Determinanten/Eigenwerte mit Dualraum

28.04.2010, 14:04

Kaninchen

Determinanten/Eigenwerte mit Dualraum

Huhu!

Ich bin mir bei einer Aufgabe recht unsicher, wie genau ich da drangehen kann:

Sei V ein endlich-dimensionaler K-VR. Sei $\begin{eqnarray*} f \in V* \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} f \neq 0, h \in Ker f, h \neq 0 \end{eqnarray*}$ . Bestimme die Determinante und die Eigenwerte der linearen Abbildung
$\begin{eqnarray*} T: V -> V, v -> v + f(v) h \end{eqnarray*}$

Nun weiß ich ja: $\begin{eqnarray*} T(v) = \lambda v \end{eqnarray*}$ für die Eigenwerte.
Dann hätte ich jetzt gesetzt: $\begin{eqnarray*} v + f(v) h = \lambda v \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} \lambda = 1 + \frac{f(v)h}{v} \end{eqnarray*}$

Aber stimmt das so? Und wie genau ich det bestimmen soll, weiß ich auch nicht...die Darstellungsmatrix benutzen?

Danke schonmal für Tipps! smile

Lieben Gruß

28.04.2010, 14:19

Mazze

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Hast Du schonmal versucht durch einen Vektor zu teilen?

28.04.2010, 14:23

Kaninchen

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nein. aber jetzt sehe ich, dass das blöd von mir war....hmm. Hast du einen besseren Tipp für mich?

28.04.2010, 14:32

Mazze

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Also zunächst stellt man fest das für $\begin{eqnarray*} v \in ker(f) \end{eqnarray*}$ sofort
$\begin{eqnarray*} Tv = v \end{eqnarray*}$ folgt, sprich 1 ist schonmal ein Eigenwert. Wenn man alle Eigenwerte (und die algebraischen Vielfachheiten hat) so kann man die Determinante als Produkt der Eigenwerte darstellen. Wir nehmen nun an das es weitere Eigenwerte gibt, um die Eigenwerte zu bekommen lößt man

$\begin{eqnarray*} (1 - \lambda) v + f(v)h = 0 \end{eqnarray*}$

Das stellst Du nach v um, was fällt dir auf?

28.04.2010, 15:08

Kaninchen

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Am Ende erhalte ich:

v = v.

Das heißt, dass ich dann nur den EW 1 habe, richtig? Dann wäre det ja $\begin{eqnarray*} \lambda - 1 \end{eqnarray*}$ .

28.04.2010, 15:09

Mazze

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Was? Wie kommst Du denn auf v = v?

28.04.2010, 15:18

Kaninchen

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$\begin{eqnarray*} (1-\lambda )v = - f(v)h \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} v-\lambda v = - f(v)h \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} v = - f(v)h + \lambda v \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} v = - f(v)h + T(v) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} v = - f(v)h + v + f(v)h \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} v = v \end{eqnarray*}$

28.04.2010, 15:23

Mazze

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Das sind alles richtige Umformungen, helfen dir aber genau nichts. Ich dachte an das hier :

Wir nehmen also an es gibt weitere Eigenwerte , also wird Lambda != 1 angenommen, dann ist :

$\begin{eqnarray*} & (1 - \lambda) v + f(v)h = 0<br /> \Leftrightarrow & v + \frac{f(v)}{1 - \lambda}h = 0 <br /> \Leftrightarrow & v = \frac{f(v)}{\lambda - 1}h \end{eqnarray*}$

Und ab hier kannst Du die Annahme Lambda != 1 zu einem Widerspruch führen.

28.04.2010, 15:28

Kaninchen

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Vielen lieben Dank, jetzt habe ich es auch verstanden smile

28.04.2010, 15:29

Mazze

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Zitat:

Dann stimmt es aber mit det = $\begin{eqnarray*} 1 - \lambda \end{eqnarray*}$ , nicht wahr?

Nein, wenn 1 der einzige Eigenwert ist, dann ist die Determinante von T natürlich 1.

28.04.2010, 15:35

Kaninchen