Mathematik online lernen im Mathe-Forum. Nachhilfe online

Startseite » Forum » Matrizengleichheit

Matrizengleichheit

Schüler

Tags: Beweis

Randolph Esser aktiv_icon

19:02 Uhr, 10.10.2025

Hallo !

Seien

A, B \in ℂ^{n \times n}

zwei quadratische, komplexe Matrizen.

Gilt nun

{\bar{x}}^{t} A y = {\bar{x}}^{t} B y

für alle

x, y \in ℂ^{n},

so folgt

A = B

.

Der Beweis dafür ist sehr einfach, denn es gilt ja

a_{k l} = e_{k}^{t} A e_{l} = e_{k}^{t} B e_{l} = b_{k l}

für alle

k, l \in {1, ..., n},

wobei

e_{k}, k \in {1, ..., n}

die kanonischen Einheitsvektoren seien.

Nun die Frage/Aufgabe:

Ist

{\bar{x}}^{t} A x = {\bar{x}}^{t} B x

für alle

x \in ℂ^{n}

schon hinreichend für

A = B

Hierzu passend bei OnlineMathe:

Zu diesem Thema passende Musteraufgaben einblenden

Lnexp aktiv_icon

16:47 Uhr, 11.10.2025

Ich meine nein - Gegenbeispiel (2x2)-Matrix

A = O =

(00)

(00)

und

B =

(00)

(10)

mathadvisor aktiv_icon

20:42 Uhr, 11.10.2025

Das Gegenbeispiel tut's nicht, denn es gibt

x

mit

{\overline{x}}^{T} B x \neq 0

Randolph Esser aktiv_icon

20:44 Uhr, 11.10.2025

Hallo Lnexp !

Das ist kein Gegenbeispiel, denn es gilt

z . B

(1, 1) (\begin{matrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix} 1 \\ 1 \end{matrix}) = 1 \neq 0 = (1, 1) (\begin{matrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix} 1 \\ 1 \end{matrix})

Lnexp aktiv_icon

22:18 Uhr, 11.10.2025

Ok, Du hast natürlich recht.

Randolph Esser aktiv_icon

22:41 Uhr, 11.10.2025

Was ich selbst schon weiß:

Aus

{\bar{x}}^{t} A x = {\bar{x}}^{t} B x

für alle

x \in ℂ^{n}

folgt schon

a_{k k} = e_{k}^{t} A e_{k} = e_{k}^{t} B e_{k} = b_{k k}

für alle

k \in {1, ..., n}

.

Die Diagonaleinträge der Matrizen sind also schon identisch.

Nun definiere ich "doppelte Einheitsvektoren"

e_{k l} \in ℝ^{n}

für alle

k, l \in {1, ..., n}

mit

k \neq l,

deren

k -

ter und

l -

ter Eintrag 1 sei und deren anderen Einträge alle 0.

Damit findet man nun

a_{k k} + a_{l k} + a_{k l} + a_{l l} = e_{k l}^{t} A e_{k l} = e_{k l}^{t} B e_{k l} = b_{k k} + b_{l k} + b_{k l} + b_{l l}

\Rightarrow a_{l k} + a_{k l} = b_{l k} + b_{k l}

für alle

k, l \in {1, ..., n}

mit

k \neq l

.

Daraus folgt

z . B . :

Falls

{\bar{x}}^{t} A x = {\bar{x}}^{t} B x

für alle

x \in ℂ^{n}

für

A \neq B

gilt, so müssen sich die Matrizen in

mehr als einem Eintrag (die nicht auf der Diagonalen liegen)

unterscheiden.

Dadurch sind alle potentiellen Gegenbeispiele

wie das von Lnexp schon zu verwerfen.

