Lineare Abbildung mit Rang 1 < Abbildungen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Sei V ein endlich dimensionaler Vektorraum über dem Körper K und $f : V [mm] \to [/mm] V$ linear von Rang 1. Zeige:
a) Es gibt genau ein $a [mm] \in [/mm] K$, sodass [mm] $f^{2} [/mm] = a*f$ ist.
b) Der Rang von [mm] $id_{V} [/mm] + f$ ist $dim(V)$, falls [mm] $a\not= [/mm] -1$ ist, und $dim(V) - 1$, falls
$a = -1$ ist. |
Hallo,
ich habe mich mal an der Aufgabe probiert, bin mir aber nicht sicher ob ich das alles so tun darf (und ob ich vielleicht zu umständlichen mache). Deswegen bitte ich wieder einmal um einen strengen Blick auf meine Lösung:
a)
Da $1 = Rang(f) = [mm] dim(Bild(f))\subset [/mm] V$, gibt es eine Basis [mm] (v_{1}) [/mm] von Bild(f). Dann gibt es für beliebiges [mm] $v\in [/mm] V$ ein [mm] $\lambda\in [/mm] K$, sodass $f(v) = [mm] \lambda*v_{1}$. [/mm] Insbesondere gibt es ein [mm] $\mu\in [/mm] K$ mit [mm] $f(v_{1}) [/mm] = [mm] \mu*v_{1}$. [/mm] Für $a = [mm] \mu$ [/mm] ist dann:
$f(f(v)) = [mm] f(\lambda*v_{1}) [/mm] = [mm] \lambda*f(v_{1}) [/mm] = [mm] \lambda*\mu*v_{1} [/mm] = [mm] \mu*\lambda*v_{1} [/mm] = [mm] \mu*f(v) [/mm] = a*f(v)$
für alle [mm] $v\in [/mm] V$.
Nun habe ich noch zwei Probleme: [mm] \mu [/mm] muss Basis-unabhängig sein, das ist aber klar, weil jede Basis aus [mm] (v_{1}) [/mm] mit [mm] \eta\in [/mm] K, [mm] \eta\not= [/mm] 0 konstruiert werden kann: [mm] (\eta*v_{1}), [/mm] und dann erhält man analog [mm] f(\eta*v_{1}) [/mm] = [mm] \eta*f(v_{1}) [/mm] = [mm] \eta*\mu*v_{1}$, [/mm] und wegen [mm] \eta\not= [/mm] 0 erhält man wieder nur das [mm] \mu.
[/mm]
Die Eindeutigkeit ist doch aber schon gezeigt, oder? Denn schließlich ist f eine Abbildung und kann [mm] v_{1} [/mm] nur ein Bild zuordnen, also auch nur ein [mm] \mu [/mm] ?
Stimmt das so?
Geht es "leichter"?
Danke für Eure Hilfe,
Grüße,
Stefan
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:55 Fr 12.02.2010 | | Autor: | fred97 |
> Sei V ein endlich dimensionaler Vektorraum über dem
> Körper K und [mm]f : V \to V[/mm] linear von Rang 1. Zeige:
>
> a) Es gibt genau ein [mm]a \in K[/mm], sodass [mm]f^{2} = a*f[/mm] ist.
> b) Der Rang von [mm]id_{V} + f[/mm] ist [mm]dim(V)[/mm], falls [mm]a\not= -1[/mm] ist,
> und [mm]dim(V) - 1[/mm], falls
> [mm]a = -1[/mm] ist.
> Hallo,
>
> ich habe mich mal an der Aufgabe probiert, bin mir aber
> nicht sicher ob ich das alles so tun darf (und ob ich
> vielleicht zu umständlichen mache). Deswegen bitte ich
> wieder einmal um einen strengen Blick auf meine Lösung:
>
> a)
>
> Da [mm]1 = Rang(f) = dim(Bild(f))\subset V[/mm], gibt es eine Basis
> [mm](v_{1})[/mm] von Bild(f). Dann gibt es für beliebiges [mm]v\in V[/mm]
> ein [mm]\lambda\in K[/mm], sodass [mm]f(v) = \lambda*v_{1}[/mm]. Insbesondere
> gibt es ein [mm]\mu\in K[/mm] mit [mm]f(v_{1}) = \mu*v_{1}[/mm]. Für [mm]a = \mu[/mm]
> ist dann:
>
> [mm]f(f(v)) = f(\lambda*v_{1}) = \lambda*f(v_{1}) = \lambda*\mu*v_{1} = \mu*\lambda*v_{1} = \mu*f(v) = a*f(v)[/mm]
>
> für alle [mm]v\in V[/mm].
