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  Existenz eines f-invarianten Unterraumes zeigen |
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X3nion
Aktiv 
Dabei seit: 17.04.2014
Mitteilungen: 1053
 |  Themenstart: 2020-11-15
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Guten Abend 🙂
folgende Aufgabe versuche ich zu bearbeiten:
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Sei V ein $\mathbb{R}$-Vektorraum der Dimension 2n+ 1, $n \in \mathbb{N}$, und sei $f \in End(V)$.
Zu beweisen ist, dass es einen f-invarianten Unterraum W von V mit $W \neq \{0\}$ und $W \neq V$ gibt.
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Nun gilt es ja, die Existens eines f-invarianten Unterraumes W zu beweisen, wobei $1 \le dim(W) \le 2n$ ist, da ja $W \neq \{0\}$ und $W \neq V$ gefordert wird.
Wie könnte man dies beweisen? Evtl. über Induktion?
Habt ihr mir einen Tipp?
Ich danke euch für jede Antwort.
Viele Grüße,
X3nion
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zippy
Senior 
Dabei seit: 24.10.2018
Mitteilungen: 4624
 | Beitrag No.1, eingetragen 2020-11-15
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\quoteon(2020-11-15 19:40 - X3nion im Themenstart)
Sei V ein $\mathbb{R}$-Vektorraum der Dimension 2n+ 1
\quoteoff
Tipp: Polynome des Grades $2n+1$ haben mindestens eine reelle Nullstelle.
--zippy
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Triceratops
Wenig Aktiv 
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 |  Beitrag No.2, eingetragen 2020-11-15
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Die Aussage ist falsch für $n = 0$. Man muss $n > 0$ annehmen.
Der Tipp von zippy läuft vermutlich auf das charakteristische Polynom von $f$ hinaus, also Determinanten.
Man kann hier auch anders vorgehen und Modultheorie verwenden. Der Begriff des Moduls ist sehr ähnlich zum Begriff des Vektorraumes; der Unterschied ist einfach, dass die Koeffizienten aus einem beliebigen Ring stammen können. Viele Grundlagen für Vektorräume kann man daher auch unmittelbar für Moduln hinschreiben und beweisen.
Modultheorie kann man nun in der linearen Algebra, insbesondere in der Normalformentheorie, auf den Polynomring $K[T]$ über einem Körper $K$ anwenden. Tatsächlich ist ein $K$-Modul dasselbe wie ein $K$-Vektorraum, und ein $K[T]$-Modul ist dasselbe wie ein $K$-Vektorraum $V$ zusammen mit einer $K$-linearen Abbildung $f : V \to V$. Konkret ist hierbei die Modulstruktur gegeben durch $T \cdot v = f(v)$ und allgemeiner dann $\sum_n a_n T^n \cdot v = \sum_n a_n f^n(v)$. Wie man hier schon sieht, lohnt sich diese Sichtweise eigentlich immer, wenn man es mit einem Endomorphismen $f : V \to V$ und dessen Potenzen zu tun hat.
Ein $f$-invarianter Unterraum von $V$ ist nichts anderes als ein $K[T]$-Untermodul von $V$.
Es ist $V$ genau dann $f$-zyklisch, wenn $V$ ein zyklischer $K[T]$-Modul ist, also von der Form $V = K[T] \cdot v$ für einen Vektor $v \in V$.
Die Aufgabe ist also (unter den Voraussetzungen $K = \IR$ und $\dim(V) = 2n+1$) zu zeigen, dass $V$ stets einen nicht-trivialen echten $K[T]$-Untermodul besitzt.
Angenommen, das ist nicht der Fall. Dann ist $V$ ein einfacher $K[T]$-Modul, das heißt, es gilt $V \neq 0$ und $0,V$ sind die einzigen Untermoduln. Nun gibt es für jeden Ring $R$ eine Klassifikation der einfachen (Links-)-$R$-Moduln: Sie sind isomorph zu $R/I$ für maximale Linksideale $I \subseteq R$.
