symmetrische Matrix < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 09:25 Mo 18.07.2005 | | Autor: | holg47 |
Hallo!
Ich hätte eine Frage bezüglich symmetrischer Matrizen. Ich weiß, dass diese nur reelle Eigenwerte besitzen, aber wieso sind symmetrische Matrizen IMMER diagonalisierbar?
Liegt dies unter anderem daran, dass bei symm. Matrizen das charakter. Polynom vollständig in Linearfaktoren zerfällt? Aber dann ist ja noch nicht gesagt, dass die geometr. und algebraische Vielfachheit gleich sind, oder?
Vielen Dank!
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 10:20 Mo 18.07.2005 | | Autor: | Hanno |
Hallo Holger!
Symmetrische Matrizen sind bezüglich einer beliebigen Orthonormalbasis Darstellungsmatrizen selbstadjungierter, linearer Abbildungen. Es reicht also zu zeigen, dass jede selbstadjungierte, lineare Abbildung diagonalisierbar ist. Dies reduziert sich auf das Problem zu zeigen, dass eine selbstadjungierte, lineare Abbildung immer wenigstens einen reellen Eigenwert haben muss. Wenn man dies zeigen kann, kann man über Induktion zeigen, dass sie dann auch diagonalisierbar sein muss [wenn du magst, zeige ich dir diesen Beweis auch]. Dass eine jede selbstadjungierte, lineare Abbildung einen reellen Eigenwert besitzt, zeigt man z.B. über unitäre Vektorräume. Dort nämlich kann man analoge Begriffsdefinitionen vornehmen; symmetrische Matrizen gehen dann in hermitesche Matrizen über, solche Matrizen also, die mit ihrer transponierten, komplex konjugierten Matrix übereinstimmen. Ferner definiert man Skalarprodukte über den Begriff der Semibilinearformen und kann somit auch die Selbstadjungierten Abbildung auf unitären Vektorräumen einführen. Doch hier ist es wesentlich einfacher zu zeigen, dass diese Abbildungen diagonalisierbar sind, denn die Existenz eines Eigenwertes folgt aus der algebraischen Abgeschlossenheit von [mm] $\IC$. [/mm] Daraus leitet man [genau wie die Herleitung für Selbstadjungierte Abbildung in euklidischen Vektorräumen, wenn man bereits gezeigt hat, dass ein reeller Eigenwert existiert] her, dass selbstadjungierte lineare Abbildungen diagonalisierbar sind. Jedoch kann man auch herleiten, dass alle Eigenwerte einer selbstadjungierte, linearen Abbildung reell sein müssen. Nun kommt der Trick: wollen wir zeigen, dass eine selbstadjungierte, lineare Abbildung eines euklidischen Vektorraumes in sich einen reellen Eignewert besitzt, so betrachten wir sie als selbstadjungierte, lineare Abbildung in einem unitären Vektorraum. Das können wir, dann eine symmetrtische Matrix mit reellen Einträgen ist gleichzeitig hermitesch [denn die komplexe Konjugierung verändert die Matrix nicht]. So können wir herleiten, dass diese Matrix im unitären Vektorraum reelle Eigenwerte besitzt und dies auf den reellen Vektorraum übertragen [das ist jetzt ein wenig schwammig, wenn du magst, führe ich es näher aus].
So, ich habe dir jetzt die vielen Stationen gezeigt; du musst nun sagen, welche du gerne ein wenig näher erläuterte haben würdest.
Liebe Grüße,
Hanno
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:53 Mo 18.07.2005 | | Autor: | holg47 |
Hallo Hanno!
Ja, wäre nett, wenn du mir mal zeigen könntest, wie man aus dem Beweis, dass symmetrische Matrizen immer reelle Eigenwerte besitzen, darauf kommt, dass die Matrix auch diagonalisierbar ist.
Vielen Dank!!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:45 Mo 18.07.2005 | | Autor: | Julius |
Hallo Holger!
Damit der arme Hanno nicht alles aufschreiben muss, übernehme ich das mal. Also, wenn wir bereits wissen, dass eine symmetrische Matrix mindestens einen reellen Eigenwert [mm] $\lambda$ [/mm] hat, dann ist der Beweis einfach.
Es sei $v [mm] \ne [/mm] 0$ ein zugehöriger Eigenvektor.
Für alle $w [mm] \in \langle [/mm] v [mm] \rangle^{\perp}$ [/mm] gilt nämlich:
[mm] $\langle [/mm] f(w),v [mm] \rangle [/mm] = [mm] \langle [/mm] w , f(v) [mm] \rangle [/mm] = [mm] \lambda \langle [/mm] w,v [mm] \rangle=0$.
[/mm]
Daher gilt:
[mm] $f(\langle [/mm] v [mm] \rangle^{\perp}) \subset \langle [/mm] v [mm] \rangle^{\perp}$.
[/mm]
Die Behauptung folgt jetzt einfach mit vollständiger Induktion nach $n$.
Ist nämlich $V$ $n$-dimensional, so ist [mm] $\langle [/mm] v [mm] \rangle^{\perp}$ [/mm] $(n-1)$-dimensional, und es gibt eine Basis $C$, so dass die Matrix von
[mm] $f\vert_{\langle v \rangle^{\perp}} [/mm] : [mm] \langle [/mm] v [mm] \rangle^{\perp} \to \langle [/mm] v [mm] \rangle^{\perp}$
[/mm]
bezüglich dieser Basis Diagonalgestalt hat.
Dann liefert offenbar $B=C [mm] \cup \{v\}$ [/mm] die gewünschte Basis für $f$.
Viele Grüße
Julius
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