6 Hauptachsentransformation

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1 6 Hauptachsentransformation A Diagonalisierung symmetrischer Matrizen (6.1) Satz: Sei A M(n n, R) symmetrisch. Dann gibt es eine orthogonale n n-matrix U mit U t AU = D Diagonalmatrix Es folgt: Die Spalten von U bilden eine Orthonormalbasis B des R n und D ist die darstellende Matrix von L A : R n R n x Ax bezüglich B (beachte, dass U 1 = U t ). Da D eine Diagonalmatrix ist, folgt: (i) B besteht aus Eigenvektoren von A. (ii) In der Diagonalen von D stehen die Eigenwerte von A. (6.) Lemma: Es gibt λ 1,...,λ n R mit χ A (t) = (t λ 1 )... (t λ n ) Beweis: Nach dem Fundamentalsatz der Algebra gibt es λ 1,...,λ n C mit χ A (t) = (t λ 1 )... (t λ n ). Es ist noch zu zeigen: Aus χ A (λ) = folgt λ R. Beweis: Sei λ = a + ib mit a, b R, χ A (λ) =. Betrachte die C lineare Abbildung f : C n C n, x Ax. Dann ist χ f (λ) = χ A (λ) =, also λ Eigenwert von f. Also existiert w = u + iv mit u, v R n, so dass Aw = λw: Au + iav = λw = (a + ib)(u + iv) = (au bv) + i(bu + av), somit Au = au bv und Av = bu + av. Nun gilt generell für symmetrische Matrizen A und u, v R n ( ) Au, v = (Au) t v = u t Av = u, Av Einsetzen ergibt a u, v b v, v = au bv, v = u, bu + av = b u, u + a v, v, somit b( u, u + v, v ) = Es folgt b =, da w = u + iv. Also ist λ = a R. Beweis von (6.1) durch Induktion nach n: n = 1. Klar. 1

2 Sei n. Schluß von n 1 auf n: Wähle einen Eigenvektor v 1 von A zum Eigenwert λ 1 mit v 1 = 1 und ergänze v 1 zu einer ON-Basis (v 1,...,v n ) von R n. Sei S die Matrix mit den Spalten v 1,...,v n. Dann ist S orthogonal, d.h. S 1 = S t. Setze B := S t AS. λ 1... Behauptung: B ist von der Form B = mit einer symmetrischen (n 1) (n 1) Matrix A. A. Beweis: B t = (S t AS) t = S t AS = B, also ist B symmetrisch. Be 1 = S 1 Av 1 = S 1 λ 1 v 1 = λ 1 S 1 v 1 = λ 1 e 1 = = 1. Spalte von. B. Da B symmetrisch, ist, ist (λ 1,,..., ) die 1. Zeile von B, also B = λ Aus der Symmetrie von B folgt, dass auch A symmetrisch A ist. Nach Induktionsvoraussetzung gibt es ein T O(n 1) mit T t A T = Diagonalmatrix. Setze 1... T =. T λ 1

3 λ 1... Dann ist auch T orthogonal und T t BT = = ist ebenfalls. eine Diagonalmatrix. Mit S und T ist auch ST orthogonal und U t AU = T t S t AST = T t BT =. (6.3) Bemerkung: Eigenvektoren einer symmetrischen Matrix A zu verschiedenen Eigenwerten sind zueinander orthogonal. Beweis: Sei λ µ und Av = λv, Aw = µw. Dann ist λ v, w = Av, w ( ) = v, Aw = µ v, w, λ µ. Es folgt v, w =. (6.4) Verfahren zur Diagonalisierung einer symmetrischen Matrix Sei A M(n n, R) symmetrisch. 1) Zerlege gemäß (6.) χ A (t) in Linearfaktoren χ A (t) = (t λ 1 ) ν1... (t λ r ) νr, ν j 1, λ i λ j für i j. ) Bestimme Basen B j für die Eigenräume V j = {v R n Av = λ j v} (Gauß Verfahren) Da A diagonalisierbar ist, gilt ν j = dim V j, j = 1,...,r. 3) Bestimme Orthonormalbasen B j von V j (Verfahren von E. Schmid). Nach (6.3): B = B 1... B r = (w 1,...,w n ) ist eine ON-Basis von R n. 4) Sei S die Matrix mit den Spalten w 1,...,w n. S ist orthogonal und λ λ 1 S t AS = = D λ r... λ r Zur Probe zeigt man: SDS t = A. 3

4 Rechenbeispiel: 1/ 1/ A = 1 ist symmetrisch. 1/ 1/ t + 1/ 1/ 1) χ A (t) = det t + 1 = (t+1/) (t+1) 1(t+1) = 4 1/ t + 1/ t(t + 1) Also sind die Eigenwerte λ 1 = und λ = 1 (-fach) x ) (i) V 1 = Lös( A y = ). Elementare Umformungen. z 1/ 1/ A = 1 1/ 1/ x (ii) V = Lös(( E A) y = ) z x = z 1 y = V 1 = R 1 1/ 1/ E A = V = R 1 +R 1/ 1/ 1 3) (i) w 1 = 1 1 1/ = 1 1/ 1 1 (ii) 1 ; setze daher w = 1 und w 3 = 1 =. 1 1 Dann ist B = (w 1, w, w 3 ) ON Basis von R 3 bestehend aus Eigenvektoren von A. 4

