bijektivität und eigenwerte < Eigenwerte < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 03:35 Mi 29.05.2013 | | Autor: | fatility |
Hallo :wink:
Ich bräuchte mal Hilfe, leider hab ich bei der Aufgabe nicht wirklich einen Ansatz.. ihr könnt mir sicher helfen :)
Seien V ein endlichdimensionaler K-Vektorraum, [mm] f\in [/mm] L(V,V) und
p:= ( [mm] t-\mu_{1})(t-\mu_{2})* [/mm] ... * [mm] (t-\mu_{m}) \in [/mm] K[t][mm] \le [/mm] m
Analog zum Matrixfall setzt man
p(f):= [mm] (f-\mu_{1}Id_{v})\circ (f-\mu_{2}id_{v})\circ...\circ(f-\mu_{m} id_{v})\in [/mm] L(V,V).
Zeigen sie, dass p(f) genau dann bijektiv ist, wenn [mm] \lambda \notin(\mu_{1}, [/mm] ... , [mm] \mu_{m}) [/mm] für alle Eigenwerte [mm] \lambda [/mm] von f gilt.
Tipp: Untersuchen sie zunächst den Fall m=1
selbst wenn ich den tipp für m= 1 nutze, komm ich nicht sehr weit.
für die bijektivität müsste ich ja "nur" die injektivität und die surjektivität zeigen. also die eindeutigkeit und, dass jedes element aus p(f) angenommen wird.
aber den zusammenhang kann ich grade irgendwie nicht mehr herstellen.
Tut mir leid, ist auch ein wenig kurzfristig, beim nächsten mal stell ich die Frage früher :)
liebe grüße
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 05:11 Mi 29.05.2013 | | Autor: | tobit09 |
Hallo fatility und herzlich ![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]") !
> selbst wenn ich den tipp für m= 1 nutze, komm ich nicht sehr weit.
> für die bijektivität müsste ich ja "nur" die injektivität und die surjektivität zeigen.
Das ist nur die eine Richtung: Wenn [mm] $\lambda \notin\{\mu_{1},\ldots,\mu_{m}\}$ [/mm] für alle Eigenwerte [mm]\lambda[/mm] von $f$ gilt, ist $p(f)$ bijektiv.
Außerdem ist zu zeigen: Wenn $p(f)$ bijektiv ist, gilt [mm] $\lambda \notin\{\mu_{1},\ldots,\mu_{m}\}$ [/mm] für alle Eigenwerte [mm]\lambda[/mm] von $f$.
(Äquivalent zu dieser Richtung: Wenn eines der [mm] $\mu_i$ [/mm] Eigenwert von $f$ ist, ist $p(f)$ nicht bijektiv.)
> also die eindeutigkeit und, dass jedes element aus p(f) angenommen wird.
Du meinst mit Letzterem wohl, dass jedes Element aus $V$ von der Abbildung $p(f)$ getroffen wird.
Da $p(f)$ ein Endomorphismus eines endlich-dimensionalen Vektorraumes ist (und somit eine lineare Abbildung zwischen Vektorräumen gleicher endlicher Dimension), gilt:
$p(f)$ ist genau dann bijektiv, wenn $p(f)$ injektiv ist.
Für Injektivität linearer Abbildungen gibt es ein schönes Kriterium mittels ihres Kerns...
Viele Grüße
Tobias
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:41 Mi 29.05.2013 | | Autor: | fatility |
Danke für die schnelle Antwort :)
ja, tut mir leid, dass das nur die eine Seite ist, war mir klar. hätte ich vielleicht dazu schreiben sollen.
du meinst sicher den schönen bekannten satz
Eine lineare Abbildung f : V → W ist genau dann injektiv, wenn Kern(f) = {0} ist.
> ist genau dann bijektiv, wenn injektiv ist
ach, ich glaub ich erinner mich dran, ja das kommt mir bekannt vor.war ja auch so ein satz.
