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Bionomische Formel für Matrizen

Universität / Fachhochschule

Matrizenrechnung

Tags: binomische Formel, Binomische Formeln, Matrizen, Matrizenrechnung

Vice-sin aktiv_icon

17:13 Uhr, 17.05.2012

Hallo zusammen,
ich bräuchte mal etwas Hilfe bei folgender Aufgabe:
"Es sei

K

ein Körper,

m, n \in ℕ

und

D, N \in K^{n x n}

mit

D \cdot N = N \cdot D

. Zeigen Sie:

{(D + N)}^{m} = \sum_{k = 0}^{m} (\begin{matrix} m \\ k \end{matrix}) D^{k} \cdot N^{m - k}

.

Ich dachte an einen Beweis durch vollständige Induktion und war bisher so weit:
Induktionsanfang

(m = 1) :

D + N = 1 \cdot N + D \cdot 1

korrekt.
Induktionshypothese

(m = p) :

{(D + N)}^{p} = \sum_{k = 0}^{p} (\begin{matrix} p \\ k \end{matrix}) D^{k} \cdot N^{p - k}

Induktionsschritt

(m = p + 1) :

Zu zeigen:

{(D + N)}^{p + 1} = \sum_{k = 0}^{p + 1} (\begin{matrix} p + 1 \\ k \end{matrix}) D^{k} \cdot N^{p + 1 - k}

Habe dann so weitergemacht:

{(D + N)}^{p + 1} = {(D + N)}^{p} \cdot (D + N) = [\sum_{k = 0}^{p} (\begin{matrix} p \\ k \end{matrix}) D^{k} \cdot N^{p - k}] \cdot (D + N) = \sum_{k = 0}^{p} (\begin{matrix} p \\ k \end{matrix}) D^{k + 1} \cdot N^{p - k} + (\begin{matrix} p \\ k \end{matrix}) D^{k} \cdot N^{p + 1 - k}

.
So nun weiss ich aber leider nicht genau wie ich das weiter umbauen soll damit ich auf meine gewünschte Aussage des Induktoinsschritts komme. Gibt es da einen Satz für binomialkoeffizieten der mir gerade nicht einfällt oder was muss ich sonst machen?
Vielen Dank im Vorraus für eure Hilfe!

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich bräuchte bitte einen kompletten Lösungsweg." (setzt voraus, dass der Fragesteller alle seine Lösungsversuche zur Frage hinzufügt und sich aktiv an der Problemlösung beteiligt.)

Hierzu passend bei OnlineMathe:
Binomische Formeln (Mathematischer Grundbegriff)
Mitternachtsformel

Online-Übungen (Übungsaufgaben) bei unterricht.de:

Binomische Formeln erkennen und anwenden

michaL aktiv_icon

18:21 Uhr, 17.05.2012

Hallo,

sieht doch gut aus bis hier. Jetzt musst du in beiden Summen die entsprechenden (d.h. gleichen) Potenzen zusammenfassen. Beispiel: in der ersten Summe vielleicht für

k = 7

der Summand

(\binom{p}{7}) D^{8} N^{p - 7}

vor, während in der zweiten Summe für

k = 8

dieser so lautet:

(\binom{p}{8}) D^{8} N^{p - 7}

Und wie das Schicksal so will, gilt

(\binom{p}{7}) + (\binom{p}{8}) = (\binom{p + 1}{8})

(bedenke das Pascalsche Dreieck mit den Binomialkoeffizienten).

Mfg MIchael

Vice-sin aktiv_icon

20:09 Uhr, 17.05.2012

Super, vielen Dank, habs jetzt hinbekommen!
In der Teilaufgabe

c)

dazu soll man mit der Methode (die ich gezeigt habe)

A^{10}

berechnen, wobei

A := (\begin{matrix} 2 & 1 & - 2 \\ 0 & 2 & 4 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix})

. Ich habe dafür A einfach zerlegt in

D := (\begin{matrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix})

und

N := (\begin{matrix} 0 & 1 & - 2 \\ 0 & 0 & 4 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix})

. Damit fallen dann Alle Potenzen

N^{3}

bis

N^{10}

weg und ich erhalte

A^{10} = (\begin{matrix} 10 \\ 8 \end{matrix}) (\begin{matrix} 2^{8} & 0 & 0 \\ 0 & 2^{8} & 0 \\ 0 & 0 & 2^{8} \end{matrix}) (\begin{matrix} 0 & 0 & 4 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 10 \\ 9 \end{matrix}) (\begin{matrix} 2^{9} & 0 & 0 \\ 0 & 2^{9} & 0 \\ 0 & 0 & 2^{9} \end{matrix}) (\begin{matrix} 0 & 1 & - 2 \\ 0 & 0 & 4 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 2^{10} & 0 & 0 \\ 0 & 2^{10} & 0 \\ 0 & 0 & 2^{10} \end{matrix}) = (\begin{matrix} 2 & 5 & 100 \\ 0 & 2 & 20 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix})

.
Müsste stimmen oder?
Nun wird noch gefragt ob ich mit derselben Methode

B^{10}

mit

B := (\begin{matrix} 2 & 1 & 1 \\ 0 & 2 & 4 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix})

brechnen könnte. Das sollte doch analog gehen wenn ich definiere:

D := (\begin{matrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix})

und

N := (\begin{matrix} 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 4 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix})

oder?

hagman aktiv_icon

10:45 Uhr, 18.05.2012

B

bedenke die Zusatzbedingung, die

D

und

N

erfüllen müssen.

michaL aktiv_icon

12:50 Uhr, 18.05.2012

Hallo,

was die Matrix

B

anbelangt: da kann man das auch machen, man muss nur

B

anders zerlegen. Grundlage für die Zerlegung von

B = D + N

ist aber die Jordansche Normalform. Die musst du erst einmal ermitteln.

D

ist dann übrigens auch keine Diagonalmatrix mehr, aber ähnlich zu einer solchen.

N

ist dann ähnlich zu einer nilpotenten Matrix und damit selber wieder nilpotent. Mit anderen Worten: wenn

J

die Jordansche Normalform von

B

ist, gilt

J = D ʹ + N ʹ

, wobei

D ʹ

die Diagonaleinträge von

J

enthält und sonst nur Nullen.

N ʹ

enthält nur die Einsen von

J

oberhalb der Hauptdiagonalen und sonst nur Nullen. Es gilt

D ʹ N ʹ = N ʹ D ʹ

(entweder konkret nachrechnen oder einen Satz der Vorlesung verwenden, der GENAU diesen Zusammenhang zum Thema hat [sorry, Namen dieses Satzes leider nicht mehr auswendig parat]).
Also gilt ja

J = D ʹ + N ʹ = T^{- 1} B T

, wobei

T

eine Basistransformationsmatrix ist.
Dann nimmst du

D := T D ʹ T^{- 1}

und

N := T N ʹ T^{- 1}

. Dass

D

und

N

vertauschen, erben sie von

D ʹ

und

N ʹ

D N = (T D ʹ T^{- 1}) (T N ʹ T^{- 1}) = T D ʹ (T^{- 1} T) N ʹ T^{- 1} = T (D ʹ N ʹ) T^{- 1} = T (N ʹ D ʹ) T^{- 1} = (T N ʹ T^{- 1}) (T D ʹ T^{- 1}) = N D

Alles klar?

Mfg Michael

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