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Schönen guten Abend,
habe hier eine Aufgabe bei der ich nicht weiterkommen:
Sei \( K \) ein Körper.
Ist die Abbildung \( f: \operatorname{Mat}_{K}(n \times n) \rightarrow \operatorname{Mat}_{K}(n \times n) \) definiert durch \( A \mapsto A^{a d} \) linear?
Meine Überlegung:
Nehme ich mal $n=2$, dann ist:
$$f(\begin{pmatrix} x_1 & x_2 \\ x_3 & x_4 \end{pmatrix})+f(\begin{pmatrix} y_1 & y_2 \\ y_3 & y_4 \end{pmatrix})=\begin{pmatrix} x_1 & -x_3 \\ -x_2 & x_4 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} y_1 & -y_3 \\ -y_2 & y_4 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} x_1+y_1 & -x_3-y_3 \\ -x_2-y_2 & x_4+y_4 \end{pmatrix}=f(\begin{pmatrix} x_1 & x_2 \\ x_3 & x_4 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} y_1 & y_2 \\ y_3 & y_4 \end{pmatrix})$$
$$\lambda f(\begin{pmatrix} x_1 & x_2 \\ x_3 & x_4 \end{pmatrix})= \lambda \begin{pmatrix} x_1 & -x_3 \\ -x_2 & x_4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \lambda x_1 & -\lambda x_3 \\ -\lambda x_2 & \lambda x_4 \end{pmatrix}=f(\lambda \begin{pmatrix} x_1 & x_2 \\ x_3 & x_4 \end{pmatrix})$$
Das heißt für $n=2$ ist die obrige Abbildung linear. Analoge Überlegungen kann man natürlich auch für $n=3$ treffen und man erhält $f(\begin{pmatrix} x_1 & x_2 & x_3\\ x_4 & x_5 & x_6 \\ x_7 & x_8 & x_9 \end{pmatrix}) = \begin{pmatrix} x_1 & -x_4 & x_7\\ -x_2 & x_5 & -x_8 \\ x_3 & -x_6 & x_9 \end{pmatrix}$
Jetzt würde ich das ganze gerne vereinheitlichen. Problem: Mit jedem weiteren $n$ wird das Verfahren zur Berechnung der Adjunkten auch immer unhandlicher. Was ich mich gefragt habe, ob man irgendwie $A^{ad}+B^{ad}=(A+B)^{ad}$ bzw. $\alpha \cdot A^{ad} = (\alpha A)^{ad}$ zeigen kann?
LG
habe hier eine Aufgabe bei der ich nicht weiterkommen:
Sei \( K \) ein Körper.
Ist die Abbildung \( f: \operatorname{Mat}_{K}(n \times n) \rightarrow \operatorname{Mat}_{K}(n \times n) \) definiert durch \( A \mapsto A^{a d} \) linear?
Meine Überlegung:
Nehme ich mal $n=2$, dann ist:
$$f(\begin{pmatrix} x_1 & x_2 \\ x_3 & x_4 \end{pmatrix})+f(\begin{pmatrix} y_1 & y_2 \\ y_3 & y_4 \end{pmatrix})=\begin{pmatrix} x_1 & -x_3 \\ -x_2 & x_4 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} y_1 & -y_3 \\ -y_2 & y_4 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} x_1+y_1 & -x_3-y_3 \\ -x_2-y_2 & x_4+y_4 \end{pmatrix}=f(\begin{pmatrix} x_1 & x_2 \\ x_3 & x_4 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} y_1 & y_2 \\ y_3 & y_4 \end{pmatrix})$$
$$\lambda f(\begin{pmatrix} x_1 & x_2 \\ x_3 & x_4 \end{pmatrix})= \lambda \begin{pmatrix} x_1 & -x_3 \\ -x_2 & x_4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \lambda x_1 & -\lambda x_3 \\ -\lambda x_2 & \lambda x_4 \end{pmatrix}=f(\lambda \begin{pmatrix} x_1 & x_2 \\ x_3 & x_4 \end{pmatrix})$$
Das heißt für $n=2$ ist die obrige Abbildung linear. Analoge Überlegungen kann man natürlich auch für $n=3$ treffen und man erhält $f(\begin{pmatrix} x_1 & x_2 & x_3\\ x_4 & x_5 & x_6 \\ x_7 & x_8 & x_9 \end{pmatrix}) = \begin{pmatrix} x_1 & -x_4 & x_7\\ -x_2 & x_5 & -x_8 \\ x_3 & -x_6 & x_9 \end{pmatrix}$
Jetzt würde ich das ganze gerne vereinheitlichen. Problem: Mit jedem weiteren $n$ wird das Verfahren zur Berechnung der Adjunkten auch immer unhandlicher. Was ich mich gefragt habe, ob man irgendwie $A^{ad}+B^{ad}=(A+B)^{ad}$ bzw. $\alpha \cdot A^{ad} = (\alpha A)^{ad}$ zeigen kann?
