Vorlesung 15

Wiederholung
Wiederholung
Folgerung aus Satz 26 Jede n × n Matrix A über C kann man mit
Hilfe der Ähnlichkeitstransform
A 7→ B1−1 AB in die Jordan-Normalform
0 k
Jλ1
B
C
1
B
C
B
C
−1
B
C
..
bringen: B AB = B
C
B
C
.
B
C
A
km
Jλ
m
Wiederholung
Folgerung aus Satz 26 Jede n × n Matrix A über C kann man mit
Hilfe der Ähnlichkeitstransform
A 7→ B1−1 AB in die Jordan-Normalform
0 k
Jλ1
B
C
1
B
C
B
C
k
−1
B
C
..
bringen: B AB = B
, wobei Jλjj Jordan-Blöcke sind.
C
B
C
.
B
C
A
km
Jλ
m
Hier ist B eine nichtausgerartete n × n - Matrix über C.
Wiederholung
Folgerung aus Satz 26 Jede n × n Matrix A über C kann man mit
Hilfe der Ähnlichkeitstransform
A 7→ B1−1 AB in die Jordan-Normalform
0 k
Jλ1
B
C
1
B
C
B
C
k
−1
B
C
..
bringen: B AB = B
, wobei Jλjj Jordan-Blöcke sind.
C
B
C
.
B
C
A
km
Jλ
m
Hier ist B eine nichtausgerartete n × n - Matrix über C.
Frage In welche beste“ Form kann man eine Matrix über R bringen?
”
Wiederholung
Folgerung aus Satz 26 Jede n × n Matrix A über C kann man mit
Hilfe der Ähnlichkeitstransform
A 7→ B1−1 AB in die Jordan-Normalform
0 k
Jλ1
B
C
1
B
C
B
C
k
−1
B
C
..
bringen: B AB = B
, wobei Jλjj Jordan-Blöcke sind.
C
B
C
.
B
C
A
km
Jλ
m
Hier ist B eine nichtausgerartete n × n - Matrix über C.
Frage In welche beste“ Form kann man eine Matrix über R bringen?
”
(Wenn wir nur B mit reellen Einträgen zulassen.)
Wiederholung
Folgerung aus Satz 26 Jede n × n Matrix A über C kann man mit
Hilfe der Ähnlichkeitstransform
A 7→ B1−1 AB in die Jordan-Normalform
0 k
Jλ1
B
C
1
B
C
B
C
k
−1
B
C
..
bringen: B AB = B
, wobei Jλjj Jordan-Blöcke sind.
C
B
C
.
B
C
A
km
Jλ
m
Hier ist B eine nichtausgerartete n × n - Matrix über C.
Frage In welche beste“ Form kann man eine Matrix über R bringen?
”
(Wenn wir nur B mit reellen Einträgen zulassen.)
Satz 27 (Reelle Jordansche Normalform)
Satz 27 (Reelle Jordansche Normalform) Sei f : V → V ein
Endomorphismus eines endlichdimensionalen Vektorraums V über R.
Satz 27 (Reelle Jordansche Normalform) Sei f : V → V ein
Endomorphismus eines endlichdimensionalen Vektorraums V über R.
Dann
gibt es eine1Basis s.d. die Matrix von f die Form
0
A1
B
C
B
C
B
C
..
hat,
B
C
.
B
C
A
Am
Satz 27 (Reelle Jordansche Normalform) Sei f : V → V ein
Endomorphismus eines endlichdimensionalen Vektorraums V über R.
Dann
gibt es eine1Basis s.d. die Matrix von f die Form
0
A1
B
C
B
C
B
C
..
hat, wobei jedes Aj ist ein Jordan-Block, oder
B
C
.
B
C
A
Am
Satz 27 (Reelle Jordansche Normalform) Sei f : V → V ein
Endomorphismus eines endlichdimensionalen Vektorraums V über R.
Dann
gibt es eine1Basis s.d. die Matrix von f die Form
0
A1
B
C
B
C
B
C
..
hat, wobei jedes Aj ist ein Jordan-Block, oder eine
B
C
.
B
C
A
Am
(quadratische) Matrix der Form
Satz 27 (Reelle Jordansche Normalform) Sei f : V → V ein
Endomorphismus eines endlichdimensionalen Vektorraums V über R.
Dann
gibt es eine1Basis s.d. die Matrix von f die Form
0
A1
B
C
B
C
B
C
..
hat, wobei jedes Aj ist ein Jordan-Block, oder eine
B
C
.
B
C
A
Am
(quadratische) Matrix der Form
0
α
−β
1
B
β
α
1
B
B
B
B
α
−β
1
B
B
β
α
1
B
B
B
B
.
B
..
B
B
B
B
B
1
1
Satz 27 (Reelle Jordansche Normalform) Sei f : V → V ein
Endomorphismus eines endlichdimensionalen Vektorraums V über R.
Dann
gibt es eine1Basis s.d. die Matrix von f die Form
0
A1
B
C
B
C
B
C
..
hat, wobei jedes Aj ist ein Jordan-Block, oder eine
B
C
.
B
C
A
Am
(quadratische) Matrix der Form
0
α
−β
1
B
β
α
1
B
B
B
B
α
−β
1
B
B
β
α
1
B
B
B
B
.
B
..
B
B
B
B
B
1
1
α
β
−β
α
1
C
C
C
C
C
C
C
C
C
, wobei β 6= 0 ist.
C
C
C
C
C
C
C
C
A
Satz 27 (Reelle Jordansche Normalform) Sei f : V → V ein
Endomorphismus eines endlichdimensionalen Vektorraums V über R.
Dann
gibt es eine1Basis s.d. die Matrix von f die Form
0
A1
B
C
B
C
B
C
..
hat, wobei jedes Aj ist ein Jordan-Block, oder eine
B
C
.
B
C
A
Am
(quadratische) Matrix der Form
0
α
−β
1
B
β
α
1
B
B
B
B
α
−β
1
B
B
β
α
1
B
B
B
B
.
B
..
B
B
B
B
B
1
1
α
β
−β
α
1
C
C
C
C
C
C
C
C
C
, wobei β 6= 0 ist.
C
C
C
C
C
C
C
C
A
Wir werden den Satz nur für Dimension 3 Beweisen.
Satz 27 (Reelle Jordansche Normalform) Sei f : V → V ein
Endomorphismus eines endlichdimensionalen Vektorraums V über R.
Dann
gibt es eine1Basis s.d. die Matrix von f die Form
0
A1
B
C
B
C
B
C
..
hat, wobei jedes Aj ist ein Jordan-Block, oder eine
B
C
.
B
C
A
Am
(quadratische) Matrix der Form
0
α
−β
1
B
β
α
1
B
B
B
B
α
−β
1
B
B
β
α
1
B
B
B
B
.
B
..
B
B
B
B
B
1
1
α
β
−β
α
1
C
C
C
C
C
C
C
C
C
, wobei β 6= 0 ist.
C
C
C
C
C
C
C
C
A
Wir werden den Satz nur für Dimension 3 Beweisen. (Dann wird auch
der Satz für dim 2 bewiesen )
Satz 27 (Reelle Jordansche Normalform) Sei f : V → V ein
Endomorphismus eines endlichdimensionalen Vektorraums V über R.
Dann
gibt es eine1Basis s.d. die Matrix von f die Form
0
A1
B
C
B
C
B
C
..
hat, wobei jedes Aj ist ein Jordan-Block, oder eine
B
C
.
B
C
A
Am
(quadratische) Matrix der Form
0
α
−β
1
B
β
α
1
B
B
B
B
α
−β
1
B
B
β
α
1
B
B
B
B
.
B
..
B
B
B
B
B
1
1
α
β
−β
α
1
C
C
C
C
C
C
C
C
C
, wobei β 6= 0 ist.
C
C
C
C
C
C
C
C
A
Wir werden den Satz nur für Dimension 3 Beweisen. (Dann wird auch
der Satz für dim 2 bewiesen )
Dann ist jedes Aj ein Jordan-Block,
Satz 27 (Reelle Jordansche Normalform) Sei f : V → V ein
Endomorphismus eines endlichdimensionalen Vektorraums V über R.
Dann
gibt es eine1Basis s.d. die Matrix von f die Form
0
A1
B
C
B
C
B
C
..
hat, wobei jedes Aj ist ein Jordan-Block, oder eine
B
C
.
B
C
A
Am
(quadratische) Matrix der Form
0
α
−β
1
B
β
α
1
B
B
B
B
α
−β
1
B
B
β
α
1
B
B
B
B
.
B
..
B
B
B
B
B
1
1
α
β
−β
α
1
C
C
C
C
C
C
C
C
C
, wobei β 6= 0 ist.
C
C
C
C
C
C
C
C
A
Wir werden den Satz nur für Dimension 3 Beweisen. (Dann wird auch
der Satz für dim 2 bewiesen )
Dann
ist jedes
Aj ein Jordan-Block, oder eine Matrix der Form
α
β
−β
α
Satz 27 (Reelle Jordansche Normalform) Sei f : V → V ein
Endomorphismus eines endlichdimensionalen Vektorraums V über R.