Das sieht man so: Wenn $V$ ein einfacher $R$-Modul ist, wähle irgendein $0 \neq v \in V$. Es gilt $R \cdot v = V$, weil $R \cdot v$ ein nicht-trivialer Untermodul ist. Daher ist die $R$-lineare Abbildung $R \to V$, $r \mapsto rv$ surjektiv. Ihr Kern $I = \{r \in R : rv=0\}$ ist daher ein Linksideal von $R$ mit $R/I \cong V$. Die $R$-Untermoduln von $R/I$ haben die Form $J/I$ mit Linksidealen $J \subseteq R$, die $I \subseteq J$ erfüllen. Dass $R/I$ einfach ist, bedeutet also, dass $I$ maximal ist.
Die (maximalen) Ideale von $K[T]$ haben nun die Form $\langle p \rangle$ für (irreduzible) Polynome $p \in K[T]$. Jeder einfache $K[T]$-Modul $V$ ist also isomorph zu $K[T]/\langle p \rangle$ für ein irreduzibles Polynom $p$. Hierbei ist $\dim_K(V) = \deg(p)$.
Bei allen bisherigen Überlegungen war der Körper $K$ beliebig. Wenn nun $K = \IR$ und $\dim_{\IR}(V) = \deg(p)$ ungerade ist, so hat aber $p$ eine Nullstelle; eine Folge des Zwischenwertsatzes aus der Analysis. Wenn ein irreduzibles Polynom eine Nullstelle hat, muss es aber vom Grad $1$ sein, sodass also $\dim_{\IR}(V)=1$ ist. Den Fall muss man aber, wie gesagt, ausschließen. Oder man formuliert die Aussage positiv folgendermaßen: Jeder einfache $\IR[T]$-Modul von ungerader $\IR$-Dimension ist $1$-dimensional.
Natürlich ist der Weg über Modultheorie nicht unbedingt nötig, um die Aussage zu beweisen. Allerdings hilft die Modultheorie auch bei anderen Problemen aus der linearen Algebra, sodass es sich lohnt, sich diese Sichtweise anzueignen.
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X3nion
Aktiv
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| Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2020-11-15
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Hey zusammen und vielen Dank für eure Tipps und Antworten!
@Triceratops: ein sehr interessanter Beitrag mal wieder von dir! Es sind leider noch einige unklaren Begriffe vorhanden. Somit würde ich zunächst einmal den Tipp von zippy verfolgen und bei Gelegenheit wieder vorbeischauen 🙂
\quoteoff
Tipp: Polynome des Grades $2n+1$ haben mindestens eine reelle Nullstelle.
--zippy
\quoteoff
Könnt ihr mir sagen, was Polynome mit dem Unterraum zu tun haben?
Viele Grüße,
X3nion
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Triceratops
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| Beitrag No.4, eingetragen 2020-11-15
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\quoteon(2020-11-15 20:36 - X3nion in Beitrag No. 3)
Könnt ihr mir sagen, was Polynome mit dem Unterraum zu tun haben?
\quoteoff
Die einfachsten invarianten Unterräume sind ja eindimensionale invariante Unterräume. Sie werden von Eigenvektoren erzeugt. Es liegt also nahe, einen Eigenwert von $f$ zu finden. Eigenwerte sind aber Nullstellen des charakteristischen Polynoms ...
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X3nion
Aktiv
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| Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2020-11-16
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Hallo nochmals,
könnte man so argumentieren: sei $f$ ein Endomorphismus, und sei dim(V) = 2n+1. Sei $\chi_f$ das charakteristische Polynom zu f. Dieses zerfällt über $\mathbb{C}$ in Linearfaktoren, wobei zu einer komplexen Nullstelle $\lambda_{i}$ auch die komplex-konjugierte Zahl $\overline{\lambda_{i}}$ eine Nullstelle ist. Somit gibt es $n$ komplexe Nullstellen $\lambda_{i}$, $1 \le i \le n$ und $n$ komplexe Nullstellen $\overline{\lambda_{i}}$, $1 \le i \le n$. Daraus folgt aber, dass eine Nullstelle $\lambda_{2n+1}$ geben muss, welche reell ist.
Wähle solch einen Eigenwert. Dann gibt es Eigenvektoren $v \in V$, $v \neq 0$, mit $f(v) = \lambda v$. Es gilt $E(\lambda) \neq \{0\}$ und der Eigenraum $E(\lambda)$ ist f-invariant, es gilt also $f(x) \in E(\lambda)$ für alle $x \in E(\lambda)$. Gilt $E(\lambda) \neq V$, so setze $W:= E((\lambda)$. Dann hat W die geforderten Eigenschaften.
