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Hallo nochmal an alle...
Erstmal möchte ich allen, die meine letzte Frage beantwortet haben ganz herzlich danken. Im Grunde genommen war es ja dann auch gar nicht so unlösbar wie ich gedacht hab, nur fehlt es immer an dem Ansatz. Und ebenso ergeht es mir bei folgender Aufgabe. Wäre toll, wenn mir jemand helfen könnte...
Es sei V ein unitärer Vektorraum. Für eine lin. Abbildung [mm] \alpha: [/mm] V [mm] \to [/mm] V ist zu zeigen:
a) Wenn [mm] \alpha [/mm] bijektiv ist, dann ist auch [mm] \alpha^* [/mm] (adjungierte Abb.) bijektiv und es gilt [mm] (\alpha^{-1})^* [/mm] = [mm] (\alpha^*)^{-1}.
[/mm]
b) Wenn [mm] \alpha [/mm] normal ist, dann gilt V = [ [mm] Kern(\alpha) [/mm] ist orthogonal zum [mm] Bild(\alpha) [/mm] ].
Ich habe diese Frage in keinem weiteren Forum gestellt.
Vielen Dank schon mal im Vorraus.
Liebe Grüße. Christina
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 09:50 Mo 12.07.2004 | | Autor: | Julius |
Hallo Christina!
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Handelt es sich um endlichdimensionale Vektorräume?
Liebe Grüße
Julius
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Hallo Julius...
Ja, es handelt sich um endlichdimensionale Vektorräume. Hast du schon eine Idee??
Liebe Grüße. Christina
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 10:22 Mo 12.07.2004 | | Autor: | Julius |
Liebe Christina!
> Es sei V ein unitärer Vektorraum. Für eine lin. Abbildung
> [mm]\alpha:[/mm] V [mm]\to[/mm] V ist zu zeigen:
> a) Wenn [mm]\alpha[/mm] bijektiv ist, dann ist auch [mm]\alpha^*[/mm]
> (adjungierte Abb.) bijektiv und es gilt [mm](\alpha^{-1})^*[/mm] =
> [mm](\alpha^*)^{-1}.
[/mm]
Da $V$ endlichdimensional ist, genügt es zu zeigen, dass [mm] $\alpha$ [/mm] injektiv ist. Es sei $v [mm] \in [/mm] V$ mit [mm] $\alpha^{\*}(v)=0$. [/mm] Dann gilt für alle $w [mm] \in [/mm] V$:
$0 = [mm] \langle \alpha^{\*}(v),w \rangle [/mm] = [mm] \langle [/mm] v, [mm] \alpha(w) \rangle$.
[/mm]
Da [mm] $\alpha$ [/mm] surjektiv ist, gilt: [mm] $Im(\alpha)=V$, [/mm] d.h. wir haben:
$0 = [mm] \langle [/mm] v, v' [mm] \rangle$
[/mm]
für alle $v' [mm] \in [/mm] V$.
Aus der Nicht-Ausgeartetheit der Sesquilinearform folgt: $v=0$, d.h. [mm] $\alpha^{\*}$ [/mm] ist injektiv und damit bijektiv.
Um nun
[mm] $(\alpha^{-1})^{\*} [/mm] = [mm] (\alpha^{\*})^{-1}$
[/mm]
zu beweisen, muss man
[mm] $\langle \alpha^{-1}(v),w \rangle [/mm] = [mm] \langle [/mm] v, [mm] (\alpha^{\*})^{-1}(w) \rangle$
[/mm]
für alle $v,w [mm] \in [/mm] W$ beweisen.
Dies folgt aber sofort aus [mm] $v=\alpha\alpha^{-1}(v)$ [/mm] und der Definition von [mm] $\alpha^{\*}$.
[/mm]
Versuche es bitte mal!
Liebe Grüße
Julius
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Hallo lieber Julius.
Also, ich hab das mal versucht auszurechnen.
Doch zunächst wollte ich erstmal fragen, ob das korrekt so ist, wie du das angegeben hast:
< [mm] \alpha^{-1}(v), [/mm] w> = [mm] \overline{}
[/mm]
Ich hätte nämlich gesagt, das müsste folgendermaßen lauten:
< [mm] \alpha^{-1}(v), [/mm] w> = <v, [mm] (\alpha^*)^{-1}(w) [/mm] >
Außerdem verstehe ich nicht, wie du bei Teil b) von [mm] <\alpha^*(v),w> [/mm] auf [mm] <\alpha(v),w> [/mm] kommst. Das setzt doch vorraus, dass [mm] \alpha [/mm] selbstadjungiert ist. Aber [mm] \alpha [/mm] ist doch nur normal.
Danke für's erneute Anschauen und deine Hilfe.
Liebe Grüße... Christina
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:58 Di 13.07.2004 | | Autor: | Julius |
Liebe Christina!
Ja, du hast in beiden Punkten recht, ich habe es jetzt verbessert. Danke und ![[sorry]](/images/smileys/sorry.gif "[sorry]") !
Hast du denn eine Idee für die b) ?
Liebe Grüße
Julius
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Hallo lieber Julius...
Also ich versuche es heute nachmittag nochmal die b) irgendwie zu lösen. Hab noch keine wirklich gute Idee. Wäre aber auch dankbar, wenn du dir nochmal Gedanken darüber machen könntest. Das mit dem Fehler ist kein Problem. Wir haben es ja noch gemeinsam verbessert. Also dann bis bald...