Dann
gibt es eine1Basis s.d. die Matrix von f die Form
0
A1
B
C
B
C
B
C
..
hat, wobei jedes Aj ist ein Jordan-Block, oder eine
B
C
.
B
C
A
Am
(quadratische) Matrix der Form
0
α
−β
1
B
β
α
1
B
B
B
B
α
−β
1
B
B
β
α
1
B
B
B
B
.
B
..
B
B
B
B
B
1
1
α
β
−β
α
1
C
C
C
C
C
C
C
C
C
, wobei β 6= 0 ist.
C
C
C
C
C
C
C
C
A
Wir werden den Satz nur für Dimension 3 Beweisen. (Dann wird auch
der Satz für dim 2 bewiesen )
Dann
ist jedes
Aj ein Jordan-Block, oder eine Matrix der Form
α
β
−β
α
Beweisstrategie: (nicht nur für Satz 27)
Beweisstrategie: (nicht nur für Satz 27)
Sei A die Matrix von
f.
Beweisstrategie: (nicht nur für Satz 27)
Sei A die Matrix von
f . Wir steigen von
R nach C auf:
Beweisstrategie: (nicht nur für Satz 27)
Sei A die Matrix von
f . Wir steigen von
R nach C auf: man
kann A als eine Matrix über C auffassen
(deren Einträge reell
sind).
Beweisstrategie: (nicht nur für Satz 27)
Sei A die Matrix von
f . Wir steigen von
R nach C auf: man
kann A als eine Matrix über C auffassen
(deren Einträge reell
sind).
Nach Folgerung aus
Satz 26
Beweisstrategie: (nicht nur für Satz 27)
Sei A die Matrix von
f . Wir steigen von
R nach C auf: man
kann A als eine Matrix über C auffassen
(deren Einträge reell
sind).
Nach Folgerung aus
Satz 26 kann man
dann
eine
Basis
finden,
Beweisstrategie: (nicht nur für Satz 27)
Sei A die Matrix von
f . Wir steigen von
R nach C auf: man
kann A als eine Matrix über C auffassen
(deren Einträge reell
sind).
Nach Folgerung aus
Satz 26 kann man
dann
eine
Basis
finden,
s.d. die
Matrix von B −1 AB
Jordan-Normalform
hat.
Beweisstrategie: (nicht nur für Satz 27)
Sei A die Matrix von
f . Wir steigen von
R nach C auf: man
kann A als eine Matrix über C auffassen
(deren Einträge reell
sind).
Nach Folgerung aus
Satz 26 kann man
dann
eine
Basis
finden,
s.d. die
Matrix von B −1 AB
Jordan-Normalform
hat.
Dann steigen
wir von C nach R ab,
Beweisstrategie: (nicht nur für Satz 27)
Sei A die Matrix von
f . Wir steigen von
R nach C auf: man
kann A als eine Matrix über C auffassen
(deren Einträge reell
sind).
Nach Folgerung aus
Satz 26 kann man
dann
eine
Basis
finden,
s.d. die
Matrix von B −1 AB
Jordan-Normalform
hat.
Dann steigen
wir von C nach R ab,
und bekommen die
Aussage.
Beweisstrategie: (nicht nur für Satz 27)
Sei A die Matrix von
f . Wir steigen von Analogie:
R nach C auf: man
kann A als eine Matrix über C auffassen
(deren Einträge reell
sind).
Nach Folgerung aus
Satz 26 kann man
dann
eine
Basis
finden,
s.d. die
Matrix von B −1 AB
Jordan-Normalform
hat.
Dann steigen
wir von C nach R ab,
und bekommen die
Aussage.
Beweisstrategie: (nicht nur für Satz 27)
Sei A die Matrix von
f . Wir steigen von Analogie:
R nach C auf: man Algebra
kann A als eine Matrix über C auffassen
(deren Einträge reell
sind).
Nach Folgerung aus
Satz 26 kann man
dann
eine
Basis
finden,
s.d. die
Matrix von B −1 AB
Jordan-Normalform
hat.
Dann steigen
wir von C nach R ab,
und bekommen die
Aussage.
Folgerung B aus Hauptsatz der
Beweisstrategie: (nicht nur für Satz 27)
Sei A die Matrix von
f . Wir steigen von Analogie: Folgerung B aus Hauptsatz der
R nach C auf: man Algebra Jedes P ∈ R[x], Grad(P) > 0,
kann A als eine Matrix über C auffassen
(deren Einträge reell
sind).
Nach Folgerung aus
Satz 26 kann man
dann
eine
Basis
finden,
s.d. die
Matrix von B −1 AB
Jordan-Normalform
hat.
Dann steigen
wir von C nach R ab,
und bekommen die
Aussage.
Beweisstrategie: (nicht nur für Satz 27)
Sei A die Matrix von
f . Wir steigen von
R nach C auf: man
kann A als eine Matrix über C auffassen
(deren Einträge reell
sind).
Nach Folgerung aus
Satz 26 kann man
dann
eine
Basis
finden,
s.d. die
Matrix von B −1 AB
Jordan-Normalform
hat.
Dann steigen
wir von C nach R ab,
und bekommen die
Aussage.
Analogie: Folgerung B aus Hauptsatz der
Algebra Jedes P ∈ R[x], Grad(P) > 0, kann
man in Produkt von lineare und quadratrischen
Faktoren zerlegen.
Beweisstrategie: (nicht nur für Satz 27)
Sei A die Matrix von
f . Wir steigen von
R nach C auf: man
kann A als eine Matrix über C auffassen
(deren Einträge reell
sind).
Nach Folgerung aus
Satz 26 kann man
dann
eine
Basis
finden,
s.d. die
Matrix von B −1 AB
Jordan-Normalform
hat.
Dann steigen
wir von C nach R ab,
und bekommen die
Aussage.
Analogie: Folgerung B aus Hauptsatz der
Algebra Jedes P ∈ R[x], Grad(P) > 0, kann
man in Produkt von lineare und quadratrischen
Faktoren zerlegen.
Beweis Wiederholen:
Beweisstrategie: (nicht nur für Satz 27)
Sei A die Matrix von
f . Wir steigen von
R nach C auf: man
kann A als eine Matrix über C auffassen
(deren Einträge reell
sind).
Nach Folgerung aus
Satz 26 kann man
dann
eine
Basis
finden,
s.d. die
Matrix von B −1 AB
Jordan-Normalform
hat.
Dann steigen
wir von C nach R ab,
und bekommen die
Aussage.
Analogie: Folgerung B aus Hauptsatz der
Algebra Jedes P ∈ R[x], Grad(P) > 0, kann
man in Produkt von lineare und quadratrischen
Faktoren zerlegen.
Beweis Wiederholen:
1. Man kann P als Polynom über C auffassen,
Beweisstrategie: (nicht nur für Satz 27)
Sei A die Matrix von
f . Wir steigen von
R nach C auf: man
kann A als eine Matrix über C auffassen
(deren Einträge reell
sind).
Nach Folgerung aus
Satz 26 kann man
dann
eine
Basis
finden,
s.d. die
Matrix von B −1 AB
Jordan-Normalform
hat.
Dann steigen
wir von C nach R ab,
und bekommen die
Aussage.
Analogie: Folgerung B aus Hauptsatz der
Algebra Jedes P ∈ R[x], Grad(P) > 0, kann
man in Produkt von lineare und quadratrischen
Faktoren zerlegen.
Beweis Wiederholen:
1. Man kann P als Polynom über C auffassen,
und dann in Produkt von lineare Faktoren zerlegen:
Beweisstrategie: (nicht nur für Satz 27)
Sei A die Matrix von
f . Wir steigen von
R nach C auf: man
kann A als eine Matrix über C auffassen
(deren Einträge reell
sind).
Nach Folgerung aus
Satz 26 kann man
dann
eine
Basis
finden,
s.d. die
Matrix von B −1 AB
Jordan-Normalform
hat.
Dann steigen
wir von C nach R ab,
und bekommen die
Aussage.
Analogie: Folgerung B aus Hauptsatz der
Algebra Jedes P ∈ R[x], Grad(P) > 0, kann
man in Produkt von lineare und quadratrischen
Faktoren zerlegen.
Beweis Wiederholen:
1. Man kann P als Polynom über C auffassen,
und dann in Produkt von lineare Faktoren zerlegen: P = (λ1 − x)...(λn − x)a.
2. Ist λ1 eine nicht reelle Nullstelle,
Beweisstrategie: (nicht nur für Satz 27)
Sei A die Matrix von
f . Wir steigen von
R nach C auf: man
kann A als eine Matrix über C auffassen
(deren Einträge reell
sind).
Nach Folgerung aus
Satz 26 kann man
dann
eine
Basis
finden,
s.d. die
Matrix von B −1 AB
Jordan-Normalform
hat.
Dann steigen
wir von C nach R ab,
und bekommen die
Aussage.
