pos. Eigenwerte

06.06.2011, 17:28

LoBi

pos. Eigenwerte

$\begin{eqnarray*} f : M(n,\mathbb R) \to M(n,\mathbb R) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} f(A)=A -A^T \end{eqnarray*}$
(i)Sei $\begin{eqnarray*} A \in ker f \end{eqnarray*}$ . Zeigen Sie, dass es $\begin{eqnarray*} \lambda \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ gibt, so dass die Matrix
$\begin{eqnarray*} A-\lambda I \end{eqnarray*}$ nur positive Eigenwerte hat und die Eigenvektoren von $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} A -\lambda I \end{eqnarray*}$ bzgl.
des Standardskalarproduktes in $\begin{eqnarray*} \mathbb R^n \end{eqnarray*}$ orthogonal zueinander sind.

(ii)Sei $\begin{eqnarray*} A \in im f \end{eqnarray*}$ . Kann A einen Eigenwert $\begin{eqnarray*} \lambda \in \mathbb R \{0\} \end{eqnarray*}$ besitzen?

zu i)
Aus $\begin{eqnarray*} A \in ker f \end{eqnarray*}$ folgt schonmal $\begin{eqnarray*} A = A^T \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ ist symmetrisch.

$\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ ist EW von A
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow\exists v \in \mathbb R^n:Av=A^T=\lambda v \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow (A-\lambda I)v=(A^T-\lambda I)v=0 \end{eqnarray*}$

Sei $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ EW von $\begin{eqnarray*} A-\lambda I \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow\exists w \in \mathbb R^n: (A-\lambda I)w=\mu w \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow (A-(\lambda+\mu)I)w=0 \end{eqnarray*}$

Daraus würde dann folgen $\begin{eqnarray*} \mu = 0 \end{eqnarray*}$ ?

Gruß

07.06.2011, 15:46

Reksilat

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RE: pos. Eigenwerte
Wieso sollte $\begin{eqnarray*} \mu=0 \end{eqnarray*}$ sein? Das sehe ich nicht. verwirrt

Mach's doch mal so, dass Du das $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ erst mal beliebig lässt.
Wenn nun $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ Eigenwert von $\begin{eqnarray*} A-\lambda I \end{eqnarray*}$ ist, dann ist $\begin{eqnarray*} Aw=(\lambda+\mu)w \end{eqnarray*}$ .
Also ist $\begin{eqnarray*} \mu+\lambda \end{eqnarray*}$ Eigenwert von $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ .

Die Eigenwerte von $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ bilden aber eine endliche Menge (und sind somit nach unten beschränkt). Wie kannst Du nun das $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ wählen, damit Dein $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ nur positiv kann?

Gruß,
Reksilat.

07.06.2011, 16:35

HilfloserStudent

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Hallo!

"Wenn nun $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ Eigenwert von $\begin{eqnarray*} A-\lambda I \end{eqnarray*}$ ist, dann ist $\begin{eqnarray*} Aw=(\lambda+\mu)w \end{eqnarray*}$ ."

Da stehe ich noch was auf dem Schlauch...
Muss man hier nicht $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ als Eigenwert von f auffassen? Wieso ist es dann EW von $\begin{eqnarray*} A-\lambda I \end{eqnarray*}$ ? Wenn ich das verstanden habe, dann frage ich mich noch, wieso dann $\begin{eqnarray*} Aw=(\lambda+\mu)w \end{eqnarray*}$ folgt? Die Folgerung, wie $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ dann auszusehen hat, ist ja dann nicht mehr schwer...

07.06.2011, 16:43

Reksilat

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Wieso willst Du plötzlich $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ als EW von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ auffassen? Davon ist nirgends die Rede. Das $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ soll doch gerade erst als einer der Eigenwerte von $\begin{eqnarray*} A-\lambda I \end{eqnarray*}$ gewählt werden.

Letztlich habe ich nichts anderes gemacht als LoBi an dieser Stelle:

Zitat:

Sei $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ EW von $\begin{eqnarray*} A-\lambda I \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow\exists w \in \mathbb R^n: (A-\lambda I)w=\mu w \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow (A-(\lambda+\mu)I)w=0 \end{eqnarray*}$

Ich habe die letzte Gleichung noch umsortiert und den Hinweis gegeben, dass das $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ vorher noch nicht festgelegt werden sollte.

Edit:
Ach so. Du bist ja gar nicht LoBi. Trotzdem solltest Du auch den Eröffnungsbeitrag beachten.