So, mehr hab ich momentan noch nicht (ist nur ein kleiner Exkurs)...

pwmeyer aktiv_icon

17:59 Uhr, 12.10.2025

Hallo,

was hältst Du von

A = (\begin{matrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix})

und

B = (\begin{matrix} 0 & 1 \\ - 1 & 0 \end{matrix})

Randolph Esser aktiv_icon

19:28 Uhr, 12.10.2025

Allgemein wird mit

x := r + i s, r, s \in ℝ^{n}

aus

{\bar{x}}^{t} A x = {\bar{x}}^{t} B x

die Gleichung

0 = {\bar{x}}^{t} (A - B) x

= \sum_{k = 1}^{n} \sum_{l = 1}^{n} (a_{k l} - b_{k l}) \bar{x_{k}} x_{l}

= \sum_{k = 1}^{n} \sum_{l = 1}^{n} (a_{k l} - b_{k l}) (r_{k} - i s_{k}) (r_{l} + i s_{l})

= \sum_{k = 1}^{n} \sum_{l = 1}^{n} (a_{k l} - b_{k l}) (r_{k} r_{l} + s_{k} s_{l} + i (r_{k} s_{l} - r_{l} s_{k})),

mit der ich momentan rummache.

Es ist son "beinahe multivariates Polynom"

- wäre es ein richtiges, wäre der Fisch gegessen,

ist es aber nicht.

pwmeyer, Dein Vorschlag wird so zu

0 = (a_{00} - b_{00}) (r_{0} r_{0} + s_{0} s_{0} + i (r_{0} s_{0} - r_{0} s_{0}))

+ (a_{01} - b_{01}) (r_{0} r_{1} + s_{0} s_{1} + i (r_{0} s_{1} - r_{1} s_{0}))

+ (a_{10} - b_{10}) (r_{1} r_{0} + s_{1} s_{0} + i (r_{1} s_{0} - r_{0} s_{1}))

+ (a_{11} - b_{11}) (r_{1} r_{1} + s_{1} s_{1} + i (r_{1} s_{1} - r_{1} s_{1}))

= - (r_{0} r_{1} + s_{0} s_{1} + i (r_{0} s_{1} - r_{1} s_{0}))

+ (r_{1} r_{0} + s_{1} s_{0} + i (r_{1} s_{0} - r_{0} s_{1}))

= 2 i (r_{1} s_{0} - r_{0} s_{1}) \neq 0

für

z . B

x := (\begin{matrix} 1 + i \\ 1 + 2 i \end{matrix}),

also

r_{0} = : r_{1} := s_{0} := 1, s_{1} := 2

.

Oder kürzer:

(1 - i, 1 - 2 i) (\begin{matrix} 0 & 1 \\ - 1 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix} 1 + i \\ 1 + 2 i \end{matrix}) = (2 i - 1, 1 - i) (\begin{matrix} 1 + i \\ 1 + 2 i \end{matrix})

= 2 i - 2 - 1 - i + 1 + 2 i - i + 2 = 2 i \neq 0 = (1 - i, 1 - 2 i) (\begin{matrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix} 1 + i \\ 1 + 2 i \end{matrix})

.

Dein Gegenbeispiel erfüllt also die Voraussetzung nicht,

ist also keins.

Lnexp aktiv_icon

20:52 Uhr, 12.10.2025

Bleiben wir mal im Beispiel mit n = 2
[komisch, dass Du die Indices mit 0 und 1 statt mit 1 und 2 bezeichnest,
aber dann mach ich es halt auch so]

Sei x € C² mit x = ( x0 x1 ) und sei x~ der konjugiert komplexe Vektor ( x0~ x1~ )

Dann folgt aus Deiner Bedingung x~^tAx = x~^tBx
[ da ja schon a00 = b00 und a11 = b11 gefolgert wurde]

( a01 - b01 )*x0~*x1 + ( a10 - b10 )*x0*x1~ = 0 für alle x0 und x1 € C

Sei c = a01 - b01
und d = a10 - b10
sowie z = x0~*x1

Dann gilt
c*z + d*z~ = 0 auch für alle z € C

=> c = 0 und d = 0

=> a01 = b01 und a10 = b10

=> A = B also Matrizengleichheit jedenfalls im C²

Ich dachte zuerst, die schwächere Bedingung reicht nicht für die Gleichheit der Matrizen,
aber jetzt denke ich, dass sie doch genügt.

Randolph Esser aktiv_icon

20:59 Uhr, 12.10.2025

Die Indizes, oh ja, stimmt.
Ich hab das letzte Jahr Informatik studiert
und bin noch nicht ganz zurück in der Mathematik,
schlimm...

