Gleichzeitige Diagonalisierbarkeit

27.04.2013, 15:59

hh1234

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Gleichzeitige Diagonalisierbarkeit

Hiho, hab da ne Aufgabe zu obigem Thema, bei dem ich absolut keinen Ansatz sehe.

Es sei $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ ein Körper und $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ ein endlich-dimensionaler $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ -Vektorraum. Zwei Endomorphismen $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ heißen gleichzeitig diagonalisierbar, falls es eine Basis $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ gibt, so dass sowohl $\begin{eqnarray*} M^B_B(f) \end{eqnarray*}$ als auch $\begin{eqnarray*} M^B_B(g) \end{eqnarray*}$ Diagonalgestalt haben.
Zeigen Sie, dass für diagonalisierbare $\begin{eqnarray*} f,g \in End_K (V) \end{eqnarray*}$ die folgenden Aussagen äquivalent sind:

a) $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ sind gleichzeitig diagonalisierbar
b)Es gilt $\begin{eqnarray*} f°g=g°f \end{eqnarray*}$ (soll Verknüpfung heißen...)

--------------------------------

Idee:

Bisher leider absolut keine, daher hab ich mir bloß ein wenig möglicherweise nützliche Sätze etc. rausgeschrieben:

$\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ ist diagonalisierbar <=> V ist isomorph zur äußeren direkten Summe von i=1 bis m, der $\begin{eqnarray*} Eig(f_i;\lambda_i) \end{eqnarray*}$ : $\begin{eqnarray*} v=v_1+...+v_m \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} v_i \in Eig(f_i;\lambda_i) \end{eqnarray*}$

Dass heißt, V besitzt eine Eigenraumzerlegung.

Gehen wir mal von b)==>a).

Ich habe f°g=g°f und weiß außerdem, dass meine f,g diagonalisierbar sind. Das heißt, ich finde eine Basis von V, die aus Eigenvektoren besteht. Also sind $\begin{eqnarray*} M^B_B(f),M^B_B(g) \end{eqnarray*}$ Diagonalmatrizen, die also nur über und bei der Diagonale Einträge ungleich 0 haben.

Und nun?

Ich brauch nen kräftigen Anschupser, danke smile

smile

.

27.04.2013, 17:32

tmo

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Du fängst ja direkt mal mit der schwereren Richtung an.

Die funktioniert so:

Wir können von $\begin{eqnarray*} f \notin K \cdot \operatorname{id} \end{eqnarray*}$ ausgehen. 1. Warum? 2. Warum ist das wichtig?

Sei $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ ein Eigenwert von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ der zugehörige Eigenraum.

Es gilt für alle $\begin{eqnarray*} u \in U \end{eqnarray*}$ : $\begin{eqnarray*} fg(u) = gf(u) = \lambda g(u) \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} g(u) \in U \end{eqnarray*}$ .

Folglich ist $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ -invariant.

Nun können wir Induktion auf $\begin{eqnarray*} f_{|U_i} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g_{|U_i} \end{eqnarray*}$ anwenden, wobei $\begin{eqnarray*} U_i \end{eqnarray*}$ die verschiedenen Eigenräume von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ sind.

Die weiteren Details sind dir überlassen.

28.04.2013, 14:15

hh1234

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Danke zunächst mal für deine Antwort.

Mir scheint tatsächlich die Rückrichtung etwas schwerer zu sein, ich verstehe nämlich weder warum deine erste Aussage gilt, noch wieso $\begin{eqnarray*} gf(u)=\lambda g(u) \end{eqnarray*}$ ***Edit: das mit g(f(u)) hab ich jetzt auch raus. Mach mir über das ganze nacher nochmal gedanken

Daher gehe ich erstmal noch auf die Hinrichtung ein.

a) ==> b)

Wir wissen, dass $\begin{eqnarray*} f,g \end{eqnarray*}$ gleichzeitig diagonalisierbar sind.

Seien also $\begin{eqnarray*} M^B_B(f)=:A \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} M^B_B(g)=:B \end{eqnarray*}$ , die sind in Diagonalgestalt.

Seien $\begin{eqnarray*} D_A,D_B \end{eqnarray*}$ nun die Matrizen mit Diagonalgestalt.

Es gilt: $\begin{eqnarray*} S^{-1}AS=D_A \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} S^{-1}BS=D_B \end{eqnarray*}$ .

