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Vektorräume

Tags: Quotientenvektorraum, Signatur

mega3636 aktiv_icon

17:30 Uhr, 12.06.2019

Hallo,

ich hab eine Gram-Matrix bezüglich einem Graphen zusammengestellt,dass die Gestalt

A =

{- 2,1,1,1,1}

{1, - 2,0,0,0}

{1,0, - 2,0,0}

{1,0,0, - 2,0}

{1,0,0,0, - 2}

hat.

Die Aufgabe heisst:

Berechnen Sie für obigen Graphen Γ das Radikal Rad(Φ) ⊂

V,

und bestimmen Sie die Signatur

(r, s)

der induzierten nicht-entarteten Form auf dem Quotientenvektorraum

V

= V

modulo Rad(Φ).

Das Radikal hab ich bereits ausgerechnet, in diesem Fall ist das Radikal = der Kern der Matrix, also
=Kern=

{

{2x,x,x,x,x} mit

x

aus den Rationalen Zahlen}

Allerdings weiss ich nicht wie ich die Signatur berechnen soll weil es ein Quotientenvektorraum ist.
Kann mir da jemand helfen?

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

ermanus aktiv_icon

10:29 Uhr, 13.06.2019

Hallo,
man transformiere

A

auf Diagonalgestalt mit einer
Basiswechselmatrix

S

, so dass

S^{T} A S = d i a g (d_{1}, d_{2}, d_{3}, d_{4}, d_{5})

ist
und die

d_{i} \in {- 1, 0, + 1}

sind (Sylvester):
Führt man dies mit dem

A

der Aufgabe durch, so erhält man

S^{T} A S = d i a g (- 1, - 1, - 1, - 1, 0)

.
Da modulo einem orthogonalen totalisotropen Summanden
zu rechnen "dasselbe" ist, wie mit dem orthogonalen Komplement zu rechnen:

\overline{V} = V / R a d (Φ) ≅ V ʹ

, wobei

V = V ʹ ⊥ R a d (Φ)

ist,
hat die induzierte Form die Diagonaldarstellung

d i a g (- 1, - 1, - 1, - 1)

.
Gruß ermanus

ermanus aktiv_icon

14:13 Uhr, 14.06.2019

Hallo,
falls dir das, was ich geschrieben habe, nicht so "zusagt",
kannst du ja die induzierte Bilinearform

\overline{Φ} : V / R a d (Φ) \times V / R a d (Φ) \to ℝ

auch so definieren:

\overline{Φ} (u + R a d (Φ), v + R a d (Φ)) := Φ (u, v)

.
Du müsstest dann zeigen, dass

\overline{Φ}

wohldefniert ist.
Es wäre übrigens durchaus ein Zeichen der Höflichkeit, wenn du
irgendeine Reaktion auf meine Beiträge zeigen würdest.
Gruß ermanus

mega3636 aktiv_icon

17:35 Uhr, 14.06.2019

Hallo,
danke für deine Antwort.

also würde es quasi auch funktionierenm einfach das charakteristische Polynom zu berechnen und damit die Eigenwerte, ich hab dann auch als Nulstellen

- 1

und 0 raus.

- 1

mit Vielfachheit 4.
Und weil die Signatur dann nur die Anzahl der postiven und negativen Nullstellen des Char. Polynoms ist kann man dann schreiben Signatur

= (0,4)

.
oder geht das im Allgemeinen nicht?

ermanus aktiv_icon

17:43 Uhr, 14.06.2019

Hallo,
schön, dass du noch dabei bist :-)
So wie du das schilderst, kannst du das durchaus machen:
intensives Missachten des Radikals ist angesagt, d.h.
der Eigenwert 0 fällt hinten runter.
Gruß ermanus

P.S.: manchmal ist es extrem schwierig, die Nullstellen des charakteristischen
Polynoms zu bestimmen, da aber nur deren Positivität bzw. Negativität
eine Rolle spielt, kann man solche Schwierigkeiten durch Konstruktion
einer Matrix

S

- wie von mir geschildert - umgehen.
Insgesamt scheint die sukzessive Anwendung elementarer Umformungen
auch schneller ans Ziel zu führen.
Wenn dich das intreressiert, frage hier nach.
Ich persönlich bestimme Signaturen nie durch Eigenwertberechnungen ...

mega3636 aktiv_icon

18:14 Uhr, 14.06.2019

ja, ich hab auch etwas gebraucht bei diesem charakteristischen Polynom.
Aber wenn wir dabei schon sind hätte ich da noch eine Frage bezüglich diesen Quotientenvektorraum.

