Gruppe der inv. Matrizen < Matrizen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Übungsaufgabe) Übungsaufgabe  | | Datum: | 13:14 Di 20.02.2018 | | Autor: | fred97 |
| Aufgabe | Im Forum ist tote Hose ! Daher etwas gegen die Langeweile:
Sei $n [mm] \in \IN, [/mm] n [mm] \ge [/mm] 2, [mm] \quad \mathcal{U}$ [/mm] ein Untervektorraum von [mm] $\IR^{n \times n}$ [/mm] mit [mm] $\dim \mathcal{U}=n^2-1$ [/mm] und sei [mm] \mathcal{G} [/mm] die Gruppe der invertierbaren Matrizen in [mm] $\IR^{n \times n}$. [/mm]
Man zeige:
$ [mm] \mathcal{U} \cap \mathcal{G} \ne \emptyset$. [/mm] |
Wie immer: es wäre nett, wenn jemand aus dem Kreise der Moderatoren, obige Aufgabe in der üblichen Art kennzeichnen würde.
|
|
| |
|
Dieser Beitrag dient lediglich dazu, daß die obige Aufgabe in der Liste der offenen Fragen angezeigt wird.
LG Angela
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:02 Di 27.02.2018 | | Autor: | fred97 |
Die Frage ist beantwortet
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:11 Di 20.02.2018 | | Autor: | Diophant |
Hallo Fred,
zunächst mal vielen Dank, dass du mal wieder so eine Knobel-Aufgabe hier vorgestellt hast.
Ich bin ja nicht so der Experte in Linearer Algebra, aber irgendwie kommt mir die Aufgabe total einfach vor. Ich schildere dir also mal meine Überlegung, vermute, dass man sie in der Luft zerreissen muss  und freue mich natürlich über eine Rückmeldung. 
Also: seien i,j aus {1,...,n} und sei A ein Element aus [mm] \mathcal{G}, [/mm] für welches ein Element, welches in der Spalte j aber nicht in der Zeile i steht, ungleich 0 ist. Dann gilt sicherlich
[mm] det(A)\ne{0}
[/mm]
(da [mm] A\in\mathcal{G})
[/mm]
Nun betrachte ich denjenigen Unterraum von [mm] \IR^{nxn} [/mm] mit [mm] dim(\mathcal{U})=n^2-1, [/mm] für den das Element [mm] u_{ij} [/mm] bei allen Elementen dieses Unterraums 0 ist.
Jetzt betrachte ich nochmals die Matrix A. Ist [mm] a_{ij}=0 [/mm] so ist [mm] A\subset\mathcal{U} [/mm] und es ist alles gezeigt.
Ist [mm] a_{ij}\ne{0}, [/mm] so muss man nur noch zur i. Zeile in A ein geeignetes Vielfaches einer anderen Zeile (deren Element in Spalte j ungleich Null ist) addieren, so dass [mm] a^{'}_{ij}=0. [/mm] Da sich dabei die Determinante nicht ändert, gehört die so erhaltene Matrix A' ebenfalls zu [mm]\mathcal{G}[/mm] und die Behauptung ist gezeigt.
Hm, wie gesagt: das war jetzt eher ein Schuss ins Blaue, aber irgendjemand muss ja mal anfangen.
Gruß, Diophant
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:35 Di 20.02.2018 | | Autor: | fred97 |
> Hallo Fred,
>
> zunächst mal vielen Dank, dass du mal wieder so eine
> Knobel-Aufgabe hier vorgestellt hast.
>
> Ich bin ja nicht so der Experte in Linearer Algebra, aber
> irgendwie kommt mir die Aufgabe total einfach vor. Ich
> schildere dir also mal meine Überlegung, vermute, dass man
> sie in der Luft zerreissen muss und freue mich
> natürlich über eine Rückmeldung.
>
> Also: seien i,j aus {1,...,n} und sei A ein Element aus
> [mm]\mathcal{G},[/mm] für welches ein Element, welches in der
> Spalte j aber nicht in der Zeile i steht, ungleich 0 ist.
> Dann gilt sicherlich
>
> [mm]det(A)\ne{0}[/mm]
>
> (da [mm]A\in\mathcal{G})[/mm]
>
> Nun betrachte ich denjenigen Unterraum von [mm]\IR^{nxn}[/mm] mit
> [mm]dim(\mathcal{U})=n^2-1,[/mm] für den das Element [mm]u_{ij}[/mm] bei
> allen Elementen dieses Unterraums 0 ist.
>
> Jetzt betrachte ich nochmals die Matrix A. Ist [mm]a_{ij}=0[/mm] so
> ist [mm]A\subset\mathcal{U}[/mm] und es ist alles gezeigt.
