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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:03 Mi 08.07.2009 | | Autor: | Unk |
| Aufgabe 1 | | V sei ein Vektorraum, [mm] f\in [/mm] End(V). Seien [mm] v_1,...,v_m [/mm] Eigenvektoren zu f mit Eigenwert [mm] \lambda. [/mm] Es sei weiterhin [mm] v=\sum_{i=1}^{m}v_i. [/mm] Wie kann man die Dimension von [mm] U=L(v,f(v),...,f^{m-1}v) [/mm] bestimmen? |
| Aufgabe 2 | [mm] U_1,U_2 [/mm] seien Unterräume von V mit [mm] V=U_1\oplus U_2. p:V\rightarrow [/mm] V ist die Projektionsabbildung mit Bild [mm] U_1 [/mm] und Kern [mm] U_2.
[/mm]
Welche Eigenwerte [mm] \mu [/mm] besitzt p und wie sehen die Eigenräume [mm] Eig(p,\mu) [/mm] aus? |
Hallo,
zur ersten Aufgabe:
Es gilt dann: [mm] f(v)=f(\sum_{i=1}^{m}v_i)=\lambda(\sum_{i=1}^{m}v_i).
[/mm]
Dann wäre [mm] f^2(v)=\lambda^2(\sum_{i=1}^{m}v_i), [/mm] usw.
Allgemein gucke ich, wieviele lin. unabh. Vektoren in U sind und dann habe ich die Dimension.
Kann ich nun irgendetwas über die lineare Abhängigkeit bzw. Unabhängigkeit sagen?
Zu 2:
[mm] p(v)=u_1 [/mm] mit [mm] v\in V,u_1\in U_1. [/mm] Dann kann ich v darstellen als [mm] v=u_1+u_2,u_i\in U_i.
[/mm]
Also [mm] p(u_1+u_2)=u_1. [/mm] Für Eigenvektoren v mit Eigenwert [mm] \lambda [/mm] muss gelten: [mm] p(v)=p(u_1+u_2)=\lambda v=\lambda(u_1+u_2).
[/mm]
Also: [mm] u_1=\lambda u_1+\lambda u_2.
[/mm]
Muss dann nicht [mm] \u_2 [/mm] =0 sein und [mm] \lambda=1?
[/mm]
Was kann man über die Eigenräume sagen?
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> zur ersten Aufgabe:
> Es gilt dann:
> [mm]f(v)=f(\sum_{i=1}^{m}v_i)=\lambda(\sum_{i=1}^{m}v_i).[/mm]
> Dann wäre [mm]f^2(v)=\lambda^2(\sum_{i=1}^{m}v_i),[/mm] usw.
Genau. Da fehlen zwar einige Zwischenschritte, die man dann bei einer bewerteten Übung noch andeuten sollte (Ausnutzung der Linearität von f), aber ansonsten der richtige Ansatz.
> Allgemein gucke ich, wieviele lin. unabh. Vektoren in U
> sind und dann habe ich die Dimension.
> Kann ich nun irgendetwas über die lineare Abhängigkeit
> bzw. Unabhängigkeit sagen?
Oben kannst du doch wunderbar sehen, dass
$f(v) = [mm] \lambda*v$
[/mm]
[mm] $f^{2}(v) [/mm] = [mm] \lambda^{2}*v$
[/mm]
...
usw., also die Vektoren allesamt voneinander linear abhängig sind [mm] (\lambda [/mm] ist Körperelement). Was folgt für die Dimension von $L(v, f(v), ...)$ ?
Grüße, Stefan.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 03:55 Do 09.07.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> V sei ein Vektorraum, [mm]f\in[/mm] End(V). Seien [mm]v_1,...,v_m[/mm]
> Eigenvektoren zu f mit Eigenwert [mm]\lambda.[/mm] Es sei weiterhin
> [mm]v=\sum_{i=1}^{m}v_i.[/mm] Wie kann man die Dimension von
> [mm]U=L(v,f(v),...,f^{m-1}v)[/mm] bestimmen?
Haben die [mm] $v_i$ [/mm] alle das gleiche [mm] $\lambda$, [/mm] oder gilt [mm] $f(v_i) [/mm] = [mm] \lambda_i v_i$ [/mm] wobei die [mm] $\lambda_i$ [/mm] nicht notwendigerweise gleich sind (oder sogar echt verschieden)?
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:59 Do 09.07.2009 | | Autor: | Unk |
> Haben die [mm]v_i[/mm] alle das gleiche [mm]\lambda[/mm], oder gilt [mm]f(v_i) = \lambda_i v_i[/mm]
> wobei die [mm]\lambda_i[/mm] nicht notwendigerweise gleich sind
> (oder sogar echt verschieden)?