Weiter gilt $\begin{eqnarray*} D_A D_B=D_B D_A \end{eqnarray*}$ wegen der Diagonalgestalt.

Daraus folgt: $\begin{eqnarray*} BA=S^{-1}D_BS\cdot S^{-1}D_AS~=S^{-1}D_B D_AS=S^{-1}D_A D_B S=AB \end{eqnarray*}$

Also müssen auch die entsprechenden Endomorphismen $\begin{eqnarray*} f,g \end{eqnarray*}$ kommturieren, sodass gilt : $\begin{eqnarray*} f°g=g°f \end{eqnarray*}$ (Wie krieg ich denn dass korrekte Verknüpfungszeichen hin, und gibt es ne Liste mit den gängigen Latex-Codes?

PS: iwas sieht mir da grad bei dem Beweis sehr komisch aus, aber ich finds nicht verwirrt

verwirrt

28.04.2013, 14:43

tmo

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Die Hinrichtung passt schon so. Man kann es auch "matrixfrei" so machen:

Es gibt nach Vorraussetzung für beide eine gemeinsame Basis aus Eigenvektoren. Man rechnet auf dieser Basis leicht nach, dass sie dort kommutieren:

Ist $\begin{eqnarray*} f(v) = \lambda v, g(v) = \mu v \end{eqnarray*}$ , so gilt:

$\begin{eqnarray*} fg(v) = \lambda \mu v = gf(v) \end{eqnarray*}$ .

Also kommutieren sie auf ganz $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ .

Zu Latex: für die Forumszwecke ist http://de.wikipedia.org/wiki/Hilfe:TeX gar nicht mal verkehrt.

\circ gibt dir das Verknüpfungszeichen.

28.04.2013, 16:49

hh1234

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Zitat:

Original von tmo
Du fängst ja direkt mal mit der schwereren Richtung an.

Die funktioniert so:

Wir können von $\begin{eqnarray*} f \notin K \cdot \operatorname{id} \end{eqnarray*}$ ausgehen. 1. Warum? 2. Warum ist das wichtig?

Sei $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ ein Eigenwert von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ der zugehörige Eigenraum.

Es gilt für alle $\begin{eqnarray*} u \in U \end{eqnarray*}$ : $\begin{eqnarray*} fg(u) = gf(u) = \lambda g(u) \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} g(u) \in U \end{eqnarray*}$ .

Folglich ist $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ -invariant.

Nun können wir Induktion auf $\begin{eqnarray*} f_{|U_i} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g_{|U_i} \end{eqnarray*}$ anwenden, wobei $\begin{eqnarray*} U_i \end{eqnarray*}$ die verschiedenen Eigenräume von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ sind.

Die weiteren Details sind dir überlassen.

Ok, nun also wieder hierzu.

$\begin{eqnarray*} f \notin K \cdot \operatorname{id} \end{eqnarray*}$ .. was soll denn $\begin{eqnarray*} K \cdot id \end{eqnarray*}$ überhaupt bedeuten? bleibt dieses "Produkt?" nicht einfach $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ ?

Den Mittelteil mit der Schlussfolgerung U ist g (und doch auch f, oder?)- invariant verstehe ich, weiß allerdings nicht wie man davon auf die gleichzeitige Diagonalisierbarkeit bzw. auf die Existenz einer gemeinsamen Basis aus Eigenvektoren schließen kann.

$\begin{eqnarray*} f_{|U_i} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g_{|U_i} \end{eqnarray*}$ , die Sache mit der Restriktion hab ich gerade mal gegooglet und weiß jetzt, dass dadurch der Definitionsbereich von f, bzw. g eingeschränkt wird. Wirklich verstehen damit mir das helfen könnte tue ich es allerdings auch nicht unglücklich

unglücklich

.

Würd gerne bisschen was konstruktives beitragen, aber erstmal brauch ich wohl noch ne Prise Hilfe smile

smile

.

28.04.2013, 17:51

tmo

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$\begin{eqnarray*} K \cdot \operatorname{id} \end{eqnarray*}$ ist der von der Identität erzeugter Unterraum, als die Endomorphismen der Form $\begin{eqnarray*} \lambda \operatorname{id} \end{eqnarray*}$ .

Ist dir damit klar, warum man diesen Fall nicht betrachten muss?

