Kern und Bild < Abbildungen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:26 Do 10.04.2008 | | Autor: | Meli90 |
| Aufgabe | [mm] A_{r} [/mm] hat einen Eigenwert [mm] \lambda \in [/mm] K.
Sei W=Kern und Z=Bild von [mm] A_{r}-\lambda*E.
[/mm]
W und Z sind konstant unter [mm] A_{1},..,A_{r-1} [/mm] , wobei [mm] A_{1},..,A_{r} [/mm] kommutierende Endomorphismen über den K-VR sind und [mm] A_{1},..,A_{r-1}haben [/mm] einem gemeinsamen Eigenvektor. |
Hi zusammen!
Die obige Aussage ist Teil eines Beweises, der mich schon länger beschäftigt.. (Fundamentalsatz der Algebra, Beweis von Harm Derksen nur mit linearer Algebra -> sehr empfehlenswerter Beweis ;) )
Nun die Aussage, welche ich nicht ganz verstehe ist, warum sind W und Z konstant unter [mm] A_{1},..,A_{r-1}? [/mm] Die Endomorphismen müssen ja nicht injektiv sein,oder?
Wäre sehr froh um einen Hinweis, danke! Mel
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:27 Do 10.04.2008 | | Autor: | felixf |
Hallo
> [mm]A_{r}[/mm] hat einen Eigenwert [mm]\lambda \in[/mm] K.
> Sei W=Kern und Z=Bild von [mm]A_{r}-\lambda*E.[/mm]
> W und Z sind konstant unter [mm]A_{1},..,A_{r-1}[/mm] , wobei
> [mm]A_{1},..,A_{r}[/mm] kommutierende Endomorphismen über den K-VR
> sind und [mm]A_{1},..,A_{r-1}haben[/mm] einem gemeinsamen
> Eigenvektor.
>
> Hi zusammen!
> Die obige Aussage ist Teil eines Beweises, der mich schon
> länger beschäftigt.. (Fundamentalsatz der Algebra, Beweis
> von Harm Derksen nur mit linearer Algebra -> sehr
> empfehlenswerter Beweis ;) )
Den kannte ich bisher nicht.
> Nun die Aussage, welche ich nicht ganz verstehe ist, warum
> sind W und Z konstant unter [mm]A_{1},..,A_{r-1}?[/mm] Die
> Endomorphismen müssen ja nicht injektiv sein,oder?
Wenn du mit `konstant' meinst, dass die UVRe invariant sein sollen, also durch die Endomorphismen in sich selbst abgebildet werden sollen, dann ist das der Fall. Dazu muessen die [mm] $A_i$ [/mm] auch nicht injektiv (oder auf UVRen injektiv) sein.
Wenn du mit `konstant' meinst, dass sie auf diesen UVRen die Identitaet sein sollen, dann stimmt das definitiv nicht, wie man bei der Wahl [mm] $A_1 [/mm] = ... = [mm] A_{r-1} [/mm] = 0$ sofort sieht.
Bei invariant musst du nachrechnen: ist $w [mm] \in [/mm] W$, so ist [mm] $A_i [/mm] w [mm] \in [/mm] W$, also [mm] $A_r (A_i [/mm] w) = 0$; bzw. ist $z [mm] \in [/mm] Z$, so ist [mm] $A_i [/mm] z [mm] \in [/mm] Z$ (dazu schreibe $z = [mm] A_r [/mm] z'$).
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:06 Do 10.04.2008 | | Autor: | Meli90 |
Vielen Dank für die schnelle Antwort.
Da der Beweis auf Englisch ist, habe ich wahrscheinlich falsch übersetzt.. :s Dort war die Rede von "stable".
Nun nochmals kurz dazu, was ich nun prüfen muss:
also w [mm] \in [/mm] W, so ist [mm] A_{i}w \in [/mm] W
Da habe ich schon die ersten Probleme..
Also W ist doch der Kern von [mm] A_{r}, [/mm] nicht? Wieso muss dann [mm] A_{i}w [/mm] in W liegen?
