Gemeinsame orthonormale Eigenbasis

Aufrufe: 320     Aktiv: 27.05.2023 um 23:12
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Ich habe Matrix E und Matrix F, welche kommutieren (E*F = F*E).






Nun soll ich für beide eine gemeinsame orthonormierte Eigenbasis finden, welche existiert gemäss eines Satzes aus der Vorlesung, falls beide Matritzen kommutieren.


Meine Berechnungen geben mir das beide Matritzen die selben Eigenwerte {l1, l2, l2} = {6,6,3} besitzen. Für die Eigenvektoren von F erhalte ich {[-1,1,0],[-1,0,1],[1,1,1]} und wenn man das ganze normiert gibt das {v1,v2,v3} = {1/sqrt(3)*[-1,1,0], 1/sqrt(2)*[-1,0,1], 1/sqrt(2)*[1,1,1]}. Nun habe ich das Problem, dass E*vi ungleich li*vi ist für alle i. Ich weiss nicht wo der Fehler ist, habe die Eigenvektoren und Eigenwerte auch mit Wolframalpha überprüft... das Ziel hier müsst ja schon E*vi = li*vi für alle i sein, d.h. die orthonormierte Eigenbasis die ich von F habe ist leider nicht die Richtige für Beide. Weiss jemand wie man auf die Richtige orthonormale Eigenbasis kommt? 

 

 

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Erstmal normiert man erst am Ende, wenn man sich nicht schon vorher das Leben schwer machen will.
Und dann kannst Du nicht erwarten, dass die EVen von F auch EVen von E zum gleichen EW wie von F sind. Die Reihenfolge 6,6,3 ist ja eine willkürliche.
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Hallo mikn, danke für deine Antwort. Was bedeutet für dich 'am Ende' bei welchem Schritt wäre das? Nachdem ich E*vi=lj*vi prüfe?
Ja, die Reihenfolge ist willkürlich, somit müsste gelten E*vi=lj*vi für irgendeinen lambda wert und nicht notwendigerweise j=i. Das Problem ist jetzt, dass die Gleichung für meine Eigenvektoren nur für ein lj stimmt, die anderen zwei Eigenwerte bekomme ich nicht raus, verstehst du? Vielleicht mache ich auch etwas falsch, oder habe etwas nicht verstanden.   ─   aequus formidus 22.05.2023 um 12:56
"Am Ende" heißt am Ende. Das Ende ist nach dem letzten Schritt. EV-Eigenschaft und Orthogonalität sind unbetroffen von einer eventuellen Normierung.
Deine EV zu F sind übrigens auch nicht orthogonal.
Mir war nur aufgefallen, dass $v=(1,1,1)^T$ EV von E zum EW 3 ist, aber EV von F zum EW 6.
Ich bin im Thema nicht drin, bin aber sicher, dass es nicht so geht, dass man irgendwelche EV nimmt und dann passt das schon.
Kurze Internetsuche gibt, dass das Stichwort hier möglicherweise simultane Diagonalisierung ist. Ob es auch einfacher geht, weiß ich im Moment nicht (muss noch nachlesen).

   ─   mikn 22.05.2023 um 13:25
Ja, du hast recht. Die Vektoren sind nicht orthogonal...
Ich habe sie jetzt mittels Gram-Schmidt orthonormiert und erhalten folgende Matrix P, sodass die Spalten die orthonormierten Eigenvektoren sind:

\begin{bmatrix}
\frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{-1}{\sqrt{2}} & \frac{-1}{\sqrt{6}} \\
\frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{-1}{\sqrt{6}} \\
\frac{1}{\sqrt{3}} & 0 & \sqrt{\frac{2}{3}}
\end{bmatrix}

Das Problem besteht jedoch immer noch. Jetzt müsste man P^-1*E*P rechnen können und damit die Diagonalmatrix erhalten, welche die Eigenwerte als Diagonaleinträge besitzt. Ich erhalte aber stattdessen:

\begin{bmatrix}
6 & 0 & 0 \\
0 & \frac{9}{2} & \frac{-3}{2}i \\
0 & \frac{3}{2}i & \frac{9}{2}
\end{bmatrix}




