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Hallo!
Kann mir jemand ueber ein gewisses " Simultanes Diagonalisierungstheorem"(oder so aehnlich) schreiben, welches ungefaehr aussagt, dass, wenn zwei Endomorphismen u und v diagonalisierbar sind und gilt uv=vu, dann sind sie simultan diagonalisierbar, d.h es gibt eine orthogonale Basis bestehend aus gemeinsamen Eigenvektoren fuer die Diagonalisierung. Ich wuerde gerne mehr darueber lernen... Wie lautet auch der Beweis dazu?
Danke und Gruss, Margarita
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:31 Mi 23.06.2004 | | Autor: | Julius |
Liebe Margarita!
> Kann mir jemand ueber ein gewisses " Simultanes
> Diagonalisierungstheorem"(oder so aehnlich) schreiben,
> welches ungefaehr aussagt, dass, wenn zwei Endomorphismen u
> und v diagonalisierbar sind und gilt uv=vu, dann sind sie
> simultan diagonalisierbar, d.h es gibt eine orthogonale
> Basis bestehend aus gemeinsamen Eigenvektoren fuer die
> Diagonalisierung. Ich wuerde gerne mehr darueber lernen...
> Wie lautet auch der Beweis dazu?
Ja, der Satz lautet so. Nun zum Beweis:
Da $u$ und $v$ beide diagonalisierbar sind, gilt:
(*) [mm] $\bigoplus\limits_{i=1}^k E_{\lambda_i}(u) [/mm] = [mm] \IR^n [/mm] = [mm] \bigoplus\limits_{j=1}^l E_{\mu_j}(v)$,
[/mm]
wobei [mm] $\lambda_1,\ldots,\lambda_k$ [/mm] die verschiedenen Eigenwerte von $u$ und [mm] $\mu_1,\ldots, \mu_l$ [/mm] die verschiedenen Eigenwerte von $v$ sind.
Es sei nun für einen Eigenwert [mm] $\lambda_i$ [/mm] von $u$ ein Eigenvektor [mm] $x_i$ [/mm] gewählt. Dann folgt wegen $uv=vu$:
[mm] $u(v(x_i)) [/mm] = [mm] v(u(x_i)) [/mm] = [mm] v(\lambda x_i) [/mm] = [mm] \lambda_i v(x_i)$,
[/mm]
d.h. [mm] $v(x_i) [/mm] = 0$ oder [mm] $v(x_i)$ [/mm] ist ein Eigenvektor von $u$ zum Eigenwert [mm] $\lambda_i$. [/mm] In jedem Fall gilt:
[mm] $v(x_i) \in E_{\lambda_i}(u)$.
[/mm]
Nun wählen wir für einen beliebigen Eigenwert [mm] $\mu_j$ [/mm] von $v$ einen Eigenvektor [mm] $y_j$ [/mm] und können ihn wegen (*) wie folgt darstellen:
[mm] $y_j [/mm] = [mm] r_1 x_1 [/mm] + [mm] \ldots [/mm] + [mm] r_k x_k$
[/mm]
mit reellen Skalaren [mm] $r_1,\ldots, r_k$ [/mm] und [mm] $x_i \in E_{\lambda_i}(u)$ $(i=1,\ldots,k)$.
[/mm]
Es folgt:
(**) [mm] $r_1 v(x_1) [/mm] + [mm] \ldots [/mm] + [mm] r_k v(x_k) [/mm] = [mm] v(y_j) [/mm] = [mm] \mu_j y_j [/mm] = [mm] \mu_j r_1 x_1 [/mm] + [mm] \ldots [/mm] + [mm] \mu_j r_k x_k$.
[/mm]
Wir wissen aus der obigen Betrachtung, dass für alle [mm] $i=1,\ldots, [/mm] k$ gilt:
[mm] $v(x_i) \in E_{\lambda_i}(u)$.
[/mm]
Wegen [mm] $\bigoplus\limits_{i=1}^k E_{\lambda_i}(u) [/mm] = [mm] \IR^n$ [/mm] und der damit verbundenen Eindeutigkeit der Darstellung folgt aber aus (**) für alle [mm] $i=1,\ldots, [/mm] k$:
[mm] $v(x_i [/mm] ) = [mm] \mu_j x_i$,
[/mm]
also:
[mm] $x_i \in E_{\mu_j}(v)$.
[/mm]
Das heißt also, wenn wir für einen beliebigen Eigenwert [mm] $\mu_j$ [/mm] von $v$ einen Eigenvektor [mm] $y_j$ [/mm] wählen, bekommen wir eine Darstellung der Art:
[mm] $y_j [/mm] = [mm] \sum\limits_{i=1}^k r_i x_i$ [/mm]
mit
[mm] $x_i \in E_{\lambda_i}(u) \cap E_{\mu_j}(v)$.
