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Lineare Algebra » Bilinearformen&Skalarprodukte » Eigenwerte quadriert; selbst-adjungiert
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Universität/Hochschule J Eigenwerte quadriert; selbst-adjungiert
Walross
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2021-06-18


Guten Tag,

ich benötige Hilfe bei der folgenden Aufgabe:

Es sei $V$ ein endlichdimensionaler euklidischer oder unitärer Vektorraum.
Es sei $\varphi:V\to V$ ein selbstadjungierter Endomorphismus.
Alle Eigenwerte von $\varphi$ seien positiv.

Zu zeigen:

$\varphi$ und $\varphi^2$ besitzen dieselben Eigenvektoren und die Eigenwerte von $\varphi^2$ sind die Quadrate der Eigenwerte von $\varphi$.

Mein Beweisansatz:

Sei $\lambda>0$ ein Eigenwert von $\varphi$.
Dann existiert $v\in V\backslash\{0\}$, sodass $\varphi(v)=\lambda\cdot v$ gilt.

Es folgt:

$\varphi^2(v)=\varphi(\varphi(v))=\varphi(\lambda\cdot v)=\lambda\cdot\varphi(v)=\lambda^2\cdot v$

Also ist $\lambda^2$ ein Eigenwert von $\varphi^2$ mit Eigenvektor $v$.

Bei der Rückrichtung komme ich nicht weiter.

Es sei $\mu\in\mathbb{C}$ ein Eigenwert von $\varphi^2$.
Dann existiert ein $w\in V\backslash\{0\}$, sodass $\varphi^2(w)=\mu\cdot w$ gilt.

Wie benutzt man jetzt die Selbstadjungiertheit von $\varphi$?



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nzimme10
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2021-06-18


Hallo,

zunächst sollte kurz begründet werden, warum $\varphi$ überhaupt Eigenwerte / Eigenvektoren besitzt (Spektralsatz).

Eventuell sollte im Falle, dass $V$ ein reeller Vektorraum ist auch noch begründet werden, warum $\lambda$ reell ist. (Edit: Das war ja eine Voraussetzung, sorry.)

LG Nico



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Walross
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-06-18


Hi Nico,

also zunächst mal ist $\varphi$ selbstadjungiert und somit normal. Daher existiert eine Basis von $V$ aus Eigenvektoren von $\varphi$.

Dass alle Eigenwerte reell sind, folgt ebenfalls aus der Selbstadjungiertheit.
Genau, die Vss. ist sogar, dass alle positiv sind.



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zippy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2021-06-18


2021-06-18 10:07 - Walross im Themenstart schreibt:
Wie benutzt man jetzt die Selbstadjungiertheit von $\varphi$?

Du kannst dir die Eigenwertgleichung für $\varphi^2$ in einer Basis anschauen, in der $\varphi$ diagonal ist.

Im Allgemeinen hat $\varphi^2$ mehr Eigenvektoren als $\varphi$. Um zu zeigen, dass das hier nicht der Fall ist, musst du ausnutzen, dass alle Eigenwerte von $\varphi$ positiv sind.



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Walross
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-06-18


Hi Zippy,

vielen Dank für den Tipp.
Leider konnte ich damit nicht viel anfangen.

Wie bereits geschrieben wissen wir, dass es eine Basis von $V$ aus Eigenvektoren von $\varphi$ gibt.

Wie hilft mir das?



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zippy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2021-06-18


2021-06-18 12:16 - Walross in Beitrag No. 4 schreibt:
Wie hilft mir das?

Du könntest einfach mal ausprobieren, was ich oben geschrieben hatte:

2021-06-18 11:33 - zippy in Beitrag No. 3 schreibt:
Du kannst dir die Eigenwertgleichung für $\varphi^2$ in einer Basis anschauen, in der $\varphi$ diagonal ist.

Sei also $V=\bigoplus_\lambda E_\lambda$ die Zerlegung von $V$ in Eigenräume von $\varphi$. Für $x=\sum_\lambda x_\lambda$ ist $\varphi^2\,x=\sum_\lambda\lambda^2\,x_\lambda$. Wann ist so ein $x$ jetzt Eigenvektor zu $\varphi^2$?



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Walross
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2021-06-18


Danke, damit habe ich es jetzt rausbekommen.



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