LG
EDIT vom 01.11.2022 um 19:29:
n=3 bitte ignorieren, das ist falsch
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enrico.delsolos
Punkte: 21
Punkte: 21
Hallo, man kann es leicht zeigen in dem man die Eindeutigkeit der adjungierten Abbildung verwendet. Ich würde gerne zeigen, ich bin aber verwirrt weil K ein beliebiger Körper ist, wie wurde hier adjungierte Abbildung definiert?
─
mathejean
01.11.2022 um 18:39
Es geht hier nicht um die adjungierte Matrix (Abbildungsmatrix der adjungierten Abbildung), sondern um die Adjunkte!
─
cauchy
01.11.2022 um 18:52
Ich schicke dir einfach mal die verwendete Definition, die bei uns zum großen Teil von Siegdried Bosch "Lineare Algebra" übernommen wurde. Die Adjunkte wurde aber etwas anders definiert (siehe c)).
a) Wir wollen zu einer Matrix \( A=\left(\alpha_{i j}\right)_{i, j} \in K^{n \times n} \) die adjungierte Matrix \( A^{\text {ad }} \) erklären. Hierzu konstruieren wir für beliebige Indizes \( i, j \in\{1, \ldots, n\} \) eine \( (n \times n) \)-Matrix \( A_{i j} \) aus \( A \), indem wir alle Elemente \( \alpha_{i 1}, \ldots, \alpha_{i n} \) der \( i \)-ten Zeile und alle Elemente \( \alpha_{1 j}, \ldots, \alpha_{n j} \) der \( j \)-ten Spalte von \( A \) durch 0 ersetzen, bis auf das Element \( \alpha_{i j} \) im Schnittpunkt von \( i \)-ter Zeile und \( j \)-ter Spalte, welches wir zu 1 abändern, also:
\(
A_{i j}=\left(\begin{array}{ccccccc}
\alpha_{11} & \ldots & \alpha_{1, j-1} & 0 & \alpha_{1, j+1} & \ldots & \alpha_{1 n} \\
. . & \ldots & . . & . . & . . & \ldots & . . \\
\alpha_{i-1,1} & \ldots & \alpha_{i-1, j-1} & 0 & \alpha_{i-1, j+1} & \ldots & \alpha_{i-1, n} \\
0 & \ldots & 0 & 1 & 0 & \ldots & 0 \\
\alpha_{i+1,1} & \ldots & \alpha_{i+1, j-1} & 0 & \alpha_{i+1, j+1} & \ldots & \alpha_{i+1, n} \\
. . & \ldots & . . & . . & . . & \ldots & . . \\
\alpha_{n 1} & \ldots & \alpha_{n, j-1} & 0 & \alpha_{n, j+1} & \ldots & \alpha_{n n}
\end{array}\right)
\)
b) Außerdem entstehe die Matrix \( A_{i j}^{\prime} \in K^{(n-1) \times(n-1)} \) durch Streichen der \( i \)-ten Zeile und der \( j \)-ten Spalte von \( A_{i j} \)
c) Es sei $A^{ad} = (\beta_{ij})_{i,j}$ mit $\beta_{ij} = \det(A_{ji})$, die zu A adjungierte Matrix. ─ enrico.delsolos 01.11.2022 um 18:57
