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a) sei V der [mm] \IR [/mm] Vektorraum der reelwertigen funktionen auf [mm] \IR. [/mm] Man bertachte die lin. Abb. [mm] \alpha [/mm] :V-> V, f [mm] \mapsto \alpha(f) [/mm] gegeben durch [mm] \alpha [/mm] (f)(x)= x*f(x), x [mm] \in \IR. [/mm] Man bestimme Bild, Kern und alle Eigenwerte von [mm] \alpha, [/mm] sowie alle deren Eigenräume.
b) Man beweise oder widerlege: Seien A und B zwei quadratische Matrizen über [mm] \IQ [/mm] sind die Mengen der Eigenwerte für A un B gleich und nichtleer, so sind auch ihre Determinanten gleich.
zu hilfe, diese aufgabe erschlägt mich förmlich, ich wieß gar nicht was wo anzupacken ist.
danke im voraus
greetz
dschingis
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:44 So 05.06.2005 | | Autor: | Hanno |
Eingabefehler: "\left" und "\right" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hallo Dschingis.
> a) sei V der $ \IR $ Vektorraum der reelwertigen funktionen auf $ \IR. $ Man bertachte die lin. Abb. $ \alpha $ :V-> V, f $ \mapsto \alpha(f) $ gegeben durch $ \alpha $ (f)(x)= x*f(x), x $ \in \IR. $ Man bestimme Bild, Kern und alle Eigenwerte von $ \alpha, $ sowie alle deren Eigenräume.
Beginnen wir mit der einfachsten der genannten Aufgaben: der Bestimmung der Kerns. Wir suchen also Abbildungen $f:\IR\to\IR$ mit $x\cdot f(x)=0$ für alle $x\in \IR$. Ist $x\not= 0$, so folgt daraus $f(x)=0$. Liegt $f$ im Kern von $\alpha$, so muss also $f(x)=0$ für alle $x\in \IR\setminus\{0\}$ gelten. Andererseits sieht man auch ein, dass eine Funktion genau dann im Kern liegt, wenn sie diese Bedingung erfüllt. Es ist also $Kern(\alpha)=\{f\in V|f(x)=0, x\in\IR\setminus\{0\}\}$.
Nun zu $Bild(\alpha)$: ist $f\in V$ mit $f(0)= 0$, dann definiere die Abbildung $g:\IR\to\IR$ über $g(x)=\frac{f(x)}{x}, x\not= 0$ und $g(0)=0$. Dann gilt $\alpha(g)(x)=x\cdot g(x)=\left\{\begin{array}{cc} x\cdot\frac{f(x)}{x} &,\quad\text{wenn }x\not=0\\ 0 & \text{sonst}\end{array}\right =f(x)$, folglich ist $\alpha (g)=f$, d.h. $f\in Bild(\alpha)$. Ist hingegeben $f(0)\not= 0$, so ist $f\notin Bild(\alpha)$, da für alle $g\in Bild(\alpha)$ sicher $g(0)=0$ gilt. Folglich ist $Bild(\alpha)=\{f\in V|f(0)=0\}$.
Die Frage nach den Eigenwerten und Eigenräumen ist auch nicht schwierig: nehmen wir doch einmal an, es sei $k\in \IR$ ein Eigenwert von $\alpha$. Dann gibt es nach Definition eine von der Nullabbildung verschiedene Abbildung $f:\IR\to\IR$ mit $x\cdot f(x)=k\cdot f(x)$ für alle $x\in\IR$. Ist $f(x)\not= 0$, so folgt $k=x$. Es kann daher nur ein $x\in \IR$ mit $f(x)\not= 0$ geben. Definieren wir die Abbildung $f_\lambda:\IR\to\IR$ durch $f_\lambda (x)=\delta_{\lambda,x}\cdot r, r\in \IR$, also $f_\lambda(x)=0$ für $\lambda\not= x$ und $f_\lambda (x)=r$ für $x=\lambda$, so ist $f_\lambda$ ein Eigenvektor zum Eigenwert $\lambda$, denn für $x\not= \lambda$ ist $x\cdot f(x)=0=\lambda f(x)$, und für $x=\lambda$ ist $x\cdot f(\lambda)=x\cdot r=\lambda\cdot r=\lambda\cdot f(x)$. Folglich ist $Eig(\alpha,\lambda)=\{f\in V|f(x)=\delta_{\lambda,x}\cdot r, r\in \IR\}$.
So, ich hoffe ich konnte dir helfen.
Liebe Grüße,
Hanno
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:24 So 05.06.2005 | | Autor: | Stefan |
Hallo!
Betrachte mal die beiden MAtrizen
[mm] $\pmat{1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 1 & 1}$
[/mm]
und
[mm] $\pmat{ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & -2 \\ 0 & 2 & 2}$.
[/mm]
Beide haben als einzigen Eigenwert [mm] $\lambda=1$, [/mm] aber die beiden Determinanten sind offenbar verschieden.
Viele Grüße
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:00 Mo 06.06.2005 | | Autor: | Dschingis |
Danke für eure Hilfe, jetzt steige ich da schon besser durch.
Greetz
Dschingis
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