kommutatives Diagramm mit kurzen, exakten Sequenzen

19.05.2014, 18:03	Kääsee	Auf diesen Beitrag antworten »
kommutatives Diagramm mit kurzen, exakten Sequenzen Guten Abend ich habe ein kommutatives Diagramm von endlich-dimensionalen K-Vektorräumen gegeben, sodass die Zeilen jeweils kurze, exakte Sequenzen sind. (siehe Bild) [attach]34313[/attach] Zu zeigen: $\begin{eqnarray} \chi_{f_2}(T)=\chi_{f_1}(T) \cdot \chi_{f_3}(T) \end{eqnarray}$ wobei $\begin{eqnarray} \chi \end{eqnarray}$ jeweils das charakteristische Polynom ist. Meine Überlegungen bisher dazu: Da die Zeilen kurze, exakte Sequenzen sind, muss $\begin{eqnarray} \alpha \end{eqnarray}$ injektiv und $\begin{eqnarray} \beta \end{eqnarray}$ surjektiv sein. Dies habe ich schon gezeigt. $\begin{eqnarray} \beta\circ\alpha \end{eqnarray}$ ist somit bijektiv (stimmt das überhaupt?) Wir haben auch schon gezeigt, dass im Falle eines solchen Isomorphismus gilt: $\begin{eqnarray} \chi_{f_1}(T) = \chi_{f_3}(T) \end{eqnarray}$ Jetzt komme ich aber nicht so richtig weiter mit meinem $\begin{eqnarray} f_2 \end{eqnarray}$ . Die Potenzen im charakteristischen Polynom müssten ja dann einfach die doppelten von $\begin{eqnarray} f_1 \end{eqnarray}$ bzw $\begin{eqnarray} f_3 \end{eqnarray}$ sein.. Aber wie komm ich da ran? :/ Danke schon mal für die Hilfe! LG
19.05.2014, 18:50	tmo	Auf diesen Beitrag antworten »
Du bist völlig auf dem Holzweg. 1. $\begin{eqnarray} \beta \alpha = 0 \end{eqnarray}$ 2. Die char, Polynom von $\begin{eqnarray} f_1 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} f_3 \end{eqnarray}$ stimmen i.A. nicht überein. Die haben ja noch nicht mal den selben Grad. Man kann das z.B. so zeigen: Nimm dir eine Basis $\begin{eqnarray} u_1, \dotsc u_s \end{eqnarray}$ von $\begin{eqnarray} V_1 \end{eqnarray}$ . Dann sind $\begin{eqnarray} v_i := \alpha(u_i), i = 1, \dotsc, s \end{eqnarray}$ linear unabhängig in $\begin{eqnarray} V_2 \end{eqnarray}$ . Ergänze sie zu vermöge $\begin{eqnarray} w_1, \dotsc, w_r \end{eqnarray}$ zu einer Basis von $\begin{eqnarray} V_2 \end{eqnarray}$ . Dann bilden $\begin{eqnarray} \beta(w_i), i = 1, \dotsc, r \end{eqnarray}$ eine Basis von $\begin{eqnarray} V_3 \end{eqnarray}$ (Da stecken natürlich viele Aussagen drin, die du zeigen solltest). Insgesamt haben wir nun zu jedem der 3 Vektoräume eine Basis angegeben. Stellen wir $\begin{eqnarray} f_2 \end{eqnarray}$ bzgl. der Basis von $\begin{eqnarray} V_2 \end{eqnarray}$ da, sieht die Matrix wie folgt aus: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} A & \\ 0 & B \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Dabei ist $\begin{eqnarray} A \end{eqnarray}$ die Darstellungsmatrix von $\begin{eqnarray} f_1 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} B \end{eqnarray}$ die Darstellungsmatrix von $\begin{eqnarray} f_3 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} * \end{eqnarray*}$ sind irgendwelche unbekannte (aber zum Glück für die Determinante unwichtige) Einträge.
