Orthogonale Abb. zeigen < Skalarprodukte < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | | Sei [mm] (V,\gamma) [/mm] endlichdim. eukl. Vektorraum, und [mm] \phi\in End(V)\textbackslash\{0\} [/mm] ein Endomorphismus mit [mm] $||\phi(v)|| [/mm] = [mm] ||(\phi\circ \psi)(v)||$ [/mm] für alle [mm] $v\in [/mm] V, [mm] \psi\in [/mm] End(V)$ orthogonal. Zeige: Es gibt ein [mm] \lambda\in\IR, [/mm] so dass [mm] \lambda*\phi [/mm] orthogonal ist. |
Hallo!
Bei obiger Aufgabe komme ich auf gar keinen richtig Ansatz...
Um zu zeigen, dass [mm] \lambda*\phi [/mm] orthogonal ist, muss ich zeigen:
[mm] $\gamma(\lambda*\phi(v),\lambda*\phi(w)) [/mm] = [mm] \gamma(v,w)$ [/mm] für alle [mm] $v,w\in [/mm] V$.
Das heißt:
[mm] $\lambda^{2}*\gamma(\phi(v),\phi(w)) [/mm] = [mm] \gamma(v,w)$ [/mm] für alle [mm] $v,w\in [/mm] V$.
Ich meine, gelesen zu haben, dass es reicht zu zeigen, dass [mm] $||\lambda*\phi(v)|| [/mm] = ||v||$ für alle [mm] $v\in [/mm] V$, aber das haben wir nicht bewiesen. Ich habe nun ja diese Identität gegeben, weiß aber nicht richtig, wie ich sie benutzen kann, die Komposition stört so... (Damit kann ich gar nicht benutzen, dass [mm] \psi [/mm] orthogonal ist). Was ich schon herausgefunden haben:
Für alle [mm] $v,w\in [/mm] V$:
[mm] $||\phi(v)|| [/mm] = [mm] ||(\phi\circ \psi)(v)||$
[/mm]
[mm] $||\phi(w)|| [/mm] = [mm] ||(\phi\circ \psi^{-1})(w)||$ [/mm] (da [mm] \psi [/mm] Isomorphimus, setze oben $v = [mm] \psi^{-1}(w)$).
[/mm]
Falls [mm] $v,w\in [/mm] V$ mit $w = [mm] \psi(v)$:
[/mm]
--> [mm] $||\phi(w)|| [/mm] = [mm] ||\phi(\psi(v))|| [/mm] = [mm] ||\phi(v)||$
[/mm]
Irgendwie hat mir das aber noch nicht richtig weitergeholfen...
Also bitte ich euch um einen Ansatz.
Vielen Dank für Eure Hilfe!
Grüße,
Stefan
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:44 Sa 15.05.2010 | | Autor: | Blech |
Hi,
> Sei [mm](V,\gamma)[/mm] endlichdim. eukl. Vektorraum, und [mm]\phi\in End(V)\textbackslash\{0\}[/mm]
> ein Endomorphismus mit [mm]||\phi(v)|| = ||(\phi\circ \psi)(v)||[/mm]
> für alle [mm]v\in V, \psi\in End(V)[/mm] orthogonal. Zeige: Es gibt
Ich würde sagen, Du schaust Dir für beliebige, aber feste v, jeweils an, was passiert, wenn Du Spiegelungen für [mm] $\psi$ [/mm] wählst.
Unter anderem folgt:
1. [mm] $\phi$ [/mm] hat vollen Rang
2. Man kann [mm] $\psi$ [/mm] so wählen, daß [mm] $(\phi\circ\psi [/mm] )(v)=v$
ciao
Stefan
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Hallo Stefan  ,
danke für deine Antwort!