Also meines Wissens nach sind Quotientenvektorräume eine Körpererweiterung.
Die Erweiterung macht man, wenn das charakteristischen Polynom ein irreduziblen Anteil hat, bzw das charakteristische Polynom nicht vollständig in Linearfaktoren zerfällt, um im Erweiterten Körper die Nulstelle zu finden.
Man setzt dann vorraus, dass die Klasse die Nullstelle ist und dann in der Erweiterung fällt das polynom dann vollständig in Linearfaktoren.

So nun hab ich eine Körpererweiterung

V^{-} = V

modulo Rad(Φ) mit Φ(x,y)= Φ(x+Rad(V),y+Rad(V)).
Also ist hier Rad(Φ) ein irreduzibler Anteil? und warum ist Rad(

V^{-}) = 0

ermanus aktiv_icon

18:56 Uhr, 14.06.2019

Das verwechselst du mit Faktorringen.
Wenn du dich z.B. im Körper

K := ℝ

befindest
und möchtest gerne, dass das Polynom

p = X^{2} + 1

eine Nullstelle bekommt,
nimmst du den Polynomring

K [X]

und rechnest modulo dem Ideal, das
von

X^{2} + 1

K [X]

erzeugt wird, also in

K [X] / (X^{2} + 1)

.
Das ist eine auf Kronecker zurückgehende Konstruktion für einen
Erweiterungskörper, z.B. einen solchen, in dem ein vorgelegtes
Polynom in Linearfaktoren zerfällt.
Diese Geschichte hat aber mit den Quotientenräumen nichts zu tun.
Hier ist vielmehr folgende Situation gegeben:
Ist

U

ein Unterraum eines Vektorraumes

V

, dann ist die Relation

v_{1} \sim v_{2} : \overset{}{\Leftrightarrow} v_{1} - v_{2} \in U

eine Äquivalenzrelation unter den Elementen von

V

.
Diese ist sogar eine Kongruenzrelattion bzgl. der Vektorraumverknüpfungern,
d.h.

v_{1} \sim v_{2} \land w_{1} \sim w_{2} \Rightarrow v_{1} + w_{1} \sim v_{2} + w_{2}

und

v_{1} \sim v_{2} \Rightarrow λ v_{1} \sim λ v_{2}

...
Daher bilden die Nebenklassen

v + U

einen neuen Vektorraum,
den man mit

V / U

bezeichnet.
In unserem Falle bedeutet also

v + R a d (Φ) = w + R a d (Φ)

dasselbe wie

v - w \in R a d (Φ) .

Ich schreibe dir nachher noch ein Beispiel, wie man ohne Bestimmung der
Eigenwerte die Signatur bestimmen kann.

Gruß ermanus

mega3636 aktiv_icon

20:43 Uhr, 14.06.2019

Ok. ich fasse mal zusammen was ich verstanden habe.

1)

Eine symmetrische Bilinearform ist eine Abbildung

b : V x V \to K,

mit

b (v, w) = v^{t} A w,

die in beiden Argumenten linear ist.

2)

Rad(b) ist die Menge der Vektoren

v

aus

V,

die mit jedem beliebigen gewählten Vektor

w

aus

V, b (v, w) = 0

ergibt, dass heisst es gibt mind. ein Vektor

w

der orthogonal zu

v

ist. Wenn das Radikal

= 0

ist nennt man diese binilierform entartet, diese kann man zeigen, in dem man die determinante der Grammatrix A berechnet und es gilt

det (A)

ungleich 0.

3)

Angemnommen

U 1 =

x-Achse und

U 2 =

y-Achse.
Dann ist das Radikal von

U 1

die y-achse, bzw. auch das orthogonale Komplement.?

