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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:43 Mo 07.04.2008 | | Autor: | Teradil |
| Aufgabe | | Seien A, B [mm] \in (\IK)_n [/mm] . Zeigen oder widerlegen Sie: A [mm] \cdot [/mm] B und B [mm] \cdot [/mm] A haben die selben Eigenwerte. |
Für n=2 und n=3 weiß ich, dass es stimmt... Es lässt mich vermuten, dass man diese Beziehung also auch irgendwie allgemein beweisen kann.
C = AB, D = BA
Cx = [mm] {\lambda}x \wedge [/mm] Dx = [mm] \lambda {\bar x}
[/mm]
Die Eigenwerte kriege ich über das charakteristische Polynom: [mm] det(C-\lambda*E) [/mm] = 0 = [mm] det(D-\lambda*E) [/mm] . Ich kann auch noch mit ein paar Matrizengesetzen rumjonglieren (z.B. C = A [mm] \cdot [/mm] B = [mm] B^T \cdot A^T [/mm] ...), aber ich habe ehrlich gesagt gerade keinen schlauen Gedanken, wie ich da weiterkommen soll... :(
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:52 Mo 07.04.2008 | | Autor: | Disap |
> Seien A, B [mm]\in (\IK)_n[/mm] . Zeigen oder widerlegen Sie: A
> [mm]\cdot[/mm] B und B [mm]\cdot[/mm] A haben die selben Eigenwerte.
> Für n=2 und n=3 weiß ich, dass es stimmt... Es lässt mich
> vermuten, dass man diese Beziehung also auch irgendwie
> allgemein beweisen kann.
>
> C = AB, D = BA
>
> Cx = [mm]{\lambda}x \wedge[/mm] Dx = [mm]\lambda {\bar x}[/mm]
>
> Die Eigenwerte kriege ich über das charakteristische
> Polynom: [mm]det(C-\lambda*E)[/mm] = 0 = [mm]det(D-\lambda*E)[/mm] . Ich kann
> auch noch mit ein paar Matrizengesetzen rumjonglieren (z.B.
> C = A [mm]\cdot[/mm] B = [mm]B^T \cdot A^T[/mm] ...), aber ich habe ehrlich
> gesagt gerade keinen schlauen Gedanken, wie ich da
> weiterkommen soll... :(
Ein einfacherer Ansatz ist, dass du zeigst, dass AB und BA dasselbe charakteristische Polynom besitzt. Denn dann hätten AB und BA dieselben Eigenwerte, da das charakteristische Polynom diegleichen Nullstellen liefert
> Polynom: [mm] $det(C-\lambda*E) [/mm] = [mm] det(D-\lambda*E)$
[/mm]
Das sollst du zeigen, richtig. Und das mach mal
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Hi,
also wir wollen zeigen, dass für $A, B [mm] \in [/mm] Mat(n [mm] \times [/mm] n, K)$ gilt:
$A [mm] \cdot [/mm] B$ und $B [mm] \cdot [/mm] A$ haben dieselben Eigenwerte.
Ohne Determinannte und charakteristisches Polynom geht es einfacher:
Sei $v [mm] \in K^n$ [/mm] ein (nicht $0$) Eigenvektor von $A [mm] \cdot [/mm] B$ zum Eigenwert [mm] $\lambda \in [/mm] K$. Dann haben wir:
$A [mm] \cdot [/mm] B [mm] \cdot [/mm] v = [mm] \lambda \cdot [/mm] v$ .
Anwendung von $B$ auf beiden Seiten der letzten Gleichung und anschliessend das Assoziativgesetz der Matrixmultiplikation ergibt:
$(B [mm] \cdot [/mm] A) [mm] \cdot [/mm] B [mm] \cdot [/mm] v = B [mm] \cdot [/mm] (A [mm] \cdot [/mm] B [mm] \cdot [/mm] v) = B [mm] \cdot (\lambda \cdot [/mm] v) = [mm] \lambda \cdot [/mm] B [mm] \cdot [/mm] v$.
In der letzten Gleichheit wurde die Linearität der Matrix ausgenutzt. Nun definieren wir $u := B [mm] \cdot [/mm] v$, dann sagt die letzte Gleichung:
$(B [mm] \cdot [/mm] A) [mm] \cdot [/mm] u = [mm] \lambda \cdot [/mm] u$, also ist [mm] $\lambda$ [/mm] auch ein Eigenwert von $B [mm] \cdot [/mm] A$, was wir ja zeigen wollten.
Gruss,
logarithmus
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