> > Sei [mm](V,\gamma)[/mm] endlichdim. eukl. Vektorraum, und [mm]\phi\in End(V)\textbackslash\{0\}[/mm]
> > ein Endomorphismus mit [mm]||\phi(v)|| = ||(\phi\circ \psi)(v)||[/mm]
> > für alle [mm]v\in V, \psi\in End(V)[/mm] orthogonal. Zeige: Es gibt
>
> Ich würde sagen, Du schaust Dir für beliebige, aber feste
> v, jeweils an, was passiert, wenn Du Spiegelungen für [mm]\psi[/mm]
> wählst.
Ich wähle erstmal eine ONB von [mm] (V,\gamma), [/mm] z.B. $B = [mm] (v_{1},...,v_{n})$
[/mm]
Ich weiß zwar nicht, wie allgemeine Spiegelungen aussehen, aber ich denke mal, dass ich mit den Abbildungen
[mm] $\psi:V\to [/mm] V: [mm] v_{i}\mapsto \pm v_{i}$
[/mm]
viele orthogonale Abbildungen erwischen... Damit folgt: für festes $v = [mm] \lambda_{1}v_{1} [/mm] + ... + [mm] \lambda_{n}*v_{n}$:
[/mm]
[mm] $||\phi(\lambda_{1}v_{1} [/mm] + ... + [mm] \lambda_{n}*v_{n})|| [/mm] = [mm] ||\phi(v)|| [/mm] = [mm] ||\phi(\psi(v))|| [/mm] = [mm] ||\phi(\pm\lambda_{1}v_{1} \pm [/mm] ... [mm] \pm \lambda_{n}*v_{n})||$.
[/mm]
Kann ich daraus schon etwas folgern, oder meintest du das anders?
So ohne weiteres folgt da für mich nämlich nichts...
Grüße,
Stefan
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:38 Sa 15.05.2010 | | Autor: | Blech |
Hi,
der Punkt ist, daß Du mit Spiegelung jeden Vektor auf jeden anderen der gleichen Länge spiegeln kannst (siehe Householder Reflexionen). D.h. für jeden Vektor v gibt es eine orthogonale Abb, die als eine Form von lokaler Inversen dienen kann
$ [mm] (\phi\circ\psi_v )(v)=\alpha_v [/mm] v $ (das [mm] $\alpha$ [/mm] fehlte in der ersten Antwort)
Also
[mm] $\|\phi(v)\|=\|(\phi\circ\psi_v)(v)\|=\|\alpha_v\, v\|$
[/mm]
Das Problem ist jetzt noch, daß [mm] $\alpha_v$ [/mm] nicht von v abhängen darf.
ciao
Stefan
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Hallo Stefan,
> Hi,
>
> der Punkt ist, daß Du mit Spiegelung jeden Vektor auf
> jeden anderen der gleichen Länge spiegeln kannst (siehe
> Householder Reflexionen). D.h. für jeden Vektor v gibt es
> eine orthogonale Abb, die als eine Form von lokaler
> Inversen dienen kann
>
> [mm](\phi\circ\psi_v )(v)=\alpha_v v[/mm] (das [mm]\alpha[/mm] fehlte in der
> ersten Antwort)
>
> Also
>
> [mm]\|\phi(v)\|=\|(\phi\circ\psi_v)(v)\|=\|\alpha_v\, v\|[/mm]
>
> Das Problem ist jetzt noch, daß [mm]\alpha_v[/mm] nicht von v
> abhängen darf.
Vielen Dank erstmal!
Das Stichwort "Householder Reflexionen" hat mir erstmal gezeigt, dass wir auf demselben Übungszettel etwas genau dazu haben, da werde ich erstmal schauen, was sich da alles für Folgerungen ergeben
(Man sollte Übungszettel eben nicht von unten nach oben beginnen )
Grüße,
Stefan
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Hallo,
habe mir das jetzt mal alles durch den Kopf gehen lassen.
