Selbstadjung. Abbildung < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:31 Mi 24.08.2005 | | Autor: | Scale |
Ich habe diese Frage auch in folgenden Foren auf anderen Internetseiten gestellt: http://www.matheboard.de/thread.php?threadid=19636
Moin, moin,
Hab´ hier eine Aufgabe, bei der ich noch Lücken habe. Bin für jeden Hinweis dankbar.
Sei V ein endlichdimensionaler Vektorraum über C mit Skalarprodukt (V ist unitär)
Definition: Eine lineare Abb. f von V in sich heißt selbstadjungiert, falls für alle v, w aus V gilt: <f(v),w>=<v,f(w)>
a) Zeige: Zu jeder hermitischen Form [,] gibt es eine Orthonormalbasis von V, die auch bezgl. [,] eine Orhogonalbasis ist.
Ansatz: Sobald man eine ONB hat ist klar das sie auch eine OGB ist. Aber wie ich ihre Existenz zeige ist mir noch unklar.
b) Zeige: Jede selbstadjungierte lin. Abb. von V in sich ist diagonalisierbar und hat nur reelle Eigenwerte.
Beweis: Betrachte einen Eigenvektor v von f und das zu <v> orthogonale Komplement [mm] W:=^{\perp} [/mm] . Um zu zeigen dass f den Unterraum W in sich abbildet, prüfen wir ob für beliebiges w aus W auch f(w) senkrecht auf v steht:
<f(w), v> = <w, f(v)> = <w, kv> = k*<w,v>=0 . (k*:=k konjugiert)
Also ist f(W) eine Teilmenge von W und da f bijektiv ist, gilt Gleichheit f(W)=W, und die Einschränkung g von f auf W ist eine selbstadjungierte lineare Abbildung von W in sich. Da W die Dimension n-1 hat, kann man jetzt Induktion anwenden:
Es gibt eine Basis C von W, so dass die Darstellungsmatr. [mm] _CM_C(g) [/mm] eine Diagonalmatrix ist.
Setze [mm] B:=C\cup\{v\} [/mm] , dann ist B eine Basis von V mit der Eigenschaft, dass [mm] _BM_B(f) [/mm] eine Diagonalmatrix ist. Also ist f diagonalisierbar.
Dank & Gruß, Scale
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:48 Mi 24.08.2005 | | Autor: | Stefan |
Hallo!
Zunächst genügt es zu zeigen:
(1) Zu jeder selbstadjungierten linearen Abbildung [mm] $\varphi$ [/mm] von $V$ in sich gibt es eine Orthonormalbasis von $V$, die aus lauter Eigenvektoren von [mm] $\varphi$ [/mm] besteht.
Denn: Haben wir das gezeigt, dann wird durch
$[v,w]=: [mm] \langle\varphi(v),w \rangle$
[/mm]
eine selbstadjungierte lineare Abbildung [mm] $\varphi$ [/mm] von $V$ in sich definiert. Nun gibt es eine Orthonormalbasis [mm] $B=\{v_1,\ldots,v_n\}$, [/mm] die aus lauter Eigenvektoren (mit Eigenwerten [mm] $\lambda_i$) [/mm] von [mm] $\varphi$ [/mm] besteht.
Dann gilt für $i [mm] \ne [/mm] j$:
[mm] $[v_i,v_j] [/mm] = [mm] \langle \varphi(v_i),v_j \rangle [/mm] = [mm] \langle \lambda_i v_i,v_j \rangle [/mm] = [mm] \lambda_i \langle v_i,v_j \rangle=0$,
[/mm]
d.h. $B$ ist eine Orthogonalbasis von [mm] $[\cdot, \cdot]$.
[/mm]
(1) wiederum zeigt man durch Induktion nach [mm] $n=\dim(V)$. [/mm] Es sei $v$ ein Eigenvektor von [mm] $\varphi$ [/mm] mit Eigenwert [mm] $\lambda$.
[/mm]
Wegen
[mm] $\langle \varphi(w),v \rangle [/mm] = [mm] \langle w,\varphi(v) \rangle [/mm] = [mm] \overline{\lambda} \langle [/mm] w,v [mm] \rangle [/mm] = 0$
für alle $w [mm] \in [/mm] W:= [mm] Span(v)^{\perp}$ [/mm] gilt:
[mm] $\varphi(W) \subseteq [/mm] W$.
Daher ist [mm] $\varphi\vert_W$ [/mm] eine selbstadjungierte Abbildung von $W$ in sich, und es lässt sich der Induktionsschluss anwenden.
Liebe Grüße
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 00:08 Do 25.08.2005 | | Autor: | Scale |
Vielen Dank Stefan, jetzt wird´s mir langsam klar!
mfg, Scale.
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