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| Autor |
  Hermitesche Matrizen |
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Lambda88
Aktiv 
Dabei seit: 08.05.2014
Mitteilungen: 296
 |  Themenstart: 2023-06-08
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Hi zusammen,
ich komme leider mit der folgenden Aufgabe nicht weiter:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/c/39767_Bildschirmfoto_2023-06-08_um_20.02.41.png
Habe zuerst einmal die Orthogonalität der Eigenvektoren, wie im Hinweis beschrieben, bewiesen
$A\vec{v_i}=\lambda_i \vec{v_i}, \qquad A\vec{v_j}=\lambda_j \vec{v_j},\qquad \lambda_i \neq \lambda_j$
$\lambda_i (\vec{v_i} \cdot \vec{v_j})$
$\lambda_i \vec{v_i} \cdot \vec{v_j}$
$A\vec{v_i} \cdot \vec{v_j}$
$\vec{v_i}^T A^T \cdot \vec{v_j}$
$\vec{v_i}^T A \cdot \vec{v_j}$
$\vec{v_i}^T \cdot \lambda_j \vec{v_j}$
$\lambda_j (\vec{v_i}^T \cdot \vec{v_j})$
$\lambda_j (\vec{v_i} \cdot \vec{v_j})$
Daraus folgt dann
$$\lambda_i (\vec{v_i} \cdot \vec{v_j})=\lambda_j (\vec{v_i} \cdot \vec{v_j})$$
$$(\lambda_i-\lambda_j) (\vec{v_i} \cdot \vec{v_j}) =0$$
Und wegen $\lambda_i \neq \lambda_j$ folgt dann wiederum das $\vec{v_i} \cdot \vec{v_j}=0$
Dieselbe Rechnung habe ich dann auch für den Fall mit dem entarteten Eigenwert vorgenommen:
$A\vec{v_i}=\lambda_i \vec{v_i}, \qquad A\vec{v_j}=\lambda_i \vec{v_j}$
$\lambda_i (\vec{v_i} \cdot \vec{v_j})$
$\lambda_i \vec{v_i} \cdot \vec{v_j}$
$A\vec{v_i} \cdot \vec{v_j}$
$\vec{v_i}^T A^T \cdot \vec{v_j}$
$\vec{v_i}^T A \cdot \vec{v_j}$
$\vec{v_i}^T \cdot \lambda_i \vec{v_j}$
$\lambda_i (\vec{v_i}^T \cdot \vec{v_j})$
$\lambda_i (\vec{v_i} \cdot \vec{v_j})$
$$\lambda_i (\vec{v_i} \cdot \vec{v_j})=\lambda_i (\vec{v_i} \cdot \vec{v_j})$$
$$(\lambda_i -\lambda_i) (\vec{v_i} \cdot \vec{v_j})=0$$
Leider weiß ich jetzt nicht, was ich mit dem Ergebnis für den entarteten Fall anfangen soll, natürlich ist das Ergebnis null wegen $\lambda_i-\lambda_i$, aber was sagt mir das über die Eigenvektoren aus?
Leider verstehe auch nicht, wie ich mit den beiden Ergebnissen aus dem Hinweise, die ursprüngliche Aussage beweisen soll, dass mindestens eine unitäre Transformationsmatrix für A existiert.
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Mandelbluete
Senior 
Dabei seit: 03.05.2008
Mitteilungen: 584
Wohnort: Fuchsbau
 |  Beitrag No.1, eingetragen 2023-06-08
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\C}{\mathbb{C}}
\newcommand{\F}{\mathbb{F}}
\newcommand{\K}{\mathbb{K}}
\newcommand{\N}{\mathbb{N}}
\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}}
\newcommand{\R}{\mathbb{R}}
\newcommand{\Z}{\mathbb{Z}}
\newcommand{\i}{\mathrm{i}}
\newcommand{\d}{\mathrm{d}}
\newcommand{\D}{\mathrm{D}}
\newcommand{\eps}{\varepsilon}
\renewcommand{\phi}{\varphi}
\renewcommand{\theta}{\vartheta}
\newcommand{\fuer}{\quad\text{fuer}\quad}
\newcommand{\Sp}{\operatorname{Sp}} \)
Hallo, Lambda!
Der erste Teil stimmt. Selbst wenn einer der Eigenwerte Null ist, tritt keine Schwierigkeit auf.
Äquivalent zur Diagonalisierbarkeit ist, daß $\C^n$ direkte Summe der Eigenräume ist, die nach Teil 1 sogar orthogonal sind, $\C^n = E_{\lambda_1} \perp \ldots \perp E_{\lambda_r}$. In jedem dieser Eigenräume kann man nun irgendeine Orthonormalbasis konstruieren (Stichwort: orthogonales Komplement). Alle diese Basisvektoren zusammen bilden eine Orthonormalbasis $\{e_1, \ldots, e_n\}$ von ganz $\C^n$ aus Eigenvektoren von $A$, und es ist nun leicht zu überprüfen, daß $T = (e_1, \ldots, e_n)$, aufgefaßt als Matrix mit diesen Spaltenvektoren, eine unitäre Matrix, das heißt $T^{-1} = T^*$, mit der gewünschten Eigenschaft ist.
Liebe Grüße
Mandelblüte
PS: Ich wundere mich über diese Vektorschreibweise. Kommt das aus der Physik?\(\endgroup\)
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Lambda88
Aktiv
Dabei seit: 08.05.2014
Mitteilungen: 296
| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2023-06-11
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Danke Mandelbluete für deine Hilfe 👍, ich konnte die Aufgabe jetzt nun lösen 😃
Wegen der Vektorschreibweise, genau, diese kommt aus der Physik, obwohl ich eher die Bra-Ket Notation hätte verwenden sollen, also $\left\langle v_i \right\vert A \left\vert v_j \right\rangle$
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Lambda88 hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Lambda88 hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt. |
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