Si todos los autovalores de una auto-adjunto del operador $L$ son positivas, a continuación, $L$ es positiva definida

Question

Deje $L$ ser un auto-adjunto del operador en un número finito de dimensiones de espacio vectorial $X$ y asumir todos sus autovalores son positivos. Mostrar que $L$ es positiva definida.

Estoy leyendo en la siguiente prueba, pero no me siga uno de los últimos pasos. Va como esto:

Podemos encontrar una base ortonormales para $X$ consta de los vectores propios $v_i$$L$. Cada $x \in X$ puede ser escrito como $\sum c_i v_i$. De aquí se deduce que $$ \big\langle L(x),\,x \big\rangle = \left\langle L \left(\sum c_i v_i\right)\,\sum c_i v_i \right\rangle = \left\langle \sum c_i \lambda_i v_i,\,\sum c_i v_i \right\rangle = \sum \left\lvert c_i\right\rvert^2 \lambda_i >0. $$ Por lo $L$ es positiva definida.

• No sigo porqué $\left\langle \sum c_i \lambda_i v_i,\,\sum c_i v_i \right\rangle = \sum \left\lvert c_i\right\rvert^2 \lambda_i$. Lo que sucede en este paso?
• ¿Por qué utilizar una base ortonormales en lugar de sólo una base ortogonal?

Answer 1

En ese paso, se expande el uso de bilinearity del interior del producto, la obtención de

$$\sum_i \sum_j c_i \lambda_i c_j (v_i,v_j)$$

pero por supuesto, $(v_i,v_j)=0$ si $i=j$. (Usted puede llenar en los conjugados para el caso complejo). También, $(v_i,v_i)=1$, de nuevo por supuesto.

Como para el orthonormality, es a menudo conveniente asumir los vectores propios son la unidad. Normalmente no hace ninguna diferencia real, pero si no lo hacen, a menudo, el viento hasta la normalización de más abajo en la línea de todos modos. Aquí realmente no haría mucha diferencia, no sólo sería una $\| v_i \|^2$ en los últimos suma si usted no asumir la $v_i$ eran de la unidad.