Lineare Algebra und Analytische Geometrie

Baumeister: Lineare Algebra II / Stand: August 1996 216Die Aussage L(x − )=λ − x − folgt analog.(c) istklar.Wir haben hier nun ziemlich viel Analysis benutzt. Man kann hier auch einen rein algebraischenBeweis führen. Dazu hat man allerdings nach ′C auszuweichen und den Fundamentalsatzder Algebra zu benutzen. Da es sich bei euklidischen Vektorräumen ja umeine metrische Struktur handelt, ist die Zuhilfenahme von Analysis wohl gerechtfertigt,ja vielleicht sogar angebracht. (Übrigens, auch in den Beweisen des Fundamentalsatzessteckt meist Analysis.)Satz 8.49Sei (X, σ) ein n – dimensionaler euklidischer Vektorraum und sei L : X −→X linear und symmetrisch. Dann gibt es eine Orthonormalbasis x 1 ,...,x n in X,bezüglich der L die MatrixdarstellungA L = diag(λ 1 ,...,λ n )hat, wobei λ 1 ,...,λ n ∈ IR die zu x 1 ,...,x n gehörenden Eigenwerte sind.Beweis:Wir beweisen induktiv nach der Dimension n von X.n = 1 : Klar, ein Endomorphismus ist Vielfaches der Identität.n>1:Nach Satz 8.48 gibt es x n ∈ X und λ n ∈ IR mitL(x n )=λ n x ,‖x n ‖ σ =1.Setze U := L({x n }). Dann ist X = U ⊕ U ⊥ . Offenbar ist L(U) ⊂ U. Es gilt aber auchL(U ⊥ ) ⊂ U ⊥ , denn: Sei x ∈ U ⊥ , d.h. σ(x, u) =0für alle u ∈ U. Dann gilt: σ(L(x),u)=σ(x, L(u)) = 0 für alle u ∈ U, d.h. L(x) ∈ U ⊥ .Betrachte nun L 1 := L| U ⊥.Offenbar ist L 1 : U ⊥ −→ U ⊥ wieder linear und symmetrisch und (U ⊥ ,σ) ein euklidischerVektorraum. Die Induktionsvoraussetzung, angewendet auf L 1 liefert x 1 ,...,x n−1 ∈ U ⊥und λ 1 ,...,λ n−1 ∈ IR mitL(x i )=λ i x i , 1 ≤ i ≤ n − 1.Damit ist der Beweis erbracht, wenn man noch beachtet, daß x 1 ,...,x n−1 ,x n linear unabhängigsind, da x n ∈ U gilt und x 1 ,...,x n−1 ∈ U ⊥ nach Induktionsvoraussetzung linearunabhängig sind.