5 4) S = (w 1, w, w 3 ) = 1/ 1/ 1 1/ 1/ und D = 1 1 S ist orthogonal und S t AS = D. 1/ 1/ 1/ 1/ Probe: SDS t = 1 1/ 1/ / 1/ = 1/ 1/ 1/ 1/ 1/ = 1 1/ 1 1/ 1/ = 1 = 1/ 1/ A. B Metrische Hauptachsentransformation symmetrischer Bilinearformen Sei V ein R Vektorraum und B = (v 1,...,v n ) eine Basis von V. (6.5) Satz: Sei s : V V R eine symmetrische Bilinearform und A = M B (s) := (s(v i, v j )). Dann gilt es eine Basis B von V mit folgenden Eigenschaften: (i) M B (s) = λ 1 λ n =: D ist eine Diagonalmatrix. (ii) Die Übergangsmatrix S von B nach B ist orthogonal. (iii) λ 1,...,λ n sind die Eigenwerte von A, det A = λ 1... λ n. Beweis: Da A symmetrisch ist existiert nach (6.1) eine orthogonale Matrix S M(n n, R), so dass λ 1 S t AS = = D mit den Eigenwerten λ 1,...,λ n von A. λ n Wegen S t = S 1 ist det D = det S 1 AS = det A. Sei S = (s ij ). Setze w j := n s ij v i, j = 1,..., n. i=1 5 :

6 Da S invertierbar ist, gilt: B = (w 1,...,w n ) ist eine Basis und S ist die Übergangsmatrix von B nach B. Nach der Transformationsformel für Bilinearformen gilt nun: λ 1 M B (s) = S t AS = λ n Definition: Eine symmetrische Bilinearform s heißt positiv definit, wenn s(v, v) > für alle v V \{}, d.h. wenn s ein Skalarprodukt auf V ist. Eine symmetrische Matrix A heißt positiv definit, falls die zugehörige Bilinearform s A positiv definit ist. (6.6) Korollar: Sei s eine symmetrische Bilinearform auf V und B eine beliebige Basis von V. Dann gilt: s ist genau dann positiv definit wenn M B (s) nur positive Eigenwerte hat. Beweis: Wähle zu B eine Basis B = (w 1,...,w n ) gemäß (6.5). Dann sind s(w 1, w 1 ) = λ 1,...,s(w n, w n ) = λ n die Eigenwerte von A = M B (s); ferner gilt s(w i, w j ) = für i j und det A = λ 1... λ n. Ist s positiv definit, so ist insbesondere λ i = s(w i, w i ) > für i = 1,..., n. Sei λ i >, i = 1,..., n: Ein beliebiger Vektor v V \{} schreibt sich als v = n α i w i, wobei (α 1,...,α n ) (,..., ). i=1 ( n s(v, v) = s α i w i, i=1 ) n α j w j = j=1 = α 1λ α nλ n > n α i α j s(w i, w j ) = Spezialfall: V = R n, A symmetrische Matrix, s = s A. Wegen A = M (e1,...,e n)(s A ) gilt nach (6.6): i,j=1 A ist positiv definit genau dann, wenn A nur positive Eigenwerte besitzt. (6.7) Determinantenkriterium: (Jacobi, Hurwitz) Sei A eine symmetrische n n Matrix. Für a k n sei A k die linke obere k k Teilmatrix von A. Dann gilt: 6

7 Genau dann ist( A positiv) definit, wenn det A k > für k = 1,...,n. a11 a n = : A = 1 positiv definit genau dann, wenn a a 1 a 11 > und a 11 a a 1 >. a 11 a 1 a 13 ( ) n = 3 : A = a 1 a a 3 a11 a = A 3, A = 1, A a a 13 a 3 a 1 a 1 = a Also ist A positiv definit, falls det A >, deta = a 11 a a 1 > und a 11 >. Beweis: Sei B = (e 1,...,e n ). Nach (6.6) hat A = M B (s A ) nur positive Eigenwerte λ 1,...,λ n, also ist auch det A = λ 1...λ n >. Schränke nun s A ein auf R k = Re Re k, k = 1,...,n 1. Dann ist s A R positiv definit k und A k ist die darstellende Matrix von s A R k bezüglich der Basis (e 1,...,e k ). Wie für s A selbst folgt aus (6.6): A k hat nur positive Eigenwerte und daher ist det A k >, k = 1,..., n 1. (Induktion nach n.) n = 1 ist klar. Sei n. Nach Induktionsvoraussetzung ist A n 1 positiv definit. Dann ist die Einschränkung s von s A auf R n 1 = Re 1... Re n 1 positiv definit, denn A n 1 = M (e1,...,e n 1 )(s ). Nach (6.5) existiert daher eine Basis B = (w 1,...,w n 1 ) von R n 1 mit α 1 M B (s ) =, also s A (w i, w j ) = für i j, s A (w i, w i ) = α i, i = α n 1,..., n 1 und α 1 >, i = 1,...,n 1 wegen s positiv definit. Setze nun w n := e n s A(e n, w 1 ) w 1... s A(e n, w n 1 ) α 1 B = (w 1,..., w n ) ist dann eine Basis des R n. α n 1 w n 1 7

8 Für i = 1,..., n 1 gilt: s A (w n, w i ) = s A (e n, w i ) n 1 k=1 s A (e n, w k ) α k s A (w k, w i ) = s A (e n, w i ) s A(e n, w i ) s A (w i, w i ) = α i }{{} α i (Es ist nämlich s k (w k, w i ) = für 1 k i n 1). Setze noch α n := s A (w n, w n ). Dann ist α 1 A := M B (s A ) = Diagonalmatrix. α n Nach der Transformationsformel existiert eine invertierbare Matrix S mit A = S t AS. Es folgt α 1... α n = det A = det A (det S) >, da nach Voraussetzung det A >. Wegen α 1... α n 1 > folgt α n =. Somit hat A = M B (s A ) nur positve Eigenwerte α 1,...,α n. Nach (6.6) ist daher die Bilinearform s A positiv definit, also ist auch A positiv definit. 8