>
> Ist [mm]a_{ij}\ne{0},[/mm] so muss man nur noch zur i. Zeile in A
> ein geeignetes Vielfaches einer anderen Zeile (deren
> Element in Spalte j ungleich Null ist) addieren, so dass
> [mm]a^{'}_{ij}=0.[/mm] Da sich dabei die Determinante nicht ändert,
> gehört die so erhaltene Matrix A' ebenfalls
> zu [mm]\mathcal{G}[/mm] und die Behauptung ist gezeigt.
>
> Hm, wie gesagt: das war jetzt eher ein Schuss ins Blaue,
> aber irgendjemand muss ja mal anfangen.
>
>
> Gruß, Diophant
Hallo Diophant,
herzlichen Dank, dass Du Dich mit der Aufgabe beschäftigt hast. Leider muss ich Deine Überlegungen in der Luft zerreißen, nix für Ungut.
Was hast Du gemacht? Das: Du hast Dir ein Paar von Indices i,j vorgegeben jetzt hast Du Dir aus diesen Indices einen ganz speziellen [mm] n^2-1 [/mm] - dimensionalen Unterraum gebastelt.
So geht's natürlich nicht, denn dieser Unterraum ist doch vorgegeben!
Gruß Fred
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:29 Di 20.02.2018 | | Autor: | Diophant |
Hallo Fred,
ok. Gehe ich richtig in der Annahme, dass mein Denkfehler in der (falschen) Annahme bestand, alle Unterräume mit [mm] dim(U)=n^2-1 [/mm] hätten notwendigerweise einen festen Eintrag [mm] u_{ij}=0?
[/mm]
(Ich habe nichts zitiert, da ich gerade vom Smartphone aus schreibe).
Ich knoble weiter!
Gruß, Diophant
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:52 Di 20.02.2018 | | Autor: | fred97 |
> Hallo Fred,
>
> ok. Gehe ich richtig in der Annahme, dass mein Denkfehler
> in der (falschen) Annahme bestand, alle Unterräume mit
> [mm]dim(U)=n^2-1[/mm] hätten notwendigerweise einen festen Eintrag
> [mm]u_{ij}=0?[/mm]
Ja, das ist Dein Fehler
Grüße Fred
>
> (Ich habe nichts zitiert, da ich gerade vom Smartphone aus
> schreibe).
>
> Ich knoble weiter!
>
> Gruß, Diophant
|
|
|
| |
|
Hallo,
für gerades n gibt es ein relativ einfaches Argument.
Die Menge [mm]\mathcal{G}^+=\{A\in\IR^{n \times n}:\det A>0\}[/mm] ist wegzusammenhängend mit [mm]\pm E\in\mathcal{G}^+[/mm], wobei E für die Einheitsmatrix steht. Somit gibt es einen Weg in [mm]\mathcal{G}^+[/mm], der E und -E verbindet. Da [mm]\mathcal{U}[/mm] eine Hyperebene durch 0 ist und E und -E auf verschiedenen Seiten liegen, muss dieser Weg [mm]\mathcal{U}[/mm] schneiden.
Leider habe ich noch keine Idee, ob und wenn ja wie sich dieser Ansatz für den Fall n ungerade modifizieren lässt.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 08:12 Mi 21.02.2018 | | Autor: | fred97 |
> Hallo,
> für gerades n gibt es ein relativ einfaches Argument.
> Die Menge [mm]\mathcal{G}^+=\{A\in\IR^{n \times n}:\det A>0\}[/mm]
> ist wegzusammenhängend mit [mm]\pm E\in\mathcal{G}^+[/mm], wobei E
> für die Einheitsmatrix steht. Somit gibt es einen Weg in
> [mm]\mathcal{G}^+[/mm], der E und -E verbindet. Da [mm]\mathcal{U}[/mm] eine
> Hyperebene durch 0 ist und E und -E auf verschiedenen
> Seiten liegen, muss dieser Weg [mm]\mathcal{U}[/mm] schneiden.
> Leider habe ich noch keine Idee, ob und wenn ja wie sich
> dieser Ansatz für den Fall n ungerade modifizieren
> lässt.
Hallo donquijote,
das ist eine schöne Lösung, jedenfalls für gerades n.
Gruß FRED
>
>
>
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:17 Mi 21.02.2018 | | Autor: | fred97 |
Ich denke einige Hinweise sind angebracht:
1. Wir nehmen an, dass
$ [mm] \mathcal{U} \cap \mathcal{G}=\emptyset [/mm] $.
2. $ [mm] \mathcal{U}$ [/mm] ist eine Hyperebene, somit ex. eine Linearform $f: [mm] \IR^{n \times n} \to \IR$ [/mm] mit
$ [mm] \mathcal{U} [/mm] =ker(f) $.
