Geometrische Vielfachheit < Eigenwerte < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | | Sei [mm] $A\in\IR^{n\times n}$ [/mm] orthogonal. Definiere [mm] $B:=\frac{1}{2}*(A+A^{T})$ [/mm] als den symmetrischen Anteil der Matrix A. Sei [mm] \lambda [/mm] ein Eigenwert von B mit [mm] $|\lambda| [/mm] < 1$, und v ein Eigenvektor von B zum Eigenwert [mm] \lambda. [/mm] Zeige: Die geometrische Vielfachheit des Eigenwerts [mm] \lambda [/mm] ist gerade. |
Hallo!
Bei der Aufgabe komme ich nicht weiter.
Ich habe nun schon Folgendes herausgefunden: Sowohl Ax als auch [mm] A^{T}x [/mm] sind ebenfalls Eigenvektoren zum Eigenwert [mm] \lambda, [/mm] denn:
$B(A*x) = [mm] \frac{1}{2}*(A+A^{T})*A*x [/mm] = [mm] \frac{1}{2}*(A*A [/mm] + [mm] A^{T}*A)*x [/mm] = [mm] A*\frac{1}{2}*(A+A^{T})*x [/mm] = A*(B*x) = [mm] A*\lambda*x [/mm] = [mm] \lambda*(A*x)$
[/mm]
Dabei habe ich ausgenutzt, dass [mm] $A*A^{T} [/mm] = I = [mm] A^{T}*A$, [/mm] weil A orthogonal.
Analog geht's für [mm] A^{T}.
[/mm]
Aber wie geht's jetzt weiter? Ich habe versucht zu zeigen, dass (x,Ax) linear unabhängig sind:
$a*(Ax) + b*(x) = 0$
Fall a=0: Es folgt sofort b = 0, weil [mm] x\not= [/mm] 0 (Eigenvektor).
Fall [mm] a\not= [/mm] 0: Es folgt $Ax = [mm] -\frac{b}{a}*x$, [/mm] d.h. x ist Eigenvektor zum Eigenwert [mm] \left(-\frac{b}{a}\right) [/mm] von A. A kann als orthogonale Matrix aber nur die EW 1 und -1 haben. Aus einer vorherigen Aufgabe weiß ich, dass $Eig(A,1) = Eig(B,1)$ und $Eig(A,-1) = Eig(B,-1)$. Damit folgt, dass x ein Eigenvektor von B zum Eigenwert -1 oder 1 sein müsste, das ist ein Widerspruch zu x ist Eigenvektor von B zum Eigenwert [mm] \lambda [/mm] mit [mm] $|\lambda|< [/mm] 1$.
Kann das so stimmen? Die nächste Aufgabe beginnt nämlich mit "Ist (x,Ax) eine linear unabhängige Familie in [mm] Eig(B,\lambda) [/mm] mit [mm] |\lambda| [/mm] < 1, ..." - ich hätte doch aber schon gezeigt, dass die immer linear unabhängig sind?
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Wie kann ich aber nun zeigen, dass die geometrische Vielfachheit immer gerade ist?
Vielen Dank für Eure Hilfe!
Grüße,
Stefan
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| Aufgabe | [mm] A\in\IR^{n\times n} [/mm] ist orthogonal, [mm] $B:=\frac{1}{2}*(A+A^{T})$. \lambda [/mm] sei ein Eigenwert von B mit [mm] |\lambda| [/mm] < 1. x sei ein zugehöriger Eigenvektor von B zu [mm] \lambda.
[/mm]
a) Ist (x,Ax) eine linear unabhängige Teilfamilie von [mm] Eig(B,\lambda) [/mm] und $U:=Lin((x,Ax))$, so gilt [mm] $\overset{\sim}{A}(U) \subset [/mm] U$
b) Ist $C:=(y,y')$ die durch das Gram-Schmidt-Verfahren erzeugt ONB von U, so ist [mm] $M_{C}^{C}(\overset{\sim}{A}) [/mm] = [mm] \pmat{\lambda & -\sqrt{1-\lambda^{2}}\\ \sqrt{1-\lambda^{2}} & \lambda}$ [/mm] (Darstellungsmatrix von Basis C nach C von [mm] \overset{\sim}{A} [/mm] (die zu A gehörige lineare Abbildung)) |
Hallo!
Bei der obigen Aufgabe hänge ich auch fest. Ich glaube, a) gelöst zu haben:
- [mm] $\overset{\sim}{A}(x) [/mm] = Ax$ (dies ist in W enthalten)
- [mm] $\overset{\sim}{A}(A) [/mm] = A*A*x = [mm] A*(2B-A^{T})*x [/mm] = A*2B*x - [mm] A*A^{T}*x [/mm] = [mm] A*2\lambda*x [/mm] - x = [mm] 2*\lambda*Ax-x$ [/mm] (dies ist in W enthalten)
Nun meine Ideen zu b):
Ich habe erst versucht, diese ONB auszurechnen. Allerdings bekomme ich da schnell Probleme, weil ich ja gar nicht weiß, welches Skalarprodukt zugrunde liegt (oder ist das das Standardskalarprodukt)?
--> 1. Schritt $x$ normieren --> $y = [mm] \frac{x}{||x||}$
[/mm]
--> 2. Schritt: $y' = A*x - Skalarprodukt(A*x, [mm] \frac{x}{||x||})*\frac{x}{||x||}$... [/mm] Und nun?