> der Punkt ist, daß Du mit Spiegelung jeden Vektor auf
> jeden anderen der gleichen Länge spiegeln kannst (siehe
> Householder Reflexionen). D.h. für jeden Vektor v gibt es
> eine orthogonale Abb, die als eine Form von lokaler
> Inversen dienen kann
OK.
Zunächst muss ich also zeigen, dass [mm] \phi [/mm] ein Isomorphismus ist.
Dies zeige ich folgendermaßen: Da [mm] \phi [/mm] Endomorphismus, reicht es zu zeigen, dass [mm] \phi [/mm] injektiv.
Sei [mm] $\phi(v) [/mm] = 0$. Dann gilt:
$0 = [mm] ||\phi(v)|| [/mm] = [mm] ||\phi\circ \psi(v)||$,
[/mm]
aus der Definitheit der Norm folgt [mm] $\phi\circ\psi(v) [/mm] = 0$. Da [mm] $\phi\not= [/mm] 0$, muss es [mm] $x,y\in [/mm] V, [mm] x,y\not= [/mm] 0$ geben so, dass [mm] $\phi(x) [/mm] = y$. Nun muss ich praktisch mein [mm] \psi [/mm] so wählen, [mm] \psi(v)=\alpha*x, [/mm] was für [mm] $v\not= [/mm] 0$ möglich ist. Dann gilt
[mm] $\phi(\psi(v)) [/mm] = [mm] \phi(\alpha*x) [/mm] = [mm] \alpha*y\not=0$,
[/mm]
woraus dann die Injektivität von [mm] \phi [/mm] folgt. Ist das die Vorgehensweise?
> [mm](\phi\circ\psi_v )(v)=\alpha_v v[/mm] (das [mm]\alpha[/mm] fehlte in der
> ersten Antwort)
> [mm]\|\phi(v)\|=\|(\phi\circ\psi_v)(v)\|=\|\alpha_v\, v\|[/mm]
Ok. Da [mm] \phi [/mm] nun Isomorphismus, kann ich zu [mm] v\in [/mm] V ein [mm] $w=\phi^{-1}(w) \in [/mm] V$ bestimmen.
Entsprechend kann ich wiederum [mm] \psi [/mm] so wählen, dass v auf [mm] \alpha_{v}*w [/mm] abgebildet wird.
Dann folgt:
[mm] $||\phi(v)|| [/mm] = [mm] ||\phi\circ\psi(v)|| [/mm] = [mm] ||\phi(\alpha_{v}*w)|| [/mm] = [mm] |\alpha_{v}|*||v||.$
[/mm]
> Das Problem ist jetzt noch, daß [mm]\alpha_v[/mm] nicht von v
> abhängen darf.
Ja, genau das Problem habe ich jetzt noch..
[mm] \alpha_{v} [/mm] hängt doch immer von v bzw. w ab, oder?
Grüße,
Stefan
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:02 So 16.05.2010 | | Autor: | Blech |
Hi,
ich glaub Dir jetzt einfach mal alles oben. Ich hab frisch eine Antwort zum Ito-Integral hinter mir, die das Gehirn verknotet. Wenn =)
Isomorphismus braucht man auch denk ich nicht unmittelbar, weil wir uns ja erstmal ein v aus dem Bild von [mm] $\phi$ [/mm] wählen können. Die Eigenschaft kann aber sicher nicht schaden. ^^
> > Das Problem ist jetzt noch, daß [mm]\alpha_v[/mm] nicht von v
> > abhängen darf.
>
> Ja, genau das Problem habe ich jetzt noch..
> [mm]\alpha_{v}[/mm] hängt doch immer von v bzw. w ab, oder?
Da aber sich die Norm nicht ändern darf (nach Voraussetzung), wenn wir eine beliebige andere orthogonale Abbildung wählen, kann [mm] $\alpha$ [/mm] also schonmal höchstens von der Länge von $|v|$ abhängen.
