Konjugierter Endomorphismus

17.05.2012, 00:08

Louis1991

Konjugierter Endomorphismus

Guten Abend,

Eine eigentlich relativ leichte Aufgabe schafft es gerade, mich stark zu verwirren:

Sei $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ Endomorphismus eines unitären $\begin{eqnarray*} \mathbb{C} \end{eqnarray*}$ -Vektorraums $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} f \circ f = f \end{eqnarray*}$ .

z.Z.:

1. $\begin{eqnarray*} V = Ker(f) \oplus Im(f) \end{eqnarray*}$

2. Folgende Aussagen sind äquivalent:

(a) $\begin{eqnarray*} Kerf \perp Imf \end{eqnarray*}$
(b) $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ ist selbstadjungiert
(c) $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ ist normal

So, das ist alles kein großes Problem, nur bei dem Beweis, den ich gerade für die Inklusion c => b führen wollte, hat mich etwas stutzig gemacht... und gleich vorweg: mich interessieren keine Lösungshilfen o.ä., weil ich noch Ideen für ein oder zwei ganz andere Ansätze hätte... aber nun erstmal zu meinem Problem:

Es gilt $\begin{eqnarray*} (f \circ f) \circ f = f \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} f \circ f |_{Im(f)} = id_{Im(f)} \end{eqnarray*}$ . (1)

Außerdem ist $\begin{eqnarray*} f|_{Im(f)} \end{eqnarray*}$ unitär, denn $\begin{eqnarray*} <f(f(v), f(f(w))> = <(f(v), f(w)> \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} w \end{eqnarray*}$ . (2)

(1), (2): damit gilt, $\begin{eqnarray*} f|_{Im(f)} \end{eqnarray*}$ selbstadjungiert (das hatten wir gezeigt für Endomorphismen auf unitären C-VR, und Im(f) ist als Unterraum von V sicher unitär).

Also: $\begin{eqnarray*} f|_{Im(f)}= f^{\ast}|_{Im(f)} \end{eqnarray*}$ .

Aber wenn ich mir mal eine Matrix $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ anschaue, die $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ beschreibt, dann erhalte ich ja durch konjugieren und transponieren eine Matrix, die $\begin{eqnarray*} f^{\ast} \end{eqnarray*}$ beschreibt (und gleichen Rang hat), also sollte ja: $\begin{eqnarray*} dim Im(f) = dim Im(f^{\ast}) \end{eqnarray*}$ gelten. Und damit folgt jetzt schon, dass $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ selbstadjungiert ist, ohne, dass ich "f normal" jemals verwendet hätte... also jedes $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} f \circ f =f \end{eqnarray*}$ ist selbstadjungiert. Andererseits kommt mir die Aussage doch recht stark vor, bzw. würde die Aufgabe ein wenig "sinnlos" machen....

Nur wo ist mein Fehler?
Wahrscheinlich irgendetwas Triviales, was ich gerade verpeile... es könnte z.B. sein, dass sich beim Konjugieren der Rang der Matrix ändern kann, aber ich wüsste gerade nicht, wie....

Danke schonmal!

17.05.2012, 00:26

tmo

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Warum sollte aus $\begin{eqnarray*} \dim Im(f) = \dim Im(f^*) \end{eqnarray*}$ folgen, dass f selbstadjungiert ist?

Z.b. ist $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 0\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ Projektion, aber nicht selbstadjungiert.

17.05.2012, 00:40

Louis1991

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Aaah... ich hatte den Fehler gemacht, $\begin{eqnarray*} Im(f|_{Imf}) = Im(f) \end{eqnarray*}$ zu setzen... aber ich kann ja durchaus Vektoren haben, die weder im Kern noch im Bild von f liegen. /doh.

Also tatsächlich was triviales... danke! Dann schau' ich mal, ob sich das mit dem "f normal" noch irgendwie retten lässt, und wenn nicht, dann wird's doch der lahme Spektralsatz: c => a. Ich meine jeder Vektor aus dem Kern von f ist ja Eigenvektor, dann sollte der Spektralsatz die Richtung eigentlich sofort totschlagen. unglücklich

17.05.2012, 00:55

tmo

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Ja, das ist wohl so, aber es reicht für c --> a deutlich weniger.

