# Vektorraum mit Skalarprodukt/Selbstadjungierter Endomorphismus/Einführung/Textabschnitt
## Definition

Es sei $V$ ein ${\mathbb {K} }$-Vektorraum mit Skalarprodukt und sei
    $\varphi \colon V\longrightarrow V$
ein Endomorphismus. Dann heißt $\varphi$ selbstadjungiert, wenn
    $\left\langle \varphi (u),v\right\rangle =\left\langle u,\varphi (v)\right\rangle \,$
für alle $u,v\in V$ gilt.
Die Selbstadjungiertheit bedeutet also einfach
    $\varphi ={\hat {\varphi }}\,.$
Eine Streckung ist genau dann selbstadjungiert, wenn der Streckungsfaktor reell ist.

## Satz

Es sei $V$ ein endlichdimensionaler ${\mathbb {K} }$-Vektorraum mit Skalarprodukt $\left\langle -,-\right\rangle$ und es sei
    $\varphi \colon V\longrightarrow V$
ein Endomorphismus.
Dann ist $\varphi$ genau dann selbstadjungiert, wenn er bezüglich einer (jeden) Orthonormalbasis von $V$ durch eine hermitesche Matrix beschrieben wird.

### Beweis

Wenn $\varphi$ selbstadjungiert ist, so folgt die Aussage aus Fakt. Wenn umgekehrt $\varphi$ bezüglich einer Orthonormalbasis durch eine hermitesche Matrix $M$ beschrieben wird, so wird, wiederum nach Fakt, der adjungierte Endomorphismus ${\hat {\varphi }}$ bezüglich der Basis durch
    ${{\overline {M}}^{\text{tr}}}=M\,$
beschrieben, stimmt also mit $\varphi$ überein.
$\Box$

## Lemma

Es sei $V$ ein ${\mathbb {K} }$-Vektorraum mit Skalarprodukt und sei
    $\varphi \colon V\longrightarrow V$
ein selbstadjungierter Endomorphismus. Dann gelten folgende Aussagen.

### Beweis

(1). Es sei $v\in U^{\perp }$ und $u\in U$. Wegen der Invarianz von $U$ ist auch $\varphi (u)\in U$. Daher ist
    $\left\langle \varphi (v),u\right\rangle =\left\langle v,\varphi (u)\right\rangle =0\,.$
Also steht $\varphi (v)$ senkrecht auf $U$ und gehört damit zu $U^{\perp }$, was dessen Invarianz bedeutet.
(2). Dies ist nur bei ${\mathbb {K} }={\mathbb {C} }$ relevant. Es sei $\lambda \in {\mathbb {C} }$ ein Eigenwert und $v\in V$ ein Eigenvektor, also
    $\varphi (v)=\lambda v\,.$
Wir können diesen Eigenvektor als normiert annehmen. Dann ist
    $\lambda =\left\langle \lambda v,v\right\rangle =\left\langle \varphi (v),v\right\rangle =\left\langle v,\varphi (v)\right\rangle =\left\langle v,\lambda v\right\rangle ={\overline {\lambda }}\,,$
also ist $\lambda$ reell.
(3). Es sei $v_{1}$ ein Eigenvektor zum Eigenwert $\lambda _{1}$ und $v_{2}$ ein Eigenvektor zum Eigenwert $\lambda _{2}\neq \lambda _{1}$. Dann ist
    $\lambda _{1}\left\langle v_{1},v_{2}\right\rangle =\left\langle \lambda _{1}v_{1},v_{2}\right\rangle =\left\langle \varphi (v_{1}),v_{2}\right\rangle =\left\langle v_{1},\varphi (v_{2})\right\rangle =\left\langle v_{1},\lambda _{2}(v_{2})\right\rangle ={\overline {\lambda _{2}}}\left\langle v_{1},v_{2}\right\rangle =\lambda _{2}\left\langle v_{1},v_{2}\right\rangle \,.$
Dies ist nur bei
    $\left\langle v_{1},v_{2}\right\rangle =0\,$
möglich.
(4). Wir können annehmen, dass $V={\mathbb {K} }^{n}$ mit dem Standardskalarprodukt vorliegt. Bei ${\mathbb {K} }={\mathbb {C} }$ ist die Aussage bekannt, sei also ${\mathbb {K} }=\mathbb {R}$. Wir können die Abbildung auch als Abbildung von ${\mathbb {C} }^{n}$ nach ${\mathbb {C} }^{n}$ auffassen, wobei die Selbstadjungiertheit erhalten bleibt und wobei sich das charakteristische Polynom nicht ändert. Es zerfällt daher in Linearfaktoren, wobei die Nullstellen nach (2) reell sind.
$\Box$
Die folgende Aussage heißt Spektralsatz für selbstadjungierte Endomorphismen.

## Satz

Es sei $V$ ein endlichdimensionaler ${\mathbb {K} }$-Vektorraum mit Skalarprodukt und sei
    $\varphi \colon V\longrightarrow V$
ein selbstadjungierter Endomorphismus.
Dann gibt es eine Orthonormalbasis von $V$ aus Eigenvektoren zu $\varphi$.

### Beweis

Wir führen Induktion über die Dimension von $V$. Nach Fakt (4) besitzt $\varphi$ einen Eigenvektor $v$, den wir als normiert voraussetzen können, und nach Fakt (1) ist das orthogonale Komplement
    $W={\mathbb {K} }v^{\perp }\,$
dazu ebenfalls invariant. Daher liegt eine direkte Summenzerlegung
    $V={\mathbb {K} }v\oplus W\,$
vor. Die Einschränkung von $\varphi$ auf $W$ ist ebenfalls selbstadjungiert und daher liefert die Induktionsvoraussetzung die Behauptung.
$\Box$