selbstadjungierter/nilp. Endom < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:27 Mo 11.07.2005 | | Autor: | jennyf |
Kurz vor den KLausuren und man lernt und lernt und rechnet und rechnet und bekommt doch nicht immer alles alleine hin.
Deswegen benötige ich Hilfe bei der folgenden Aufgabe:
Es sei V ein endlich-dimensionaler Vektorraum mit Skalarprodukt und f /inL(V,V) ein selbstadjungierter, nilpotenter Endomorphismus. Zeigen sie:
f [mm] \equiv [/mm] 0
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:47 Mo 11.07.2005 | | Autor: | Stefan |
Hallo Jenny!
Es gibt eine Orthonormalbasis [mm] ${\cal B}$ [/mm] von $V$, so dass
[mm] $M_{{\cal B}}^{{\cal B}}(f) [/mm] =D$
eine Diagonalmatrix ist.
Weiterhin gibt es ein $k [mm] \in \IN$ [/mm] mit
[mm] $f^k=0_V$.
[/mm]
Daraus folgt:
[mm] $D^k [/mm] = [mm] \left(M_{{\cal B}}^{{\cal B}}(f)\right)^k [/mm] = [mm] M_{{\cal B}}^{{\cal B}}(f^k) [/mm] = [mm] M_{{\cal B}}^{{\cak B}}(0_V) [/mm] = 0$,
also:
[mm] $D^k=0$.
[/mm]
Die $k$-te Potenz einer Diagonalmatrix kann aber nur dann verschwinden, wenn die Diagonalmatrix selber verschwindet (dies folgt aus der Nullteilerfreiheit des zugrundeliegenden Körpers).
Daraus folgt:
[mm] $M_{{\cal B}}^{{\cal B}}(f) [/mm] = D=0$,
also:
$f=0$,
wie behauptet.
Viele Grüße
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:54 Mo 11.07.2005 | | Autor: | Hanno |
Hallo Stefan!
Ich habe folgende Lösung anzubieten:
Da $f$ nilpotent ist, existiert ein $k$ mit [mm] $f^k=0$. [/mm] Ist $k=1$, so ist nichts mehr zu zeigen. Sei also [mm] $k\geq [/mm] 2$ kleinstmöglich gewählt, sodass [mm] $f^k=0$ [/mm] gilt. Da $f$ selbstadjungiert ist, gilt für alle [mm] $v\in [/mm] V$: [mm] $0=\langle f^{k}(v),f^{k-2} (v)\rangle [/mm] = [mm] \langle f^{k-1}(v),f^{k-1}(v)\rangle$. [/mm] Da allerdings [mm] $\langle,\rangle$ [/mm] positiv definit ist, impliziert dies [mm] $f^{k-1}(v)=0$ [/mm] für alle [mm] $v\in [/mm] V$, d.h. [mm] $f^{k-1}$ [/mm] ist die Nullabbildung, was im Widerspruch zur Definition von $k$ steht.
Liebe Grüße,
Hanno
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:56 Mo 11.07.2005 | | Autor: | Jazzy |
Hmmm,
mir ist spontan dieses eingefallen:
Angenommen [mm]f \ne 0[/mm].
Es gibt ein minimales k mit [mm] f^k=0.
[/mm]
1.Fall k gerade.
Dann gilt für alle x: [mm]0==[/mm] da f selbstadjungiert.
Daraus folgt [mm] f^{\bruch{k}{2}}=0 [/mm] . Widerspruch, da k minimal.
2.Fall k ungerade.
Mache das ganze mit [mm]f^{k+1}[/mm]. Beachte [mm]\bruch{k+1}{2}
Müsste eigentlich so stimmen.
Gruß,
Jazzy
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:58 Mo 11.07.2005 | | Autor: | Hanno |
Hallo Jazzy!
So hab ichs auch gemacht :)
Liebe Grüße,
Hanno
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:59 Mo 11.07.2005 | | Autor: | Jazzy |
:) Ja, aber mit k und k-2 natürlich eleganter, dann braucht man keine komische Fallunterscheidung ;)
Gruß,
Jazzy
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