Analogie: Folgerung B aus Hauptsatz der
Algebra Jedes P ∈ R[x], Grad(P) > 0, kann
man in Produkt von lineare und quadratrischen
Faktoren zerlegen.
Beweis Wiederholen:
1. Man kann P als Polynom über C auffassen,
und dann in Produkt von lineare Faktoren zerlegen: P = (λ1 − x)...(λn − x)a.
2. Ist λ1 eine nicht reelle Nullstelle, so ist λ̄1
auch eine Nullstelle
Beweisstrategie: (nicht nur für Satz 27)
Sei A die Matrix von
f . Wir steigen von
R nach C auf: man
kann A als eine Matrix über C auffassen
(deren Einträge reell
sind).
Nach Folgerung aus
Satz 26 kann man
dann
eine
Basis
finden,
s.d. die
Matrix von B −1 AB
Jordan-Normalform
hat.
Dann steigen
wir von C nach R ab,
und bekommen die
Aussage.
Analogie: Folgerung B aus Hauptsatz der
Algebra Jedes P ∈ R[x], Grad(P) > 0, kann
man in Produkt von lineare und quadratrischen
Faktoren zerlegen.
Beweis Wiederholen:
1. Man kann P als Polynom über C auffassen,
und dann in Produkt von lineare Faktoren zerlegen: P = (λ1 − x)...(λn − x)a.
2. Ist λ1 eine nicht reelle Nullstelle, so ist λ̄1
auch eine Nullstelle (Weil P(λ1 ) = P(λ̄1 )).
Beweisstrategie: (nicht nur für Satz 27)
Sei A die Matrix von
f . Wir steigen von
R nach C auf: man
kann A als eine Matrix über C auffassen
(deren Einträge reell
sind).
Nach Folgerung aus
Satz 26 kann man
dann
eine
Basis
finden,
s.d. die
Matrix von B −1 AB
Jordan-Normalform
hat.
Dann steigen
wir von C nach R ab,
und bekommen die
Aussage.
Analogie: Folgerung B aus Hauptsatz der
Algebra Jedes P ∈ R[x], Grad(P) > 0, kann
man in Produkt von lineare und quadratrischen
Faktoren zerlegen.
Beweis Wiederholen:
1. Man kann P als Polynom über C auffassen,
und dann in Produkt von lineare Faktoren zerlegen: P = (λ1 − x)...(λn − x)a.
2. Ist λ1 eine nicht reelle Nullstelle, so ist λ̄1
auch eine Nullstelle (Weil P(λ1 ) = P(λ̄1 )). Da
Q2 := (λ1 − x)(λ̄1 − x)
Beweisstrategie: (nicht nur für Satz 27)
Sei A die Matrix von
f . Wir steigen von
R nach C auf: man
kann A als eine Matrix über C auffassen
(deren Einträge reell
sind).
Nach Folgerung aus
Satz 26 kann man
dann
eine
Basis
finden,
s.d. die
Matrix von B −1 AB
Jordan-Normalform
hat.
Dann steigen
wir von C nach R ab,
und bekommen die
Aussage.
Analogie: Folgerung B aus Hauptsatz der
Algebra Jedes P ∈ R[x], Grad(P) > 0, kann
man in Produkt von lineare und quadratrischen
Faktoren zerlegen.
Beweis Wiederholen:
1. Man kann P als Polynom über C auffassen,
und dann in Produkt von lineare Faktoren zerlegen: P = (λ1 − x)...(λn − x)a.
2. Ist λ1 eine nicht reelle Nullstelle, so ist λ̄1
auch eine Nullstelle (Weil P(λ1 ) = P(λ̄1 )). Da
Q2 := (λ1 − x)(λ̄1 − x) ein (quadratisches)
Polynom über R ist,
Beweisstrategie: (nicht nur für Satz 27)
Sei A die Matrix von
f . Wir steigen von
R nach C auf: man
kann A als eine Matrix über C auffassen
(deren Einträge reell
sind).
Nach Folgerung aus
Satz 26 kann man
dann
eine
Basis
finden,
s.d. die
Matrix von B −1 AB
Jordan-Normalform
hat.
Dann steigen
wir von C nach R ab,
und bekommen die
Aussage.
Analogie: Folgerung B aus Hauptsatz der
Algebra Jedes P ∈ R[x], Grad(P) > 0, kann
man in Produkt von lineare und quadratrischen
Faktoren zerlegen.
Beweis Wiederholen:
1. Man kann P als Polynom über C auffassen,
und dann in Produkt von lineare Faktoren zerlegen: P = (λ1 − x)...(λn − x)a.
2. Ist λ1 eine nicht reelle Nullstelle, so ist λ̄1
auch eine Nullstelle (Weil P(λ1 ) = P(λ̄1 )). Da
Q2 := (λ1 − x)(λ̄1 − x) ein (quadratisches)
Polynom über R ist, ist P = Q2 Pn−2 ,
Beweisstrategie: (nicht nur für Satz 27)
Sei A die Matrix von
f . Wir steigen von
R nach C auf: man
kann A als eine Matrix über C auffassen
(deren Einträge reell
sind).
Nach Folgerung aus
Satz 26 kann man
dann
eine
Basis
finden,
s.d. die
Matrix von B −1 AB
Jordan-Normalform
hat.
Dann steigen
wir von C nach R ab,
und bekommen die
Aussage.
Analogie: Folgerung B aus Hauptsatz der
Algebra Jedes P ∈ R[x], Grad(P) > 0, kann
man in Produkt von lineare und quadratrischen
Faktoren zerlegen.
Beweis Wiederholen:
1. Man kann P als Polynom über C auffassen,
und dann in Produkt von lineare Faktoren zerlegen: P = (λ1 − x)...(λn − x)a.
2. Ist λ1 eine nicht reelle Nullstelle, so ist λ̄1
auch eine Nullstelle (Weil P(λ1 ) = P(λ̄1 )). Da
Q2 := (λ1 − x)(λ̄1 − x) ein (quadratisches)
Polynom über R ist, ist P = Q2 Pn−2 , wobei
Pn−2 ∈ R[x] mit Grad(Pn−2 ) = n − 2.
Beweisstrategie: (nicht nur für Satz 27)
Sei A die Matrix von
f . Wir steigen von
R nach C auf: man
kann A als eine Matrix über C auffassen
(deren Einträge reell
sind).
Nach Folgerung aus
Satz 26 kann man
dann
eine
Basis
finden,
s.d. die
Matrix von B −1 AB
Jordan-Normalform
hat.
Dann steigen
wir von C nach R ab,
und bekommen die
Aussage.
Analogie: Folgerung B aus Hauptsatz der
Algebra Jedes P ∈ R[x], Grad(P) > 0, kann
man in Produkt von lineare und quadratrischen
Faktoren zerlegen.
Beweis Wiederholen:
1. Man kann P als Polynom über C auffassen,
und dann in Produkt von lineare Faktoren zerlegen: P = (λ1 − x)...(λn − x)a.
2. Ist λ1 eine nicht reelle Nullstelle, so ist λ̄1
auch eine Nullstelle (Weil P(λ1 ) = P(λ̄1 )). Da
Q2 := (λ1 − x)(λ̄1 − x) ein (quadratisches)
Polynom über R ist, ist P = Q2 Pn−2 , wobei
Pn−2 ∈ R[x] mit Grad(Pn−2 ) = n − 2.
Dann Induktion nach n liefert die Aussage.
Beweis von Satz 27 für dim 3
Beweis von Satz 27 für dim 3
Wiederholung
.
=
Beweis von Satz 27 für dim 3
Wiederholung
Für µ = |{z}
α +i · β ∈ C
|{z}
∈R
.
=
∈R
Beweis von Satz 27 für dim 3
Wiederholung
Für µ = |{z}
α +i · β ∈ C ist µ̄ := α − i · β.
|{z}
∈R
.
=
∈R
Beweis von Satz 27 für dim 3
Wiederholung
Für µ = |{z}
α +i · β ∈ C ist µ̄ := α − i · β.
|{z}
∈R
Nach Definition gilt:
.
=
∈R
Beweis von Satz 27 für dim 3
Wiederholung
Für µ = |{z}
α +i · β ∈ C ist µ̄ := α − i · β.
|{z}
∈R
Nach Definition gilt:
.
=
∈R
µ̄ = µ ⇐⇒ µ ∈ R,
Beweis von Satz 27 für dim 3
Wiederholung
Für µ = |{z}
α +i · β ∈ C ist µ̄ := α − i · β.
|{z}
∈R
Nach Definition gilt:
.
=
∈R
µ̄ = µ ⇐⇒ µ ∈ R,
¯ = µ.
µ̄
Beweis von Satz 27 für dim 3
Wiederholung
Für µ = |{z}
α +i · β ∈ C ist µ̄ := α − i · β.
|{z}
∈R
Nach Definition gilt:
.