Nochmal kurz:
- Wir nehmen uns ein festes v, das im Bild von [mm] $\phi$ [/mm] liegt. Dann ist [mm] $\|\phi(v)\|=c$ [/mm] uns erstmal fest vorgegeben.
- Durch entsprechende Wahl von [mm] $\psi$ [/mm] können wir jetzt dafür sorgen, daß [mm] $\psi(v)$ [/mm] jeder beliebige Vektor auf der Kugel mit Radius $|v|$ ist.
- Also gilt [mm] $\|\phi( x)\|=c$ [/mm] für alle x auf dieser Kugel. Daraus folgt unmittelbar, daß [mm] $\phi$ [/mm] invertierbar, denn sonst hätte es einen nicht-trivialen Kern, und da wäre die Norm sicher nicht c.
- weil [mm] $\phi$ [/mm] linear ist, gilt [mm] $\|\phi(kv)\|=|k| [/mm] c$
ciao
Stefan
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Hallo,
> > > Das Problem ist jetzt noch, daß [mm]\alpha_v[/mm] nicht von v
> > > abhängen darf.
> >
> > Ja, genau das Problem habe ich jetzt noch..
> > [mm]\alpha_{v}[/mm] hängt doch immer von v bzw. w ab, oder?
>
> Da aber sich die Norm nicht ändern darf (nach
> Voraussetzung), wenn wir eine beliebige andere orthogonale
> Abbildung wählen, kann [mm]\alpha[/mm] also schonmal höchstens von
> der Länge von [mm]|v|[/mm] abhängen.
> Nochmal kurz:
>
> - Wir nehmen uns ein festes v, das im Bild von [mm]\phi[/mm] liegt.
> Dann ist [mm]\|\phi(v)\|=c[/mm] uns erstmal fest vorgegeben.
Hast du dich hier verschrieben? Oder warum bilden wir vom Bildvektor nochmal die Abbildung?
> - Durch entsprechende Wahl von [mm]\psi[/mm] können wir jetzt
> dafür sorgen, daß [mm]\psi(v)[/mm] jeder beliebige Vektor auf der
> Kugel mit Radius [mm]|v|[/mm] ist.
Ich gebe zu: Ich stehe gerade voll auf der Leitung.
Diese Householder-Reflexionen haben die Form
[mm] $H_{x} [/mm] = [mm] E_{n}-\frac{2}{||x||^{2}}*x*x^{T}$.
[/mm]
Wie kann ich überhaupt erreichen, dass wenn ich nun v einsetze, da ein beliebiger Vektor z mit Länge v rauskommt?
Vielen Dank für die Hilfe!
Grüße,
Stefan
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:19 So 16.05.2010 | | Autor: | Blech |
Hi,
> Hast du dich hier verschrieben? Oder warum bilden wir vom
> Bildvektor nochmal die Abbildung?
Weil dann für den Vektor ein Urbild existiert und er damit selber nicht im Kern liegen kann (Isomorphie folgere ich ja erst später).
> > - Durch entsprechende Wahl von [mm]\psi[/mm] können wir jetzt
> > dafür sorgen, daß [mm]\psi(v)[/mm] jeder beliebige Vektor auf der
> > Kugel mit Radius [mm]|v|[/mm] ist.
>
> Ich gebe zu: Ich stehe gerade voll auf der Leitung.
> Diese Householder-Reflexionen haben die Form
>
> [mm]H_{x} = E_{n}-\frac{2}{||x||^{2}}*x*x^{T}[/mm].
>
> Wie kann ich überhaupt erreichen, dass wenn ich nun v
> einsetze, da ein beliebiger Vektor z mit Länge v
> rauskommt?
Indem Du x entsprechend wählst. Für welches x ist denn $H_xv=z$? Wie funktioniert die Spiegelungsmatrix denn graphisch? Zeichne mal ein beliebiges v und ein beliebiges x und schau, was bei $H_xv$ dann passiert.
ciao
Stefan
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Hallo Stefan,
danke für deine Antwort!