> Nun habe ich noch zwei Probleme: [mm]\mu[/mm]
> muss Basis-unabhängig sein, das ist aber klar, weil jede
> Basis aus [mm](v_{1})[/mm] mit [mm]\eta\in[/mm] K, [mm]\eta\not=[/mm] 0 konstruiert
> werden kann: [mm](\eta*v_{1}),[/mm] und dann erhält man analog
> [mm]f(\eta*v_{1})[/mm] = [mm]\eta*f(v_{1})[/mm] = [mm]\eta*\mu*v_{1}$,[/mm] und wegen
> [mm]\eta\not=[/mm] 0 erhält man wieder nur das [mm]\mu.[/mm]
> Die Eindeutigkeit ist doch aber schon gezeigt, oder? Denn
> schließlich ist f eine Abbildung und kann [mm]v_{1}[/mm] nur ein
> Bild zuordnen, also auch nur ein [mm]\mu[/mm] ?
>
> Stimmt das so?
Ja
> Geht es "leichter"?
Die Eindeutigkeit kannst Du so zeigen: seien a, b [mm] \in [/mm] K mit
$bf= [mm] f^2=af$. [/mm]
Dann ist $(a-b)f=0$ . Wäre nun a [mm] \ne [/mm] b , so wäre f die Nullabbildung, widerspruch, also : a=b
FRED
>
> Danke für Eure Hilfe,
>
> Grüße,
> Stefan
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Hallo Fred,
danke für deine Antwort!
Grüße,
Stefan
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Hallo!
Zum Teil b):
Rang(f) = 1.
Wenn a = -1, also [mm] $f^{2} [/mm] = -f$ ist, soll [mm] $Rang(id_{V} [/mm] + f) = dim(V) -1$ sein.
Das muss ich zeigen.
Nach der Dimensionsformel würde es reichen, zu zeigen, dass [mm] $dim(Kern(id_{V} [/mm] + f)) = 1.$
Ich vermute mal, dass gerade $Bild(f) = [mm] Kern(id_{V} [/mm] + f)$ ist.
[mm] $(v_{1})$ [/mm] sei Basis von Bild(f). Wegen [mm] $f^{2} [/mm] = -f$ folgt:
[mm] $-\mu*v_{1} [/mm] = [mm] -f(v_{1}) [/mm] = [mm] f(f(v_{1})) [/mm] = [mm] f(\mu*v_{1}) [/mm] = [mm] \mu^{2}*v_{1}$,
[/mm]
also [mm] $\mu [/mm] = 0$ oder [mm] $\mu [/mm] = -1$. D.h. entweder [mm] $f(v_{1}) [/mm] = 0$ oder [mm] $f(v_{1}) [/mm] = [mm] -v_{1}$.
[/mm]
Das ist ja doof, das ich hier zu einer Fallunterscheidung komme. Geht das auch anders?
Vielen Dank für Eure Hilfe!
Grüße,
Stefan
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:45 Fr 12.02.2010 | | Autor: | tobit09 |
Hallo Stefan,
> Rang(f) = 1.
> Wenn a = -1, also [mm]f^{2} = -f[/mm] ist, soll [mm]Rang(id_{V} + f) = dim(V) -1[/mm]
> sein.
> Das muss ich zeigen.
>
> Nach der Dimensionsformel würde es reichen, zu zeigen,
> dass [mm]dim(Kern(id_{V} + f)) = 1.[/mm]
>
> Ich vermute mal, dass gerade [mm]Bild(f) = Kern(id_{V} + f)[/mm]
> ist.
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> [mm](v_{1})[/mm] sei Basis von Bild(f). Wegen [mm]f^{2} = -f[/mm] folgt:
>
> [mm]-\mu*v_{1} = -f(v_{1}) = f(f(v_{1})) = f(\mu*v_{1}) = \mu^{2}*v_{1}[/mm],
>
> also [mm]\mu = 0[/mm] oder [mm]\mu = -1[/mm]. D.h. entweder [mm]f(v_{1}) = 0[/mm] oder
> [mm]f(v_{1}) = -v_{1}[/mm].
