Frage zum ersten Lemma von Schur

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Frage zum ersten Lemma von Schur

Vektoren
Mathematik
Vektorräume
Repräsentationstheorie
Lösungsverifikation
Eigenwerte-Eigenvektoren

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Aus meinen schriftlichen Notizen (absichtlich nicht über Mathjax gesetzt) habe ich einen Beweis für Schurs erstes Lemma:

Meine einzige Frage betrifft den rot eingekreisten Teil, der Autor behauptet das für jeden $\vec y$ so dass

\underline{\underline{M}} \vec{j} = λ \vec{j}

$\underline{\underline{M}}\vec y=\lambda \vec y$ was sofort impliziert, dass die Matrix,

\underline{\underline{M}}

$\underline{\underline{M}}$ ist proportional zur Einheitsmatrix

\underline{\underline{I}}

$\underline{\underline{I}}$ .

Aber von der linearen Algebra wurde mir Folgendes beigebracht:

\underline{\underline{M}} \vec{j} = λ \vec{j} ⟹ (\underline{\underline{M}} - λ \underline{\underline{ICH}}) \vec{j} = \vec{0}

$\underline{\underline{M}}\vec y= \lambda \vec y\implies \big(\underline{\underline{M}}-\lambda \underline{\underline{I}}\big)\vec y=\vec 0$

Der obige Beweis (im Bild) besagt, dass für diese Konstruktion $\underline{\underline{M}}\propto \underline{\underline{I}}$ .

Aber ich kann eine Matrix finden $\underline{\underline{M}}$ , die nicht proportional zur Einheitsmatrix für beliebige ist $\vec y$ , hier ist ein solches Beispiel: überlegen $\underline{\underline{M}}=\begin{pmatrix}5&-1\\-1&5\\ \end{pmatrix}$ . Welches kann mit der Methode von gelöst werden $\mathrm{det}\big(\underline{\underline{M}}-\lambda \underline{\underline{I}}\big)=0$ , und wenn dieses Verfahren durchgeführt wird, kann gezeigt werden, dass es einen Eigenwert gibt $\lambda=4$ mit Eigenvektor $\vec y_1=c_1\begin{pmatrix}1\\1\\ \end{pmatrix}$ Wo $c_1 \ne 0$ , und einen Eigenwert $\lambda=6$ mit Eigenvektor $\vec y_2=c_2\begin{pmatrix}-1\\1\\ \end{pmatrix}$ Wo $c_2 \ne 0$

Ich weiß, dass ich arbeite $\mathbb{R}^2$ und der Autor arbeitete in $\mathbb{C}^n$ , aber der Punkt ist, dass ich eine Matrix gefunden habe , $\underline{\underline{M}}$ die nicht proportional zur Einheitsmatrix ist (für beliebige $\vec y$ ). Aber nach dem Beweis des Autors sollte ich eine solche Matrix nicht finden können. Was ist hier also das Problem?

Antworten (2)

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D_S · Answer 1

Du hast Recht, dass es Matrizen gibt $M$ die nicht proportional zur Einheitsmatrix sind. Der von Ihnen beigefügte Beweis zeigt, dass wenn $D(g)M = MD(g)$ für jeden $g$ , Dann $M$ kann keine Matrix sein

(\begin{matrix} 5 & - 1 \\ - 1 & 5 \end{matrix}) .

$\begin{pmatrix} 5 & -1 \\ -1 & 5 \end{pmatrix}.$

Stattdessen, $M$ MUSS aussehen $\lambda I$ für einige Skalare $\lambda$ . Warum? Denn im Beweis zeigen sie, dass if $Mx = \lambda x$ für EINEN Nicht-Null-Vektor $x$ , dann tatsächlich $Mx = \lambda x$ für JEDEN Vektor $x$ . Dies zwingt $M$ das Formular anzunehmen $\lambda I$ .

Benutzer17945 · Answer 2

Die Antwort von D_S ist völlig richtig. Ich wollte nur einige zusätzliche Punkte hinzufügen, die zu lang waren, um in einen Kommentar zu passen.

Das Layout und der Wortlaut des Beweises in Ihren Notizen ist sehr verwirrend, würde ich sagen. Hier ist ein kurzer Überblick, wie der Beweis geht:

(ich) $M$ hat mindestens einen Eigenvektor mit Eigenwert $\lambda$ . Dies ist ein Standardergebnis aus der linearen Algebra.

(ii) die $\lambda$ -Eigenraum $E_\lambda\subset\mathbb{C}^n$ (also der Satz $E_\lambda = \{x\in\mathbb{C}^n \mid Mx = \lambda x\}$ ) ist ein tatsächlicher Vektorunterraum. Dies ist auch ein Standardergebnis, das normalerweise nicht als Teil von Schurs Lemma bewiesen wird, obwohl Sie es oben beweisen. Es ist etwas falsch zu sagen, dass Eigenvektoren dem Eigenwert entsprechen $\lambda$ einen Unterraum bilden, da Eigenvektoren per Definition ungleich Null sein müssen, während $E_\lambda$ enthält auch den Nullvektor.

(iii) $E_\lambda$ Ist $G$ -invariant. Dies gilt seit if $x\in E_\lambda$ , dh $Mx=\lambda x$ , dann für alle $g\in G$ , $MD(g)x = D(g)Mx = D(g)(\lambda x) = \lambda (D(g)x)$ , was das impliziert $D(g)x\in E_\lambda$ Auch. Beachten Sie, dass Sie nie wirklich sagen, dass dieser Unterraum invariant ist / $G$ -invariant in Ihrem Beweis.

(iv) seit $D$ ist irreduzibel, die einzigen invarianten Unterräume von $\mathbb{C}^n$ Sind $\{0\}$ Und $\mathbb{C}^n$ . Wir wissen das $E_\lambda\ne\{0\}$ (da es mindestens einen entsprechenden Eigenvektor gibt $\lambda$ , und dieser Vektor ist per Definition ungleich Null). Deshalb müssen wir das haben $E_\lambda = \mathbb{C}^n$ . Dies impliziert das in der Tat $M = \lambda I$ .

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D_S

Benutzer17945

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