| |
| Autor |
  Beweis orthogonale Matrizen sind diagonalisierbar |
|
MasterWizz
Aktiv 
Dabei seit: 24.10.2018
Mitteilungen: 179
 |  Themenstart: 2023-10-02
|
Hi Leute,
ich stehe vor der Aufgabe zu beweisen, dass orthogonale Matrizen $M\in\text{Mat}(3,\mathbb{R})$ diagonalisierbar sind, indem ich in 3 Schritten vorgehe. Bei Schritt 2 und 3 bräuchte ich allerdings eure Hilfe. Zu beweisen gilt:
(1) $\lambda\in\mathbb{R}$ ist EW von $M$, so folgt $\lambda\in\{-1,1\}$. Beweis:
$$\langle x,x\rangle=\langle Mx,Mx\rangle = \langle\lambda x,\lambda x\rangle = |\lambda|^2\langle x,x\rangle \Rightarrow |\lambda|=1$$
(2) Für $x\in\mathbb{R}^3$ gilt: $x_+:=x+Mx\in\text{Eig}(M,1)$ und $x_-:=x-Mx\in\text{Eig}(M,-1)$
(3) Aus (1)&(2) soll gefolgert werden: $\mathbb{R}^3$ ist Summe der Eigenräume von $M$.
Ich dachte auch erst Schritt 2 gezeigt zu haben. Hab dann allerdings bemerkt, dass ich genutzt hab $Mx=x$ bzw. $Mx=-x$, was aber nur für die Eigenvektoren gilt und nicht für alle Vektoren.
|
 Profil
|
Mandelbluete
Senior 
Dabei seit: 03.05.2008
Mitteilungen: 628
Wohnort: Fuchsbau
 | Beitrag No.1, eingetragen 2023-10-02
|
\(\begingroup\)\(\newcommand{\C}{\mathbb{C}}
\newcommand{\F}{\mathbb{F}}
\newcommand{\K}{\mathbb{K}}
\newcommand{\N}{\mathbb{N}}
\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}}
\newcommand{\R}{\mathbb{R}}
\newcommand{\Z}{\mathbb{Z}}
\newcommand{\i}{\mathrm{i}}
\newcommand{\d}{\mathrm{d}}
\newcommand{\D}{\mathrm{D}}
\newcommand{\id}{\mathrm{id}}
\newcommand{\eps}{\varepsilon}
\renewcommand{\phi}{\varphi}
\newcommand{\thet}{\vartheta}
\newcommand{\Sp}{\operatorname{Sp}}
\newcommand{\Gal}{\operatorname{Gal}}
\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\Aut}{\operatorname{Aut}}
\newcommand{\und}{\quad\text{und}\quad}\)
Ohne weitere Voraussetzung stimmt das nicht:
\[
M = \begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}
\]
ist orthogonal, aber das charakteristische Polynom $(1-x)(x^2+1)$ zerfällt über $\R$ nicht in Linearfaktoren; also kann $M$ nicht diagonalisierbar sein.
Wie lautet die Aufgabenstellung wörtlich?
Liebe Grüße
Mandelblüte\(\endgroup\)
|
Profil
|
Buri
Senior 
Dabei seit: 02.08.2003
Mitteilungen: 46934
Wohnort: Dresden
 | Beitrag No.2, eingetragen 2023-10-02
|
Hi MasterWizz,
(1) ist in Ordnung. Die Behauptung (2) ist dagegen nicht richtig.
Gruß Buri
|
Profil
|
MasterWizz
Aktiv 
Dabei seit: 24.10.2018
Mitteilungen: 179
| Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2023-10-03
|
Oh das tut mir Leid, Leute! Ich hab die Aufgabe so bekommen, sie ist also tatsächlich das "Original", das mir vorliegt. Ich fand die Aussage selbst auch sehr spektakulär. Darum wollte ich sie gern zum Training beweisen, hab aber nie drüber nachgedacht, dass die Aussage einfach falsch sein könnte!
|
Profil
|
Mandelbluete
Senior
Dabei seit: 03.05.2008
Mitteilungen: 628
Wohnort: Fuchsbau
| Beitrag No.4, eingetragen 2023-10-03
|
\(\begingroup\)\(\newcommand{\C}{\mathbb{C}}
\newcommand{\F}{\mathbb{F}}
\newcommand{\K}{\mathbb{K}}
\newcommand{\N}{\mathbb{N}}
\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}}
\newcommand{\R}{\mathbb{R}}
\newcommand{\Z}{\mathbb{Z}}
\newcommand{\i}{\mathrm{i}}
\newcommand{\d}{\mathrm{d}}
\newcommand{\D}{\mathrm{D}}
\newcommand{\id}{\mathrm{id}}
\newcommand{\eps}{\varepsilon}
\renewcommand{\phi}{\varphi}
\newcommand{\thet}{\vartheta}
\newcommand{\Sp}{\operatorname{Sp}}
\newcommand{\Gal}{\operatorname{Gal}}
\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\Aut}{\operatorname{Aut}}
\newcommand{\und}{\quad\text{und}\quad}\)
Huhu noch mal!