19.05.2014, 19:07	Kääsee	Auf diesen Beitrag antworten »
Aaaah, danke! Ich nenne jetzt diese Matrix mal C. Wenn ich jetzt das charakteristische Polynom suche, muss ich ja $\begin{eqnarray} det(C-\lambda\cdot I) \end{eqnarray}$ bestimmen. Und da ich ja unten links in dieser Blockmatrix nur Nullen habe, ist das ja quasi nix anderes, als $\begin{eqnarray} det((A-\lambda\cdot I)\cdot(B-\lambda\cdot I)) \end{eqnarray}$ wobei die Einheitsmatrizen dann jeweils kleinere Dimension haben. Und da gilt $\begin{eqnarray} det((A-\lambda\cdot I)\cdot(B-\lambda\cdot I))=det(A-\lambda\cdot I)\cdot det(B-\lambda\cdot I) \end{eqnarray}$ hab ich gerade das Produkt der charakteristischen Polynome von $\begin{eqnarray} f_1 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} f_3 \end{eqnarray}$ . Stimmt das soweit?
20.05.2014, 00:32	Kääsee	Auf diesen Beitrag antworten »
Und wärst du eventuell noch so lieb, mir zu erklären, wie man auf diese Darstellungsmatrix kommt?
20.05.2014, 08:55	tmo	Auf diesen Beitrag antworten »
Einfach nachrechnen. Nimm dir ein Basiselement $\begin{eqnarray} u_j \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} f_1(u_j) = \sum \lambda_i u_i \end{eqnarray}$ . Berechne nun $\begin{eqnarray} f_2(v_j) \end{eqnarray}$ .
20.05.2014, 16:55	Kääsee	Auf diesen Beitrag antworten »
Es tut mir ja echt Leid, aber ich komme trotzdem nicht weiter Ich habe jetzt $\begin{eqnarray} u_i, i=1,...,n \end{eqnarray}$ als Basis von $\begin{eqnarray} V_1 \end{eqnarray}$ Meine Basis von V_2 ist dann $\begin{eqnarray} v_i=\alpha(u_i), i=1,...,n \end{eqnarray}$ , ergänzt mit $\begin{eqnarray} v_{n+1},...,v_r \end{eqnarray}$ ,also $\begin{eqnarray} (v_i), i=1,...,r. \end{eqnarray}$ . Von $\begin{eqnarray} V_3 \end{eqnarray}$ wäre dann die Basis $\begin{eqnarray} w_i=\beta(v_i), i=1,...,m \end{eqnarray}$ , wobei $\begin{eqnarray} m\leq r \end{eqnarray}$ , da wegen der Surjektivität von $\begin{eqnarray} \beta \end{eqnarray}$ eventuell zwei mal der selbe Basisvektor abgebildet werden kann._Gehe ich in dieser Annahme richtig? Heißt es also, $\begin{eqnarray} dim(V_1)\leq dim(V_2) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} dim(V_3)\leq dim(V_2) \end{eqnarray}$ ? Jedenfalls hab ich jetzt versucht, wie du gesagt hast, $\begin{eqnarray} f_2(v_j) \end{eqnarray}$ zu berechnen. Ich komme zu $\begin{eqnarray} f_2(v_j)=\sum\limits_{i=1}^r a_i v_i = \sum\limits_{i=1}^n a_i \alpha(u_i) + \sum\limits_{i=n+1}^r a_i v_i \end{eqnarray}$ edit: habe gerade noch einen Einfall bekommen. Arbeite daran ;D
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20.05.2014, 18:09	Kääsee	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich glaube, ich habe jetzt eine Idee. Kann es sein, dass bei der Darstellungmatrix eigentlich die Inverse von B stehen müsste? Aber das spielt ja eigentlich keine Rolle, weil die inverse Matrizen ja gleiche Eigenwerte haben? Edit: stimmt ja gar nicht, sind ja die Kehrwerte.

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