Fixgerade eines Isomorphismus

26.12.2009, 16:38	Duedi	Auf diesen Beitrag antworten »
Fixgerade eines Isomorphismus Hi! Habe folgende Behauptung zu zeigen: Ist $\begin{eqnarray} V \end{eqnarray}$ ein $\begin{eqnarray} \mathbb R \end{eqnarray}$ -Vektorraum mit ungerader Dimension, $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ ein Automorphismus in $\begin{eqnarray} V \end{eqnarray}$ . Es existiert ein eindimensionaler Untervektorraum W von V, sodass W bezüglich f invariant ist (genannt: Fixgerade). Ist diese Aussage nicht äquivalent dazu, dass die Jordannormalform der Abblidungsmatrix einen Jordanblock der Größe 1 hat?
26.12.2009, 16:51	kiste	Auf diesen Beitrag antworten »
Tipp: Zeige es gibt einen Eigenwert
26.12.2009, 17:14	Duedi	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich habe bisher nur folgende Idee: f ist ein Isomorphismus, also ist $\begin{eqnarray} \mathrm{Rang}(f) = \dim \mathrm{Im}(f) = \dim V = 2n+1 \end{eqnarray}$ für ein $\begin{eqnarray} n\in\mathbb N_0 \end{eqnarray}$ . Eine Bemerkung: Ist das nicht (verallgemeinert) der Satz vom Fußball?
26.12.2009, 17:18	kiste	Auf diesen Beitrag antworten »
Einen Satz vom Fussball kenne ich nicht. Aber ist nicht, für v einen Eigenvektor, $\begin{eqnarray} \langle v \rangle \end{eqnarray}$ ein f-invarianter Unterraum?
26.12.2009, 17:22	Duedi	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja sicher, aber woher weiß ich, dass es einen Eigenvektor gibt? Und der Satz vom Fußball: klick!
26.12.2009, 17:32	kiste	Auf diesen Beitrag antworten »
Wie sieht den ein Polynom ungeraden Grades aus? Grenzverhalten etc.
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26.12.2009, 17:35	Duedi	Auf diesen Beitrag antworten »
OK neue Idee: Sei A die Abbildungsmatrix zu f. Dann ist das charakteristische Polynom folgendermaßen darstellbar: $\begin{eqnarray} \chi_A = \sum_{k=1}^{2n+1}a_k\cdot\lambda^k = (\lambda-\lambda_1)^{l_1}\cdot(\lambda-\lambda_2)^{l_2}\cdot \cdots \cdot(\lambda-\lambda_m)^{l_m} \end{eqnarray}$ Mit $\begin{eqnarray} \lambda_i \in \mathbb C; ~\sum l_i = 2n+1 \end{eqnarray}$ . Jetzt ist ja bekannt, dass zu echt komplexen Eigenwerten $\begin{eqnarray} \lambda_i \end{eqnarray}$ auch $\begin{eqnarray} \bar{\lambda_i} \end{eqnarray}$ ein Eigenwert ist, Es gibt also immer "Paare" $\begin{eqnarray} \lambda_i, \lambda_j \end{eqnarray}$ , sodass $\begin{eqnarray} \lambda_i = \bar{\lambda_j} \end{eqnarray}$ . Kann ich jetzt irgendwie damit dahin argumentieren, dass es also mindestens einen reellwertigen Eigenwert gibt, also einen reellwertigen Eigenvektor (womit die Behauptung beinahe gezeigt wäre)?
26.12.2009, 17:38	Duedi	Auf diesen Beitrag antworten »
Aaaah, da kann ich ja mit den Zwischenwertsatz argumentieren, oder? (bei deinem Tipp)
26.12.2009, 17:41	kiste	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, deines funktioniert aber auch
26.12.2009, 17:42	Duedi	Auf diesen Beitrag antworten »
Super, ich danke dir für deine Hilfe. Ab hier müsste ich es selbst hinkriegen.

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