Beweis: Trägheitssatz von Sylvester im Komplexen

29.08.2006, 19:53

mondkind

Beweis: Trägheitssatz von Sylvester im Komplexen

Abend,
ich versuche gerade, den Trägheitssatz von Sylvester im Komplexen zu beweisen.

Kurz die Formulierung:
Sei $\begin{eqnarray*} S \in M_{n \times n}(\mathbb{C}) \end{eqnarray*}$ symmetrisch vom Rang $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ . Dann existiert ein $\begin{eqnarray*} W \in GL_n(\mathbb{C}) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} W^t S W = \begin{pmatrix} 1 &&&&& \\ & \ddots &&&& \\ && 1 &&& \\ &&& 0 && \\ &&&& \ddots & \\ &&&&& 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ .

Mein Problem: Ich komme nicht drauf, warum $\begin{eqnarray*} \varphi(v_i,v_i) > 0 \end{eqnarray*}$ gelten muß für $\begin{eqnarray*} 1 \leq i \leq r \end{eqnarray*}$ (also für die r lin. unabhängigen Vektoren).
Die Diagonalform folgt unmittelbar aus dem Satz von Jacobi. Die Anzahl der 0en folgt aus dem Rang von S. Die 1en würde ich auch hinbekommen, etwa so: $\begin{eqnarray*} \gamma_i = \varphi(v_i,v_i), \quad w_i = \frac{v_i}{\sqrt{\gamma_i}} \text{ für } 1 \leq i \leq r \end{eqnarray*}$ .
Mit positiv definit kann man hier ja nicht kommen, weil phi "nur" eine Bilinearform und kein Skalarprodukt - also insb. keine hermitische Form - ist.

Würde mich freuen wenn mir jemand weiterhelfen könnte, ich bin derzeit etwas ratlos unglücklich

29.08.2006, 21:21

basd

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Hallo Mondkind,

der Satz von Sylvester besagt nicht, dass nur Nullen und Einsen erlaubt sind ! Er sagt aus, dass es eine Matrix gibt zu der S Kongruent ist, so dass auf den Diagonalen nur 1, -1 oder Null steht !
Daraus ist deine Vorraussetzung mit $\begin{eqnarray*} \varphi(vi, vi) > 0 \end{eqnarray*}$ nicht notwendig. Der Beweis ist auch relativ einfach, du musst halt erst zeigen, dass Sesquilinearformen kongruent zu Diagonalmatrizen mit reellen Diagonaleinträgen sind und dann halt die Basisvektoren von der Länge anpassen und schon kann man den Satz von Sylvester zeigen.

Gruß

29.08.2006, 21:49

mondkind

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Hallo basd,

was du schreibst stimmt im reellen Fall. Für den komplexen Fall haben wir die genannte Matrix aufgeschrieben wobei der Beweis allerdings uns überlassen wurde. Sesquilinearformen haben wir leider auch nicht behandelt. Wir haben den Satz zum Thema Bilinearformen aufgeschrieben. verwirrt

30.08.2006, 20:33

basd

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Hallo Mondkind,

sehe gerade, dass du $\begin{eqnarray*} W^T \end{eqnarray*}$ hast und nicht $\begin{eqnarray*} W^* \end{eqnarray*}$ .
Es kommt mir komisch vor, dass du nur einsen haben sollst in der Normalform und das die Matrix nur symmetrisch sein muss und nicht hermitesch sein muss.
In dem Fall kann ich dir jetzt nicht ohne weiteres helfen, auch wenn ich mir das schwierig vorstelle wenn du nicht mit dem konjugierten multiplizierst

Gruß,
Basd

31.08.2006, 20:59

mondkind

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Hallo,

danke für deine Antwort. Kann vielleicht noch jemand bestätigen, daß der Satz nicht stimmt - denn dann hätten wir ihn zu dritt unabhängig voneinander falsch abgeschrieben (habe eben mal zwei Kommilitonen angerufen, die haben das genau so) geschockt

01.09.2006, 01:17

Ben Sisko

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Zitat:

Original von mondkind
denn dann hätten wir ihn zu dritt unabhängig voneinander falsch abgeschrieben (habe eben mal zwei Kommilitonen angerufen, die haben das genau so) geschockt

Vielleicht war's einfach falsch angeschrieben? Augenzwinkern

Ich nehm's mal mit in die HöMa.
Verschoben

01.09.2006, 10:00

mondkind

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Zitat:

Original von Ben Sisko

Zitat:

Original von mondkind
denn dann hätten wir ihn zu dritt unabhängig voneinander falsch abgeschrieben (habe eben mal zwei Kommilitonen angerufen, die haben das genau so) geschockt

Vielleicht war's einfach falsch angeschrieben? Augenzwinkern

Meinst du damit, daß er tatsächlich so nicht stimmt oder bin ich nur zu doof ihn zu beweisen?
Auf jeden Fall haben wir hermitische Formen erst ein Stück nach diesem Satz angefangen - hermitisch ist die Matrix also schonmal nicht.

01.09.2006, 13:22

Jochen1234

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Wenn du mit $\begin{eqnarray*} W^t \end{eqnarray*}$ mulitplizierst, kann kannst du ja aus jeder -1 eine 1 machen. (Mit einer Einheitsmatrik multiplizieren wo an der entsprechenden Stelle $\begin{eqnarray*} \frac{1}{i} \end{eqnarray*}$ steht). Im komplexen musst du mit $\begin{eqnarray*} \overline{W^t} \end{eqnarray*}$ multiplizieren, dann müsste das schon gehen.
Hier mal meine Beweisskizze: ObdA A ist die Matrix und habe auf der Diagonalen nur 1, -1, 0. Wähle zwei Basen $\begin{eqnarray*} v_1,\ldots, v_n \end{eqnarray*}$ mit p positiven und m negativen Diagonaleinträgen und $\begin{eqnarray*} w_1, \ldots, w_n \end{eqnarray*}$ mit p' und m'. ObdA p>p'. Dann Wähle als Basis $\begin{eqnarray*} v_1,\ldots, v_p,w_{p'},\ldots, w_n \end{eqnarray*}$ Da dies mehr als n Stück sind gibt es ein u das sich als lineare Kombination aus $\begin{eqnarray*} v_1,\ldots, v_p \end{eqnarray*}$ und aus $\begin{eqnarray*} w_{p'},\ldots, w_n \end{eqnarray*}$ darstellen lässt. Daraus folgt:
$\begin{eqnarray*} \overline{u^t}Au > 0 \end{eqnarray*}$ (da aus Vektores aus v) und $\begin{eqnarray*} \overline{u^t}Au < 0 \end{eqnarray*}$ (analog für w). Dies ist ein Widerspruch. Analog kann man p'>p zum Widerspruch führen. Also ist p = p'.

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