>
> LG Felix
>
Die [mm] v_i [/mm] sind in der Tat alles Eigenvektoren zum selben Eigenwert [mm] \lambda,
[/mm]
also wäre die Dimension ja 1, da die alle linear abh. sind?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:04 Do 09.07.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> > Haben die [mm]v_i[/mm] alle das gleiche [mm]\lambda[/mm], oder gilt [mm]f(v_i) = \lambda_i v_i[/mm]
> > wobei die [mm]\lambda_i[/mm] nicht notwendigerweise gleich sind
> > (oder sogar echt verschieden)?
> >
> > LG Felix
> >
>
> Die [mm]v_i[/mm] sind in der Tat alles Eigenvektoren zum selben
> Eigenwert [mm]\lambda,[/mm]
Ok.
> also wäre die Dimension ja 1, da die alle linear abh.
> sind?
Die Dimension wovon? Von $L(v, f(v), [mm] f^2(v), \dots)$? [/mm] Ja, die ist 1.
Da [mm] $v_1, \dots$ [/mm] Eigenvektoren zum gleichen Eigenwert sind liegen sie alle im gleichen Eigenraum, und somit auch $v$, womit auch $v$ ein Eigenvektor ist.
LG Felix
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(Antwort) fertig | | Datum: | 03:58 Do 09.07.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> [mm]U_1,U_2[/mm] seien Unterräume von V mit [mm]V=U_1\oplus U_2. p:V\rightarrow[/mm]
> V ist die Projektionsabbildung mit Bild [mm]U_1[/mm] und Kern [mm]U_2.[/mm]
> Welche Eigenwerte [mm]\mu[/mm] besitzt p und wie sehen die
> Eigenräume [mm]Eig(p,\mu)[/mm] aus?
>
> Zu 2:
> [mm]p(v)=u_1[/mm] mit [mm]v\in V,u_1\in U_1.[/mm] Dann kann ich v darstellen
> als [mm]v=u_1+u_2,u_i\in U_i.[/mm]
>
> Also [mm]p(u_1+u_2)=u_1.[/mm] Für Eigenvektoren v mit Eigenwert
> [mm]\lambda[/mm] muss gelten: [mm]p(v)=p(u_1+u_2)=\lambda v=\lambda(u_1+u_2).[/mm]
>
> Also: [mm]u_1=\lambda u_1+\lambda u_2.[/mm]
Genau.
> Muss dann nicht [mm]u_2[/mm] =0 sein und [mm]\lambda=1?[/mm]
Alternativ kann auch [mm] $\lambda [/mm] = 0$ und [mm] $u_1 [/mm] = 0$ sein.
> Was kann man über die Eigenräume sagen?
Du hast zwei Eigenwerte, naemlich 0 und 1. Rechne doch mal ganz klassisch die Eigenraeume aus: ueberlege zu $v = [mm] u_1 [/mm] + [mm] u_2$ [/mm] mit [mm] $u_i \in U_i$, [/mm] wann $f(v) = v$ bzw. $f(v) = 0$ gilt.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:14 Do 09.07.2009 | | Autor: | Unk |
Folgendes zu Eigenräume:
[mm] Eig$(p,0)=Ker(p)=U_{2},$ [/mm] also alle [mm] $u_{2}\in U_{2}$ [/mm] sind auch in
Eig($p,0),$
[mm] Eig($p,1)=U_{1},$ [/mm] also alle [mm] $u_{1}\in U_{1}$ [/mm] sind auch in $Eig(p,1)$.
Demnach also: $Eig(p,0)=Ker(p),$ $Eig(p,1)=Bild(p).$
Stimmt das so?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:53 Do 09.07.2009 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Folgendes zu Eigenräume:
>
> Eig[mm](p,0)=Ker(p)=U_{2},[/mm] also alle [mm]u_{2}\in U_{2}[/mm] sind auch
> in
> Eig([mm]p,0),[/mm]
Genau, und umgekehrt.
> Eig([mm]p,1)=U_{1},[/mm] also alle [mm]u_{1}\in U_{1}[/mm] sind auch in
> [mm]Eig(p,1)[/mm].
Hast du das schon gezeigt? Das ist zumindest so.
> Demnach also: [mm]Eig(p,0)=Ker(p),[/mm] [mm]Eig(p,1)=Bild(p).[/mm]
Und $Eig(p, 0) [mm] \oplus [/mm] Eig(p, 1) = V$.
LG Felix
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