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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:17 Mo 19.11.2007 | | Autor: | jokerose |
| Aufgabe | | Man beweise, dass die Matrizen A = [mm] \pmat{ 1 & 1 \\ 0 & 1 } [/mm] und A' = [mm] \pmat{ 1 & 0 \\ 1 & 1 } [/mm] in der Gruppe [mm] GL_{2} (\IR) [/mm] zueinander konjugiert sind, ind Gruppe [mm] SL_{2} (\IR) [/mm] aber nicht. |
Man muss doch versuchen, eine Matrix B zu finden, für die folgendes gilt:
A' = [mm] BAB^{-1}.
[/mm]
Anschliessend muss man noch zeigen, dass diese Matrix B invertierbar ist bzw. die Determinante von B nicht 1 ergibt. Liege ich da richtig?
Aber wie kann ich eine solche Matrix B herausfinden?
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Das wuerde ich auch sagen. Anschaulich gesprochen, ist ein Basiswechsel gesucht, unter welchem die lineare Abb. $A$ in $A'$ ueberfuehrt wird. Das sieht also so aus:
[mm] \[ K^2 \stackrel{B^{-1}}{\rightarrow}K^1 \stackrel{A}{\rightarrow} K^2 \stackrel{B}{\rightarrow } K^2 [/mm] = [mm] K^2\stackrel{A'}{\rightarrow} K^2
[/mm]
wobei [mm] $K^2$ [/mm] die kanonische Basis im [mm] $\IR^2$ [/mm] ist. Ich habe mir das einfach mal bildlich vorgestellt. die Abbildung $A$ bildet den ersten Einheitsvektor auf sich ab und den zweiten auf $(1,1)$ (Scherung!). Abbildung $A'$ bildet den ersten E-vektor auf $(1,1)$ und den zweiten auf sich selbst ab (auch Scherung). Das bedeutet anschaulich, dass die Scherung von $A'$ nicht durch Drehung aus dem Bild von $A$ hervorgeht (ueberzeuge dich davon. Es erfordert ein wenig Vorstellungsvermoegen) Jedoch ist $A'$ irgendwie "spiegeldbildlich" zu $A$ und zwar mit der Diagonalen als Spiegelachse. Eine solche Spiegelung ist gegeben durch die Matrix
[mm] \pmat{0&1\\1&0}
[/mm]
Wenn du diese Matrix invertierst (Zurueckspiegeln) erhaelst du dieselbe Matrix, was anschaulich klar ist. Setze also fuer $B$ die obige Matrix und berechne das Matrixprodukt mit $A$. Was kommt heraus? Die Matrix $B$ ist tatsaechlich regulaer mit [mm] Determinate$\neq1$....:-) [/mm]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:29 Mo 19.11.2007 | | Autor: | jokerose |
ok. vielen dank.
Aber gibt es nicht auch eine einfachere Möglichkeit, dies rechnerisch herauszufinden? denn Scherungen etc. haben wir noch nicht gehabt.
wie wäre es nähmlich dann wenn A = [mm] \pmat{ 1 & 0 \\ 0 & 2 } [/mm] und A' = [mm] \pmat{ 1 & 3 \\ 0 & 2 }?
[/mm]
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Es gibt eine rechnerische Moeglichkeit. Die fuehrt aber ueber die Determinante und das charachteristische Polynom:
[mm] \[\det(A-\lambda\IE)=\det(A'-\lambda\IE)
[/mm]
falls $A, A'$ aehnlich sind (man benutzt, dass [mm] $\det(P^{-1})=\det(P)^{-1}$). [/mm] Folglich sind die Eigenwerte beider Abbildungen gleich. Die Eigenvektoren stimmen bis auf eine regulaere Abbildung $P$ ueberein:
[mm] \[Ax=\lambda [/mm] x , [mm] A=P^{-1}A' [/mm] P [mm] \Rightarrow A'(Px)=\lambda [/mm] (Px)
Der erste Test geht deshalb immer ueber die Eigenwerte. Die Eigenvektoren kann man dann fuer $A, A'$ durch das Loesen einer lin. Gleichung herausbekommen. Bilden diese eine Basis, dann laesst sich die Abbildung $P$ ala Basiswechsel angeben. In deinem Fall sind die Eigenwerte von beiden Abb. $1, 2$. Die Basiswechselmatrix $P$ ist
[mm] \pmat{1&-3\\0&1}
[/mm]
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