Manche Aussagen kann man natürlich schon treffen: Das charakteristische Polynom $P_M(x)$ hat als reelles Polynom dritten Grades immer mindestens eine reelle Nullstelle, entweder $-1$ oder $1$. Es gibt folgende Fälle:
(1) Das charakteristische Polynom ist von der Form $P_M(x) = \pm(x \pm 1)(x^2 + ax+b)$, wobei der quadratische Faktor keine reelle Nullstelle hat. Dann kann $M$ nicht diagonalisierbar sein, weil eine notwendige Bedingung dafür ist, daß das charakteristische Polynom vollständig in Linearfaktoren zerfällt. Wie das Beispiel zeigt, kann dieser Fall auftreten.
(2) Das charakteristische Polynom ist von der Form $P_M(x) = \pm(x - \lambda)^3$ mit $\lambda = -1$ oder $\lambda = 1$. Es gibt also nur einen einzigen Eigenwert. Damit $M$ diagonalisierbar ist, muß $\R^3 = \operatorname{Eig}(M; \lambda)$, jeder Vektor also Eigenvektor zu $\lambda$ sein. Falls $\lambda = 1$ ist, gilt das nur für $M = E_3$ (Einheitsmatrix), falls $\lambda = -1$ ist, nur für $M = -E_3$. Insbesondere kann dieser Fall auftreten.
(3) Beide Eigenwerte kommen vor. In diesem Fall ist $M$ tatsächlich diagonalisierbar! Wäre das nicht der Fall, dann hätte man
\[
\operatorname{Eig}(M; -1) \oplus \operatorname{Eig}(M; 1) \subsetneq \R^3.
\]
Die Eigenräume müßten insbesondere beide eindimensional sein. Seien $v_-$ und $v_+$ Eigenvektoren. Diese sind orthogonal, und wir können sie durch einen Vektor $w$ zu einer orthogonalen Basis von $\R^3$ ergänzen, so daß
\[
\operatorname{Eig}(M; -1) \oplus \operatorname{Eig}(M; 1) \oplus \langle w\rangle = \R^3.
\]
Für alle $a,b \in \R$ gilt dann aber
\[
\langle Mw, av_+ + bv_-\rangle = \langle Mw, M(av_+ - bv_-)\rangle = \langle w, av_+ - bv_-\rangle = 0,
\]
also $Mw \in \langle w \rangle$, das heißt $Mw = cw$ für irgendein $c \in \R$. Also ist $w$ ein Eigenvektor von $M$. ↯ 🙂
Liebe Grüße
Mandelblüte\(\endgroup\)
|
Profil
|
MasterWizz
Aktiv
Dabei seit: 24.10.2018
Mitteilungen: 179
| Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2023-10-03
|
Vielen Dank für deine Zusammenfassung, Mandelblüte!
Den Widerspruchsbeweis am Ende finde ich richtig schön!! 🙂
|
Profil
|
Mandelbluete
Senior
Dabei seit: 03.05.2008
Mitteilungen: 628
Wohnort: Fuchsbau
| Beitrag No.6, eingetragen 2023-10-03
|
Profil
|
MasterWizz hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Das Thema wurde von einem Senior oder Moderator abgehakt. |
|
All logos and trademarks in this site are property of their respective owner. The comments are property of their posters, all the rest © 2001-2023 by Matroids Matheplanet
This web site was originally made with PHP-Nuke, a former web portal system written in PHP that seems no longer to be maintained nor supported. PHP-Nuke is Free Software released under the GNU/GPL license.
Ich distanziere mich von rechtswidrigen oder anstößigen Inhalten, die sich trotz aufmerksamer Prüfung hinter hier verwendeten Links verbergen mögen.
Lesen Sie die
Nutzungsbedingungen,
die Distanzierung,
die Datenschutzerklärung und das Impressum.
[Seitenanfang]
|
Home / Seite ohne Frame
Wie unterstütze ich den Matheplaneten mit Geld?