=
∈R
µ̄ = µ ⇐⇒ µ ∈ R,
¯ = µ. Außerdem gilt:
µ̄
Beweis von Satz 27 für dim 3
Wiederholung
Für µ = |{z}
α +i · β ∈ C ist µ̄ := α − i · β.
|{z}
∈R
Nach Definition gilt:
µ1 · µ2
.
=
∈R
µ̄ = µ ⇐⇒ µ ∈ R,
¯ = µ. Außerdem gilt:
µ̄
Beweis von Satz 27 für dim 3
Wiederholung
Für µ = |{z}
α +i · β ∈ C ist µ̄ := α − i · β.
|{z}
∈R
Nach Definition gilt:
µ1 · µ2 = µ2 · µ2
.
=
∈R
µ̄ = µ ⇐⇒ µ ∈ R,
(∗)
¯ = µ. Außerdem gilt:
µ̄
Beweis von Satz 27 für dim 3
Wiederholung
Für µ = |{z}
α +i · β ∈ C ist µ̄ := α − i · β.
|{z}
∈R
Nach Definition gilt:
µ1 · µ2 = µ2 · µ2
µ1 + µ2
.
=
∈R
µ̄ = µ ⇐⇒ µ ∈ R,
(∗)
¯ = µ. Außerdem gilt:
µ̄
Beweis von Satz 27 für dim 3
Wiederholung
Für µ = |{z}
α +i · β ∈ C ist µ̄ := α − i · β.
|{z}
∈R
Nach Definition gilt:
µ1 · µ2 = µ2 · µ2
µ1 + µ2 = µ2 + µ2 .
=
∈R
µ̄ = µ ⇐⇒ µ ∈ R,
(∗)
¯ = µ. Außerdem gilt:
µ̄
Beweis von Satz 27 für dim 3
Wiederholung
Für µ = |{z}
α +i · β ∈ C ist µ̄ := α − i · β.
|{z}
∈R
Nach Definition gilt:
µ1 · µ2 = µ2 · µ2
µ1 + µ2 = µ2 + µ2 .
=
∈R
µ̄ = µ ⇐⇒ µ ∈ R,
(∗)
(∗∗)
¯ = µ. Außerdem gilt:
µ̄
Beweis von Satz 27 für dim 3
Wiederholung
Für µ = |{z}
α +i · β ∈ C ist µ̄ := α − i · β.
|{z}
∈R
∈R
¯ = µ. Außerdem gilt:
Nach Definition gilt: µ̄ = µ ⇐⇒ µ ∈ R, µ̄
µ1 · µ2 = µ2 · µ2
(∗)
µ1 + µ2 = µ2 + µ2 .
(∗∗)
Man kann auch die Konjugation auf Vektoren und Matrizen
komponentenweise anwenden,
=
Beweis von Satz 27 für dim 3
Wiederholung
Für µ = |{z}
α +i · β ∈ C ist µ̄ := α − i · β.
|{z}
∈R
∈R
¯ = µ. Außerdem gilt:
Nach Definition gilt: µ̄ = µ ⇐⇒ µ ∈ R, µ̄
µ1 · µ2 = µ2 · µ2
(∗)
µ1 + µ2 = µ2 + µ2 .
(∗∗)
Man kann auch die Konjugation auf Vektoren und Matrizen
komponentenweise anwenden, z.B.
=
Beweis von Satz 27 für dim 3
Wiederholung
Für µ = |{z}
α +i · β ∈ C ist µ̄ := α − i · β.
|{z}
∈R
∈R
¯ = µ. Außerdem gilt:
Nach Definition gilt: µ̄ = µ ⇐⇒ µ ∈ R, µ̄
µ1 · µ2 = µ2 · µ2
(∗)
µ1 + µ2 = µ2 + µ2 .
(∗∗)
Man kann auch die Konjugation auf Vektoren und Matrizen
komponentenweise
anwenden, z.B.
0
1
α +i ·β
α21 + i · β12 A =
α3 + i · β3
Beweis von Satz 27 für dim 3
Wiederholung
Für µ = |{z}
α +i · β ∈ C ist µ̄ := α − i · β.
|{z}
∈R
∈R
¯ = µ. Außerdem gilt:
Nach Definition gilt: µ̄ = µ ⇐⇒ µ ∈ R, µ̄
µ1 · µ2 = µ2 · µ2
(∗)
µ1 + µ2 = µ2 + µ2 .
(∗∗)
Man kann auch die Konjugation auf Vektoren und Matrizen
komponentenweise
z.B.
0
1
0 anwenden,
1
α +i ·β
α −i ·β
α3 + i · β3
α3 − i · β3
α21 + i · β12 A = α21 − i · β12 A
Beweis von Satz 27 für dim 3
Wiederholung
Für µ = |{z}
α +i · β ∈ C ist µ̄ := α − i · β.
|{z}
∈R
∈R
¯ = µ. Außerdem gilt:
Nach Definition gilt: µ̄ = µ ⇐⇒ µ ∈ R, µ̄
µ1 · µ2 = µ2 · µ2
(∗)
µ1 + µ2 = µ2 + µ2 .
(∗∗)
Man kann auch die Konjugation auf Vektoren und Matrizen
komponentenweise
z.B.
0
1
0 anwenden,
1
α +i ·β
α −i ·β
α3 + i · β3
α3 − i · β3
α21 + i · β12 A = α21 − i · β12 A
Wegen (∗), (∗∗) und Rechenregeln für Matrizen
Beweis von Satz 27 für dim 3
Wiederholung
Für µ = |{z}
α +i · β ∈ C ist µ̄ := α − i · β.
|{z}
∈R
∈R
¯ = µ. Außerdem gilt:
Nach Definition gilt: µ̄ = µ ⇐⇒ µ ∈ R, µ̄
µ1 · µ2 = µ2 · µ2
(∗)
µ1 + µ2 = µ2 + µ2 .
(∗∗)
Man kann auch die Konjugation auf Vektoren und Matrizen
komponentenweise
z.B.
0
1
0 anwenden,
1
α +i ·β
α −i ·β
α3 + i · β3
α3 − i · β3
α21 + i · β12 A = α21 − i · β12 A
Wegen (∗), (∗∗) und Rechenregeln für Matrizen ist dann Av = Av̄ .
Beweis von Satz 27 für dim 3
Wiederholung
Für µ = |{z}
α +i · β ∈ C ist µ̄ := α − i · β.
|{z}
∈R
∈R
¯ = µ. Außerdem gilt:
Nach Definition gilt: µ̄ = µ ⇐⇒ µ ∈ R, µ̄
µ1 · µ2 = µ2 · µ2
(∗)
µ1 + µ2 = µ2 + µ2 .
(∗∗)
Man kann auch die Konjugation auf Vektoren und Matrizen
komponentenweise
z.B.
0
1
0 anwenden,
1
α +i ·β
α −i ·β
α3 + i · β3
α3 − i · β3
α21 + i · β12 A = α21 − i · β12 A
Wegen (∗), (∗∗) und Rechenregeln für Matrizen ist dann Av = Av̄ .
Ferner gilt: ist A eine reelle Matrix,
Beweis von Satz 27 für dim 3
Wiederholung
Für µ = |{z}
α +i · β ∈ C ist µ̄ := α − i · β.
|{z}
∈R
∈R
¯ = µ. Außerdem gilt:
Nach Definition gilt: µ̄ = µ ⇐⇒ µ ∈ R, µ̄
µ1 · µ2 = µ2 · µ2
(∗)
µ1 + µ2 = µ2 + µ2 .
(∗∗)
Man kann auch die Konjugation auf Vektoren und Matrizen
komponentenweise
z.B.
0
1
0 anwenden,
1
α +i ·β
α −i ·β
α3 + i · β3
α3 − i · β3
α21 + i · β12 A = α21 − i · β12 A
Wegen (∗), (∗∗) und Rechenregeln für Matrizen ist dann Av = Av̄ .
Ferner gilt: ist A eine reelle Matrix, so ist A = A,
Beweis von Satz 27 für dim 3
Wiederholung
Für µ = |{z}
α +i · β ∈ C ist µ̄ := α − i · β.
|{z}
∈R
∈R
¯ = µ. Außerdem gilt:
Nach Definition gilt: µ̄ = µ ⇐⇒ µ ∈ R, µ̄
µ1 · µ2 = µ2 · µ2
(∗)
µ1 + µ2 = µ2 + µ2 .
(∗∗)
Man kann auch die Konjugation auf Vektoren und Matrizen
komponentenweise
z.B.
0
1
0 anwenden,
1
α +i ·β
α −i ·β
α3 + i · β3
α3 − i · β3
α21 + i · β12 A = α21 − i · β12 A
Wegen (∗), (∗∗) und Rechenregeln für Matrizen ist dann Av = Av̄ .
Ferner gilt: ist A eine reelle Matrix, so ist A = A, und deswegen
Av = Av .
Beweis von Satz 27 für dim 3
Wiederholung
Für µ = |{z}
α +i · β ∈ C ist µ̄ := α − i · β.
|{z}
∈R
∈R
¯ = µ. Außerdem gilt:
Nach Definition gilt: µ̄ = µ ⇐⇒ µ ∈ R, µ̄
µ1 · µ2 = µ2 · µ2
(∗)
µ1 + µ2 = µ2 + µ2 .
