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Forum "Uni-Lineare Algebra" - Selbstadjung. Abbildung
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Selbstadjung. Abbildung: Aufgabe a und b
Status: (Frage) beantwortet Status 
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

        
Bezug
Selbstadjung. Abbildung: beantwortet und editiert
Status: (Antwort) fertig Status 
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


Bezug
                
Bezug
Selbstadjung. Abbildung: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 00:08 Do 25.08.2005
Autor: Scale

Vielen Dank Stefan, jetzt wird´s mir langsam klar!

mfg, Scale.

Bezug
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