a) Wir wollen zu einer Matrix \( A=\left(\alpha_{i j}\right)_{i, j} \in K^{n \times n} \) die adjungierte Matrix \( A^{\text {ad }} \) erklären. Hierzu konstruieren wir für beliebige Indizes \( i, j \in\{1, \ldots, n\} \) eine \( (n \times n) \)-Matrix \( A_{i j} \) aus \( A \), indem wir alle Elemente \( \alpha_{i 1}, \ldots, \alpha_{i n} \) der \( i \)-ten Zeile und alle Elemente \( \alpha_{1 j}, \ldots, \alpha_{n j} \) der \( j \)-ten Spalte von \( A \) durch 0 ersetzen, bis auf das Element \( \alpha_{i j} \) im Schnittpunkt von \( i \)-ter Zeile und \( j \)-ter Spalte, welches wir zu 1 abändern, also:
\(
A_{i j}=\left(\begin{array}{ccccccc}
\alpha_{11} & \ldots & \alpha_{1, j-1} & 0 & \alpha_{1, j+1} & \ldots & \alpha_{1 n} \\
. . & \ldots & . . & . . & . . & \ldots & . . \\
\alpha_{i-1,1} & \ldots & \alpha_{i-1, j-1} & 0 & \alpha_{i-1, j+1} & \ldots & \alpha_{i-1, n} \\
0 & \ldots & 0 & 1 & 0 & \ldots & 0 \\
\alpha_{i+1,1} & \ldots & \alpha_{i+1, j-1} & 0 & \alpha_{i+1, j+1} & \ldots & \alpha_{i+1, n} \\
. . & \ldots & . . & . . & . . & \ldots & . . \\
\alpha_{n 1} & \ldots & \alpha_{n, j-1} & 0 & \alpha_{n, j+1} & \ldots & \alpha_{n n}
\end{array}\right)
\)
b) Außerdem entstehe die Matrix \( A_{i j}^{\prime} \in K^{(n-1) \times(n-1)} \) durch Streichen der \( i \)-ten Zeile und der \( j \)-ten Spalte von \( A_{i j} \)
c) Es sei $A^{ad} = (\beta_{ij})_{i,j}$ mit $\beta_{ij} = \det(A_{ji})$, die zu A adjungierte Matrix. ─ enrico.delsolos 01.11.2022 um 18:57
Für $n=3$ ist deine Abbildung doch schon falsch. Die Adjunkte sieht ganz anders aus.
─
cauchy
01.11.2022 um 19:04
Ach du meine Güte, ja für $n=3$ steht da natürlich muks. Für $n=2$ ist es schön einfach und da hab ich bei $n=3$ einfach das einfache Denken weitergeführt.
Nach der Aufgabenformulierung kann ich ja davon ausgehen, dass die Linearität schon stimmen sollte. Meine Frage war halt, wie ich das allgemeiner zeigen kann. Bzw konkreter, ob halt sowas wie $A^{ad}+B^{ad}=(A+B)^{ad}$ gilt und wenn ja, wie man sowas zeigen kann. ─ enrico.delsolos 01.11.2022 um 19:32
Nach der Aufgabenformulierung kann ich ja davon ausgehen, dass die Linearität schon stimmen sollte. Meine Frage war halt, wie ich das allgemeiner zeigen kann. Bzw konkreter, ob halt sowas wie $A^{ad}+B^{ad}=(A+B)^{ad}$ gilt und wenn ja, wie man sowas zeigen kann. ─ enrico.delsolos 01.11.2022 um 19:32
Wenn du schon den Bosch zitierst, lies mal ein paar Seiten weiter. Dort solltest du auf etwas stoßen, was dir weiterhilft.
─
cauchy
01.11.2022 um 19:33