$ [mm] A_r (A_i [/mm] w) = 0 $ ist dann wegen der Eigenschaft, dass [mm] A_{r} [/mm] ein Endomorphismus ist (neutrales Element der Addition wird auf neutrales Element abgebildet..)
Ich stehe irgendwie total auf dem Schlauch-- Wäre froh um Tipps.
Danke im Vorraus, Mel
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> Vielen Dank für die schnelle Antwort.
> Da der Beweis auf Englisch ist, habe ich wahrscheinlich
> falsch übersetzt.. :s Dort war die Rede von "stable".
> Nun nochmals kurz dazu, was ich nun prüfen muss:
> also w [mm]\in[/mm] W, so ist [mm]A_{i}w \in[/mm] W
> Da habe ich schon die ersten Probleme..
> Also W ist doch der Kern von [mm]A_{r},[/mm] nicht? Wieso muss dann
> [mm]A_{i}w[/mm] in W liegen?
Hallo,
eingangs schriebst Du das aber völlig anders.
Du sagtest doch: [mm] W=kern(A_r-\lambda [/mm] E), also ist W der Eigenraum von [mm] A_r [/mm] zu [mm] \lambda.
[/mm]
Du willst nun zeigen, daß [mm] A_i(W)\subseteq [/mm] W gilt.
D.h. zu zeigen ist: für [mm] w\in [/mm] W ist A_iw ein Eigenvektor von [mm] A_r [/mm] zum Eigenwert [mm] \lambda. [/mm]
Berechne für [mm] w\in [/mm] W [mm] A_r(A_iw)=...
[/mm]
Gruß v. Angela
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 20:28 So 13.04.2008 | | Autor: | Meli90 |
| Aufgabe | [mm] A_{1},..,A_{r-1} [/mm] sind kommutative Endomorphismen mit einem gemeinsamen Eigenvektor =v.
[mm] A_{r} [/mm] ist auch ein kommutativer Endomorphismus mit einem Eigenwert [mm] \lambda
[/mm]
Nun folgt [mm] A_{r}*v=\lambda*v [/mm] |
Hi zusammen!
Ich habe ein Problem die Schlussfolgerung, welche oben erwähnt wird zu verstehen..
Also wenn [mm] A_{r} [/mm] einen Eigenwert [mm] \lambda [/mm] hat, dann hat es doch sicher auch einen Eigenvektor dazu, nicht? Wieso kann ich dann einfach den Eigenvektor v der anderen Endomorphismen nehmen? Muss nicht gelten [mm] A_{r}=\lmabda*z, [/mm] wobei z der Eigenvektor von [mm] A_{r} [/mm] ist?
Also meine Frage ist, wie komme ich darauf, dass der Eigenvektor der anderen Endomorphismen genau dem Eigenvektor von [mm] A_{r} [/mm] entspricht?
Vielen Dank für eure Hilfe!
Mel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:22 So 13.04.2008 | | Autor: | felixf |
Hallo Mel
> [mm]A_{1},..,A_{r-1}[/mm] sind kommutative Endomorphismen mit einem
> gemeinsamen Eigenvektor =v.
> [mm]A_{r}[/mm] ist auch ein kommutativer Endomorphismus mit einem
> Eigenwert [mm]\lambda[/mm]
> Nun folgt [mm]A_{r}*v=\lambda*v[/mm]
Ich glaube, du hast die Aufgabenstellung jetzt komplett kaputt formuliert.
In etwa diese Frage wurde vor ein paar Tagen schonmal gestellt (ich hatte was dazu geschrieben), such doch mal, vielleicht hilft dir das weiter.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:51 So 13.04.2008 | | Autor: | Meli90 |
hi!
Also ich hab mich umgesehen, und habe einen Beitrag von dir gefunden, der eigentlich mein Problem ziemlich gut beschreibt (denk ich mal..)
Du hast dort als Lösungsvorschlag geschrieben man soll sich den Endomorphismus zu [mm] A_{r} [/mm] ansehen und den dann auf den Eigenraum zum Eigenwert [mm] \lambda [/mm] beschränkten.