(∗∗)
Man kann auch die Konjugation auf Vektoren und Matrizen
komponentenweise
z.B.
0
1
0 anwenden,
1
α +i ·β
α −i ·β
α3 + i · β3
α3 − i · β3
α21 + i · β12 A = α21 − i · β12 A
Wegen (∗), (∗∗) und Rechenregeln für Matrizen ist dann Av = Av̄ .
Ferner gilt: ist A eine reelle Matrix, so ist A = A, und deswegen
Av = Av .
Da A eine 3 × 3 Matrix ist,
Beweis von Satz 27 für dim 3
Wiederholung
Für µ = |{z}
α +i · β ∈ C ist µ̄ := α − i · β.
|{z}
∈R
∈R
¯ = µ. Außerdem gilt:
Nach Definition gilt: µ̄ = µ ⇐⇒ µ ∈ R, µ̄
µ1 · µ2 = µ2 · µ2
(∗)
µ1 + µ2 = µ2 + µ2 .
(∗∗)
Man kann auch die Konjugation auf Vektoren und Matrizen
komponentenweise
z.B.
0
1
0 anwenden,
1
α +i ·β
α −i ·β
α3 + i · β3
α3 − i · β3
α21 + i · β12 A = α21 − i · β12 A
Wegen (∗), (∗∗) und Rechenregeln für Matrizen ist dann Av = Av̄ .
Ferner gilt: ist A eine reelle Matrix, so ist A = A, und deswegen
Av = Av .
Da A eine 3 × 3 Matrix ist, ist ℵA = −t 3 + ... +
det(A),
Beweis von Satz 27 für dim 3
Wiederholung
Für µ = |{z}
α +i · β ∈ C ist µ̄ := α − i · β.
|{z}
∈R
∈R
¯ = µ. Außerdem gilt:
Nach Definition gilt: µ̄ = µ ⇐⇒ µ ∈ R, µ̄
µ1 · µ2 = µ2 · µ2
(∗)
µ1 + µ2 = µ2 + µ2 .
(∗∗)
Man kann auch die Konjugation auf Vektoren und Matrizen
komponentenweise
z.B.
0
1
0 anwenden,
1
α +i ·β
α −i ·β
α3 + i · β3
α3 − i · β3
α21 + i · β12 A = α21 − i · β12 A
Wegen (∗), (∗∗) und Rechenregeln für Matrizen ist dann Av = Av̄ .
Ferner gilt: ist A eine reelle Matrix, so ist A = A, und deswegen
Av = Av .
Da A eine 3 × 3 Matrix ist, ist ℵA = −t 3 + ... +
det(A), und hat deswegen eine reelle Nullstelle nach
Zwischenwertsatz.
Beweis von Satz 27 für dim 3
Wiederholung
Für µ = |{z}
α +i · β ∈ C ist µ̄ := α − i · β.
|{z}
∈R
∈R
¯ = µ. Außerdem gilt:
Nach Definition gilt: µ̄ = µ ⇐⇒ µ ∈ R, µ̄
µ1 · µ2 = µ2 · µ2
(∗)
µ1 + µ2 = µ2 + µ2 .
(∗∗)
Man kann auch die Konjugation auf Vektoren und Matrizen
komponentenweise
z.B.
0
1
0 anwenden,
1
α +i ·β
α −i ·β
α3 + i · β3
α3 − i · β3
α21 + i · β12 A = α21 − i · β12 A
Wegen (∗), (∗∗) und Rechenregeln für Matrizen ist dann Av = Av̄ .
Ferner gilt: ist A eine reelle Matrix, so ist A = A, und deswegen
Av = Av .
Da A eine 3 × 3 Matrix ist, ist ℵA = −t 3 + ... +
det(A), und hat deswegen eine reelle Nullstelle nach
Zwischenwertsatz. (Für grössere positive t ist |t 3 | viel
grosser als |t 2 |, |t|, det(A),
Beweis von Satz 27 für dim 3
Wiederholung
Für µ = |{z}
α +i · β ∈ C ist µ̄ := α − i · β.
|{z}
∈R
∈R
¯ = µ. Außerdem gilt:
Nach Definition gilt: µ̄ = µ ⇐⇒ µ ∈ R, µ̄
µ1 · µ2 = µ2 · µ2
(∗)
µ1 + µ2 = µ2 + µ2 .
(∗∗)
Man kann auch die Konjugation auf Vektoren und Matrizen
komponentenweise
z.B.
0
1
0 anwenden,
1
α +i ·β
α −i ·β
α3 + i · β3
α3 − i · β3
α21 + i · β12 A = α21 − i · β12 A
Wegen (∗), (∗∗) und Rechenregeln für Matrizen ist dann Av = Av̄ .
Ferner gilt: ist A eine reelle Matrix, so ist A = A, und deswegen
Av = Av .
Da A eine 3 × 3 Matrix ist, ist ℵA = −t 3 + ... +
det(A), und hat deswegen eine reelle Nullstelle nach
Zwischenwertsatz. (Für grössere positive t ist |t 3 | viel
grosser als |t 2 |, |t|, det(A), also ℵA (t) ≤ 0.
P(t)
t
Beweis von Satz 27 für dim 3
Wiederholung
Für µ = |{z}
α +i · β ∈ C ist µ̄ := α − i · β.
|{z}
∈R
∈R
¯ = µ. Außerdem gilt:
Nach Definition gilt: µ̄ = µ ⇐⇒ µ ∈ R, µ̄
µ1 · µ2 = µ2 · µ2
(∗)
µ1 + µ2 = µ2 + µ2 .
(∗∗)
Man kann auch die Konjugation auf Vektoren und Matrizen
komponentenweise
z.B.
0
1
0 anwenden,
1
α +i ·β
α −i ·β
α3 + i · β3
α3 − i · β3
α21 + i · β12 A = α21 − i · β12 A
Wegen (∗), (∗∗) und Rechenregeln für Matrizen ist dann Av = Av̄ .
Ferner gilt: ist A eine reelle Matrix, so ist A = A, und deswegen
Av = Av .
Da A eine 3 × 3 Matrix ist, ist ℵA = −t 3 + ... +
det(A), und hat deswegen eine reelle Nullstelle nach
Zwischenwertsatz. (Für grössere positive t ist |t 3 | viel
grosser als |t 2 |, |t|, det(A), also ℵA (t) ≤ 0. Für
negative t s.d. |t| gross ist, ist ℵA ≥ 0.
P(t)
t
Beweis von Satz 27 für dim 3
Wiederholung
Für µ = |{z}
α +i · β ∈ C ist µ̄ := α − i · β.
|{z}
∈R
∈R
¯ = µ. Außerdem gilt:
Nach Definition gilt: µ̄ = µ ⇐⇒ µ ∈ R, µ̄
µ1 · µ2 = µ2 · µ2
(∗)
µ1 + µ2 = µ2 + µ2 .
(∗∗)
Man kann auch die Konjugation auf Vektoren und Matrizen
komponentenweise
z.B.
0
1
0 anwenden,
1
α +i ·β
α −i ·β
α3 + i · β3
α3 − i · β3
α21 + i · β12 A = α21 − i · β12 A
Wegen (∗), (∗∗) und Rechenregeln für Matrizen ist dann Av = Av̄ .
Ferner gilt: ist A eine reelle Matrix, so ist A = A, und deswegen
Av = Av .
Da A eine 3 × 3 Matrix ist, ist ℵA = −t 3 + ... +
det(A), und hat deswegen eine reelle Nullstelle nach
Zwischenwertsatz. (Für grössere positive t ist |t 3 | viel
grosser als |t 2 |, |t|, det(A), also ℵA (t) ≤ 0. Für
negative t s.d. |t| gross ist, ist ℵA ≥ 0. Dann gibt es
ein λ s.d. ℵA (λ) = 0.)
P(t)
t
Beweis von Satz 27 für dim 3
Wiederholung
Für µ = |{z}
α +i · β ∈ C ist µ̄ := α − i · β.
|{z}
∈R
∈R
¯ = µ. Außerdem gilt:
Nach Definition gilt: µ̄ = µ ⇐⇒ µ ∈ R, µ̄
µ1 · µ2 = µ2 · µ2
(∗)
µ1 + µ2 = µ2 + µ2 .
(∗∗)
Man kann auch die Konjugation auf Vektoren und Matrizen
komponentenweise
z.B.
0
1
0 anwenden,
1
α +i ·β
α −i ·β
α3 + i · β3
α3 − i · β3
α21 + i · β12 A = α21 − i · β12 A
Wegen (∗), (∗∗) und Rechenregeln für Matrizen ist dann Av = Av̄ .
Ferner gilt: ist A eine reelle Matrix, so ist A = A, und deswegen
Av = Av .