Ist $E(\lambda) = V$, und seien $(w_i)_{1 \le i \le 2n+1}$ Eigenvektoren von $E(\lambda)$, so setze $W:= E(\lambda) \backslash \langle w_{2n+1}\rangle$. Dann ist $W \neq 0$, denn $dim(W) = 2n$, und $W$ ist $f$-invariant.
Zunächst einmal ist $W \subset E(\lambda)$. Sei $x = a_1 w_1 + ... + a_{2n}w_{2n} \in W$. Dann ist $x = a_1 w_1 + ... + a_{2n}w_{2n} + 0w_{2n+1} \in E(\lambda)$. Es folgt $f(x) = \lambda x \in E(\lambda)$, also auch $f(x) = \lambda a_1 w_1 + ... + \lambda a_{2n}w_{2n} + \lambda 0w_{2n+1} = \lambda a_1 w_1 + ... + a_{2n}w_{2n} \in W$.
Würde das als Argumentationsweise so in Ordnung sein?
Viele Grüße,
X3nion
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Triceratops
Wenig Aktiv
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| Beitrag No.6, eingetragen 2020-11-16
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Ich habe mir nicht alles durchgelesen (evtl. morgen). "$W:= E(\lambda) \backslash \langle w_{2n+1}\rangle$" ist nicht sinnvoll; mit dieser Definition wäre $W$ kein Unterraum, weil er nicht einmal die Null enthält. Du meinst etwas anderes.
Aber mit dem Hinweis hier
\quoteon(2020-11-15 20:37 - Triceratops in Beitrag No. 4)
Die einfachsten invarianten Unterräume sind ja eindimensionale invariante Unterräume.
\quoteoff
geht es noch einfacher. Du musst ja nicht den gesamten Eigenraum betrachten.
Andererseits: $E(\lambda)=V$ würde ja $f = \lambda \cdot \mathrm{id}$ bedeuten, und hier ist dann jeder Unterraum invariant.
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X3nion
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| Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2020-11-17
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Hallo Triceratops,
ich danke dir, dass du noch einen Hinweis gegeben hast.
Ich habe es nochmals überarbeitet. Könntet ihr einen Blick darauf werfen, ob der Beweis das so vollständig wäre?
Sei $f$ ein Endomorphismus, und sei dim(V) = 2n+1. Sei $\chi_f$ das charakteristische Polynom zu f. Dieses zerfällt über $\mathbb{C}$ in Linearfaktoren, wobei zu einer komplexen Nullstelle $\lambda_{i}$ auch die komplex-konjugierte Zahl $\overline{\lambda_{i}}$ eine Nullstelle ist. Somit gibt es $n$ komplexe Nullstellen $\lambda_{i}$, $1 \le i \le n$ und $n$ komplexe Nullstellen $\overline{\lambda_{i}}$, $1 \le i \le n$. Daraus folgt aber, dass eine Nullstelle $\lambda_{2n+1}$ geben muss, welche reell ist.
Wähle solch einen Eigenwert. Dann gibt es einen zugehörigen Eigenvektor $v \in V$, $v \neq 0$, mit $f(v) = \lambda v$. Wähle $W:= \langle v \rangle$.
Dann ist W eindimensional. Sei nun $x \in W$ beliebig. Dann gibt es $a \in \mathbb{K}$ mit $x = av$. Es folgt $f(x) = f(av) = a \cdot f(v) = a \lambda v \in W$.
Damit ist W f-invariant.
Ich wäre euch sehr dankbar, wenn ihr mal drüberschauen könntet 🙂
Viele Grüße,
X3nion
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Triceratops
Wenig Aktiv
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Wohnort: Berlin
| Beitrag No.8, eingetragen 2020-11-17
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Du musst noch kurz sagen, dass $W$ ein echter Unterraum ist. Hier geht nämlich die (vergessene) Annahme $ n > 0$ ein.
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X3nion
Aktiv
Dabei seit: 17.04.2014
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| Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2020-11-18
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Hey Triceratops,
ja stimmt, das hatte ich vergessen. Vielen Dank!
Viele Grüße,
X3nion
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X3nion hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
X3nion hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt. |
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