Basis aus Eigenvektoren

16.06.2011, 18:23	silvio	Auf diesen Beitrag antworten »
Basis aus Eigenvektoren Hallo! Meine Aufgabe: Sei V ein endlich-dimensionaler $\begin{eqnarray} \mathbb K \end{eqnarray}$ - Vektorraum ( $\begin{eqnarray} \mathbb K \end{eqnarray}$ Körper), $\begin{eqnarray} f, g \in Hom_{K} (V, V) \end{eqnarray}$ diagonalisierbar, $\begin{eqnarray} \lambda_{1},...,\lambda_{k} \in \mathbb K \end{eqnarray}$ die paarweise verschiedenen Eigenwerte von f und $\begin{eqnarray} \mu_{1},...,\mu_{l} \in \mathbb K \end{eqnarray}$ die paarweise verschiedenen Eigenwerte von g. Zeigen Sie: (i) Es existiert eine Basis B von V aus Eigenvektoren von f und g. Dann gilt $\begin{eqnarray} f \circ g \ =\ g \circ f \end{eqnarray}$ . (ii) Es gilt $\begin{eqnarray} f \circ g \ =\ g \circ f \end{eqnarray}$ . Dann existiert eine Basis B von V aus Eigenvektoren von f und g. Gehen Sie dabei wie folgt vor: (a) Sei $\begin{eqnarray} W_{i}\ :=\ Eig\ (f, \lambda_{i}) \end{eqnarray}$ für i = 1,...,k. Dann ist g $\begin{eqnarray} W_{i} \end{eqnarray}$ -invariant und $\begin{eqnarray} g_{\mid W_{i}} \in Hom_{K} (W_{i}, W_{i}) \end{eqnarray}$ für alle i = 1,...,k. Hier direkt eine Frage zur Aufgabenstellung: Müsste es nicht heißen $\begin{eqnarray} W_{i} \end{eqnarray}$ ist g-invariant? (b) Sei $\begin{eqnarray} h \in Hom_{K} (V, V) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} v_{1},...,v_{m} \in V \end{eqnarray}$ Eigenvektoren zu paarweise verschiedenen Eigenwerten $\begin{eqnarray} k_{1},...,k_{m} \in \mathbb K \end{eqnarray}$ von h. Dann sind die Eigenvektoren $\begin{eqnarray} v_{1},...,v_{m} \end{eqnarray}$ linear unabhängig und $\begin{eqnarray} m \leq \dim V \end{eqnarray}$ . (c) Sei $\begin{eqnarray} W_{ij}\ =\ W_{i} \cap Eig\ (g, \mu_{j}) \end{eqnarray}$ für i = 1,...,k und j = 1,...,l. Dann gilt $\begin{eqnarray} W_{i}\ =\ W_{i1} \oplus ... \oplus W_{il} \end{eqnarray}$ . (d) $\begin{eqnarray} g_{\mid W_{i}} \end{eqnarray}$ ist diagonalisierbar mit Basiselementen von $\begin{eqnarray} W_{i} \end{eqnarray}$ für alle i = 1,...,k. (e) Es existiert die oben gesuchte Basis. Meine Ideen: (i) Hier ist zu zeigen, dass für alle $\begin{eqnarray} v \in V \end{eqnarray}$ gilt: f (g (v)) = g (f (v)). Seien also $\begin{eqnarray} w_{1},...,w_{n} \in V \end{eqnarray}$ die Basisvektoren. Dann gilt für alle i = 1,...,n : $\begin{eqnarray} (\exists \ j \in \{1,...,k\} : \lambda_{j}w_{i}\ =\ f(w_{i})) \vee (\exists \ m \in \{1,...,l\} : \mu_{m}w_{i} = g (w_{i})) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \Rightarrow f(g(v))\ =\ f(g(\sum\limits_{i=1}^n a_{i}w_{i})) \end{eqnarray}$ Die Summenglieder, die Eigenvektoren zu Eigenwerten von g sind, lassen sich darstellen als $\begin{eqnarray} f(g(a_{i}w_{i}))\ =\ a_{i} \cdot f (\mu_{m}w_{i}) \end{eqnarray}$ Hier komme ich leider nicht mehr weiter. Und was ist