From 812a80acf52275699afb285db46aa76be03006c2 Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: =?UTF-8?q?Andreas=20M=C3=BCller?= <andreas.mueller@othello.ch>
Date: Mon, 18 Jan 2021 21:01:26 +0100
Subject: add more stuff about spectral radius

---
 .../40-eigenwerte/uebungsaufgaben/4003.tex         | 241 +++++++++++++++++++++
 1 file changed, 241 insertions(+)
 create mode 100644 buch/chapters/40-eigenwerte/uebungsaufgaben/4003.tex

(limited to 'buch/chapters/40-eigenwerte/uebungsaufgaben/4003.tex')

diff --git a/buch/chapters/40-eigenwerte/uebungsaufgaben/4003.tex b/buch/chapters/40-eigenwerte/uebungsaufgaben/4003.tex
new file mode 100644
index 0000000..3cd9959
--- /dev/null
+++ b/buch/chapters/40-eigenwerte/uebungsaufgaben/4003.tex
@@ -0,0 +1,241 @@
+Finden Sie eine Basis von $\mathbb{Q}^4$ derart, dass die Matrix $A$
+\[
+A
+=
+\begin{pmatrix}
+-13&  5& -29& 29\\
+-27& 11& -51& 51\\
+ -3&  1&  -2&  5\\
+ -6&  2& -10& 13
+\end{pmatrix}
+\]
+Jordansche Normalform hat.
+
+\begin{loesung}
+Zunächst muss man die Eigenwerte finden.
+Dazu kann man das charakteristische Polynom berechnen, man findet nach
+einiger Rechnung oder mit Hilfe einer Software für symbolische Rechnung:
+\[
+\chi_A(\lambda)
+=
+x^4-9x^3+30x^2-44x+24
+=
+(x-3)^3(x-2),
+\]
+Eigenwerte sind also $\lambda=3$ und $\lambda=2$.
+
+Der Eigenwert $\lambda=2$ ist ein einfacher Eigenwert, der zugehörige
+Eigenraum ist daher eindimensional.
+Ein Eigenvektor kann mit Hilfe des linearen Gleichungssystems
+\begin{align*}
+\begin{tabular}{|>{$}c<{$}>{$}c<{$}>{$}c<{$}>{$}c<{$}|}
+\hline
+-13-\lambda& 5        &-29        &29        \\
+-27        &11-\lambda&-51        &51        \\
+ -3        & 1        & -2-\lambda& 5        \\
+ -6        & 2        &-10        &13-\lambda\\
+\hline
+\end{tabular}
+&\rightarrow
+\begin{tabular}{|>{$}c<{$}>{$}c<{$}>{$}c<{$}>{$}c<{$}|}
+\hline
+  -16&   5& -29&  29\\
+  -27&   8& -51&  51\\
+   -3&   1&  -5&   5\\
+   -6&   2& -10&  10\\
+\hline
+\end{tabular}
+\to
+\begin{tabular}{|>{$}c<{$}>{$}c<{$}>{$}c<{$}>{$}c<{$}|}
+\hline
+1&0&0& 0\\
+0&1&0& 0\\
+0&0&1&-1\\
+0&0&0& 0\\
+\hline
+\end{tabular}
+\end{align*}
+gefunden werden.
+Daraus liest man den Eigenvektor
+\[
+b_1
+=
+\begin{pmatrix} 0\\0\\1\\1\end{pmatrix},
+\qquad
+Ab_1 = 
+\begin{pmatrix}
+-13&  5& -29& 29\\
+-27& 11& -51& 51\\
+ -3&  1&  -2&  5\\
+ -6&  2& -10& 13
+\end{pmatrix}
+\begin{pmatrix} 0\\0\\1\\1\end{pmatrix}
+=
+\begin{pmatrix}
+0\\0\\3\\3
+\end{pmatrix}
+=
+3b_1
+\]
+ab.
+Diesen  Vektor können wir auch finden, indem wir $\mathcal{J}(A-eE)$
+bestimmen.
+Die vierte Potenz von $A-2E$ ist
+\begin{equation}
+(A-2E)^4
+=
+\begin{pmatrix}
+   0&  0&  0&  0\\
+   0&  0&  0&  0\\
+   0&  0&  2& -1\\
+   0&  0&  2& -1
+\end{pmatrix},
+\label{4003:potenz}
+\end{equation}
+der zugehörige Bildraum ist wieder aufgespannt von $b_1$.
+
+Aus \eqref{4003:potenz} kann man aber auch eine Basis