Wir haben dann doch folgende Situation:

Es gilt $\begin{eqnarray*} V = \bigoplus_{i} U_i \end{eqnarray*}$ wobei $\begin{eqnarray*} U_i \end{eqnarray*}$ die Eigenräume zu den verschiedenen Eigenwerten von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ sind.

Wir haben gezeigt, dass die $\begin{eqnarray*} U_i \end{eqnarray*}$ auch alle $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ -invariant sind.

Folglich erhalten wir neue Endomorphismen, indem wir $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ einschränken. Diese Endomorphismen sind auf einem Raum kleinerer Dimension definiert, daher können wir Induktion anwenden.

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28.04.2013, 20:46

hh1234

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Ne, da kommt leider nichts.

Ich hab allerdings ne Lösung gefunden, die glaube ich deiner ähnelt, zu der du mir verhelfen möchtest:

Ich knüpfe mal nach der Erkenntnis über die g-invariant ... an.

Die Abbildung $\begin{eqnarray*} g_{|V(\lambda,f)} \end{eqnarray*}$ : $\begin{eqnarray*} Eig(\lambda,f) \rightarrow Eig(\lambda,f) \end{eqnarray*}$ ( Ist $\begin{eqnarray*} V(\lambda,f) \end{eqnarray*}$ das gleiche wie $\begin{eqnarray*} Eig(\lambda,f) \end{eqnarray*}$ ? Versuche mir das alles ein wenig auf die Notation aus unserer Vorlesung anzupassen da ich sonst noch verwirrter bin)
ist jetzt einer der von dir erwähnten "neuen" Endomorphismen und ist wieder diagonalisierbar (hier ist mir nicht klar warum: sind Einschränkungen von f,g immer diagonalisierbar, wenn f,g diagonalisierbar sind?).
Bei diesem Beweis wird dann vorgeschlagen, dafür zu zeigen, dass wenn immer eine Summe von Eigenvektoren von $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ zu paarweise verschiedenen Eigenwerten im Unterraum $\begin{eqnarray*} Eig(\lambda,f) \end{eqnarray*}$ enthalten ist,
schon alle einzelnen Eigenvektoren in diesem Unterraum liegen. (versteh ich auch gerade nicht und das nachfolgende... )
Es existiert also eine Basis von $\begin{eqnarray*} Eig(\lambda,f) \end{eqnarray*}$ , so dass alle Elemente dieser Basis Eigenvektoren von $\begin{eqnarray*} g_{|V(\lambda,f)} \end{eqnarray*}$ und damit auch von g sind.
Als Elemente von $\begin{eqnarray*} Eig(\lambda,f) \end{eqnarray*}$ sind diese Vektoren natürlich auch Eigenwerte von f. So können wir mit jedem Eigenwert von f verfahren und erhalten schließlich eine Basis von V, die aus simultanen Eigenvektoren $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ besteht.

28.04.2013, 21:16

Algebrafan

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Hey,

Wink

ich versuche gerade die selbe Aufgabe zu bearbeiten. Vielleicht kommen wir ja zu zweit oder zu dritt ans Ziel. Augenzwinkern

Augenzwinkern

. Ein paar Fragen kann ich dir wohl beantworten.

Zitat:

Original von hh1234

Die Abbildung $\begin{eqnarray*} g_{|V(\lambda,f)} \end{eqnarray*}$ : $\begin{eqnarray*} Eig(\lambda,f) \rightarrow Eig(\lambda,f) \end{eqnarray*}$ ( Ist $\begin{eqnarray*} V(\lambda,f) \end{eqnarray*}$ das gleiche wie $\begin{eqnarray*} Eig(\lambda,f) \end{eqnarray*}$ ?

Ja, das ist das selbe smile

smile

Zitat:

Original von hh1234

jetzt einer der von dir erwähnten "neuen" Endomorphismen und ist wieder diagonalisierbar [COLOR=red](hier ist mir nicht klar warum: sind Einschränkungen von f,g immer diagonalisierbar, wenn f,g diagonalisierbar sind?

Ich würde sagen: Ja. Denn alle Eigenräume und somit die Eigenvektoren liegen im Definitionsbereich der lineare Abbildung, d.h. wir "dürfen" mit Hilfer dieser Vektoren diagonalisieren. Das würde dann allerdings nicht gehen, wenn wir beispielsweise g auf den 0 Vektor einschränken. Big Laugh

Big Laugh

Ich hoffe ich irre mich nicht smile

smile

, aber so macht es Sinn.