   ─   aequus formidus 22.05.2023 um 13:51
Schreib nicht EV, sondern EV von ..., sonst gibt es Durcheinander. Und lies nochmal den drittletzten Satz in meinem vorigen Kommentar.   ─   mikn 22.05.2023 um 14:05
Ok, d.h. das Problem liegt daran, dass die falschen EV von E genommen werden und es reicht nicht irgendwelche zu nehmen und diese zu orthonormieren. Nur weiß ich nicht, wie man herausfinden kann, welche die 'Richtigen' sind...
Mein guess: vielleicht muss man auch die Eigenräume von E bestimmen und diese mit den Eigenräumen von F schneiden (Schnittmenge)? Was jedoch recht umständlich wäre.   ─   aequus formidus 22.05.2023 um 14:35
So ist es. Da muss man aber nicht raten. Was ist denn in der Vorlesung dazu gesagt worden? Solche Aufgaben fallen ja nicht vom Himmel. Und es gibt konstruktive Beweise für die allgemeine Aussage.   ─   mikn 22.05.2023 um 16:14

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Hallo. Angenommen \(\alpha, \beta \in \operatorname{End}_K(V)\) mit \(\alpha \circ \beta =\beta \circ \alpha\). Wir brauchen UNBEDINGT noch die Annahme, dass beide selber diagonalisieren können. Wir finden also eine \(\alpha\)-Invariante Zerlegung \(V=\bigoplus_{i=1}^r \ker(\alpha-\lambda_i \operatorname{id}_V)\), wobei \(\lambda_i\not= \lambda_j\) für \(i \not = j\). Sei \(v \in \ker(\alpha-\lambda_i \operatorname{id}_V)\) dann ist \(\alpha(\beta(v ))=\beta(\alpha(v))=\lambda_i\beta(v)\), wir können also \(\beta\) einschränken zu einem Endomorphismus auf \(\ker(\alpha-\lambda_i\operatorname{id}_V):=V_i\). Jedenfalls ist dann die Einschränkung von \(\beta\) auf \(V_i\) immer noch diagonalisierbar. Wähle eine ONB \(B_i\)aus EV von \(\beta\) von \(V_i\). Weil EV zu verschiedenen EW orthogonal sind wir mit \(B=(B_1,\ldots, B_r)\) fertig
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Student, Punkte: 10.87K

 
Hi mathejean, vielen Dank für deinen Beitrag. Das Problem hier ist, dass beim angegebenem Beispiel meinerseits E und F die gleichen Eigenwerte besitzen und ein Eigenwert doppelt vorkommt mit {6,6,3}. Aber das sagt jetzt noch nicht aus, dass beide Matrizen nicht diagonalisierbar sind. Deshalb bin ich der Meinung, dass dein letzter Satz nicht notwendigerweise folgt (aus den von mir vorgegebenen Bedingungen).