Das heisst ich schau mir eigentlich [mm] Kern(A_{r}-\lambda*E) [/mm] an, nicht? Diesen Untervektorraum soll ich dann durch eine Basis beschreiben (ist halt alles ziemlich formal, da ich den Endomorphismus nicht kenne, aber so weit verstehe ich das noch.. :)) und dann in einer Matrix darstellen, nicht?
Gut dann habe ich die Matrix, die den Endomorphismus zu [mm] Kern(A_{r}-\lambda*E) [/mm] darstellt. Diese hat wieder einen Eigenwert? Wieso das? Und was bringt mir das? Ich verstehe nun nicht, wie ich darauf kommen kann, dass die kommutativen Endomorphismen [mm] A_{1},..,A_{r} [/mm] einen gemeinsamen Eigenvektor haben..
Könntest du mir da vielleicht nochmals auf die Sprünge helfen?
Vielen lieben Dank! Mel
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> Du hast dort als Lösungsvorschlag geschrieben man soll
> sich den Endomorphismus zu [mm]A_{r}[/mm] ansehen und den dann auf
> den Eigenraum zum Eigenwert [mm]\lambda[/mm] beschränkten.
> Das heisst ich schau mir eigentlich [mm]Kern(A_{r}-\lambda*E)[/mm]
> an, nicht? Diesen Untervektorraum soll ich dann durch eine
> Basis beschreiben (ist halt alles ziemlich formal, da ich
> den Endomorphismus nicht kenne, aber so weit verstehe ich
> das noch.. :)) und dann in einer Matrix darstellen, nicht?
> Gut dann habe ich die Matrix, die den Endomorphismus zu
> [mm]Kern(A_{r}-\lambda*E)[/mm] darstellt.
Hallo,
mir scheint die Sache ein kleines bißchen anders gelagert zu sein:
Du hattest zuvor gezeigt, daß für alle [mm] A_i, [/mm] i=1,...,r-1
[mm] A_i(Kern(A_r-\lambda [/mm] E)) [mm] \subseteq Kern(A_r-\lambda [/mm] E) gilt.
Das bedeutet, daß die Abbildung [mm] A_{[b]i[/b]} [/mm] eingeschränkt auf [mm] Kern(A_r [/mm] - [mm] \lambda [/mm] E) ein Endomorphismus ist.
Für diesen Endomorphismus [mm] A_i^{(1)}kannst [/mm] Du die darstellende Matrix aufstellen, sie ist quadratisch mit "Kantenlänge" [mm] dim(Kern(A_r-\lambda [/mm] E)).
> Diese hat wieder einen
> Eigenwert? Wieso das?
Wenn ich die Sache richtig verstehe, ist zunächst einfach vorausgesetzt, daß die quadratischen Matrizen über K einen Eigenvektor haben, und es wird im Moment geschaut, welche Konsequenzen die Annahme hat.
> Und was bringt mir das?
Das wird sich vermutlich im weiteren Verlauf zeigen.
> Ich verstehe
> nun nicht, wie ich darauf kommen kann, dass die
> kommutativen Endomorphismen [mm]A_{1},..,A_{r}[/mm] einen
> gemeinsamen Eigenvektor haben..
Da fehlen ja auf jeden Fall noch Zwischenschritte.
erstmal bekommst Du Endomorphismen [mm] (A_1^{(1)}, [/mm] ..., [mm] A_{r}^{(1)}), [/mm] die kommutieren, was eventuell auch überlegens und- begründenswert ist.
Eine vergleichbares Procedere führt man mit [mm] Bild(A_r-\lambda [/mm] E) durch und erhält so Endomorphismen [mm] (A_1^{(2)}, [/mm] ..., [mm] A_{r}^{(2)}), [/mm] die kommutieren.
Als nächstes ist dann zu zeigen, daß [mm] (A_1^{(1)}, [/mm] ..., [mm] A_{r}^{(1)}) [/mm] oder [mm] (A_1^{(2)}, [/mm] ..., [mm] A_{r}^{(2)}) [/mm] einen gemeinsamen Eigenvektor haben.