> Hi,
>
> > Hast du dich hier verschrieben? Oder warum bilden wir vom
> > Bildvektor nochmal die Abbildung?
>
> Weil dann für den Vektor ein Urbild existiert und er damit
> selber nicht im Kern liegen kann (Isomorphie folgere ich ja
> erst später).
>
> > > - Durch entsprechende Wahl von [mm]\psi[/mm] können wir jetzt
> > > dafür sorgen, daß [mm]\psi(v)[/mm] jeder beliebige Vektor auf der
> > > Kugel mit Radius [mm]|v|[/mm] ist.
> >
> > Ich gebe zu: Ich stehe gerade voll auf der Leitung.
> > Diese Householder-Reflexionen haben die Form
> >
> > [mm]H_{x} = E_{n}-\frac{2}{||x||^{2}}*x*x^{T}[/mm].
> >
> > Wie kann ich überhaupt erreichen, dass wenn ich nun v
> > einsetze, da ein beliebiger Vektor z mit Länge v
> > rauskommt?
>
> Indem Du x entsprechend wählst. Für welches x ist denn
> [mm]H_xv=z[/mm]? Wie funktioniert die Spiegelungsmatrix denn
> graphisch? Zeichne mal ein beliebiges v und ein beliebiges
> x und schau, was bei [mm]H_xv[/mm] dann passiert.
Mhhh. Habe ich gemacht.
Ein richtiges System erkenne ich nicht. Es ist eben so, dass wenn ich [mm] H_{x}*v [/mm] berechne, dann $v - [mm] \frac{2*x^{T}*v}{||x||^{2}}*x$ [/mm] rauskommt, also ziehe ich von v ein Vielfaches von x ab. Der Vektor v wandert dann auf dem Kreis mit Radius ||v|| irgendwie entlang...
Was kann ich daraus schussfolgern?
Viele Grüße und Danke!
Stefan
PS.: Kannst du mir vielleicht verraten, welchen Wert dieses [mm] \lambda [/mm] bekommt?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:05 So 16.05.2010 | | Autor: | Blech |
Hi,
> Mhhh. Habe ich gemacht.
> Ein richtiges System erkenne ich nicht. Es ist eben so,
> dass wenn ich [mm]H_{x}*v[/mm] berechne, dann [mm]v - \frac{2*x^{T}*v}{||x||^{2}}*x[/mm]
> rauskommt, also ziehe ich von v ein Vielfaches von x ab.
Ja, aber welches Vielfache? Nochmal, wie muß x aussehen, daß $H_xv=z$?
ciao
Stefan
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Hallo Stefan,
> Hi,
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> > Mhhh. Habe ich gemacht.
> > Ein richtiges System erkenne ich nicht. Es ist eben so,
> > dass wenn ich [mm]H_{x}*v[/mm] berechne, dann [mm]v - \frac{2*x^{T}*v}{||x||^{2}}*x[/mm]
> > rauskommt, also ziehe ich von v ein Vielfaches von x ab.
>
> Ja, aber welches Vielfache? Nochmal, wie muß x aussehen,
> daß [mm]H_xv=z[/mm]?
Habe das dann weiter durchgerechnet und komme darauf, dass $x = v - [mm] \frac{||v||}{||z||}*z$ [/mm] sein muss. Dann ist [mm] $H_{x}v [/mm] = [mm] \frac{||v||}{||z||}*z$.
[/mm]
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Nun versuche ich nochmal die Vorgehensweise von oben zu verstehen, um aus der Gleichung [mm] $||\phi(v)|| [/mm] = [mm] ||\phi\circ \psi(v)||$ [/mm] für alle [mm] $v\in [/mm] V$, [mm] $\psi:V\to [/mm] V$ orthogonal herzuleiten, dass [mm] \phi [/mm] injektiv ist.
