Det(AB-BA)=0 beweisen < Determinanten < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:50 Sa 03.05.2008 | | Autor: | DerGraf |
| Aufgabe | Sei V ein endlich dimensionaler K-Vektorraum und B [mm] \in [/mm] Hom(V,V). Definiere eine Abbildung [mm] f_B [/mm] von Hom(V,V) in sich durch [mm] f_B(A)=AB-BA [/mm] für A [mm] \in [/mm] Hom(V,V).
[mm] Zeige:det(f_B)=0. [/mm] |
Mir fehlt eine Beweisidee für diese Aufgabe. AB ist leider im allgemeinen nicht komutativ und det(AB-BA)=det(AB)-det(BA) gilt leider auch nur für dim(V)=1. Ich schätze mal, ich muss irgendwie zeigen, dass AB-BA keine regulierte Abbildung ist (also kein Inverses besitzt), aber das so allgeimgültig ausdrücken, fällt mir hier leider etwas schwer.
Kann mir vielleicht einer weiterhelfen?
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Ist eine nxn-Matrix einer linearen Abbildung eigentlich selbst regulär? So oder so, kannst du es vielleicht mit Ähnlichkeiten etc. probieren...
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:13 Sa 03.05.2008 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> Sei V ein endlich dimensionaler K-Vektorraum und B [mm]\in[/mm]
> Hom(V,V). Definiere eine Abbildung [mm]f_B[/mm] von Hom(V,V) in sich
> durch [mm]f_B(A)=AB-BA[/mm] für A [mm]\in[/mm] Hom(V,V).
> [mm]Zeige:det(f_B)=0.[/mm]
>
> Mir fehlt eine Beweisidee für diese Aufgabe. AB ist leider
> im allgemeinen nicht komutativ und
> det(AB-BA)=det(AB)-det(BA) gilt leider auch nur für
> dim(V)=1. Ich schätze mal, ich muss irgendwie zeigen, dass
> AB-BA keine regulierte Abbildung ist (also kein Inverses
> besitzt), aber das so allgeimgültig ausdrücken, fällt mir
> hier leider etwas schwer.
Ich glaube, du hast die Aufgabe nicht ganz verstanden. Du sollst nicht fuer konkrete $A, B$ zeigen, dass [mm] $\det(A [/mm] B - B A) = 0$ ist, sondern den Endomorphismus [mm] $f_B [/mm] : Hom(V, V) [mm] \to [/mm] Hom(V, V)$, $A [mm] \mapsto [/mm] A B - B A$ betrachten und fuer diesen zeigen, dass [mm] $\det f_B [/mm] = 0$ ist.
Wenn du eine Basis von $V$ waehlst (sagen wir mal $V$ ist $n$-dimensional), kannst du damit auch eine Basis von $Hom(V, V)$ waehlen (diese hat die Laenge [mm] $n^2$) [/mm] und dann [mm] $f_B$ [/mm] als [mm] $n^2 \times n^2$-Matrix [/mm] `hinschreiben' und davon die Determinante berechnen.
Hier hast du allerdings einen Vorteil: du weisst, dass die Determinante 0 sein soll. Dies ist bekanntlich dazu aequivalent, dass [mm] $f_B$ [/mm] nicht injektiv ist und dazu dass es nicht surjektiv ist.
Zeige doch einfach, dass [mm] $E_n$ [/mm] nicht im Bild von [mm] $f_B$ [/mm] liegt, d.h. $A B - B A [mm] \neq E_n$ [/mm] fuer alle $A, B [mm] \in [/mm] Hom(V, V)$.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:34 Sa 03.05.2008 | | Autor: | DerGraf |
Hallo, vielen Dank erstmal für deine schnelle Antwort.
Wie kann ich mit solch allgemein gehaltenen Abbildungen wie A und B denn zeigen, dass sich eine bestimmte, also [mm] E_n, [/mm] nicht darstellen lässt?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:41 Sa 03.05.2008 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> Hallo, vielen Dank erstmal für deine schnelle Antwort.
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> Wie kann ich mit solch allgemein gehaltenen Abbildungen wie
> A und B denn zeigen, dass sich eine bestimmte, also [mm]E_n,[/mm]
> nicht darstellen lässt?
Eine Moeglichkeit waere, das in Matrizenform zu erledigen: waehle eine Basis und stelle $A$ und $B$ bzgl. denen als Matrix da. Dann kannst du $A B - B A$ explizit ausrechnen. Sieht zwar nicht schoen aus, geht aber  Dann bekommst du einen Haufen Gleichungen, mit denen du einen Widerspruch herstellen kannst.