Da A eine 3 × 3 Matrix ist, ist ℵA = −t 3 + ... +
det(A), und hat deswegen eine reelle Nullstelle nach
Zwischenwertsatz. (Für grössere positive t ist |t 3 | viel
grosser als |t 2 |, |t|, det(A), also ℵA (t) ≤ 0. Für
negative t s.d. |t| gross ist, ist ℵA ≥ 0. Dann gibt es
ein λ s.d. ℵA (λ) = 0.) Dann ist ℵA (t) = (λ − t)Q2 ,
P(t)
t
Beweis von Satz 27 für dim 3
Wiederholung
Für µ = |{z}
α +i · β ∈ C ist µ̄ := α − i · β.
|{z}
∈R
∈R
¯ = µ. Außerdem gilt:
Nach Definition gilt: µ̄ = µ ⇐⇒ µ ∈ R, µ̄
µ1 · µ2 = µ2 · µ2
(∗)
µ1 + µ2 = µ2 + µ2 .
(∗∗)
Man kann auch die Konjugation auf Vektoren und Matrizen
komponentenweise
z.B.
0
1
0 anwenden,
1
α +i ·β
α −i ·β
α3 + i · β3
α3 − i · β3
α21 + i · β12 A = α21 − i · β12 A
Wegen (∗), (∗∗) und Rechenregeln für Matrizen ist dann Av = Av̄ .
Ferner gilt: ist A eine reelle Matrix, so ist A = A, und deswegen
Av = Av .
Da A eine 3 × 3 Matrix ist, ist ℵA = −t 3 + ... +
det(A), und hat deswegen eine reelle Nullstelle nach
Zwischenwertsatz. (Für grössere positive t ist |t 3 | viel
grosser als |t 2 |, |t|, det(A), also ℵA (t) ≤ 0. Für
negative t s.d. |t| gross ist, ist ℵA ≥ 0. Dann gibt es
ein λ s.d. ℵA (λ) = 0.) Dann ist ℵA (t) = (λ − t)Q2 ,
wobei Q2 ∈ R[t], Grad(Q2 ) = 2.
P(t)
t
Hat Q2 eine reelle Nullstelle,
Hat Q2 eine reelle Nullstelle, so zerfällt Q2 ,
Hat Q2 eine reelle Nullstelle, so zerfällt Q2 , und deswegen auch ℵA ,
Hat Q2 eine reelle Nullstelle, so zerfällt Q2 , und deswegen auch ℵA , in
Produkt von Linearfaktoren.
Hat Q2 eine reelle Nullstelle, so zerfällt Q2 , und deswegen auch ℵA , in
Produkt von Linearfaktoren. Dann hat die Matrix von f
Jordan-Normalform in einer Basis (Satz 26),
Hat Q2 eine reelle Nullstelle, so zerfällt Q2 , und deswegen auch ℵA , in
Produkt von Linearfaktoren. Dann hat die Matrix von f
Jordan-Normalform in einer Basis (Satz 26), und wir sind fertig.
Hat Q2 eine reelle Nullstelle, so zerfällt Q2 , und deswegen auch ℵA , in
Produkt von Linearfaktoren. Dann hat die Matrix von f
Jordan-Normalform in einer Basis (Satz 26), und wir sind fertig.
Angenommen µ ∈ C \ R
Hat Q2 eine reelle Nullstelle, so zerfällt Q2 , und deswegen auch ℵA , in
Produkt von Linearfaktoren. Dann hat die Matrix von f
Jordan-Normalform in einer Basis (Satz 26), und wir sind fertig.
Angenommen µ ∈ C \ R ist eine Nullstelle von ℵA .
Hat Q2 eine reelle Nullstelle, so zerfällt Q2 , und deswegen auch ℵA , in
Produkt von Linearfaktoren. Dann hat die Matrix von f
Jordan-Normalform in einer Basis (Satz 26), und wir sind fertig.
Angenommen µ ∈ C \ R ist eine Nullstelle von ℵA . Dann ist µ̄ auch eine
Nullstelle von ℵA ( weil 0 = 0 = ℵA (µ) = ℵA (µ̄),
Hat Q2 eine reelle Nullstelle, so zerfällt Q2 , und deswegen auch ℵA , in
Produkt von Linearfaktoren. Dann hat die Matrix von f
Jordan-Normalform in einer Basis (Satz 26), und wir sind fertig.
Angenommen µ ∈ C \ R ist eine Nullstelle von ℵA . Dann ist µ̄ auch eine
Nullstelle von ℵA ( weil 0 = 0 = ℵA (µ) = ℵA (µ̄), s. Beweis von
Folgerung B aus Hauptsatz der Algebra).
Hat Q2 eine reelle Nullstelle, so zerfällt Q2 , und deswegen auch ℵA , in
Produkt von Linearfaktoren. Dann hat die Matrix von f
Jordan-Normalform in einer Basis (Satz 26), und wir sind fertig.
Angenommen µ ∈ C \ R ist eine Nullstelle von ℵA . Dann ist µ̄ auch eine
Nullstelle von ℵA ( weil 0 = 0 = ℵA (µ) = ℵA (µ̄), s. Beweis von
Folgerung B aus Hauptsatz der Algebra). Die Nullstellen λ, µ, µ̄ sind
verschieden.
Hat Q2 eine reelle Nullstelle, so zerfällt Q2 , und deswegen auch ℵA , in
Produkt von Linearfaktoren. Dann hat die Matrix von f
Jordan-Normalform in einer Basis (Satz 26), und wir sind fertig.
Angenommen µ ∈ C \ R ist eine Nullstelle von ℵA . Dann ist µ̄ auch eine
Nullstelle von ℵA ( weil 0 = 0 = ℵA (µ) = ℵA (µ̄), s. Beweis von
Folgerung B aus Hauptsatz der Algebra). Die Nullstellen λ, µ, µ̄ sind
verschieden.
Betrachten die folgende Eigenvektoren von A:
Hat Q2 eine reelle Nullstelle, so zerfällt Q2 , und deswegen auch ℵA , in
Produkt von Linearfaktoren. Dann hat die Matrix von f
Jordan-Normalform in einer Basis (Satz 26), und wir sind fertig.
Angenommen µ ∈ C \ R ist eine Nullstelle von ℵA . Dann ist µ̄ auch eine
Nullstelle von ℵA ( weil 0 = 0 = ℵA (µ) = ℵA (µ̄), s. Beweis von
Folgerung B aus Hauptsatz der Algebra). Die Nullstellen λ, µ, µ̄ sind
verschieden.
Betrachten die folgende Eigenvektoren von A:
b1 zu λ : Ab1 = λb1 .
Hat Q2 eine reelle Nullstelle, so zerfällt Q2 , und deswegen auch ℵA , in
Produkt von Linearfaktoren. Dann hat die Matrix von f
Jordan-Normalform in einer Basis (Satz 26), und wir sind fertig.
Angenommen µ ∈ C \ R ist eine Nullstelle von ℵA . Dann ist µ̄ auch eine
Nullstelle von ℵA ( weil 0 = 0 = ℵA (µ) = ℵA (µ̄), s. Beweis von
Folgerung B aus Hauptsatz der Algebra). Die Nullstellen λ, µ, µ̄ sind
verschieden.
Betrachten die folgende Eigenvektoren von A:
b1 zu λ : Ab1 = λb1 . Da λ ∈ R ist, kann man b1 reell wählen.
Hat Q2 eine reelle Nullstelle, so zerfällt Q2 , und deswegen auch ℵA , in
Produkt von Linearfaktoren. Dann hat die Matrix von f
Jordan-Normalform in einer Basis (Satz 26), und wir sind fertig.
Angenommen µ ∈ C \ R ist eine Nullstelle von ℵA . Dann ist µ̄ auch eine
Nullstelle von ℵA ( weil 0 = 0 = ℵA (µ) = ℵA (µ̄), s. Beweis von
Folgerung B aus Hauptsatz der Algebra). Die Nullstellen λ, µ, µ̄ sind
verschieden.
Betrachten die folgende Eigenvektoren von A:
b1 zu λ : Ab1 = λb1 . Da λ ∈ R ist, kann man b1 reell wählen.
u sei ein Eigenvektor zu µ: Au = µu.
Hat Q2 eine reelle Nullstelle, so zerfällt Q2 , und deswegen auch ℵA , in
Produkt von Linearfaktoren. Dann hat die Matrix von f
Jordan-Normalform in einer Basis (Satz 26), und wir sind fertig.
Angenommen µ ∈ C \ R ist eine Nullstelle von ℵA . Dann ist µ̄ auch eine
Nullstelle von ℵA ( weil 0 = 0 = ℵA (µ) = ℵA (µ̄), s. Beweis von
Folgerung B aus Hauptsatz der Algebra). Die Nullstellen λ, µ, µ̄ sind
verschieden.
Betrachten die folgende Eigenvektoren von A:
b1 zu λ : Ab1 = λb1 . Da λ ∈ R ist, kann man b1 reell wählen.
u sei ein Eigenvektor zu µ: Au = µu.
Dann ist ū ein Eigenvektor zu µ̄.