Und hieraus erst folgert man, daß [mm] A_{1},..,A_{r} [/mm] einen gemeinsamen Eigenvektor haben.
Gruß v. Angela
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> [mm]A_{1},..,A_{r-1}[/mm] sind kommutative Endomorphismen mit einem
> gemeinsamen Eigenvektor =v.
> [mm]A_{r}[/mm] ist auch ein kommutativer Endomorphismus mit einem
> Eigenwert [mm]\lambda[/mm]
> Nun folgt [mm]A_{r}*v=\lambda*v[/mm]
> Hi zusammen!
> Ich habe ein Problem die Schlussfolgerung, welche oben
> erwähnt wird zu verstehen..
Hallo,
ich auch.
Womit kommutiert [mm] A_r? [/mm] Mit sich selbst? Nee, oder?
Einiges scheint mir stark daraufhinzudeuten, daß diese Frage irgendwie mit dem da zusammen hängt.
Wie weit warst Du denn dort gekommen?
Und was genau willst Du jetzt wissen?
Gruß v. Angela
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:22 Mo 14.04.2008 | | Autor: | felixf |
Hallo zusammen
> Einiges scheint mir stark daraufhinzudeuten, daß diese
> Frage irgendwie mit dem da zusammen hängt.
Ich habe den neuen Thread mal an den alten drangehaengt.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:34 Mo 14.04.2008 | | Autor: | felixf |
Hallo Mel
> [mm]A_{r}[/mm] hat einen Eigenwert [mm]\lambda \in[/mm] K.
> Sei W=Kern und Z=Bild von [mm]A_{r}-\lambda*E.[/mm]
> W und Z sind konstant unter [mm]A_{1},..,A_{r-1}[/mm] , wobei
> [mm]A_{1},..,A_{r}[/mm] kommutierende Endomorphismen über den K-VR
> sind und [mm]A_{1},..,A_{r-1}haben[/mm] einem gemeinsamen
Meinst du vielleicht in der letzten Zeile auch [mm] $A_1, \dots, A_r$?
[/mm]
> Eigenvektor.
Ich habe den Verdacht, dass du uns hier irgendeine sehr wichtige Voraussetzung verschweigst! Sonst ist deine Aussage (bzgl. der Existenz eines gemeinsamen Eigenvektors) naemlich falsch.
Etwa ueber dem Koerper [mm] $\IR$: [/mm] wenn du [mm] $A_1 [/mm] = [mm] \pmat{ 0 & -1 \\ 1 & 0 }$ [/mm] nimmst, so hat diese Matrix ueber [mm] $\IR$ [/mm] gar keine Eigenwerte und Eigenvektoren! (Die Eigenwerte ueber [mm] $\IC$ [/mm] sind $i$ und $-i$.) Wenn du jetzt [mm] $A_2 [/mm] = [mm] \dots [/mm] = [mm] A_r [/mm] = [mm] E_2$ [/mm] waehlst (Einheitsmatrix), dann kommutieren die alle schoen brav miteinander, aber du wirst niemals einen gemeinsamen Eigenvektor von [mm] $A_1, \dots, A_{r-1}$ [/mm] (oder [mm] $A_1, \dots, A_r$) [/mm] finden, da [mm] $A_1$ [/mm] nichtmals selber einen hat.
LG Felix
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:48 Mo 14.04.2008 | | Autor: | felixf |
Hallo Mel
> (Fundamentalsatz der Algebra, Beweis
> von Harm Derksen nur mit linearer Algebra -> sehr
> empfehlenswerter Beweis ;) )
Da hast du ein ``fast'' vergessen: ganz ohne Analysis kommt der Beweis auch nicht aus! Man benoetigt die Existenz einer Nullstelle bei Polynomen ungeraden Grades ueber [mm] $\IR$ [/mm] (Zwischenwertsatz) und man braucht die Existenz von Quadratwurzeln positiver Zahlen in [mm] $\IR$. [/mm] Man braucht also das Vollstaendigkeitsaxiom und die Ordnung auf [mm] $\IR$.
[/mm]
LG Felix
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