demostrar que $\lambda$ es el valor propio de $T$ si y sólo si $\bar{\lambda}$ es el valor propio de $T^*$

Question

Supongamos que $\lambda\in K$ y $T\in L(V)$ donde $V$ es un espacio de producto interno de dimensión finita sobre $K$ .demostrar que demostrar que $\lambda$ es el valor propio de $T$ si y sólo si $\bar{\lambda}$ es el valor propio de $T^*$

$<Tv,u> = <\lambda v,u> = \bar\lambda<v,u>=<v,\bar\lambda u>$

como se soluciona no tengo ni idea

Answer 1

La prueba se reduce a demostrar que si $T$ tiene un vector propio, entonces también lo tiene $T^*$ :

Supongamos que $v$ es un vector propio de un operador lineal $T$ en un espacio de producto interno de dimensión finita $K$ con el correspondiente valor propio $\lambda$ . Entonces, para un vector arbitrario $x \in K$ ,

$0=<0,x>=<(T-\lambda I)(v),x)>=<v,(T-\lambda I)^*, (x))> = <v,(T^* -\bar{\lambda} I),(x)>$

A partir de aquí, observe que $v$ es ortogonal al rango de $(T^* -\bar{\lambda} I)$ .

¿Qué se puede decir desde aquí sobre el núcleo?

Answer 2

$$\langle\,T^*u, v\,\rangle = \overline{\langle\,Tv, u\,\rangle} = \overline{\langle\,\lambda v, u\,\rangle} = \overline{\bar{\lambda}\langle\,v, u\,\rangle} = \lambda \langle\,u,v\,\rangle = \langle\, \bar{\lambda}u,v\,\rangle $$ Yendo hacia el otro lado: $$\langle\,Tv, u\,\rangle = \overline{\langle\,T^*u, v\,\rangle} = \overline{\langle\,\bar{\lambda} u, v\,\rangle} = \overline{\lambda\langle\,u, v\,\rangle} = \bar{\lambda} \langle\,v,u\,\rangle = \langle\, \lambda v,u \,\rangle $$

Answer 3

$\left<Tv,u\right>=\overline{\lambda}\left<v,u\right>=\left<v,\overline{\lambda}u\right>=\left<v,T^{\ast}u\right>$ Así que $T^{\ast}u=\overline{\lambda}u$ .