Eigenvektor/Dualraum/Dualbasis/Aufgabe/Lösung

a) Wir betrachten die Identität auf ${}V$. Jeder Vektor

${}v\neq 0\,$

ist Eigenvektor zum Eigenwert ${}1$. Die duale Abbildung ist ebenfalls die Identität, und daher ist unabhängig von der gewählten Basis ${}v^{*}$ ein Eigenvektor zum Eigenwert ${}1$ der dualen Abbildung.

b) Wir betrachten die durch die Matrix ${}{\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}}$ gegebene lineare Abbildung

$\varphi \colon K^{2}\longrightarrow K^{2}.$

Der Standardvektor ${}e_{1}$ ist ein Eigenvektor zum Eigenwert ${}1$. Bezüglich der Dualbasis zur Standardbasis ${}e_{1},e_{2}$ wird die duale Abbildung durch die gleiche (transponierte) Matrix beschrieben und somit ist auch ${}e_{1}^{*}$ ein Eigenvektor zum Eigenwert ${}1$. Wenn wir dagegen die Basis ${}e_{1},u=e_{1}+e_{2}$ betrachten, so ist einerseits

${}(\varphi ^{*}(e_{1}^{*}))(e_{2})=e_{1}^{*}(\varphi (e_{2}))=e_{1}^{*}(0)=0\,$

und andererseits

${}e_{1}^{*}(e_{2})=e_{1}^{*}(u-e_{1})=-1\,,$

also sind ${}\varphi ^{*}(e_{1}^{*})$ und ${}e_{1}^{*}$ linear unabhängig (wegen ${}(\varphi ^{*}(e_{1}^{*}))(e_{1})=1$ ist ${}\varphi ^{*}(e_{1}^{*})$ nicht die Nullabbildung) und daher ist ${}e_{1}^{*}$ kein Eigenvektor der dualen Abbildung.

c) Wir betrachten die durch ${}{\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}}$ gegebene lineare Abbildung

$K^{2}\longrightarrow K^{2}$

mit dem Eigenvektor ${}e_{1}$ zum Eigenwert ${}1$ und eine Basis der Form ${}e_{1},ae_{1}+be_{2}$ mit ${}b\neq 0$. Es ist einerseits

${}e_{1}^{*}(ae_{1}+be_{2})=0\,$

und andererseits

${}({\varphi }^{*}(e_{1}^{*}))(ae_{1}+be_{2})=e_{1}^{*}(\varphi (ae_{1}+be_{2}))=e_{1}^{*}(ae_{1}+be_{1}+be_{2})=e_{1}^{*}(be_{1}+ae_{1}+be_{2})=b\,.$

Wegen ${}b\neq 0$ und ${}e_{1}^{*}\neq 0$ sind ${}e_{1}^{*}$ und ${}{\varphi }^{*}(e_{1}^{*})$

linear unabhängig, ${}e_{1}^{*}$ ist also kein Eigenvektor der dualen Abbildung.

Zur gelösten Aufgabe