Also muss ich zeigen, dass
1. Richtung: p(f) bijektiv : wenn aus Kern(f)={0} folgt [mm] \lambda \notin\mu_1 [/mm] ... [mm] \mu_m
[/mm]
2. Richtung: da [mm] \lambda \notin [/mm] ( [mm] \mu_1 [/mm] ... [mm] \mu_m [/mm] )folgt Kern{f}= 0 oder eben f ist injektiv/bijektiv je nachdem was leichter zu zeigen ist, bzw deinen hinweis nutzen und eventuell durch einen widerspruch zeigen, dass wenn eines der [mm] \mu_i [/mm] eigenwert von f ist wäre p(f) nicht bijektiv.
na dann mach ich mich mal ran. kann man hier post´s editieren? ich melde mich :)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:23 Mi 29.05.2013 | | Autor: | fred97 |
> Danke für die schnelle Antwort :)
> ja, tut mir leid, dass das nur die eine Seite ist, war mir
> klar. hätte ich vielleicht dazu schreiben sollen.
>
> du meinst sicher den schönen bekannten satz
>
> Eine lineare Abbildung f : V → W ist genau dann injektiv,
> wenn Kern(f) = {0} ist.
>
> > ist genau dann bijektiv, wenn injektiv ist
>
> ach, ich glaub ich erinner mich dran, ja das kommt mir
> bekannt vor.war ja auch so ein satz.
>
> Also muss ich zeigen, dass
> 1. Richtung: p(f) bijektiv : wenn aus Kern(f)={0} folgt
> [mm]\lambda \notin\mu_1[/mm] ... [mm]\mu_m[/mm]
>
> 2. Richtung: da [mm]\lambda \notin[/mm] ( [mm]\mu_1[/mm] ... [mm]\mu_m[/mm] )folgt
> Kern{f}= 0 oder eben f ist injektiv/bijektiv je nachdem
> was leichter zu zeigen ist, bzw deinen hinweis nutzen und
> eventuell durch einen widerspruch zeigen, dass wenn eines
> der [mm]\mu_i[/mm] eigenwert von f ist wäre p(f) nicht bijektiv.
Da gehts ja drunter und drüber !
Zeigen sollst Du:
Kern(p(f))={ 0 } [mm] \gdw [/mm] kein [mm] \mu_j [/mm] ist Eigenwert von f.
FRED
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> na dann mach ich mich mal ran. kann man hier post´s
> editieren? ich melde mich :)
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:37 Mi 29.05.2013 | | Autor: | fatility |
[mm] \mu_i [/mm] ist eben nach definition ein eigenwert, wenn folgendes gilt:
[mm] Kern(\lambda*Id_v [/mm] -f) [mm] \not= [/mm] {0} , also darf das nicht gelten.
aber folgt nicht aus Kern(p(f))={0} schon, dass der [mm] Kern(\lambda*Id_v [/mm] -f)= 0 ist, wenn [mm] \lambda \notin \mu_i [/mm] ... [mm] \mu_m [/mm] ?
vielen dank für eure geduld :)
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:39 Mi 29.05.2013 | | Autor: | fred97 |
>
>
> [mm]\mu_i[/mm] ist eben nach definition ein eigenwert, wenn
> folgendes gilt:
> [mm]Kern(\lambda*Id_v[/mm] -f) [mm]\not=[/mm] {0} , also darf das nicht
> gelten.
>
> aber folgt nicht aus Kern(p(f))={0} schon, dass der
> [mm]Kern(\lambda*Id_v[/mm] -f)= 0 ist, wenn [mm]\lambda \notin \mu_i[/mm] ...
> [mm]\mu_m[/mm] ?
>
> vielen dank für eure geduld :)
Edit: hier stand grober Unfug !
FRED
FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 05:03 Do 30.05.2013 | | Autor: | tobit09 |
Hallo Fred,
> Es ist x [mm]\in[/mm] Kern(p(f)) [mm]\gdw[/mm] [mm](f-\mu_{1}Id_{v})\circ (f-\mu_{2}id_{v})\circ...\circ(f-\mu_{m} id_{v})x=0[/mm]
> [mm]\gdw[/mm] es ex. ein j mit [mm](f-\mu_{j}Id_{v})x=0.[/mm]
Der letzte Äquivalenzpfeil stimmt i.A. nicht.