Denke man sich oben 1 für 0 und 2 für

1,

dann passt es wieder.

Deinen Beitrag werde ich jetzt weiterlesen...

Randolph Esser aktiv_icon

21:16 Uhr, 12.10.2025

Lnexp,

Dein Beweis für

n = 2

ist korrekt.

Tatsächlich folgt aus

c \cdot z + d \cdot \bar{z} = 0

für alle

z \in ℂ,

dass

c + d = 0

(mit

z := 1),

i (c - d) = 0

(mit

z := i)

\Leftrightarrow

c + d = 0,

c - d = 0

\Leftrightarrow

2 c = 0, - 2 d = 0

\Leftrightarrow

c = d = 0

.

Ich vermute auch, dass die schwache Bedingung schon reicht.
Ich müsste aus dem Polynomansatz oben noch
durch einen geschickten Term für die

x \in ℂ^{n}

irgendwie ein richtiges multivariates Polynom
oder sogar ein effes Polynom auf

ℝ

machen.
Das kann dann nur das Nullpolynom sein,
wenn alle Koeffizienten verschwinden,
also die Matrizen identisch sind,
und das wäre dann ein Beweis für alle

n

.
Aber ich bin im Moment ein bisschen faul
und meide jede Anstrengung...

Lnexp aktiv_icon

21:33 Uhr, 12.10.2025

Es ist wohl eher erstmal ein Polynom in C, also sowohl Koeffizienten als auch Variablen aus C

Randolph Esser aktiv_icon

22:37 Uhr, 12.10.2025

Wie auch immer...

Ist nur eine Idee und ich weiß nicht,

ob das überhaupt möglich ist.

Ein erster Ansatz

z . B . :

Definiere

x \in ℂ^{n}

durch

x_{k} = t^{k} + i t^{k}

für alle

k \in {1, ..., n}

und mit

t \in ℝ

.

Dann ergibt sich

0 = \sum_{k = 1}^{n} \sum_{l = 1}^{n} (a_{k l} - b_{k l}) \bar{x_{k}} x_{l}

= \sum_{k = 1}^{n} \sum_{l = 1}^{n} (a_{k l} - b_{k l}) (t^{k} - i t^{k}) (t^{l} + i t^{l})

= \sum_{k = 1}^{n} \sum_{l = 1}^{n} (a_{k l} - b_{k l}) 2 t^{k + l}

= \sum_{k = 1}^{n - 1} \sum_{l = k + 1}^{n} (a_{k l} - b_{k l} + a_{l k} - b_{l k}) 2 t^{k + l}

+ \sum_{k = 1}^{n} (a_{k k} - b_{k k}) 2 t^{2 k}

.

Das ist nun ein effes Polynom

ℝ \to ℂ,

wobei die Terme mit denselben Exponenten

aber nicht zusammmengefasst sind

(es kann

z . B

t^{6}

für

k = 1, l = 5

oder auch

k = l = 3

gelten usw...).

Und genau das ist Problem: Wir brauchen ein Polynom,

wo für jedes Tupel

(k, l) \in {1, ..., n}

××

{1, ..., n}

ein anderer Exponent am

t

ist, dann wäre es geschafft.

Kann aber auch sein, dass das termmechanisch unmöglich ist.

Dann müsste man versuchen, ein "echtes" multivariates Polynom

ℝ^{n} \to ℂ

oder

ℂ^{n} \to ℂ

zu basteln...

Lnexp aktiv_icon

23:23 Uhr, 12.10.2025

Ich denke, dass der Beweis für beliebiges n ähnlich/analog dazu läuft, wie im Fall n = 2.

Man wählt dazu dann immer einen Vektor x, der (n - 2) Nullen besitzt
bis auf zwei der n Koordinaten, die ungleich 0 sind,
so dass man ganz ähnlich erhält

( a_kl - b_kl )*x_k~*x_l + ( a_lk - b_lk )*x_k*x_l~ = 0 für alle x_k und x_l € C

und daraus dann wieder a_kl = b_kl und a_lk = b_lk folgt.