[/mm]
Somit ist jeder Eigenvektor von $v$ durch eine Summe gemeinsamer Eigenvektoren von $u$ und $v$ darstellbar. Da es aber eine Basis des [mm] $\IR^n$ [/mm] gibt, die aus Eigenvektoren von $v$ besteht, erhält man auf diese Weise ein Erzeugendensystem, das aus gemeinsamen Eigenvektoren von $u$ und $v$ besteht und daraus dann eine Basis.
Frag einfach nach bei Unklarheiten... 
Liebe Grüße
Julius
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Hallo Julius,
Danke fuer Deine Hilfe, dafuer bin ich sehr dankbar. Da mich dieser Satz komischerweise
interessiert habe ich in der Zwischenzeit auch nach einem Beweis gesucht und gefunden,
aber ich weiss nicht, ob er passend ist.
An manchen Stellen scheint er mir ein wenig knapp auf jeden Fall.
Koenntest Du mal drueberschauen und mir sagen, ob man das auch so machen koennte...
Erst wird gezeigt, dass "wenn [mm] A_1,...A_r [/mm] vertauschbar sind
(d.h das Kommutativgesetz gilt), dann haben sie einen gemeinsamen
Eigenvektor." Danach wird der eigentliche Satz gezeigt.
Eigentlich bin ich mir nicht sicher, ob man ueberhaupt den ersten Satz braucht,
um den zweiten zu beweisen.
Nun zum ersten Satz. Wir induzieren nach r. Das Ergebnis ist klar
fuer r=1, da wir in den komplexen Zahlen arbeiten und dort jede Abbildung
einen Eigenvektor hat.
Nehme an r>=2.
[mm] A_r [/mm] habe einen Eigenwert [mm] \lambda[/mm] und sei [mm] E_\lambda [/mm] = { v: [mm] A_r [/mm] v= [mm] \lambda [/mm] v }
der [mm] \lambda-Eigenraum [/mm] fuer [mm] A_r. [/mm] Fuer v in [mm] E_\lambda, [/mm] ist [mm] A_r(A_iv)=A_i(A_rv)=A_i([/mm] [mm]\lambda v[/mm])
[mm] =\lambda(A_iv), [/mm] also [mm] A_i [/mm] v in [mm] E_\lambda. [/mm] Somit kann jedes [mm] A_i [/mm] zu einer linearen Abbildung in
[mm] E_\lambda [/mm] eingeschraenkt werden.
Somit sind [mm] A_1|_E_\lambda,...,A_r-1|_E_\lambda [/mm] r-1 vertauschbare Abbildungen
in einem endlichdimensionalem Raum [mm] E_\lambda. [/mm] Nach Induktion haben sie einen gemeinsamen
Eigenvektor in [mm] E_\lambda. [/mm] Dieser ist auch ein Eigenvektor fuer [mm] A_r. [/mm] Fertig.
Nun gehen wir zum Satz, den wir eigentlich beweisen wollen.
Wir gehen aehnlich vor, wie vorhin, aber die staerkere Annahme(Vertauschbarkeit und
individuelle Diagonalisierbarkeit) erlauben eine staerkere Endaussage.
Die Aussage ist klar, falls r=1, also nehme an r>=2. Sei [mm] E_\lambda [/mm] ein Eigenraum fuer [mm] A_r, [/mm]
wie vorher, [mm] A_i(E_\lambda) \subset E_\lambda. [/mm] Durch Induktion nach r, existiert
eine Basis fuer [mm] E_\lambda [/mm] bestehend aus gemeinsamen Eigenvektoren fuer
[mm] A_1|_E_\lambda,...A_r-1|_E_\lambda [/mm] und natuerlich sind das Eigenvektoren auch fuer [mm] A_r|_E_\lambda.
[/mm]
Nach Annahme ist V die direkte Summe der Eigenraueme fuer [mm] A_r, [/mm] also sind wir fertig.
Was meinst Du dazu?
Vielen Dank und Liebe Gruesse,
Margarita
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:43 Fr 25.06.2004 | | Autor: | Julius |
Hallo Margarita!
Ja, das ist fast der gleiche Beweis, den ich gepostet hatte, nur allgemeiner (für endlich viele statt nur für zwei diagonalisierbare, vertauschbare Endomorphismen).
Der Beweis ist völlig in Ordnung, ja.
Hast du noch Fragen dazu?
Liebe Grüße
Julius
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:08 Sa 26.06.2004 | | Autor: | margarita |
Hallo Julius!
Vielen Dank, Dir die Zeit genommen zu haben den Beweis anzuschauen.
Ich muss mir beide noch oft durchlesen, damit ich sie zufrieden stellend verstehe.
Liebe Gruesse, Margarita
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