Ist f normal und $\begin{eqnarray*} f(v) = av \end{eqnarray*}$ , so ist $\begin{eqnarray*} f^*(v) = \bar a v \end{eqnarray*}$ .

Damit zeigst du sofort $\begin{eqnarray*} \langle x,v \rangle = 0 \end{eqnarray*}$ für x aus dem Kern und v aus dem Bild.

17.05.2012, 01:15

Louis1991

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Zitat:

Original von tmo
Ja, das ist wohl so, aber es reicht für c --> a deutlich weniger.

Ist f normal und $\begin{eqnarray*} f(v) = av \end{eqnarray*}$ , so ist $\begin{eqnarray*} f^*(v) = \bar a v \end{eqnarray*}$ .

Damit zeigst du sofort $\begin{eqnarray*} \langle x,v \rangle = 0 \end{eqnarray*}$ für x aus dem Kern und v aus dem Bild.

Oh man.... mit der 2. Zeile kann ich ja auch ganz bequem "c => b" zeigen, weil das ist ja genau $\begin{eqnarray*} f|_{kerf} = f^{\ast}|_{kerf} \end{eqnarray*}$

Aber gut... da ich mir mit c => a eine Inklusion spare und ich jetzt den Spektralsatz schon auf's Blatt geschrieben habe, lasse ich den Spaß mal. Big Laugh

E: für c => a braucht man dann ja die Projektoreigenschaft anscheinend gar nicht... auch eine ganz praktische Aussage zum merken^^

17.05.2012, 08:46

tmo

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Stimmt, c --> a sollte immer stimmen.

Übrigens hab ich mal drüber nachgedacht, wie wir c --> a oder c --> b ohne irgendeine (relativ starke) Aussage über normale Endos zeigen und hab mir folgendes überlegt.

$\begin{eqnarray*} f^* \end{eqnarray*}$ ist wieder eine Projektion, also durch Kern und Bild eindeutig bestimmt. Daher müssen wir nur zeigen, dass $\begin{eqnarray*} f^* \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ den selben Kern und dasselbe Bild haben.

Dafür reicht zu zeigen (also es geht um c---> b jetzt):

$\begin{eqnarray*} \operatorname{Kern}(p(f)) = \operatorname{Kern}(p(f^*)) \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} p \in \mathbb R[X] \end{eqnarray*}$ (Für den Kern wähle dann $\begin{eqnarray*} p = X \end{eqnarray*}$ , für das Bild wähle $\begin{eqnarray*} p = X-1 \end{eqnarray*}$ ).

Nun ist aber klar: $\begin{eqnarray*} p(f)^* = p(f^* \end{eqnarray*}$ ) (Adjungieren verträgt sich mit Addition, Potenzieren und reeller Skalarmultiplikation, also mit jedem reellen Polynom).

Mit $\begin{eqnarray*} \operatorname{Kern}(\varphi) = \operatorname{Kern}(\varphi^*\varphi) \end{eqnarray*}$ (bestimmt bekannt, ist aber auch ein Einzeiler) erhält man durch 2-malige Anwendung

$\begin{eqnarray*} \operatorname{Kern}(p(f)) = \operatorname{Kern}(p(f^*)p(f)) \end{eqnarray*}$

und

$\begin{eqnarray*} \operatorname{Kern}(p(f^*)) = \operatorname{Kern}(p(f)p(f^*)) \end{eqnarray*}$

Da mit $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f^* \end{eqnarray*}$ natürlich auch Polynome in $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f^* \end{eqnarray*}$ vertauschen folgt die Behauptung.

Wenn man die Überlegung übrigens mit $\begin{eqnarray*} p \in \mathbb C[X] \end{eqnarray*}$ durchzieht, kriegt man gerade

$\begin{eqnarray*} \operatorname{Kern}(p(f)) = \operatorname{Kern}(\bar p(f^*)) \end{eqnarray*}$ , also eine Verallgemeinerung von

Zitat:

Original von tmo
Ist f normal und $\begin{eqnarray*} f(v) = av \end{eqnarray*}$ , so ist $\begin{eqnarray*} f^*(v) = \bar a v \end{eqnarray*}$ .

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