PS: Sorry hab immer noch Schwierigkeiten zu verstehen was genau das Radikal ist dementsprechend fällt mir das auch schwer

V^{-} = V

modulo Rad(b) zu verstehen

: (

ermanus aktiv_icon

20:48 Uhr, 14.06.2019

So, hier kommt das angekündigte Beispiel:

A = (\begin{array}{ccc} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 3 & 4 \\ 3 & 4 & 4 \end{array})

.
Nach einiger Rechnerei erhält man für

A

die Eigenwerte

x_{1} = - 1, x_{2} = \frac{9 - \sqrt{85}}{2}

und

x_{3} = \frac{9 + \sqrt{85}}{2}

.
Das führt auf

(- 1, - 1, 1)

, also Signatur

(1, 2)

.
Nun die "Simpel-Methode", die nach dem Trägheitssatz von Sylvester
die gleiche Signatur liefern muss:

1z. Zeilenoperation: Subtrahiere das 2-fache der 1. Zeile von der 3. Zeile
und das 3-fache der 1. Zeile von der 3. Zeile:

(\begin{array}{ccc} 1 & 2 & 3 \\ 0 & - 1 & - 2 \\ 0 & - 2 & - 5 \end{array})

1s. entsprechende Spaltenoperation: Subtrahiere das 2-fache der 1. Spalte von der 3. Spalte
und das 3-fache der 1. Spalte von der 3. Spalte:

(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & - 1 & - 2 \\ 0 & - 2 & - 5 \end{array})

2z. Nun subtrahiere das 2-fache der 2 Zeile von der 3. Zeile

(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & - 1 & - 2 \\ 0 & 0 & - 1 \end{array})

2s. Nun die entsprechende Spaltenoperation:

(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & - 1 & 0 \\ 0 & 0 & - 1 \end{array})

.

Fertig !

Gruß ermanus

ermanus aktiv_icon

20:52 Uhr, 14.06.2019

Hallo,

zu deinen neuerlichen Fragen mach ich dir gleich ein Beispiel, aber habe etwas Geduld ...

Gruß ermanus

mega3636 aktiv_icon

21:00 Uhr, 14.06.2019

tatsächlich hab ich das mit meiner Matrix auch probiert allerdings hatte ich schwierigkeiten damit auf eine Diagonalform zu kommen. ich werde es jetzt nochmal versuchen. Danke dafür erstmal :-)

mega3636 aktiv_icon

21:01 Uhr, 14.06.2019

ja klar ich hab das ganze wochenende Zeit :-D)

ermanus aktiv_icon

21:48 Uhr, 14.06.2019

Lass uns die Gram-Matrix

A = (\begin{array}{ccc} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{array})

betrachten.
Du bekommst rasch

R a d (Φ) = S p a n ((1, 0, - 1)^{T})

.
Da alle Vektoren aus

V

orthogonal zu

(1, 0, - 1)^{T}

sind, kann man diesen Vektor
geradezu beliebig zu einer Basis von

V

ergänzen, etwa durch

b_{1} = (1, 0, 0)^{T}, b_{2} = (0, 1, 0)^{T}

. Ist nun

U

der von

b_{1}, b_{2}

aufgespannte
Unterraum, so hat man die orthogonale Zerlegung

V = U ⊥ R a d (Φ)

.
Basisvektoren von

V / R a d (Φ)

sind dann etwa

\overline{b_{1}} = b_{1} + R a d (Φ)

und

\overline{b_{2}} = b_{2} + R a d (Φ) .

Für die induzierte Bilinearform

B

gilt dann

B (\overline{b_{1}}, \overline{b_{1}}) = Φ (b_{1}, b_{1}) = 0,

B (\overline{b_{1}}, \overline{b_{2}}) = B (\overline{b_{2}}, \overline{b_{1}}) = Φ (b_{1}, b_{2}) = 1

B (\overline{b_{2}}, \overline{b_{2}}) = Φ (b_{2}, b_{2}) = 2 .

Bzgl. der Basis

{\overline{b_{1}}, \overline{b_{2}}}

V / R a d (Φ)

hat also

B

die Gram-Matrix

(\begin{array}{cc} 0 & 1 \\ 1 & 2 \end{array})

, mit der Signatur (1,1).

Gruß ermanus

mega3636 aktiv_icon

20:42 Uhr, 16.06.2019

Danke dir! jetzt ist alles klar :-D)

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