>
>
> Das ist ja doof, das ich hier zu einer Fallunterscheidung
> komme. Geht das auch anders?
Betrachte ein f-Urbild von [mm] $v_1$, [/mm] sagen wir mal [mm] $w_1$. [/mm] Dann gilt [mm] $f(v_1)=f(f(w_1))=-f(w_1)=-v_1$.
[/mm]
Nun ist zu zeigen, dass [mm] $(v_1)$ [/mm] eine Basis von [mm] $\operatorname{Kern}(\operatorname{id}_V+f)$ [/mm] ist. Wenn du Tipps möchtest, einfach nachfragen!
Viele Grüße
Tobias
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Hallo Tobias,
danke für deine Antwort!
> Hallo Stefan,
>
> > Rang(f) = 1.
> > Wenn a = -1, also [mm]f^{2} = -f[/mm] ist, soll [mm]Rang(id_{V} + f) = dim(V) -1[/mm]
> > sein.
> > Das muss ich zeigen.
> Betrachte ein f-Urbild von [mm]v_1[/mm], sagen wir mal [mm]w_1[/mm]. Dann
> gilt [mm]f(v_1)=f(f(w_1))=-f(w_1)=-v_1[/mm].
>
> Nun ist zu zeigen, dass [mm](v_1)[/mm] eine Basis von
> [mm]\operatorname{Kern}(\operatorname{id}_V+f)[/mm] ist.
Ich probiere mal:
[mm] $f(v_1)=f(f(w_1))=-f(w_1)=-v_1 \gdw v_{1} [/mm] + [mm] f(v_{1}) [/mm] = 0$.
Das bedeutet, dass [mm] v_{1} [/mm] und alle Vielfachen davon schonmal im Kern enthalten sind. Wenn ich jetzt noch zeigen kann, dass aus [mm] v\in\operatorname{Kern}(\operatorname{id}_V+f) [/mm] folgt, dass v = [mm] \lambda_{1}*v_{1} [/mm] ist, hätte ich, dass [mm] (v_{1}) [/mm] Erzeugendensystem des Kerns ist, also auch Basis (ein Vektor...).
Also: Sei [mm] $v\in\operatorname{Kern}(\operatorname{id}_V+f)$, [/mm] und sei $f(v) = [mm] \lambda*v_{1}$.
[/mm]
Dann ist:
[mm] $(id_{V} [/mm] + f)(v) = 0$
[mm] $\Rightarrow [/mm] v + f(v) = 0$.
[mm] $\Rightarrow [/mm] -v = f(v) = [mm] \lambda*v_{1}$
[/mm]
[mm] $\Rightarrow [/mm] v = [mm] -\lambda*v_{1} \in Lin((v_{1})).$ [/mm] (*)
Ist damit alles gezeigt und ist das überhaupt richtig  ?
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Dann wäre jetzt noch zu zeigen, dass [mm] $Rang(id_{V} [/mm] + f) = dim(V) $, wenn [mm] $a\not= [/mm] -1$ ist.
Wenn ich die (*) - Argumentation von oben nehme, dann weiß ich ja zumindest schonmal:
Wenn [mm] $v\in Kern(id_{V} [/mm] + f)$, dann gilt:
$f(v) = [mm] \lambda*v_{1} \Rightarrow [/mm] v = [mm] -\lambda*v_{1}$.
[/mm]
Ich muss nun noch zeigen, dass irgendwie folgt: $v = 0$. Dann hätte ich Dimension vom Kern = 0, also Dimension vom Bild = dim(V).
Also, es ist ja dann:
$f(v) = [mm] f(-\lambda*v_{1}) [/mm] = [mm] -\lambda*f(v_{1})$,
[/mm]
$f(f(v)) = [mm] f(\lambda*v_{1}) [/mm] = [mm] \lambda*f(v_{1})$.
[/mm]
Und es soll gelten:
$a*f(v) = f(f(v)) [mm] \Rightarrow \lambda*f(v_{1})*(1+a) [/mm] = 0$
Daraus folgt entweder [mm] \lambda [/mm] = 0 oder [mm] f(v_{1}) [/mm] = 0.
Komme ich hiermit weiter, oder verheddere ich mich?
Vielen Dank für Eure Hilfe!
Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 17:39 Fr 12.02.2010 | | Autor: | tobit09 |
> > Nun ist zu zeigen, dass [mm](v_1)[/mm] eine Basis von
> > [mm]\operatorname{Kern}(\operatorname{id}_V+f)[/mm] ist.
>
> Ich probiere mal:
>
> [mm]f(v_1)=f(f(w_1))=-f(w_1)=-v_1 \gdw v_{1} + f(v_{1}) = 0[/mm].
>
> Das bedeutet, dass [mm]v_{1}[/mm] und alle Vielfachen davon schonmal
> im Kern enthalten sind. Wenn ich jetzt noch zeigen kann,
> dass aus [mm]v\in\operatorname{Kern}(\operatorname{id}_V+f)[/mm]
> folgt, dass v = [mm]\lambda_{1}*v_{1}[/mm] ist, hätte ich, dass
> [mm](v_{1})[/mm] Erzeugendensystem des Kerns ist, also auch Basis
> (ein Vektor...).
Ein Vektor ungleich dem Nullvektor (da [mm] $(v_1)$ [/mm] eine Basis von [mm] $\operatorname{Bild}(f)$ [/mm] war).
> Also: Sei [mm]v\in\operatorname{Kern}(\operatorname{id}_V+f)[/mm],
> und sei [mm]f(v) = \lambda*v_{1}[/mm].
> Dann ist:
>
> [mm](id_{V} + f)(v) = 0[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow v + f(v) = 0[/mm].
>
> [mm]\Rightarrow -v = f(v) = \lambda*v_{1}[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow v = -\lambda*v_{1} \in Lin((v_{1})).[/mm] (*)
>
> Ist damit alles gezeigt und ist das überhaupt richtig
Ja, nichts zu verbessern! Und viel einfacher als der Weg, den ich mir überlegt hatte...
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 18:04 Fr 12.02.2010 | | Autor: | tobit09 |
Ich nummeriere mal etwas durch:
> Dann wäre jetzt noch zu zeigen, dass [mm]Rang(id_{V} + f) = dim(V) [/mm],
> wenn [mm]a\not= -1[/mm] ist.
> Wenn ich die (*) - Argumentation von oben nehme, dann
> weiß ich ja zumindest schonmal:
>
> Wenn [mm]v\in Kern(id_{V} + f)[/mm], dann gilt:
> (1)[mm]f(v) = \lambda*v_{1} \Rightarrow v = -\lambda*v_{1}[/mm].
>
> Ich muss nun noch zeigen, dass irgendwie folgt: [mm]v = 0[/mm]. Dann
> hätte ich Dimension vom Kern = 0, also Dimension vom Bild
> = dim(V).
>
> Also, es ist ja dann:
>
> (2)[mm]f(v) = f(-\lambda*v_{1}) = -\lambda*f(v_{1})[/mm],
>
> [mm]f(f(v)) = f(\lambda*v_{1}) = \lambda*f(v_{1})[/mm].
>
> Und es soll gelten:
>
> [mm]a*f(v) = f(f(v)) \Rightarrow \lambda*f(v_{1})*(1+a) = 0[/mm]
>
> Daraus folgt entweder [mm]\lambda[/mm] = 0 oder [mm]f(v_{1})[/mm] = 0.
>
> Komme ich hiermit weiter, oder verheddere ich mich?
Eine Möglichkeit, weiterzumachen: Falls [mm] $\lambda=0$ [/mm] folgt mit (1) $v=0$ und wir sind fertig. Sei nun [mm] $\lambda\not=0$, [/mm] also [mm] $f(v_1)=0$. [/mm] Dann folgt mit (2) $f(v)=0$ und mit (1) und [mm] $\lambda\not=0$ [/mm] daraus der Widerspruch [mm] $v_1=0$. [/mm] Dieser Fall kann also gar nicht eintreten.
Kürzer geht das ganze z.B. so: Sei [mm] $v\in\operatorname{Kern}(\operatorname{id}_V+f)$, [/mm] also $v+f(v)=0$ (*). Also auch $0=f(v+f(v))=f(v)+af(v)=(a+1)f(v)$. Wegen [mm] $a\not=-1$ [/mm] folgt $f(v)=0$ und mit (*) $v=0$.
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Hallo Tobias,
vielen Dank für deine Antwort
(und dass du dich auch meinem viel zu komplizierten Lösungsweg angenommen hast )!
Grüße,
Stefan
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