Diagonalisierbarkeit < Matrizen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:01 Di 03.09.2013 | | Autor: | Blubie |
| Aufgabe | | Sei f:V->V eine lineare Abbildung und B eine Basis von V sowie A die darstellende Matrix von f bezüglich der Basis B. Dann gilt: f ist diagonalisierbar genau dann, wenn A diagonalisierbar ist. |
Hallo, ich würde gerne den Beweis zu diesem Satz sehen. Die eine Richtung kriege ich hin:
Sei f diagonalisierbar. Dann gibt es eine Basis C von V, die aus Eigenvektoren von f besteht. Die darstellende Matrix D von f bzgl. der Basis C ist dann eine Diagonalmatrix. Mit dem Basistransfromationssatz wissen wir, dass es nun eine invertierbare Matrix S gibt mit D=S^(-1)*A*S. Somit ist A ähnlich zu einer Diagonalmatrix, also diagonalisierbar.
Bei der anderen Richtung komme ich jedoch nicht weiter. Wenn A diagonalisierbar ist, so gibt es eine invertierbare Matrix S mit D=S^(-1)*A*S, wobei D eine Diagonalmatrix ist. Wie genau ich das aber im Beweis nutzen kann ist mir leider nicht klar.
Auch nach längerem Überlegen bin ich hier leider nicht weitergekommen und hoffe nun auf eure Hilfe.
Herzlichen Dank und viele Grüße
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Hey Blubie,
nehmen wir uns mal von deiner Matrix $S$ eine Spalte $v$ heraus.
Kannst du zeigen, dass $v$ ein Eigenvektor ist?
Wenn du das hast, dann verwende, dass $S$ invertierbar ist. Was sagt dir das über die Spalten?
lg
Schadow
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 21:19 Mi 04.09.2013 | | Autor: | Blubie |
Hi Schadow, ich danke dir für deinen Tipp. Ich schreibe meinen Beweis mal hier herein. Falls das einfacher geht, dann sag bitte bescheid :)
Sei f:V->V eine lineare Abbildung und B eine Basis von V. Weiterhin sei A die Darstellungsmatrix von f bzgl. der Basis B, und A sei diagonalisierbar. Dann gibt es eine invertierbare Matrix S mit [mm] D=S^{-1}*A*S [/mm] mit [mm] D=\pmat{ \lambda_{1} & & \\ & \ddots & \\ & & \lambda_{n}}, S=(u_{1}|...|u_{n}). [/mm] Dann gilt auch [mm] A*S=S*D_{} \Rightarrow A*u_{j}=\lambda_{j}*u_{j} [/mm] für alle j [mm] \in [/mm] {1,...,n}. Dann sind [mm] u_{1},...,u_{n} [/mm] Eigenvektoren von A (bzw. von [mm] \phi_{A}). [/mm] Weiterhin ist S invertierbar [mm] \Rightarrow [/mm] rang(S)=n [mm] \Rightarrow u_{1},...,u_{n} [/mm] sind linear unabhängig.
Weiter wissen wir, dass wenn A die darstellende Matrix von f bzgl. der Basis [mm] B=(b_{1},...,b_{n}) [/mm] ist das Folgende gilt: Sei [mm] v=k_{1}*b_{1}+...+k_{n}*b_{n} [/mm] ein Vektor aus V und [mm] f(v)=r_{1}*b_{1}+...+r_{n}*b_{n} [/mm] gilt, dann ist ist [mm] A*\vektor{k_{1} \\ ... \\ k_{n}}=\vektor{r_{1} \\ ... \\ r_{n}}. [/mm] Es gilt nun [mm] A*u_{i}=\lambda_{i}*u_{i}. [/mm] Sei [mm] S=(s_{ij}), w_{i}=s_{11}*b_{1}+...+s_{n1}*b_{n}. [/mm] Mit obiger Ausführung wissen wir, dass [mm] w_{1},...,w_{n} [/mm] Eigenvektoren von V sind. Wir zeigen noch, dass diese linear unabhängig sind. Es gelte [mm] k_{1}*w_{1}+...+k_{n}*w_{n}=0 \Rightarrow k_{1}*(s_{11}*b_{1}+...+s_{n1}*b_{n})+...+k_{n}*(s_{1n}*b_{1}+...+s_{nn}*b_{n})=0 \Rightarrow (k_{1}*s_{11}+...+k_{n}*s_{1n})*b_{1}+...+(k_{1}*s_{n1}+...+k_{n}*s_{nn})*b_{n}=0 \Rightarrow
[/mm]
[mm] k_{1}*s_{11}+...+k_{n}*s_{1n}=0 \wedge [/mm] ... [mm] \wedge k_{1}*s_{n1}+...+k_{n}*s_{nn}=0 \Rightarrow k_{1}*u_{1}+...+k_{n}*u_{n}=0 \Rightarrow k_{1}=0 \wedge [/mm] ... [mm] \wedge k_{n}=0. [/mm] Fertig.
Ich hoffe das ist nicht zu umständlich.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:20 Fr 06.09.2013 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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