ONB - Diagonalform < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 22:48 Do 09.06.2005 | | Autor: | MrElgusive |
Hallo!
Ich hänge wieder einmal, wie sollte es auch anders sein, bei einem Beweis fest und würde mich freuen, wenn mir jemand von euch helfen kann.
Seien $h,h' [mm] \in Hom(\IR^{n},\IR^{n})$ [/mm] symmetrisch. Zeigen Sie, dass es genau dann eine ONB B von [mm] $\IR^{n}$ [/mm] gbt, sodass [mm] $A_{h,B,B}$ [/mm] und [mm] $A_{h',B,B}$ [/mm] Diagonalformen haben, wenn $h [mm] \circ [/mm] h'=h' [mm] \circ [/mm] h$.
Diesmal hab ich auch leider keine eigene Ideen, die ich posten könnte, die Angabe ist mir einigermaßen klar, aber ich habe keine blassen Schimmer, was ich tun soll.
Danke im Voraus,
Christian.
|
|
| |
|
Grüße!
Also, die eine Richtung sollte Dir relativ klar sein - wenn es eine Basis gibt, bezüglich der beide Matrizen diagonal sind, dann kommutieren beide Endomorphismen, da Diagonalmatrizen kommutieren.
Für die andere Richtung mußt Du benutzen, was Du über symmetrische Matrizen (=selbstadjungierte Endomorphismen) weißt. Beide, $h$ und $h'$ sind orthogonal diagonalisierbar - jetzt mußt Du aus der Tatsache, dass sie kommutieren noch herleiten, dass es eine ONB gibt, die es für beide tut. Bedenke dabei, dass ein orthogonaler Endomorphismus eine ONB wieder auf eine ONB abbildet.
Schau Dir am besten auch mal an, wie sich Eigenvektoren verhalten - wenn $v [mm] \in \IR^n$ [/mm] Eigenvektor von $h$ zum Eigenwert [mm] $\lambda$ [/mm] ist, dann gilt ja:
$h(h'(v)) = h'(h(v)) = [mm] h'(\lambda [/mm] v) = [mm] \lambda [/mm] h'(v)$
Also ist dann auch $h'(v)$ Eigenvektor von $h$ zum gleichen Eigenwert - also sind die Eigenräume von $h$ unter $h'$ invariant und umgekehrt. Kannst Du daraus einen Beweis basteln?
Viel Erfolg!
Lars
|
|
|
|