3. Ist [mm] I_n [/mm] die Einheitsmatrix in [mm] \IR^{n \times n}, [/mm] so gilt wegen 1. und 2.:
[mm] $f(I_n) \ne [/mm] 0$.
Wir können also [mm] $f(I_n)=1$ [/mm] annehmen.
4. Nun sei $A [mm] \in \IR^{n \times n}$ [/mm] nilpotent. Man zeige: $f(A)=0$, also $ A [mm] \in \mathcal{U}$.
[/mm]
5. Im letzten Schritt konstruiere man zwei nilpotente Matrizen, deren Summe invertierbar ist (das geht !).
Diese Summe gehört dann zu $ [mm] \mathcal{U} \cap \mathcal{G}=\emptyset [/mm] $, ein Widerspruch !
|
|
|
| |
|
Hallo nochmal,
ich habe keine Idee, wie man deinen Punkt 4 zeigen kann, dafür aber noch einen anderen Lösungsansatz.
Eine Linearform hat die Form [mm]f(A)=\sum_{i,j=1}^nc_{ij}a_{ij}[/mm].
Ist entweder [mm]c_{ii}=0[/mm] für alle i oder [mm]c_{ii}\ne 0[/mm] für mindestens 2 verschiedene i, so gibt es eine Diagonalmatrix A mit [mm]a_{ii}\ne 0[/mm] für alle i und [mm]f(A)=\sum_{i=1}^nc_{ii}a_{ii}=0[/mm].
Ist [mm]a_{ii}\ne 0[/mm] für genau ein i und gibt es [mm]i\ne j[/mm] mit [mm]c_{ij}\ne 0[/mm], so kann eine invertierbare Matrix A konstruiert werden mit Einsen auf der Diagonale, einem Koeffizienten [mm]a_{ij}\ne 0[/mm] außerhalb der Diagonale und allen übrigen Koeffizienten gleich 0, so dass f(A)=0.
Der verbleibende Fall ist [mm]c_{ii}\ne 0[/mm] für genau ein i und alle übrigen [mm]c_{ij}=0[/mm]. In diesem Fall enthält [mm]\mathcal{U}[/mm] alle Matrizen mit [mm]a_{ii}=0[/mm] für dieses i und alle anderen Koeffiziennten beliebig, unten denen sich auch invertierbare Matrizen befinden.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 07:34 Do 22.02.2018 | | Autor: | fred97 |
> Hallo nochmal,
> ich habe keine Idee, wie man deinen Punkt 4 zeigen kann,
> dafür aber noch einen anderen Lösungsansatz.
> Eine Linearform hat die Form
> [mm]f(A)=\sum_{i,j=1}^nc_{ij}a_{ij}[/mm].
> Ist entweder [mm]c_{ii}=0[/mm] für alle i oder [mm]c_{ii}\ne 0[/mm] für
> mindestens 2 verschiedene i, so gibt es eine Diagonalmatrix
> A mit [mm]a_{ii}\ne 0[/mm] für alle i und
> [mm]f(A)=\sum_{i=1}^nc_{ii}a_{ii}=0[/mm].
> Ist [mm]a_{ii}\ne 0[/mm] für genau ein i und gibt es [mm]i\ne j[/mm] mit
> [mm]c_{ij}\ne 0[/mm], so kann eine invertierbare Matrix A
> konstruiert werden mit Einsen auf der Diagonale, einem
> Koeffizienten [mm]a_{ij}\ne 0[/mm] außerhalb der Diagonale und
> allen übrigen Koeffizienten gleich 0, so dass f(A)=0.
> Der verbleibende Fall ist [mm]c_{ii}\ne 0[/mm] für genau ein i und
> alle übrigen [mm]c_{ij}=0[/mm]. In diesem Fall enthält [mm]\mathcal{U}[/mm]
> alle Matrizen mit [mm]a_{ii}=0[/mm] für dieses i und alle anderen
> Koeffiziennten beliebig, unten denen sich auch
> invertierbare Matrizen befinden.
Hallo donquijote,
ja, das sieht gut aus !
Zu meinem Punkt 4:
sei $A [mm] \in \IR^{n \times n} [/mm] $ nilpotent.
Wir setzen [mm] $B:=A-f(A)I_n$. [/mm] Dann ist $f(B)=0$, also $B [mm] \in \mathcal{U} [/mm] $ und somit ist $B [mm] \notin \mathcal{G} [/mm] $.
Das bedeutet: $f(A)$ ist ein Eigenwert von $A$. Da $A$ nilpotent ist, haben wir $f(A)=0$ und somit $A [mm] \in \mathcal{U} [/mm] $ .
|
|
|
|