Hier ist ein anderer Ansatz besser: kennst du eine (nicht-triviale) lineare Abbildung $f : Hom(V, V) [mm] \to [/mm] 0$, fuer die $f(A B) = f(B A)$ gilt? In dem Fall waere $f(A B - B A) = 0$. Wenn fuer diese Abbildung jetzt [mm] $f(E_n) \neq [/mm] 0$ gilt, hast du gewonnen. 
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:21 Sa 03.05.2008 | | Autor: | DerGraf |
Die einziege Abbildung, die mir da spontan einfällt, wäre die Abbildung auf die zugehörige Determinante. Liegt die aber wieder in V?
f(AB)=det(AB)=det(A)*det(B)=det(B)*det(A)=det(BA)=f(BA)
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:39 Sa 03.05.2008 | | Autor: | felixf |
Hallo
> Die einziege Abbildung, die mir da spontan einfällt, wäre
> die Abbildung auf die zugehörige Determinante. Liegt die
> aber wieder in V?
Die Determinante ist nicht linear. Und liegen soll es nicht in $V$, sondern in $K$.
> f(AB)=det(AB)=det(A)*det(B)=det(B)*det(A)=det(BA)=f(BA)
Sagt dir die Spur einer linearen Abbildung etwas?
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:52 Sa 03.05.2008 | | Autor: | DerGraf |
Leider nein. Kannst du mir die erklären?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:00 Sa 03.05.2008 | | Autor: | felixf |
Hallo
> Leider nein. Kannst du mir die erklären?
Frag doch mal google. Oder Wikipedia.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:08 Sa 03.05.2008 | | Autor: | DerGraf |
Ich summiere also die Werte in den Diagonalen auf.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:51 So 04.05.2008 | | Autor: | felixf |
Hallo
> Ich summiere also die Werte in den Diagonalen auf.
Von einer Darstellungsmatrix von $A B$ bzw. $B A$. Genau. Und da kommt das gleiche raus, das musst du zeigen.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:03 So 04.05.2008 | | Autor: | DerGraf |
Wenn ich gezeigt habe, dass [mm] E_n [/mm] nicht im Bild liegt, muss [mm] f_B [/mm] dann zwangsläufig eine kleinere Dimension als V haben, womit [mm] det(f_B)=0 [/mm] sein muss, da dann ja eine Zeile der Matrix wegfallen muss, richtig?
Was ich hierbei noch nicht so ganz verstehe ist:
Ich zeige eigentlich [mm] det(f(f_B))=0, [/mm] da [mm] f(f_B(A))=f(AB-BA) \ne E_n.
[/mm]
Warum ist nun auch [mm] f_B(A)=AB-BA \ne E_n?
[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:49 So 04.05.2008 | | Autor: | DerGraf |
*Hochschieb*
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:30 Mo 05.05.2008 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> Wenn ich gezeigt habe, dass [mm]E_n[/mm] nicht im Bild liegt, muss
> [mm]f_B[/mm] dann zwangsläufig eine kleinere Dimension als V haben,
Die Dimension von [mm] $f_B$ [/mm] ist die Dimension von [mm] $f_B(V)$? [/mm] Dann ja.
> womit [mm]det(f_B)=0[/mm] sein muss, da dann ja eine Zeile der
> Matrix wegfallen muss, richtig?
Was fuer eine Matrix? Und was meinst du mit ``Zeile wegfallen''? Das macht so erstmal keinen Sinn.
Es ist einfach so, dass Endomorphismus eines endlichdimensionalen Vektorraums genau dann injektiv ist, wenn sie surjektiv ist, wenn sie bijektiv ist. Und das ist genau dann der Fall, wenn die Determiante [mm] $\neq [/mm] 0$ ist.
> Was ich hierbei noch nicht so ganz verstehe ist:
> Ich zeige eigentlich [mm]det(f(f_B))=0,[/mm] da [mm]f(f_B(A))=f(AB-BA) \ne E_n.[/mm]
Du meinst $f(A B - B A) [mm] \neq f(E_n)$. [/mm] Auf der linken Seite steht ein Skalar, [mm] $E_n$ [/mm] ist eine Matrix.
> Warum ist nun auch [mm]f_B(A)=AB-BA \ne E_n?[/mm]
Denk mal scharf nach. Du hast eine Funktion $f$ und zwei Elemente mit $f(x) [mm] \neq [/mm] f(y)$. Warum kann dann nicht $x = y$ sein? :)
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:42 Mo 05.05.2008 | | Autor: | DerGraf |
Danke, jetzt habe ich alles verstanden :)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:21 Di 06.05.2008 | | Autor: | fred97 |
Ist X ein normierter Raum und sind A und B stetige Endomorphismen von X,
so ist AB-BA nie gleich I (= Identität auf X).
Das ist ein Satz von H. Wielandt aus dem Jahr 1949. Aus diesem Satz ergibt sich die Unbeschränktheit der quantenmechanischen Operatoren.
(Heisenbergsche Vertauschungsrelation)
Fred
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