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Also: Es sei [mm] $\phi(v) [/mm] = 0$. Daraus folgt $0 = [mm] ||\phi(v)|| [/mm] = [mm] ||\phi\circ \psi(v)||$, [/mm] und damit wiederum [mm] $\phi\circ \psi(v) [/mm] = 0$ wegen der Definitheit der Norm.
Es sei nun [mm] $x\in Bild(\phi)$ [/mm] mit [mm] $x\not= [/mm] 0$. Dann muss es [mm] z\in [/mm] V geben, sodass [mm] $\phi(z) [/mm] = x$.
Wenn [mm] $v\not= [/mm] 0$ ist, finde ich eine Householder-Reflexion so, dass [mm] $H_{x}(v) [/mm] = [mm] \frac{||v||}{||z||}*z$. [/mm] Damit erhalte ich dann:
[mm] $\phi\circ H_{x}(v) [/mm] = [mm] \frac{||v||}{||z||}*\phi(z) [/mm] = [mm] \frac{||v||}{||z||}*x\not= [/mm] 0$,
Widerspruch. Also muss v = 0 sein, damit ist [mm] \phi [/mm] injektiv. Geht das so?
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Aber wie gehe ich nun bei der eigentlichen Aufgabe vor? Da ich nun weiß, dass [mm] \phi [/mm] Isomorphismus, nehme ich jetzt einfach mal ein [mm] $v\in [/mm] V$ heraus, mit $||v|| = 1$. Ich wähle nun [mm] $\psi [/mm] = [mm] H_{x}$ [/mm] so, dass [mm] $H_{x}(v) [/mm] = [mm] \frac{||v||}{||\phi^{-1}(v)||}*\phi^{-1}(v) [/mm] = [mm] \frac{1}{||\phi^{-1}(v)||}*\phi^{-1}(v)$. [/mm] Dann:
[mm] $||\phi(v)|| [/mm] = [mm] ||\phi\circ\psi(v)|| [/mm] = [mm] ||\phi\circ H_{x}(v)|| [/mm] = [mm] \frac{1}{||\phi^{-1}(v)||}*||v|| [/mm] = [mm] \frac{1}{||\phi^{-1}(v)||}$.
[/mm]
Aber was nützt mir das?
Vielen Dank für Eure Hilfe!
Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 01:35 Mo 17.05.2010 | | Autor: | Blech |
> Hallo Stefan,
>
> > Hi,
> >
> > > Mhhh. Habe ich gemacht.
> > > Ein richtiges System erkenne ich nicht. Es ist eben
> so,
> > > dass wenn ich [mm]H_{x}*v[/mm] berechne, dann [mm]v - \frac{2*x^{T}*v}{||x||^{2}}*x[/mm]
> > > rauskommt, also ziehe ich von v ein Vielfaches von x ab.
> >
> > Ja, aber welches Vielfache? Nochmal, wie muß x aussehen,
> > daß [mm]H_xv=z[/mm]?
>
> Habe das dann weiter durchgerechnet und komme darauf, dass
> [mm]x = v - \frac{||v||}{||z||}*z[/mm] sein muss. Dann ist [mm]H_{x}v = \frac{||v||}{||z||}*z[/mm].
Wieso [mm] $\|v\|/\|z\|$? [/mm] Du hattest vorausgesetzt, daß z die Länge [mm] $\|v\|$ [/mm] hat =)
In Worten: Du willst [mm]H_xv=z[/mm], also ist x=v-z (od. z-v). $H_xv$ spiegelt v an einer Ebene, die durch ihre Normale x charakterisiert ist. Das heißt, daß v entlang dieser Normalen "verschoben" wird. Und nachdem Du v nach z "schieben" willst, nimmst Du die Verbindungsstrecke als Normale.