Das Formale ist mir eigentlich weitgehend klar, ich habe eher ein Problem damit dieses Beispiel zu lösen. Ich soll eine passende orthonormierte Eigenbasis explizit angeben, sodass beide simultan diagonalisierbar sind.
Ich habe jetzt eine orthonormierte Basis von F ausgerechnet und die Spalten in eine Matrix S geschrieben:
\begin{bmatrix} \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{-1}{\sqrt{2}} & \frac{-1}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{-1}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & 0 & \sqrt{\frac{2}{3}} \end{bmatrix}
Diese Matrix diagonalisert F mit S^-1*F*S.
Und wenn beide simultan diagonaliserbar sind, muss es eine matrix P aus gemeinsamen Eigenvektoren geben, sodass P^-1*F*P = P^-1*E*P diagonal ist (aus dem Satz und der Annahme, dass P^-1F*P und P^-1E*P beide diagonalisierbar sind). Gleichheit folgt weil beide die selben Eigenwerte besitzen.
Die Frage ist jetzt, wie komme ich auf eine gemeinsame Eigenbasis, um auf P zu schliessen. S ist nicht P. Meine Idee die ich schon oben erwähnt habe wäre: Eigenvektoren von E berechnen in eine Matrix S-tilde als Spalten einschreiben und dann den Schnitt von S und S-tilde berechnen, und aus dem Lösungsraum wären dann die gemeinsamen Eigenvektoren zu entnehmen. Leider ist das ein wenig aufwendig wie ich finde. Die Frage ist jetzt, ob dies zulässig wäre und ob es noch einen einfacheren Weg gäbe.
   ─   aequus formidus 22.05.2023 um 18:02
Aus meinen Bedingungen der letzte Satz folgt, wieso also nicht das Verfahren wie ich erklärt habe? In diesem Beispiel wir können \(V=V_1\bigoplus V_2\) schreiben \(\alpha\)-invariant. Jetzt bestimme eine ONB aus EV von \(\beta_{|V_i}\) und setze die Basis zusammen. Das ist natürlich auch viel Rechenarbeit, weil man zur Berechnung von \(\beta_{|V_i}\) am besten Basiswechsel etc macht (erst Basis von \(V_i\) ausrechnen, dann Matrix der Abbildung,…)   ─   mathejean 22.05.2023 um 18:27
Falls es noch jemanden juckt, hier ist eine Lösungsmethode:
1.) Eigenwerte von E und F bestimmen:
EW von E: {3,6,6}, EW von F: {3,6,6}
2.) Eigenbasis zu E und F bestimmen ergibt:
F:
\begin{bmatrix}
-1-\sqrt{3}i & 1-\sqrt{3}i & 1+\sqrt{3}i \\
-1+\sqrt{3}i & 2 & 0 \\
2 & 0 & 2
\end{bmatrix}
E:
\begin{bmatrix}
1 & -1 & -1 \\
1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 1
\end{bmatrix}
sodass die Spalten jeweils die Eigenvektoren zu den Eigenwerten in dieser Reihenfolge {3,6,6} sind.
3.) Eigenräume von F und E miteinander schneiden:
i)\begin{equation}
\text{Eig}(3,E) \cap \text{Eig}(3,F)
\end{equation} ist leer
ii)\begin{equation}
\text{Eig}(3,E) \cap \text{Eig}(6,F)
\end{equation} ergibt \begin{equation}
\left\langle
\begin{bmatrix}
-1-\sqrt{3}i \\
-1+\sqrt{3}i \\
2
\end{bmatrix}
\right\rangle\end{equation}
iii) \begin{equation}
\text{Eig}(6,E) \cap \text{Eig}(3,F)
\end{equation} ergibt \begin{equation}
\left\langle
\begin{bmatrix}
1 \\
1 \\
1
\end{bmatrix}
\right\rangle\end{equation}
iv) \begin{equation}
\text{Eig}(6,E) \cap \text{Eig}(6,F)\end{equation}
ergibt \begin{equation}
\left\langle\begin{bmatrix}
-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i \\
-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i \\
1
\end{bmatrix}

\right\rangle\end{equation}
4.) Gram Schmidt anwenden um Basis zu orthonormieren:
Wir haben: \begin{bmatrix}
1 & -1-\sqrt{3}i & -\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i \\
1 & -1+\sqrt{3}i & -\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i \\
1 & 2 & 1
\end{bmatrix} sodass, die Spalten eine gemeinsame Basis bilden. Alle Vektoren sind orthogonal zueinander, deshalb reicht es diese zu normieren.
Die orthonormierte Eigenbasis von E und F ist dann: \begin{equation}
S = \begin{bmatrix}
\frac{\sqrt{3}}{3} & -\frac{\sqrt{3}}{6}-\frac{1}{2}i & -\frac{\sqrt{3}}{6}+\frac{1}{2}i \\
\frac{\sqrt{3}}{3} & -\frac{\sqrt{3}}{6}+\frac{1}{2}i & -\frac{\sqrt{3}}{6}-\frac{1}{2}i \\
\frac{\sqrt{3}}{3} & \frac{\sqrt{3}}{3} & \frac{\sqrt{3}}{3}
\end{bmatrix}
\end{equation}
sodass die Spalten der Matrix S die gemeinsamen orthonormierten Eigenvektoren sind.
Das Inverse der Matrix ist:
\begin{equation}
S^{-1} =\begin{bmatrix}
\frac{\sqrt{3}}{3} & \frac{\sqrt{3}}{3} & \frac{\sqrt{3}}{3} \\
-\frac{\sqrt{3}}{6}+\frac{1}{2}i & -\frac{\sqrt{3}}{6}-\frac{1}{2}i & \frac{\sqrt{3}}{3} \\
-\frac{\sqrt{3}}{6}-\frac{1}{2}i & -\frac{\sqrt{3}}{6}+\frac{1}{2}i & \frac{\sqrt{3}}{3}
\end{bmatrix}\end{equation}
5.) Verifizieren:
\begin{equation}
S^{-1}ES = \operatorname{diag}(6,3,6)
\end{equation}
und
\begin{equation}
S^{-1}FS = \operatorname{diag}(3,6,6)
\end{equation}





   ─   aequus formidus 27.05.2023 um 23:07

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