Liebe Grüße

28.04.2013, 22:00

hh1234

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Oh, ein Leidensgenosse Wink

Wink

dank dir für deine Antworten, hat mir jetzt doch nochmal einen kleinen Motivationsschub gegeben.

Also wir haben weiter oben ja schon gezeigt, dass für $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ ist Eigenwert von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} v \in Eig(\lambda,v) \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} g(v)\in Eig(\lambda,f) \end{eqnarray*}$

Daraus folgt nur die Erkenntnis dass das Bild von $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ Teilmenge von $\begin{eqnarray*} Eig(\lambda,f) \end{eqnarray*}$ ist und somit ist $\begin{eqnarray*} U:=Eig(\lambda,f) \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} ~g-invariant \end{eqnarray*}$ .

Von hier wollen wir jetzt dahin: Es existiert für beide eine gemeinsame Basis aus Eigenvektoren.

Zwar weiß ich noch nicht was uns g-invariant jetzt bringt ( als ich den Text begonnen hab, hatte ich noch ne Idee dazu verwirrt

verwirrt

), aber jedenfalls müssen wir ja wohl $\begin{eqnarray*} f_{|U_i} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g_{|U_i} \end{eqnarray*}$ betrachten.

Die sind wieder diagonalisierbar, also ist $\begin{eqnarray*} U=\bigoplus U_i \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} i=1,...,m \end{eqnarray*}$
Letzteres wiederum bedeutet, dass V eine Eigenraumzerlegung besitzt und somit jedes $\begin{eqnarray*} u\in U \end{eqnarray*}$ sich eindeutig schreiben lässt als $\begin{eqnarray*} u=u_1+...+u_m \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} u_i \in U \end{eqnarray*}$ . Kann man damit jetzt iwas anfangen? Mhhh...

Edit:

Aus g-invariant folgt doch, mit $\begin{eqnarray*} f(v)=\lambda v \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g(v)=\mu v \end{eqnarray*}$ dass ja $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ auch Eigenwert zu f bei gleicher Basis sein muss oder? Das wäre dann ja zumindest ein Teil von dem was wir zeigen wollen, bloß dass es dann für alle gelten müsste.

28.04.2013, 22:39

Algebrafan

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[quote]Original von hh1234
Oh, ein Leidensgenosse Wink

Wink

dank dir für deine Antworten, hat mir jetzt doch nochmal einen kleinen Motivationsschub gegeben.

Also wir haben weiter oben ja schon gezeigt, dass für $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ ist Eigenwert von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} v \in Eig(\lambda,v) \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} g(v)\in Eig(\lambda,f) \end{eqnarray*}$

Daraus folgt nur die Erkenntnis dass das Bild von $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ Teilmenge von $\begin{eqnarray*} Eig(\lambda,f) \end{eqnarray*}$ ist und somit ist $\begin{eqnarray*} U:=Eig(\lambda,f) \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} ~g-invariant \end{eqnarray*}$ .

Von hier wollen wir jetzt dahin: Es existiert für beide eine gemeinsame Basis aus Eigenvektoren.

Zwar weiß ich noch nicht was uns g-invariant jetzt bringt ( als ich den Text begonnen hab, hatte ich noch ne Idee dazu verwirrt

verwirrt

), aber jedenfalls müssen wir ja wohl $\begin{eqnarray*} f_{|U_i} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g_{|U_i} \end{eqnarray*}$ betrachten.
/quote]

Ich denke bis hier hin ist uns alles klar, und es ist auch richtig.

Wie wäre es, wenn wir folgendes definieren:

$\begin{eqnarray*} U_i := U \cap V(g,\lambda _i) \end{eqnarray*}$

Wenn U=U_1+U_2+....+U_k gelten würde, wären wir fertig, denn das würde heißen, dass die Basis eines Eigenraumes von U aus Vektoren bestehen kann, die Eigenvektoren von g sind. Dies hätten wir für ein U gezeigt und , wenn man es für eines gezeigt hat, könnte man das evtl. für alle Eigenräume f genauso machen? verwirrt

verwirrt

29.04.2013, 07:49

tmo

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Mir ist nicht so klar, wo jetzt noch euer Problem ist?

