Äquivalenz folgender Aussagen: (Basis aus Eigenvektoren)

Question

Aufgabe:

Sei K ein Körper und V ein n-dimensionaler Vektorraum über K. Ferner sei ϕ: V → V
ein Endomorphismus von V und (v1, . . . , vn) eine Basis von V aus Eigenvektoren von ϕ.
Die Skalare λ1, . . . , λn ∈ K seien die zugehörigen Eigenwerte. Wir definieren den Vektor
w := v1 + . . . + vn.
Zeigen Sie die Äquivalenz folgender Aussagen:
a) Die Eigenwerte λ1, . . . , λn sind paarweise verschieden.
b) Die Vektoren w, ϕ(w), . . . , ϕn−1
(w) bilden eine Basis von V.
c) Ist U ⊂ V ein ϕ-invarianter Vektorraum mit w ∈ U, so ist V = U.

Problem/Ansatz:

Für a) => b) möchte ich zeigen, dass w, ϕ(w), . . . , ϕn−1 linear abhängig sind und deshalb aus Dimensionsgründen eine Basis von V bilden. Allerdings scheitere ich immer wieder daran, lineare Abhängigkeit zu zeigen.

Für c) => a) brauche ich auch Hilfe. Da fehlt mir wirklich die Idee.

Dankeschön!

Answer 1

Du meinst sicher, dass w, ϕ(w), . . . , ϕⁿ⁻¹(w)

linear UNabhängig sind.

Um zu zeigen, dass sie lin. unabh. sind, betrachte

a₀,...,a_n-1 aus K mit

a₀*w+a₁*ϕ(w)+a₃*ϕ^2(w)+ . . . +a_n-1ϕⁿ⁻¹(w)= 0 

und versuche daraus zu schließen, dass alle a_k =0

sein müssen. Also los: \(   a_0\cdot w +\sum\limits_{k=1}^{n-1} a_k \cdot \phi^k(w) = 0  \)

Jetzt w einsetzen: \(  w= \sum\limits_{i=1}^{n} v_i \)  gibt

\(  a_0\cdot \sum\limits_{i=1}^{n} v_i +\sum\limits_{k=1}^{n-1} a_k \cdot \phi^k(\sum\limits_{i=1}^{n} v_i ) = 0  \)  Linearität von Φ gibt:

\(  \sum\limits_{i=1}^{n} a_0\cdot v_i +\sum\limits_{k=1}^{n-1} \sum\limits_{i=1}^{n} a_k \cdot  \phi^k(v_i ) = 0  \)

Und die Eigenwerteigenschaft ausnutzen gibt

\(  \sum\limits_{i=1}^{n} a_0\cdot v_i +\sum\limits_{k=1}^{n-1} \sum\limits_{i=1}^{n} a_k \cdot  \lambda_i^k\cdot v_i = 0  \)

\(  \sum\limits_{i=1}^{n} (a_0\cdot v_i + \sum\limits_{k=1}^{n-1} a_k \lambda_i^k\cdot v_i ) = 0  \)

\(  \sum\limits_{i=1}^{n} (a_0+ \sum\limits_{k=1}^{n-1} a_k \lambda_i^k)v_i = 0  \)

Und weil die v_i lin. unabh. sind, gilt für alle i∈{1,...,n}  \( a_0+ \sum\limits_{k=1}^{n-1} a_k \lambda_i^k= 0  \)

Das ist dann ein hom. lineares Gleichungssystem für die a_k mit der

Vandermonde-Matrix \( \begin{pmatrix} 1 & \lambda_1 & \lambda_1^2 & \dots &  \lambda_1^{n-1}\\ 1 & \lambda_2 & \lambda_2^2 & \dots &  \lambda_2^{n-1}\\ \dots\\ 1 & \lambda_n & \lambda_n^2 & \dots &  \lambda_n^{n-1}\end{pmatrix}  \)

Deren Determinate ist \(  \prod \limits_{1 \le i \lt j \le n} (\lambda_j - \lambda_i )\).

Weil die \(  \lambda_i \) paarweise verschieden sind, ist die Determinate ungleich 0,

also das Gl.system eindeutig lösbar, somit alle a_k gleich 0. q.e.d.

Answer 2

Dann noch der Beweis für c) -> a): Wenn nicht alle Eigenwerte verschieden sind, sagen wir \(\lambda_{n-1}=\lambda_n\), dann ist \(v_{n-1}+v_n\) auch Eigenvektor: \(\Phi(v_{n-1}+v_n)=\lambda_{n-1}(v_{n-1}+v_n)\). Damit wäre

$$U:=\text{span}[v_1, \cdots,v_{n-2},(v_{n-1}+v_n)]$$

ein (n-1)-dimensionaler Unterraum von V, der die angegebenen Bedingungen erfüllt.