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Sei V ein endlich dimensionaler C-Vektorraum und f ∈EndC(V) mit Rang (f)=1. Ich soll zeigen fof ≠0 ⇒ f ist diagonalisierbar.

Angenommen fof ≠0. Dann kann null kein Eigewert von f sein. Da null kein Eigenwert von f ist, besitzt das LGS (AI0) nur den Nullvektor als Lösung. Somit zerfällt das charakteristische Polynom vollständig in Linearfaktoren und f ist damit diagonalisierbar.


Oder

Angenommen fof ≠0. Dann kann f maximal eine einfache Nullstelle mit x=0 haben. Es ist dim Kern(f)=1 somit exisitert genau ein Jordanblock und es stimmen algebraische und geometrische Vielfachheit überein, also ist f diagonalisierbar.


Stimmt einer meiner beiden Beweise? Wenn ja welcher und wenn nein wie zeige ich die Aussage?

von

2 Antworten

0 Daumen

Ich meine die stimmen beide.

von 165 k

Ah super das ist ja toll. Damit habe ich nicht gerechnet und danke für deine Hilfe!

Jetzt muss ich doch nochmal nachfragen. Wenn eine Matrix diagonalisierbar ist, dann kann sie doch eigentlich gar keinen Eigenwert von 0 haben und damit wäre dann doch nur die erste Lösung richtig oder?

Da hatte ich wohl nicht sorgfältig gelesen.

Angenommen fof ≠0.

Dann kann f maximal eine einfache Nullstelle mit x=0 haben.

Das passt ja auch  nicht. Sowas wie einfache mehrfache Nullstellen

hat ja nicht f sondern das char. Polynom von f.  Aber aus rang=1

folgt doch dann das mit dem vollständigen Zerfallen.

Leider verstehe ich das immer noch nicht ganz. Also stimmt meine erste Lösung oder wie löse ich die Aufgabe sonst und schreibe das auf?

Kannst du mir nicht nochmal helfen mathef und sagen wie ich das genau aufschreiben müsste oder ob die Lösung stimmt?

Angenommen fof ≠0. Dann kann null kein Eigewert von f sein. Da null kein Eigenwert von f ist, besitzt das LGS (AI0) nur den Nullvektor als Lösung. Somit zerfällt das charakteristische Polynom vollständig in Linearfaktoren und f ist damit diagonalisierbar.

Wäre dir wirklich sehr dankbar.

Hab noch mal in Ruhe überlegt und zweifle jetzt doch.

Im ersten Moment hörte sich das zwar gut an, aber dann...

"...besitzt das LGS (AI0) nur den Nullvektor als Lösung. Somit zerfällt das charakteristische Polynom vollständig in Linearfaktoren "

Für das "somit" fällt mir kein Argument ein.

Ich würde jetzt ganz anders vorgehen ( Irgendwie muss das

mit dem " 1-dim" ja auch eine Rolle spielen.

Sei f ∈EndC(V) mit Rang (f)=1  und dim (V) = n

==>   dim Kern (f) = n-1

Wähle eine Basis von Kern(f) und ergänze sie durch

(dann ja nur einen weiteren Vektor v) zu einer Basis von V.

Die Basisvektoren von Kern(f) sind ja alles Eigenvektoren

zum EW 0. Und für das v gilt dann f(v)≠0-Vektor und

somit bildet  f(v) ein Basis von Bild(f) [ wegen 1-dim ].

Damit sind alle Elemente von Bild(f) Vielfache von f(v).

Außerdem ist fof≠0, also gibt es auch ein z∈ℂ\{0} mit

 f(f(v)) = z*f(v)

also ist f(v) ein Eigenvektor zum Eigenwert z.

Jetzt fehlt mir nur wie man daraus auf

v ist auch ein Eigenvektor  kommt ?.

Dann hätte man eine Basis aus lauter Eigenvektoren,

also Diagonalmatrix.

Ok da alle Elemente von Bild f Vielfache von f(v) sind gilt doch auch

f(v)=λiv also ist v ein Eigenvektor für alle λi?

Oder?

0 Daumen

Für dim V = 1 ist die Aussage klar.

Für dim V > 1:

Sei \( f \circ f \neq 0 \). Wir zeigen zuerst die Aussage \( \DeclareMathOperator{\im}{im} V = \ker f \oplus \im f \)

Dafür genügt es \( \ker f \cap \im f = 0 \) zu zeigen. Falls \( \ker f \cap \im f \neq 0 \) existiert ein \( w \in  \ker f \cap \im f  \) mit \( w \neq0 \). Somit ist \( (w) \) eine Basis von \( \im f \). Sei nun \( v \in V \), dann existiert ein \( \lambda \) mit \( f(v) = \lambda w \) und damit \( (f\circ f)(v) = f(\lambda w) = \lambda f(w) = 0 \), da \( w \in \ker f \). Also \( f \circ f \equiv 0 \) Widerspruch!

Sei \( (v_1) \) nun eine Basis von \( \im f \) und \( (v_2,...,v_n) \) eine Basis von \( \ker f \). Dann ist nach obiger Aussage \( (v_1,...,v_n) \) eine Basis von \( V \). Jetzt sind wir aber schon fertig, denn die Vektoren \( v_2,...,v_n \) sind Eigenvektoren zum Eigenwert 0 und da \( f(v_1) \in \im f \) existiert ein \( \lambda \) mit \( f(v_1) = \lambda v_1 \). Also ist auch \( v_1 \) ein Eigenvektor und wir haben eine Basis von \( V \) aus Eigenvektoren von \( f \) gefunden. Somit ist \( f \) diagonalisierbar.

von 3,9 k

Deine Lösung finde ich ein bisschen seltsam, weil ich soll doch beweisen dass

fof ≠0 ⇒ f ist diagonalisierbar

Irgendwie sehe ich das nicht so richtig hieraus.

Kann mir vielleicht noch jemand sagen, wie ich bei der Lösung von mathef darauf komme, dass v ein Eigenvektor ist?

Deine Lösung finde ich ein bisschen seltsam, weil ich soll doch beweisen dass

fof ≠0 ⇒ f ist diagonalisierbar

Irgendwie sehe ich das nicht so richtig hieraus.

Ich habe gerade noch zwei drei Punkte verbessert. Ist der Beweis jetzt verständlicher?

Kann mir vielleicht noch jemand sagen, wie ich bei der Lösung von mathef darauf komme, dass v ein Eigenvektor ist?

Dafür fällt mir momentan leider auch kein Weg ein.

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