+\[
+b_2
+=
+\begin{pmatrix}1\\0\\0\\0\end{pmatrix}
+,\qquad
+b_3
+=
+\begin{pmatrix}0\\1\\0\\0\end{pmatrix}
+,\qquad
+b_4
+=
+\begin{pmatrix}0\\0\\1\\2\end{pmatrix}
+\]
+für den Kern $\mathcal{K}(A-2E)$ ablesen.
+Da $\lambda=2$ der einzige andere Eigenwert ist, muss $\mathcal{K}(A-2E)
+= \mathcal{J}(A-3E)$ sein.
+Dies lässt sich überprüfen, indem wir die vierte Potenz von $A-2E$
+berechnen, sie ist
+\[
+(A-2E)^4
+=
+\begin{pmatrix}
+    79&  -26&  152& -152\\
+   162&  -53&  312& -312\\
+    12&   -4&   23&  -23\\
+    24&   -8&   46&  -46\\
+\end{pmatrix}.
+\]
+Die Spaltenvektoren lassen sich alle durch die Vektoren $b_2$, $b_3$
+und $b_4$ ausdrücken, also ist $\mathcal{J}(A-2E)=\langle b_2,b_3,b_4\rangle$.
+
+Indem die Vektoren $b_i$ als Spalten in eine Matrix $T$ schreibt, kann man
+jetzt berechnen, wie die Matrix der linearen Abbildung in dieser neuen
+Basis aussieht, es ist
+\[
+A'=T^{-1}AT
+\left(
+\begin{array}{r|rrr}
+    3&   0&   0&   0\\
+\hline
+    0& -13&   5&  29\\
+    0& -27&  11&  51\\
+    0&  -3&   1&   8
+\end{array}
+\right),
+\]
+wir haben also tatsächlich die versprochene Blockstruktur.
+
+Der $3\times 3$-Block
+\[
+A_1
+=
+\begin{pmatrix}
+ -13&   5&  29\\
+ -27&  11&  51\\
+  -3&   1&   8
+\end{pmatrix}
+\]
+in der rechten unteren Ecke hat den dreifachen Eigenwert $2$, 
+und die Potenzen von $A_1-2E$ sind
+\[
+A_1-2E
+\begin{pmatrix}
+  -15 &  5&  29\\
+  -27 &  9&  51\\
+   -3 &  1&   6
+\end{pmatrix}
+,\qquad
+(A_1-2E)^2
+=
+\begin{pmatrix}
+    3 & -1 & -6\\
+    9 & -3 &-18\\
+    0 &  0 &  0\\
+\end{pmatrix}
+,\qquad
+(A_1-2E)^3=0.
+\]
+Für die Jordan-Normalform brauchen wir einen von $0$ verschiedenen
+Vektor im Kern von $(A_1-2E)^2$, zum Beispiel den Vektor mit den
+Komponenten $1,3,1$.
+Man beachte aber, dass diese Komponenten jetzt in der neuen Basis
+$b_2,\dots,b_4$ zu verstehen sind, d.~h.~der Vektor, den wir suchen, ist
+\[
+c_3
+=
+b_1+ 3b_2+b_3
+=
+\begin{pmatrix}1\\3\\1\\2\end{pmatrix}.
+\]
+Jetzt berechnen wir die Bilder von $c_3$ unter $A-2E$:
+\[
+c_2
+=
+\begin{pmatrix}
+29\\51Ò\\6\\12
+\end{pmatrix}
+,\qquad
+c_1
+=
+\begin{pmatrix}
+-6\\-18\\0\\0
+\end{pmatrix}.
+\]
+Die Basis $b_1,c_1,c_2,c_3$ ist also eine Basis, in der die Matrix $A$
+Jordansche Normalform annimmt.
+
+Die Umrechnung der Matrix $A$ in die Basis $\{b_1,c_1,c_2,c_3\}$ kann 
+mit der Matrix
+\[
+T_1
+=
+\begin{pmatrix}
+    0&  -6&  29&   1\\
+    0& -18&  51&   3\\
+    1&   0&   6&   1\\
+    1&   0&  12&   2\\
+\end{pmatrix},
+\qquad
+T_1^{-1}
+=
+\frac{1}{216}
+\begin{pmatrix}
+     0&    0&  432& -216\\
+    33&  -23&  -36&   36\\
+    18&   -6&    0&    0\\
+  -108&   36& -216&  216
+\end{pmatrix}
+\]
+erfolgen und ergibt die Jordansche Normalform
+\[
+A'
+=
+\begin{pmatrix}
+3&0&0&0\\
+0&2&1&0\\
+0&0&2&1\\
+0&0&0&2
+\end{pmatrix}
+\]
+wie erwartet.
+\end{loesung}
+
+
-- 
cgit v1.2.1