Hat Q2 eine reelle Nullstelle, so zerfällt Q2 , und deswegen auch ℵA , in
Produkt von Linearfaktoren. Dann hat die Matrix von f
Jordan-Normalform in einer Basis (Satz 26), und wir sind fertig.
Angenommen µ ∈ C \ R ist eine Nullstelle von ℵA . Dann ist µ̄ auch eine
Nullstelle von ℵA ( weil 0 = 0 = ℵA (µ) = ℵA (µ̄), s. Beweis von
Folgerung B aus Hauptsatz der Algebra). Die Nullstellen λ, µ, µ̄ sind
verschieden.
Betrachten die folgende Eigenvektoren von A:
b1 zu λ : Ab1 = λb1 . Da λ ∈ R ist, kann man b1 reell wählen.
u sei ein Eigenvektor zu µ: Au = µu.
Dann ist ū ein Eigenvektor zu µ̄. Tatsächlich,
Au = µu =⇒ Au = µu.
Hat Q2 eine reelle Nullstelle, so zerfällt Q2 , und deswegen auch ℵA , in
Produkt von Linearfaktoren. Dann hat die Matrix von f
Jordan-Normalform in einer Basis (Satz 26), und wir sind fertig.
Angenommen µ ∈ C \ R ist eine Nullstelle von ℵA . Dann ist µ̄ auch eine
Nullstelle von ℵA ( weil 0 = 0 = ℵA (µ) = ℵA (µ̄), s. Beweis von
Folgerung B aus Hauptsatz der Algebra). Die Nullstellen λ, µ, µ̄ sind
verschieden.
Betrachten die folgende Eigenvektoren von A:
b1 zu λ : Ab1 = λb1 . Da λ ∈ R ist, kann man b1 reell wählen.
u sei ein Eigenvektor zu µ: Au = µu.
Dann ist ū ein Eigenvektor zu µ̄. Tatsächlich,
Au = µu =⇒ Au = µu. Da A nur reelle Einträge hat,
Hat Q2 eine reelle Nullstelle, so zerfällt Q2 , und deswegen auch ℵA , in
Produkt von Linearfaktoren. Dann hat die Matrix von f
Jordan-Normalform in einer Basis (Satz 26), und wir sind fertig.
Angenommen µ ∈ C \ R ist eine Nullstelle von ℵA . Dann ist µ̄ auch eine
Nullstelle von ℵA ( weil 0 = 0 = ℵA (µ) = ℵA (µ̄), s. Beweis von
Folgerung B aus Hauptsatz der Algebra). Die Nullstellen λ, µ, µ̄ sind
verschieden.
Betrachten die folgende Eigenvektoren von A:
b1 zu λ : Ab1 = λb1 . Da λ ∈ R ist, kann man b1 reell wählen.
u sei ein Eigenvektor zu µ: Au = µu.
Dann ist ū ein Eigenvektor zu µ̄. Tatsächlich,
Au = µu =⇒ Au = µu. Da A nur reelle Einträge hat, ist Ā = A,
Hat Q2 eine reelle Nullstelle, so zerfällt Q2 , und deswegen auch ℵA , in
Produkt von Linearfaktoren. Dann hat die Matrix von f
Jordan-Normalform in einer Basis (Satz 26), und wir sind fertig.
Angenommen µ ∈ C \ R ist eine Nullstelle von ℵA . Dann ist µ̄ auch eine
Nullstelle von ℵA ( weil 0 = 0 = ℵA (µ) = ℵA (µ̄), s. Beweis von
Folgerung B aus Hauptsatz der Algebra). Die Nullstellen λ, µ, µ̄ sind
verschieden.
Betrachten die folgende Eigenvektoren von A:
b1 zu λ : Ab1 = λb1 . Da λ ∈ R ist, kann man b1 reell wählen.
u sei ein Eigenvektor zu µ: Au = µu.
Dann ist ū ein Eigenvektor zu µ̄. Tatsächlich,
Au = µu =⇒ Au = µu. Da A nur reelle Einträge hat, ist Ā = A, und
deswegen Au = Aū.
Hat Q2 eine reelle Nullstelle, so zerfällt Q2 , und deswegen auch ℵA , in
Produkt von Linearfaktoren. Dann hat die Matrix von f
Jordan-Normalform in einer Basis (Satz 26), und wir sind fertig.
Angenommen µ ∈ C \ R ist eine Nullstelle von ℵA . Dann ist µ̄ auch eine
Nullstelle von ℵA ( weil 0 = 0 = ℵA (µ) = ℵA (µ̄), s. Beweis von
Folgerung B aus Hauptsatz der Algebra). Die Nullstellen λ, µ, µ̄ sind
verschieden.
Betrachten die folgende Eigenvektoren von A:
b1 zu λ : Ab1 = λb1 . Da λ ∈ R ist, kann man b1 reell wählen.
u sei ein Eigenvektor zu µ: Au = µu.
Dann ist ū ein Eigenvektor zu µ̄. Tatsächlich,
Au = µu =⇒ Au = µu. Da A nur reelle Einträge hat, ist Ā = A, und
deswegen Au = Aū. Dann Aū = µ̄ū,
Hat Q2 eine reelle Nullstelle, so zerfällt Q2 , und deswegen auch ℵA , in
Produkt von Linearfaktoren. Dann hat die Matrix von f
Jordan-Normalform in einer Basis (Satz 26), und wir sind fertig.
Angenommen µ ∈ C \ R ist eine Nullstelle von ℵA . Dann ist µ̄ auch eine
Nullstelle von ℵA ( weil 0 = 0 = ℵA (µ) = ℵA (µ̄), s. Beweis von
Folgerung B aus Hauptsatz der Algebra). Die Nullstellen λ, µ, µ̄ sind
verschieden.
Betrachten die folgende Eigenvektoren von A:
b1 zu λ : Ab1 = λb1 . Da λ ∈ R ist, kann man b1 reell wählen.
u sei ein Eigenvektor zu µ: Au = µu.
Dann ist ū ein Eigenvektor zu µ̄. Tatsächlich,
Au = µu =⇒ Au = µu. Da A nur reelle Einträge hat, ist Ā = A, und
deswegen Au = Aū. Dann Aū = µ̄ū, und ū ist ein Eigenvektor von A
mit Eigenwert µ̄.
Hat Q2 eine reelle Nullstelle, so zerfällt Q2 , und deswegen auch ℵA , in
Produkt von Linearfaktoren. Dann hat die Matrix von f
Jordan-Normalform in einer Basis (Satz 26), und wir sind fertig.
Angenommen µ ∈ C \ R ist eine Nullstelle von ℵA . Dann ist µ̄ auch eine
Nullstelle von ℵA ( weil 0 = 0 = ℵA (µ) = ℵA (µ̄), s. Beweis von
Folgerung B aus Hauptsatz der Algebra). Die Nullstellen λ, µ, µ̄ sind
verschieden.
Betrachten die folgende Eigenvektoren von A:
b1 zu λ : Ab1 = λb1 . Da λ ∈ R ist, kann man b1 reell wählen.
u sei ein Eigenvektor zu µ: Au = µu.
Dann ist ū ein Eigenvektor zu µ̄. Tatsächlich,
Au = µu =⇒ Au = µu. Da A nur reelle Einträge hat, ist Ā = A, und
deswegen Au = Aū. Dann Aū = µ̄ū, und ū ist ein Eigenvektor von A
mit Eigenwert µ̄.
Betrachte die Vektoren b2 = (u + ū),
Hat Q2 eine reelle Nullstelle, so zerfällt Q2 , und deswegen auch ℵA , in
Produkt von Linearfaktoren. Dann hat die Matrix von f
Jordan-Normalform in einer Basis (Satz 26), und wir sind fertig.
Angenommen µ ∈ C \ R ist eine Nullstelle von ℵA . Dann ist µ̄ auch eine
Nullstelle von ℵA ( weil 0 = 0 = ℵA (µ) = ℵA (µ̄), s. Beweis von
Folgerung B aus Hauptsatz der Algebra). Die Nullstellen λ, µ, µ̄ sind
verschieden.
Betrachten die folgende Eigenvektoren von A:
b1 zu λ : Ab1 = λb1 . Da λ ∈ R ist, kann man b1 reell wählen.
u sei ein Eigenvektor zu µ: Au = µu.
Dann ist ū ein Eigenvektor zu µ̄. Tatsächlich,
Au = µu =⇒ Au = µu. Da A nur reelle Einträge hat, ist Ā = A, und
deswegen Au = Aū. Dann Aū = µ̄ū, und ū ist ein Eigenvektor von A
mit Eigenwert µ̄.
Betrachte die Vektoren b2 = (u + ū), b3 = i · (u − ū).
Hat Q2 eine reelle Nullstelle, so zerfällt Q2 , und deswegen auch ℵA , in
Produkt von Linearfaktoren. Dann hat die Matrix von f
Jordan-Normalform in einer Basis (Satz 26), und wir sind fertig.