Randolph Esser aktiv_icon

23:52 Uhr, 12.10.2025

Ja,

a_{k l} - b_{k l} + a_{l k} - b_{l k}) = 0

(mit

x_{k} := x_{l} := 1

und sonst

0),

i (a_{k l} - b_{k l} - (a_{l k} - b_{l k})) = 0

(mit

x_{k} := 1, x_{l} := i

und sonst

0)

\Leftrightarrow

a_{k l} - b_{k l} + a_{l k} - b_{l k}) = 0,

a_{k l} - b_{k l} - (a_{l k} - b_{l k}) = 0

\Leftrightarrow

2 (a_{l k} - b_{l k})) = 0, 2 (a_{k l} - b_{k l}) = 0

\Leftrightarrow

a_{k l} = b_{k l}, a_{l k} = b_{l k}

.

Lnexp, Du hast den Vogel abgeschossen,

vielen Dank für Deine Unterstützung !

Also steht da im Skript doch kein Quatsch...

Randolph Esser aktiv_icon

23:53 Uhr, 12.10.2025

Die lose Klammer da oben wegdenken...

Lnexp aktiv_icon

00:19 Uhr, 13.10.2025

Das hast Du sauber hinbekommen.

Randolph Esser aktiv_icon

01:23 Uhr, 13.10.2025

Dank an alle,

die hier mitgemacht haben !

HAL9000

12:55 Uhr, 14.10.2025

Verwandte Problemstellung: www.matheboard.de/thread.php?threadid=606211

Randolph Esser aktiv_icon

16:58 Uhr, 18.10.2025

Hab gerade ein bisschen Langeweile und schreib es
daher nochmal für die Sammlung auf:

Seien

A, B \in ℂ^{n \times n}

komplexe, quadratische Matrizen.

Gilt dann

{\bar{x}}^{t} A x = {\bar{x}}^{t} B x

für alle

x \in ℂ^{n},

so folgt

A = B

.

Beweis:

Zunächst gilt

{\bar{x}}^{t} A x = {\bar{x}}^{t} B x

\Leftrightarrow 0 = {\bar{x}}^{t} (A - B) x = \sum_{k = 1}^{n} \sum_{l = 1}^{n} (a_{k l} - b_{k l}) \bar{x_{k}} x_{l}

.

Mit den kanonischen Einheitsvektoren

e_{k} \in ℝ^{n}, k \in {1, ..., n}

folgt daraus

0 = e_{k}^{t} (A - B) e_{k} = a_{k k} - b_{k k},

also schon

a_{k k} = b_{k k}

für alle

k \in {1, ..., n}

.

Seien nun

k, l \in ℕ

mit

1 \leq k < l \leq n

.

Definiert man

x \in ℝ^{n}

durch

x_{k} := x_{l} := 1

und

x_{m} := 0

für alle

m \in {1, ..., n} \ {k, l},

so erhält man

0 = {\bar{x}}^{t} (A - B) x = (a_{l k} - b_{l k}) + (a_{k l} - b_{k l}) (I)

.

Und definiert man

x \in ℂ^{n}

durch

x_{k} := 1, x_{l} := i

und

x_{m} := 0

für alle

m \in {1, ..., n} \ {k, l},

so erhält man

0 = {\bar{x}}^{t} (A - B) x = i (- (a_{l k} - b_{l k}) + (a_{k l} - b_{k l})) (I I)

(I)

und

(I I)

ergeben das LGS

0 = (a_{l k} - b_{l k}) + (a_{k l} - b_{k l}),

0 = - (a_{l k} - b_{l k}) + (a_{k l} - b_{k l}),

aus dem leicht

a_{l k} = b_{l k}, a_{k l} = b_{k l}

folgt.

Also gilt

A = B

.

Auf

ℝ

ist die Aussage übrigens falsch. So gilt

z . B

x^{t} (\begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) x = x_{1}^{2} + x_{2}^{2} = x^{t} (\begin{matrix} 1 & - 1 \\ 1 & 1 \end{matrix}) x

für alle

x \in ℝ^{2}

1591841

1591773

	Status: nicht eingeloggt	Noch nicht registriert?