Ansonsten ist mir noch aufgefallen, dass die angegebene Darstellungmatrix so eine Formel [mm] $\pmat{\cos(\alpha) & -\sin(\alpha)\\ \sin(\alpha) & \cos(\alpha)} [/mm] für [mm] \lambda [/mm] = [mm] \cos(\alpha)$, $\alpha\in[0,\pi/2]$. [/mm] Aber das nützt mir wahrscheinlich nichts...
Ich bräuchte hier einen Ansatz.
Vielen Dank für Eure Hilfe,
Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:20 Mo 24.05.2010 | | Autor: | Blech |
Hi,
da war ja noch mehr.
> Bei der obigen Aufgabe hänge ich auch fest. Ich glaube, a)
> gelöst zu haben:
>
> - [mm]\overset{\sim}{A}(x) = Ax[/mm] (dies ist in W enthalten)
> - [mm]\overset{\sim}{A}(A) = A*A*x = A*(2B-A^{T})*x = A*2B*x - A*A^{T}*x = A*2\lambda*x - x = 2*\lambda*Ax-x[/mm]
> (dies ist in W enthalten)
Sieht richtig aus. Folgt auch direkt aus meiner anderen Antwort.
zu b:
Sei OBdA [mm] $\|x\|=1$
[/mm]
Die Basis sei [mm] $(x,x^\perp)$
[/mm]
Wenn wir jetzt mal die Einheitsvektoren durchjagen, soll gelten
[mm] $M\vektor{1\\0}=\vektor{\lambda \\\sqrt{1-\lambda^2}} =\lambda [/mm] x + [mm] \sqrt{1-\lambda^2} x^\perp [/mm] = Ax$ (ich hab da in der Mitte nonchalant einen Basiswechsel vollzogen, entsprechende Matrix hinzudenken)
also, die letzten beiden nach [mm] $x^\perp$ [/mm] aufgelöst:
[mm] $x^\perp [/mm] = [mm] \frac{(A-\lambda I)x}{\sqrt{1-\lambda^2}}$
[/mm]
der steht tatsächlich senkrecht auf x:
[mm] $x^tx^\perp=\frac{x^tAx-\lambda }{\sqrt{1-\lambda^2}}=0$
[/mm]
und hat hat Länge 1:
[mm] $x^\perp^t x^\perp=1$ [/mm] (ausrechnen =)
Daß der Einheitsvektor [mm] $\vektor{1\\0}$ [/mm] richtig abgebildet wird, haben wir nach Konstruktion sichergestellt, fragt sich noch, ob
[mm] $Ax^\perp [/mm] = [mm] -\sqrt{1-\lambda^2}x+\lambda x^\perp$
[/mm]
und das ist es tatsächlich.
Nochmal der Weg:
$ [mm] M_{C}^{C}(\overset{\sim}{A}) [/mm] = [mm] \pmat{\lambda & -\sqrt{1-\lambda^{2}}\\ \sqrt{1-\lambda^{2}} & \lambda} [/mm] $
ist die Darstellungsmatrix von A bzgl. der Basis [mm] $(x,x^\perp)$ [/mm] für
[mm] $x^\perp=\frac{(A-\lambda I)x}{\sqrt{1-\lambda^2}}$
[/mm]
weil die Einheitsvektoren richtig abgebildet werden.
Zusätzlich ist [mm] $(x,x^\perp)$ [/mm] eine ONB mit x als erstem Vektor, also erscheint es wahrscheinlich, daß Gram-Schmidt ausgehend von x die gleiche ausgespuckt hätte (wg. Aufgabenstellung)
Ich weiß nicht mehr, wie Gram-Schmidt im Detail funktionierte, also mußt Du das selber noch testen. =)
ciao
Stefan
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:20 Mo 24.05.2010 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:01 Mo 24.05.2010 | | Autor: | Blech |
> Sei [mm]A\in\IR^{n\times n}[/mm] orthogonal. Definiere
> [mm]B:=\frac{1}{2}*(A+A^{T})[/mm] als den symmetrischen Anteil der
> Matrix A. Sei [mm]\lambda[/mm] ein Eigenwert von B mit [mm]|\lambda| < 1[/mm],
> und v ein Eigenvektor von B zum Eigenwert [mm]\lambda.[/mm] Zeige:
> Die geometrische Vielfachheit des Eigenwerts [mm]\lambda[/mm] ist
> gerade.
> Hallo!
>
> Bei der Aufgabe komme ich nicht weiter.
> Ich habe nun schon Folgendes herausgefunden: Sowohl Ax als
> auch [mm]A^{T}x[/mm] sind ebenfalls Eigenvektoren zum Eigenwert
Das geht weiter, $A^kx$ sind auch Eigenvektoren. Alle Krylowräume. Die Frage ist welche Dimension [mm] $\left<(A^kx)_{k\in\IN_0}\right>$ [/mm] hat (ich benutz die <> für die lineare Hülle)
Sei Av Eigenvektor, dann gilt:
[mm] $BAv=\frac12(A^2v+v)=\lambda [/mm] Av$
A ist orthogonal, also normerhaltend. Damit müssen $A^2v$ und $v$ linear unabhängig sein. v und Av auch, weil sie nur linear abhängig wären, wenn [mm] $A=\pm [/mm] I$ (zwei Vektoren, mit gleicher Länge, linear abhängig, ist der Vektor selber oder sein Negatives)
Aber:
Wenn Du Dir die Gleichung nochmal anschaust:
[mm] $\frac12A^2v+\frac12v=\lambda [/mm] Av$
also:
[mm] $\frac12A^2v-\lambda [/mm] Av + [mm] \frac12 [/mm] v =0$
...
Klingt doch gut, oder? =)
ciao
Stefan
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