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Lineare Algebra » Eigenwerte » Äquivalenz Aussagen Vektorraum Endomorphismus
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Universität/Hochschule Äquivalenz Aussagen Vektorraum Endomorphismus
gruebl
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  Themenstart: 2021-07-20

Hallo lieber Matheplanet, unser Prof. hat uns einige Aufgaben zum Grübeln gegeben. Leider verstehe ich nicht, wie diese Aufgaben zu lösen sind. Kann mir hier jemand weiterhelfen? Es sei V endl. dim. K-Vektorraum und \phi \el\ End_K (V). Zu zeigen ist die Äquivalenz der Aussagen 1-3 1. Es ist \phi = a * id_V für ein a \el\ K 2. Es gilt \phi \circ\ \tau = \tau \circ\ \phi für alle \tau \el\ End_K (V) 3. Jeder Vektor in V - {0} ist Eigenvektor von \phi Danke für eure Hilfe, gruebl


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Diophant
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  Beitrag No.1, eingetragen 2021-07-20

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}} \newcommand{\evm}{\end{vmatrix}} \newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}} \newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\) Hallo, man könnte einen Beweis der Form \((1)\Rightarrow(2)\Rightarrow(3)\Rightarrow(1)\) versuchen. Gruß, Diophant\(\endgroup\)


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gruebl
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-07-20

\quoteon(2021-07-20 14:27 - Diophant in Beitrag No. 1) Hallo, man könnte einen Beweis der Form \((1)\Rightarrow(2)\Rightarrow(3)\Rightarrow(1)\) versuchen. Gruß, Diophant \quoteoff Der Ringschluss ist mir bekannt, mir fehlt aber der Ansatz 1->2,2->3..


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wessi90
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  Beitrag No.3, eingetragen 2021-07-20

Fang doch mal mit $(1)\Rightarrow (2)$ an. Du hast $\varphi$ also konkret gegeben. Nun berechne $\varphi\circ\tau$ und $\tau\circ\varphi$. Benutze die Eigenschaften der Identität und dass $\tau$ eine lineare Abbildung ist.


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Diophant
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  Beitrag No.4, eingetragen 2021-07-20

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}} \newcommand{\evm}{\end{vmatrix}} \newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}} \newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\) Hallo, dann hast du entweder die Bezeichnungen der vorkommenden Objekte noch nicht so ganz verstanden oder noch nicht ausreichend über die Sache nachgedacht (denn der Sachverhalt an sich ist ja 'offensichtlich', wie man so schön sagt...). So kann man \((1)\Rightarrow(2)\) einfach nachrechnen, oder noch einfacher über eine wichtige Eigenschaft neutraler Elemente begründen. Und die Einheitsmatrix ist das neutrale Element bezüglich der Multiplikation von quadratischen Matrizen... Für \((2)\Rightarrow(3)\) benötigt man einen Satz über Eigenvektoren kommutierender Matrizen. \((3)\Rightarrow(1)\) könnte man mit der Eigenwertgleichung \((A-\lambda E)\cdot v=0\) angehen. Das wären jetzt mal so meine Ideen. Ohne Garantie, dass es nicht an der einen oder anderen Stelle (noch) einfacher geht. Oder dass es eventuell eine bessere Reihenfolge für den Ringschluss gibt. Gruß, Diophant [Die Antwort wurde nach Beitrag No.2 begonnen.]\(\endgroup\)


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Student10023
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  Beitrag No.5, eingetragen 2021-07-20

ich bin mir nicht ganz sicher, aber ich würde sagen, dass 3--> 1 nicht gilt. Jedes Element v in V ist ein Eigenvektor aber im allgemeinen, kann ja jedes V ein Eigenvektor zu einem anderen Eigenwert sein und dann gibt es ja kein solches a, wie es die Aufgabe fordert. Man müsst in 3) also vllt. noch fordern, dass jeder Vektor v aus V ein Eigenvektor zu einem (festen) Eigenwert ist d.h Eig(l,f) = V, für ein l aus K. (Kann auch sein, dass ich mich total irre, falls ja tut es mir leid.) EDIT: Das ist leider schwachsinnig, s.h weiter unten.


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Diophant
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  Beitrag No.6, eingetragen 2021-07-20

@Student10023: Ich denke, du hast mit deinem Einwand vollkommen recht. Ich hatte da einfach in Gedanken noch ergänzt, dass alle Vektoren Eigenvektoren zum gleichen Eigenwert sind. Ich denke mal, dass es so gemeint ist. EDIT: nein, die Forderung braucht man nicht. Es ist so, wie im nächsten Beitrag von ligning ausgeführt. Gruß, Diophant


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ligning
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  Beitrag No.7, eingetragen 2021-07-20

Das ist nicht stillschweigend gemeint. Man muss sich selbst überlegen, und das natürlich auch beweisen, dass daraus, dass jeder Vektor ungleich 0 ein Eigenvektor ist, schon folgt, dass es nur einen Eigenwert gibt.


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Diophant
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  Beitrag No.8, eingetragen 2021-07-20

@ligning: Danke für den Hinweis. Eigentlich war ich soweit auch schon, dann habe ich aber doch Zweifel bekommen... Gruß, Diophant


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gruebl hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.

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