Ausnahmeraum Z und Fixpunkte < Abbildungen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:05 Mi 20.11.2013 | | Autor: | Lisa641 |
| Aufgabe | Es sei Φ: [mm] P^{2}(\IR) [/mm] → [mm] P^{2}(\IR) [/mm] die rationale projektive Abbildung mit Darstellungsmatrix
[mm] D_{E}(Φ) [/mm] = [mm] \pmat{ 1 & 1 & -1 \\ 0 & 2 & 0 \\ -1 & 0 & 1 }
[/mm]
bezuglich der Standardkoordinaten. Bestimmen Sie den Ausnahmeraum [mm] \IZ [/mm] von Φ und alle Fixpunkte. |
Hi, ich habe folgende Aufgabe zu lösen. Doch leider komme ich nicht ganz klar damit. In der VL haben wir den Tipp bekommen, alle Eigeräume und den Kern zu bestimmen. Dies habe ich getan.
Der Kern lautet [mm] \vektor{1 \\ 0 \\ 1}, [/mm] der Eigenraum zum EW 0 lautet [mm] \vektor{1 \\ 0 \\ 1} [/mm] und der ER zum EW 2 lautet [mm] \vektor{1 \\ 0 \\ -1}.
[/mm]
Doch ich verstehe nicht genau, was diese Berechnungen mit dem Bestimmen des Ausnahmeraums und den Fixpunkten zu tun hat.
Ich hoffe ihr könnt mir weiterhelfen. Danke 
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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Hey ich denke wir sitzen in der selben Vorlesung ^^
So wie ich das verstanden habe musst du dir die Fixpunkte ja im projektiven Raum als Geraden vorstellen.
Trivial wird der "Ursprung" ja immer wieder auf sich selbst abgebildet. Gesucht sind also Geraden durch den Ursprung die wieder auf sich selbst abgebildet werden und diese müssen scheinbar im Eigenraum der Abbildung liegen.
Wenn du z.B. deinen Eigenvektor [mm] \vektor{1 \\ 0 \\ -1} [/mm] mit der Matrix abbildest landest du bei [mm] \vektor{2 \\ 0 \\ -2} [/mm] also wieder auf der selben Geraden.
Zum eigenwert 0 wird der Eigenvektor immer auf [mm] \vektor{0 \\ 0 \\ 0} [/mm] geschickt, wie damit umzugehen ist, weiß ich leider auch nicht.
Der Ausnahmeraum ist einfach [mm] P^2(Kern(\Phi))
[/mm]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:35 Do 21.11.2013 | | Autor: | Lisa641 |
Die formel ist mir klar aber mein Problem ist, dass man ja mit der Formel wahrscheinlich den Kern von der projektiven Raum bestimmen muss oder? Und ich dachte immer dass der Fixpunkt immer zum Eigenraum von dem Eigenwert 1 ist, aber wir haben ja nur 2 und 0 als Eigenwerte. Ich bin total verzweifelt und habe nur das was du auch schon hier beschrieben hast. Weißt du irgendwas weiteres darüber? Es wäre so nett, wenn du mir helfen könntest. Ich bin so verzweifelt. ..
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Hallo. Ich höre wohl ebenfalls momentan die selbe Vorlesung wie ihr.
Hoffe ich kann ein wenig helfen (sofern meine Überlegungen richtig sind):
Laut VL ist der Ausnahmeraum [mm] \IZ [/mm] = [mm] \IP^2(ker(\phi)
[/mm]
wobei [mm] \phi [/mm] von unserer rationalen proj. Abb. [mm] \Phi [/mm] zu unterscheiden ist.
Erinnerung: [mm] \Phi [/mm] = [mm] \IP^2(\IR) \to \IP^2(\IR) [/mm]
Dann ist [mm] \phi [/mm] einfach nach Def. in der VL eine lineare Abbildung zwischen den zugrunde liegenden VR.
[mm] \phi [/mm] := [mm] \IR^3 \backslash \{0\} \to \IR^3
[/mm]
Ich habe einfach die Darstellungsmatrix (Linearer Teil der proj. Abbildung) als lineare Abbildung für [mm] \phi [/mm] genommen, da ich keine Alternative sah.
Ich erhalte [mm] ker(\phi)= <\vektor{1 \\ 0\\ 1}>
[/mm]
Also [mm] \IZ [/mm] = [mm] \IP^2(<\vektor{1 \\ 0\\ 1}>) [/mm] ist der Ausnahmeraum. Macht das Sinn? Bin mir nicht sicher.
Nun zu den Fixpunkten:
Wir erhalten zwei Kandidaten für die Fixpunkte (die Eigenvektoren [mm] v_{1}, v_{2} [/mm] der Darstellungsmatrix):
[mm] v_{1}=<\vektor{1 \\ 0\\ 1}> [/mm] und [mm] v_{2}=<\vektor{1 \\ 0\\ -1}>
[/mm]
Jedoch liegt [mm] v_{1} [/mm] im Ausnahmeraum, und wird somit nicht unter [mm] \Phi [/mm] abgebildet. Also gibt es nur einen Fixpunkt: [mm] v_{2}
[/mm]
Tut mir Leid, dass ich so spät in der Nacht antworte. Saß jedoch bis eben ebenfalls an der Aufgabe, bis mir etwas halbwegs sinnvolles eingefallen ist.
Ich kann natürlich nicht für Richtigkeit garantieren, da das Thema für mich auch noch komplettes Neuland ist.
Aber in meinen Augen ergibt das Sinn.
Gruß,
Daniel
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