Liebe Grüße. Christina
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:50 Di 13.07.2004 | | Autor: | Julius |
Liebe Christina!
Um meinen Fehler wieder teilweise gutzumachen, habe ich mir jetzt mal überlegt, wie es geht:
Schritt 1:
Folgere aus der Beziehung [mm] $\alpha^{\*} \circ \alpha [/mm] = [mm] \alpha \circ \alpha^{\*}$ [/mm] die Gleichung
[mm] $\langle \alpha(x), \alpha(x) \rangle [/mm] = [mm] \langle \alpha^{\*}(x), \alpha^{\*}(x) \rangle$
[/mm]
für alle $x [mm] \in [/mm] V$.
Schritt 2:
Folgere daraus
[mm] $Kern(\alpha) [/mm] = [mm] Kern(\alpha^{\*})$.
[/mm]
Schritt 3:
Zeige, dass
[mm] $\langle [/mm] x, [mm] \alpha(y) \rangle$
[/mm]
für alle $x [mm] \in Kern(\alpha^{\*})$ [/mm] und $y [mm] \in [/mm] V$ und folgere daraus, dass wegen [mm] $Kern(\alpha) [/mm] = [mm] Kern(\alpha^{\*})$ [/mm] die Beziehung
[mm] $Kern(\alpha) [/mm] = [mm] Bild(\alpha)^{\perp}$
[/mm]
gilt.
Wenn du es nicht hinbekommst, rechne ich es dir komplett vor. Du kannst dich ja mal mit deinem Beweis zur Kontrolle melden.
Liebe Grüße
Julius
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Hallo Julius...
Schon wieder bin ich es...
Und irgendwie hab ich das Gefühl, dass ich mich nun für heute schon zu lang mit dieser Aufgabe beschäftige. Mein Kopf raucht schon und ich komme irgendwie nicht weiter. Könntest du mir es doch vielleicht eventuell vorrechnen?? Sehe echt nicht wo mein Fehler liegt...
Danke dir. Tausend Mal...
Liebe Grüße von der nur noch halb existierenden Christina
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 00:45 Mi 14.07.2004 | | Autor: | Julius |
Liebe Christina!
Ein paar eigene Ansätze wären aber nicht schlecht gewesen. Hmmhh... na gut...
Zunächst einmal gibt für alle $x [mm] \in [/mm] V$ wegen [mm] $\alpha\alpha^{\*}=\alpha^{\*}\alpha$:
[/mm]
[mm] $\langle \alpha(x),\alpha(x) \rangle$
[/mm]
$= [mm] \langle [/mm] x , [mm] (\alpha^{\*}\alpha)x \rangle$
[/mm]
$= [mm] \langle [/mm] x , [mm] (\alpha \alpha^{\*})x \rangle$
[/mm]
$= [mm] \langle \alpha^{\*} [/mm] (x), [mm] \alpha^{\*}(x) \rangle$.
[/mm]
Daraus folgt:
[mm] $\Vert \alpha(x) \Vert [/mm] = [mm] \Vert \alpha^{\*}(x) \Vert$,
[/mm]
und daraus wiederum auf Grund der Definitheit [mm] ($\Vert [/mm] y [mm] \Vert [/mm] = 0 \ [mm] \Leftrightarrow [/mm] \ y=0$, hier für [mm] $y=\alpha(x)$ [/mm] bzw. $y = [mm] \alpha^{\*}(x)$) [/mm] der Norm:
[mm] $\alpha(x)=0 \qquad \Leftrightarrow \qquad \alpha^{\*}(x) [/mm] =0$.
Dies bedeutet aber:
[mm] $Kern(\alpha) [/mm] = [mm] Kern(\alpha^{\*})$.
[/mm]
Zu zeigen ist nun: [mm] $Kern(\alpha) [/mm] = [mm] Bild(\alpha)^{\perp}$.
[/mm]
Dafür muss gezeigt werden, dass für alle $x' [mm] \in Kern(\alpha)$ [/mm] und alle $y = [mm] \alpha(x) \in Bild(\alpha)$ [/mm] mit $x [mm] \in [/mm] V$ gilt:
[mm] $\langle [/mm] x' , y [mm] \rangle [/mm] = 0$.
Damit haben wir dann [mm] $Kern(\alpha) \subset Bild(\alpha)^{\perp}$ [/mm] gezeigt, die Umkehrung folgt dann aus Dimensionsgründen [mm] ($\dim(V) [/mm] = [mm] \dim(Bild(\alpha)) [/mm] + [mm] \dim(Kern(\alpha))$ [/mm] und [mm] $\dim(V) [/mm] = [mm] \dim(Bild(\alpha)) [/mm] + [mm] \dim(Bild(\alpha)^{\perp})$, [/mm] also: [mm] $\dim(Kern(\alpha)) [/mm] = [mm] \dim(Bild(\alpha)^{\perp})$).
[/mm]
Es gilt aber wegen $x' [mm] \in Kern(\alpha) [/mm] = [mm] Kern(\alpha^{\*})$:
[/mm]
[mm] $\langle [/mm] x',y [mm] \rangle$
[/mm]
$= [mm] \langle [/mm] x' , [mm] \alpha(x) \rangle$
[/mm]
$= [mm] \langle \alpha^{\*}(x'), [/mm] x [mm] \rangle$
[/mm]
$= [mm] \langle [/mm] 0, x [mm] \rangle$
[/mm]
$= 0$.
Liebe Grüße
Julius
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