mit den Eigenvektoren zu Eigenwerten von f? (ii) (a) Hier ist zu zeigen: $\begin{eqnarray} g (W_{i}) \subseteq W_{i} \end{eqnarray}$ Dazu sei $\begin{eqnarray} x \in g (W_{i}) \end{eqnarray}$ . $\begin{eqnarray} \ \Rightarrow \exists y \in W_{i} : g (y) = x \end{eqnarray}$ Da $\begin{eqnarray} y \in W_{i} \end{eqnarray}$ , gilt: $\begin{eqnarray} f (y)\ =\ \lambda_{i}y \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \Rightarrow f (x)\ =\ f (g (y))\ =\ g (f (y))\ =\ g (\lambda_{i}y)\ =\ \lambda_{i} \cdot g (y)\ =\ \lambda_{i}x \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \Rightarrow x \in W_{i} \end{eqnarray}$ Nach dem ersten Teil von (a) und der Voraussetzung, dass g bereits ein Homomorphismus ist, müsste eigentlich direkt folgen, dass $\begin{eqnarray} g \in Hom_{K} (W_{i}, W_{i}) \end{eqnarray}$ für alle i = 1,...,k ist. (b) Hier nehme ich an, dass die Eigenvektoren linear abhängig sind. Dann existieren $\begin{eqnarray} v_{i} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} v_{j} \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} v_{i} = a v_{j} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} i \neq j \end{eqnarray}$ . $\begin{eqnarray} \Rightarrow k_{i}v_{i}\ =\ h (v_{i}) \wedge k_{j}v_{j}\ =\ h (v_{j}) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \Rightarrow k_{i}v_{i}\ =\ h (v_{i})\ =\ h (a v_{j})\ =\ a \cdot h (v_{j})\ =\ ak_{j}v_{j}\ = k_{j}av_{j}\Rightarrow k_{i} = k_{j} \end{eqnarray}$ Dies ist aber ein Widerspruch, da die Eigenwerte nach Voraussetzung paarweise verschieden sind. Den Teil mit der Dimension habe ich noch nicht gelöst. (c) Da in (b) bereits gezeigt wurde, dass die Eigenvektoren zu paarweise verschiedenen Eigenwerten linear unabhängig sind, folgt jetzt, dass der Schnitt von zwei Elementen aus $\begin{eqnarray} \{W_{i1},...,W_{il}\} \end{eqnarray}$ immer nur 0 enthalten kann. Nach der Definition der $\begin{eqnarray} W_{ij} \end{eqnarray}$ und der Tatsache, dass Eigenräume Vektorräume sind, ist ebenfalls klar, dass die Summe dieser Eigenräume eine Teilmenge von $\begin{eqnarray} W_{i} \end{eqnarray}$ ist. Für die andere Richtung wählt man sich ein beliebiges $\begin{eqnarray} w \in W_{i} \end{eqnarray}$ und muss nun zeigen, dass sich dies als Linearkombination von Vektoren aus den Eigenräumen darstellen lässt. Hier komme ich allerdings auch nicht wirklich weiter. (d) und (e) lassen sich vermutlich am besten lösen, wenn man die vorherigen Teilaufgaben gelöst hat und dann das entsprechende Wissen daraus anwenden kann. Daher habe ich hier noch nicht viel probiert.
22.06.2011, 16:39	Kevin-357	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo Silvio! Aufgabenteil (d) folgt doch direkt aus (c) und Satz 6.17 (Diagonalisierbarkeit ist äquivalent zu VR ist direkte Summe der Eigenräume).

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