Gegenbeispiel:
[mm] $V=K^2$
[/mm]
$f$ gegeben durch [mm] $\pmat{ 0 & 1 \\ 0 & 0 }$
[/mm]
$m=2$, [mm] $\mu_1=\mu_2=0$
[/mm]
[mm] $x=\vektor{0\\1}$
[/mm]
Viele Grüße
Tobias
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:33 Do 30.05.2013 | | Autor: | fred97 |
> Hallo Fred,
>
>
> > Es ist x [mm]\in[/mm] Kern(p(f)) [mm]\gdw[/mm] [mm](f-\mu_{1}Id_{v})\circ (f-\mu_{2}id_{v})\circ...\circ(f-\mu_{m} id_{v})x=0[/mm]
> > [mm]\gdw[/mm] es ex. ein j mit [mm](f-\mu_{j}Id_{v})x=0.[/mm]
> Der letzte Äquivalenzpfeil stimmt i.A. nicht.
>
> Gegenbeispiel:
>
> [mm]V=K^2[/mm]
> [mm]f[/mm] gegeben durch [mm]\pmat{ 0 & 1 \\ 0 & 0 }[/mm]
> [mm]m=2[/mm],
> [mm]\mu_1=\mu_2=0[/mm]
> [mm]x=\vektor{0\\1}[/mm]
>
>
> Viele Grüße
> Tobias
Hallo Tobias,
Du hast recht. Da hab ich ja mächtig ins Klo gegriffen.
Gruß FRED
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(Antwort) fertig | | Datum: | 06:12 Do 30.05.2013 | | Autor: | tobit09 |
> [mm]\mu_i[/mm] ist eben nach definition ein eigenwert, wenn
> folgendes gilt:
> [mm]Kern(\lambda*Id_v[/mm] -f) [mm]\not=[/mm] {0} ,
Abgesehen davon, dass du einmal [mm] $\mu_i$ [/mm] und einmal [mm] $\lambda$ [/mm] schreibst, ja.
> also darf das nicht
> gelten.
Wann darf das nicht gelten?
> aber folgt nicht aus Kern(p(f))={0} schon, dass der
> [mm]Kern(\lambda*Id_v[/mm] -f)= 0 ist, wenn [mm]\lambda \notin \mu_i[/mm] ...
> [mm]\mu_m[/mm] ?
![[haee]](/images/smileys/haee.gif "[haee]") Wenn [mm] $\lambda\notin\{\mu_1,\ldots,\mu_m\}$, [/mm] also [mm] $\lambda$ [/mm] quasi nichts mit der Definition von p zu tun hat, soll aus [mm] $Kern(p(f))=\{0\}$ [/mm] eine Aussage über [mm] $\lambda$ [/mm] folgen?
Wir haben die Äquivalenzen:
$p(f)$ bijektiv [mm] $\iff [/mm] p(f)$ injektiv [mm] $\iff \operatorname{Kern}(p(f))=\{0\}$.
[/mm]
Im Falle $m=1$ gilt [mm] $p(f)=f-\mu_1\operatorname{id}_V$ [/mm] und somit
[mm] $f-\mu_1\operatorname{id}_V$ [/mm] bijektiv [mm] $\iff \operatorname{Kern}(f-\mu_1\operatorname{id}_V)=\{0\}\iff \mu_1$ [/mm] kein Eigenwert von $f$.
Für Endomorphismen [mm] $f_1,\ldots,f_m$ [/mm] eines endlich-dimensionalen Vektorraumes $V$ gilt (unter Verwendung des Determinanten-Multiplikationssatzes):
[mm] $f_1\circ\ldots\circ f_m$ [/mm] bijektiv [mm] $\iff \underbrace{\operatorname{det}(f_1\circ\ldots\circ f_m)}_{=\operatorname{det}(f_1)*\ldots*\operatorname{det}(f_m)}\not=0$ $\iff \operatorname{det}(f_1)\not=0,\ldots,\operatorname{det}(f_m)\not=0\iff f_1,\ldots,f_m$ [/mm] jeweils bijektiv.
Somit unter Verwendung des Ergebnisses für $m=1$:
$p(f)$ bijektiv [mm] $\iff f-\mu_1\operatorname{id}_V,\ldots,f-\mu_m\operatorname{id}_V$ [/mm] jeweils bijektiv [mm] $\iff \mu_1,\ldots,\mu_m$ [/mm] keine Eigenwerte von [mm] $f\iff \lambda\notin\{\mu_1,\ldots,\mu_m\}$ [/mm] für alle Eigenwerte [mm] $\lambda$ [/mm] von $f$.
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