07.06.2011, 16:46

HilfloserStudent

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Danke, der Schlauch ist weg und ich stehe wieder im Saft.
Hatte da ein paar Wirrungen im Kopp, hatte v.a. die Aufgabenstellung komplett falsch gelesen... smile

08.06.2011, 00:08

LoBi

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RE: pos. Eigenwerte

Zitat:

Original von Reksilat
Wieso sollte $\begin{eqnarray*} \mu=0 \end{eqnarray*}$ sein? Das sehe ich nicht. verwirrt

Wenn $\begin{eqnarray*} E \end{eqnarray*}$ die Menge der Eigenwerte von A ist $\begin{eqnarray*} \lambda=min (E) \end{eqnarray*}$ .

Was heisst das nun für die Eigenvektoren ?

Gruß

08.06.2011, 00:39

Reksilat

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RE: pos. Eigenwerte
Der erste Teil der Aufgabe hat damit nichts zu tun. Eigenvektoren zu verschiedenen(!) Eigenwerten sind bei symmetrischen Matrizen eben orthogonal.

08.06.2011, 09:49

LoBi

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Ah.Wenn A selbstadjungierend ist, und das ist A,
kann ich das so zeigen:
Seien $\begin{eqnarray*} \lambda, \mu \end{eqnarray*}$ zwei verschiedene EW von $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ , und $\begin{eqnarray*} v,w \end{eqnarray*}$ die entsprechenden Eigenvektoren. Dann gilt $\begin{eqnarray*} <Av,w>=\lambda <v,w>=<v,Aw>=\mu <v,w> \end{eqnarray*}$
Da $\begin{eqnarray*} \lambda \not= \mu \end{eqnarray*}$ muss $\begin{eqnarray*} <v,w > = 0 \end{eqnarray*}$ sein.

Bleibt noch die ii) zu zeigen:
Also Sei $\begin{eqnarray*} A \in im f \end{eqnarray*}$
Dann ist $\begin{eqnarray*} (A - A^T)= ((a_{i_{j}}) - (a_{j_{i}}))_{i_{j}}=((a_{j_{i}}) - (a_{i_{j}}))_{j_{i}}=-(A - A^T)^T \end{eqnarray*}$
Also ist A schiefsymmetrisch, außerdem sind auf der Hauptdiagonalen nur 0.

Was heisst das nun für die Eigenwerte ?
Wenn ich mir ein kleines Beispiel angucke.
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Hat das keinen reelen EW, wie zeige ich das allgemein?

Gruß

08.06.2011, 10:42

Reksilat

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Sieht soweit sehr gut aus.

Der Form halber:

Zitat:

Also Sei $\begin{eqnarray*} A \in im f \end{eqnarray*}$
Dann ist $\begin{eqnarray*} (A - A^T)= ((a_{i_{j}}) - (a_{j_{i}}))_{i_{j}}=((a_{j_{i}}) - (a_{i_{j}}))_{j_{i}}=-(A - A^T)^T \end{eqnarray*}$

Wenn $\begin{eqnarray*} A\in im(f) \end{eqnarray*}$ ist, dann gibt es ein $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} A=B-B^T \end{eqnarray*}$ .

Aber Du hast recht. $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ ist dann schiefsymmetrisch.
Hier kannst Du Dir einen EV $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ zum EW $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ angucken. Dann ist:
$\begin{eqnarray*} \langle v,v\rangle\neq 0 \end{eqnarray*}$
Was ist mit $\begin{eqnarray*} \langle \lambda v,v\rangle \end{eqnarray*}$ ?

08.06.2011, 11:14

LoBi

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Ich würde jetzt sagen, das $\begin{eqnarray*} <\lambda v,v>\not= 0 \end{eqnarray*}$
Aber nur dann wenn \lambda ungleich 0 ist.

Es gilt noch:
$\begin{eqnarray*} <\lambda v,v>=<A v,v>=<-A^T v,v> \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow -v^TAv=v^TA^Tv \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow -v^T\lambda v=v^TA^Tv \end{eqnarray*}$
dann transponiere ich auf beiden Seiten:
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow -v^T\lambda v=v^TAv \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow -v^T\lambda v=v^T\lambda v \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow -\lambda =\lambda \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow \lambda= 0 \end{eqnarray*}$
Ist das eine Möglichkeit ?

Gruß

08.06.2011, 11:26

Reksilat

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Ja, das passt so.

Es geht auch kürzer, denn $\begin{eqnarray*} v^TA^Tv \end{eqnarray*}$ ist eine reelle Zahl und deshalb gilt:
$\begin{eqnarray*} v^TA^Tv=(v^TA^Tv)^T=v^TAv \end{eqnarray*}$ .
Das kannst Du in der zweiten Zeile verwenden.

08.06.2011, 11:38

LoBi

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Vielen Dank. smile

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