Dein Argument für Injektivität stimmt, aber ich denke einfacher ist es so:
[mm] $x\in \text{ Bild}(\phi)$, [/mm] also gibt es ein [mm] $z\neq [/mm] 0$, so daß [mm] $\phi(z)=x$
[/mm]
Nun gibt es für alle [mm] $v\in [/mm] V$ mit [mm] $\|v\|=\|z\|>0$ [/mm] eine entsprechende Spiegelung [mm] $\psi$, [/mm] so daß [mm] $\psi(v)=z$.
[/mm]
also gilt
[mm] $\|\phi(v)\|=\|\phi(\psi(v))\|=\|\phi(z)\|=\|x\|>0$
[/mm]
Die erste Gleichheit gilt nach Voraussetzung an [mm] $\phi$, [/mm] die zweite nach Definition von [mm] $\psi$, [/mm] die dritte nach der von z und die Ungleichheit nach Wahl von x.
[mm] $\|\phi(v)\|=\|x\|>0$, [/mm] für alle $v$ auf der Kugel mit Radius [mm] $\|z\|$ [/mm] heißt aber, daß der Kern trivial sein muß, da der Kern einer linearen Abbildung ja selber ein linearer Unterraum ist. Gäbe es ein [mm] $a\neq [/mm] 0$ im Kern, dann wäre auch [mm] $\frac{\|z\|}{\|a\|}a$ [/mm] im Kern.
Ich bevorzuge meine Variante (abgesehen davon, daß sie auf meinen Mist gewachsen ist =), weil sie schon enthält, daß [mm] $\phi$ [/mm] bis auf einen konstanten Faktor normerhaltend ist.
Damit fehlt nur noch der Faktor.
> Aber wie gehe ich nun bei der eigentlichen Aufgabe vor? Da
Du nimmst ein v mit [mm] $\|v\|=1$
[/mm]
[mm] $\|\phi(v)\|=:c$ [/mm] und das gilt mit dem Argument von eben für alle v mit Radius 1.
Für ein beliebiges w gilt [mm] $w=\|w\|*v$, [/mm] für ein v mit [mm] $\|v\|=1$, [/mm] also
[mm] $\|\phi(w)\|=\|\phi(\|w\|*v)\|=\|w\|*\|\phi(v)\|=\|w\|*c$
[/mm]
Die erste Gleichheit ist einfach die Zerlegung von v, die zweite gilt, weil [mm] $\phi$ [/mm] linear ist, also können wir das Skalar [mm] $\|w\|$ [/mm] rausziehen.
[mm] $\lambda=\frac1c$. [/mm] Witzigerweise ist c der Eigenwert von [mm] $\phi$ [/mm] und [mm] $\lambda$ [/mm] sein Inverses.
ciao
Stefan
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Hallo Stefan,
vielen, vielen Dank für deine Mühe!
Jetzt habe ich alles verstanden
Grüße,
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:04 Di 18.05.2010 | | Autor: | Blech |
Hi,
kein Problem, ich helfe gerne. ^^
Mir ist eingefallen, Du hast am Anfang gesagt, daß Du es für das Skalarprodukt allgemein und nicht nur für die Norm zeigen müßtest.
Wenn Du
[mm] $\|v-w\|^2=$
[/mm]
auflöst, dann siehst Du, wie man das Skalarprodukt nur mit Normen schreiben kann. Deswegen reicht Normerhaltung.
ciao
Stefan
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Hallo Stefan,
> Mir ist eingefallen, Du hast am Anfang gesagt, daß Du es
> für das Skalarprodukt allgemein und nicht nur für die
> Norm zeigen müßtest.
>
> Wenn Du
> [mm]\|v-w\|^2=[/mm]
> auflöst, dann siehst Du, wie man das Skalarprodukt nur
> mit Normen schreiben kann. Deswegen reicht Normerhaltung.
Danke für den Hinweis!
Daran habe ich aber gedacht Wir haben so etwas in der Art schonmal bewiesen.
Grüße,
Stefan
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