Induktion liefert uns, dass wir $\begin{eqnarray*} f_{|Eig(\lambda,f)} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g_{|Eig(\lambda,f)} \end{eqnarray*}$ gleichzeitig diagonalisieren können.

Wegen $\begin{eqnarray*} V = \bigoplus Eig(\lambda,f) \end{eqnarray*}$ können wir also $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ auf ganz $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ gleichzeitig diagonalisieren (einfach die Basen zusammensetzen).

Wo konkret hapert es jetzt noch?

29.04.2013, 09:12

hh1234

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Zitat:

Original von tmo
Mir ist nicht so klar, wo jetzt noch euer Problem ist?

Induktion liefert uns, dass wir $\begin{eqnarray*} f_{|Eig(\lambda,f)} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g_{|Eig(\lambda,f)} \end{eqnarray*}$ gleichzeitig diagonalisieren können.

Wegen $\begin{eqnarray*} V = \bigoplus Eig(\lambda,f) \end{eqnarray*}$ können wir also $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ auf ganz $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ gleichzeitig diagonalisieren (einfach die Basen zusammensetzen).

Wo konkret hapert es jetzt noch?

Wie genau liefert uns das Induktion?

Wieso bringt uns $\begin{eqnarray*} V = \bigoplus Eig(\lambda,f) \end{eqnarray*}$ , dass wir $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ UND $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ gleichzeitig diagonalisieren können? Überhaupt folgt dadurch doch erstmal zumindest das $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ diagonalisierbar ist, und dann muss ja wohl g-invariant dafür verantwortlich sein, dass f,g gleichzeitig diag. sind?

29.04.2013, 09:22

tmo

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Zitat:

Original von hh1234
Wie genau liefert uns das Induktion?

Induktion liefert uns, dass die Aussage für alle Endomorphismen richtig ist, die auf einem Vektorraum kleinerer Dimension als $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ definiert sind.

$\begin{eqnarray*} Eig(\lambda, f) \end{eqnarray*}$ ist solch ein Vektorraum. Und zwar für jeden Eigenwert von f.

Dass $\begin{eqnarray*} Eig(\lambda, f) \end{eqnarray*}$ g-invariant ist lediglich dafür zuständig, dass wir g überhaupt einschränken können und ein wohldefinierte Endomorphismus dabei rausspringt. Sonst spielt es keine Rolle.

29.04.2013, 09:41

hh1234

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Achso ok, durch $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ -invariant weiß ich jetzt also dass $\begin{eqnarray*} g_{|Eig(\lambda,f)} \end{eqnarray*}$ für alle Eigenwerte von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ wieder diagonalisierbar ist.
Das bedeutet dann ja, dass eine Basis von $\begin{eqnarray*} Eig(\lambda,f) \end{eqnarray*}$ existiert, s.d. alle Elemente der Basis Eigenvektoren von $\begin{eqnarray*} g_{|Eig(\lambda,f)} \end{eqnarray*}$ und somit auch von $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ sind. Eigenvektoren von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ sind es ja sowieso. Also hab ich eine gemeinsame Basis von $\begin{eqnarray*} f,g \end{eqnarray*}$ die aus Eigenvektoren besteht.

Dann sind sie doch gleichzeitig diagonalisierbar? Jetzt hab ich aber die Eigenraumzerlegung gar nicht benutzt, aber spontan macht das so für mich Sinn.

29.04.2013, 09:47

tmo

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Doch du benutzt die Eigenraumzerlegung von f doch insofern, dass dir das Zusammensetzen der gemeinsamen Eigenvektoren auf den Eigenräumen am Ende auch wirklich eine gemeinsame Basis von $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ liefert.

29.04.2013, 09:53

hh1234

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Soweit hatte ich eben noch gar nicht gedacht, wenn ich jetzt also die gemeinsamen Basen von $\begin{eqnarray*} f,g \end{eqnarray*}$ finde, und zwar für alle Eigenvektoren von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ , dann kann ich diese mittels $\begin{eqnarray*} V = \bigoplus Eig(\lambda,f) \end{eqnarray*}$ zu einer Basis von V machen und wäre dann ja fertig, weil ich gezeigt habe, dass eine Basis von V existiert, deren Elemente alle zugleich Eigenvektoren von f und von g sind?

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