Angenommen µ ∈ C \ R ist eine Nullstelle von ℵA . Dann ist µ̄ auch eine
Nullstelle von ℵA ( weil 0 = 0 = ℵA (µ) = ℵA (µ̄), s. Beweis von
Folgerung B aus Hauptsatz der Algebra). Die Nullstellen λ, µ, µ̄ sind
verschieden.
Betrachten die folgende Eigenvektoren von A:
b1 zu λ : Ab1 = λb1 . Da λ ∈ R ist, kann man b1 reell wählen.
u sei ein Eigenvektor zu µ: Au = µu.
Dann ist ū ein Eigenvektor zu µ̄. Tatsächlich,
Au = µu =⇒ Au = µu. Da A nur reelle Einträge hat, ist Ā = A, und
deswegen Au = Aū. Dann Aū = µ̄ū, und ū ist ein Eigenvektor von A
mit Eigenwert µ̄.
Betrachte die Vektoren b2 = (u + ū), b3 = i · (u − ū). Die Vektoren
sind reell:
Hat Q2 eine reelle Nullstelle, so zerfällt Q2 , und deswegen auch ℵA , in
Produkt von Linearfaktoren. Dann hat die Matrix von f
Jordan-Normalform in einer Basis (Satz 26), und wir sind fertig.
Angenommen µ ∈ C \ R ist eine Nullstelle von ℵA . Dann ist µ̄ auch eine
Nullstelle von ℵA ( weil 0 = 0 = ℵA (µ) = ℵA (µ̄), s. Beweis von
Folgerung B aus Hauptsatz der Algebra). Die Nullstellen λ, µ, µ̄ sind
verschieden.
Betrachten die folgende Eigenvektoren von A:
b1 zu λ : Ab1 = λb1 . Da λ ∈ R ist, kann man b1 reell wählen.
u sei ein Eigenvektor zu µ: Au = µu.
Dann ist ū ein Eigenvektor zu µ̄. Tatsächlich,
Au = µu =⇒ Au = µu. Da A nur reelle Einträge hat, ist Ā = A, und
deswegen Au = Aū. Dann Aū = µ̄ū, und ū ist ein Eigenvektor von A
mit Eigenwert µ̄.
Betrachte die Vektoren b2 = (u + ū), b3 = i · (u − ū). Die Vektoren
sind reell: b̄2 = (u + ū) =
Hat Q2 eine reelle Nullstelle, so zerfällt Q2 , und deswegen auch ℵA , in
Produkt von Linearfaktoren. Dann hat die Matrix von f
Jordan-Normalform in einer Basis (Satz 26), und wir sind fertig.
Angenommen µ ∈ C \ R ist eine Nullstelle von ℵA . Dann ist µ̄ auch eine
Nullstelle von ℵA ( weil 0 = 0 = ℵA (µ) = ℵA (µ̄), s. Beweis von
Folgerung B aus Hauptsatz der Algebra). Die Nullstellen λ, µ, µ̄ sind
verschieden.
Betrachten die folgende Eigenvektoren von A:
b1 zu λ : Ab1 = λb1 . Da λ ∈ R ist, kann man b1 reell wählen.
u sei ein Eigenvektor zu µ: Au = µu.
Dann ist ū ein Eigenvektor zu µ̄. Tatsächlich,
Au = µu =⇒ Au = µu. Da A nur reelle Einträge hat, ist Ā = A, und
deswegen Au = Aū. Dann Aū = µ̄ū, und ū ist ein Eigenvektor von A
mit Eigenwert µ̄.
Betrachte die Vektoren b2 = (u + ū), b3 = i · (u − ū). Die Vektoren
sind reell: b̄2 = (u + ū) = ū + ū¯ = ū + u = b2 .
Hat Q2 eine reelle Nullstelle, so zerfällt Q2 , und deswegen auch ℵA , in
Produkt von Linearfaktoren. Dann hat die Matrix von f
Jordan-Normalform in einer Basis (Satz 26), und wir sind fertig.
Angenommen µ ∈ C \ R ist eine Nullstelle von ℵA . Dann ist µ̄ auch eine
Nullstelle von ℵA ( weil 0 = 0 = ℵA (µ) = ℵA (µ̄), s. Beweis von
Folgerung B aus Hauptsatz der Algebra). Die Nullstellen λ, µ, µ̄ sind
verschieden.
Betrachten die folgende Eigenvektoren von A:
b1 zu λ : Ab1 = λb1 . Da λ ∈ R ist, kann man b1 reell wählen.
u sei ein Eigenvektor zu µ: Au = µu.
Dann ist ū ein Eigenvektor zu µ̄. Tatsächlich,
Au = µu =⇒ Au = µu. Da A nur reelle Einträge hat, ist Ā = A, und
deswegen Au = Aū. Dann Aū = µ̄ū, und ū ist ein Eigenvektor von A
mit Eigenwert µ̄.
Betrachte die Vektoren b2 = (u + ū), b3 = i · (u − ū). Die Vektoren
sind reell: b̄2 = (u + ū) = ū + ū¯ = ū + u = b2 .
b̄3 = i · (u − ū) =
Hat Q2 eine reelle Nullstelle, so zerfällt Q2 , und deswegen auch ℵA , in
Produkt von Linearfaktoren. Dann hat die Matrix von f
Jordan-Normalform in einer Basis (Satz 26), und wir sind fertig.
Angenommen µ ∈ C \ R ist eine Nullstelle von ℵA . Dann ist µ̄ auch eine
Nullstelle von ℵA ( weil 0 = 0 = ℵA (µ) = ℵA (µ̄), s. Beweis von
Folgerung B aus Hauptsatz der Algebra). Die Nullstellen λ, µ, µ̄ sind
verschieden.
Betrachten die folgende Eigenvektoren von A:
b1 zu λ : Ab1 = λb1 . Da λ ∈ R ist, kann man b1 reell wählen.
u sei ein Eigenvektor zu µ: Au = µu.
Dann ist ū ein Eigenvektor zu µ̄. Tatsächlich,
Au = µu =⇒ Au = µu. Da A nur reelle Einträge hat, ist Ā = A, und
deswegen Au = Aū. Dann Aū = µ̄ū, und ū ist ein Eigenvektor von A
mit Eigenwert µ̄.
Betrachte die Vektoren b2 = (u + ū), b3 = i · (u − ū). Die Vektoren
sind reell: b̄2 = (u + ū) = ū + ū¯ = ū + u = b2 .
b̄3 = i · (u − ū) = ī · (ū − ū¯) = −i · (ū − u) = b3 .
Hat Q2 eine reelle Nullstelle, so zerfällt Q2 , und deswegen auch ℵA , in
Produkt von Linearfaktoren. Dann hat die Matrix von f
Jordan-Normalform in einer Basis (Satz 26), und wir sind fertig.
Angenommen µ ∈ C \ R ist eine Nullstelle von ℵA . Dann ist µ̄ auch eine
Nullstelle von ℵA ( weil 0 = 0 = ℵA (µ) = ℵA (µ̄), s. Beweis von
Folgerung B aus Hauptsatz der Algebra). Die Nullstellen λ, µ, µ̄ sind
verschieden.
Betrachten die folgende Eigenvektoren von A:
b1 zu λ : Ab1 = λb1 . Da λ ∈ R ist, kann man b1 reell wählen.
u sei ein Eigenvektor zu µ: Au = µu.
Dann ist ū ein Eigenvektor zu µ̄. Tatsächlich,
Au = µu =⇒ Au = µu. Da A nur reelle Einträge hat, ist Ā = A, und
deswegen Au = Aū. Dann Aū = µ̄ū, und ū ist ein Eigenvektor von A
mit Eigenwert µ̄.
Betrachte die Vektoren b2 = (u + ū), b3 = i · (u − ū). Die Vektoren
sind reell: b̄2 = (u + ū) = ū + ū¯ = ū + u = b2 .
b̄3 = i · (u − ū) = ī · (ū − ū¯) = −i · (ū − u) = b3 .
Offensichtlich ist
Hat Q2 eine reelle Nullstelle, so zerfällt Q2 , und deswegen auch ℵA , in
Produkt von Linearfaktoren. Dann hat die Matrix von f
Jordan-Normalform in einer Basis (Satz 26), und wir sind fertig.
Angenommen µ ∈ C \ R ist eine Nullstelle von ℵA . Dann ist µ̄ auch eine
Nullstelle von ℵA ( weil 0 = 0 = ℵA (µ) = ℵA (µ̄), s. Beweis von
Folgerung B aus Hauptsatz der Algebra). Die Nullstellen λ, µ, µ̄ sind
verschieden.
Betrachten die folgende Eigenvektoren von A:
b1 zu λ : Ab1 = λb1 . Da λ ∈ R ist, kann man b1 reell wählen.
u sei ein Eigenvektor zu µ: Au = µu.
Dann ist ū ein Eigenvektor zu µ̄. Tatsächlich,
Au = µu =⇒ Au = µu. Da A nur reelle Einträge hat, ist Ā = A, und
deswegen Au = Aū. Dann Aū = µ̄ū, und ū ist ein Eigenvektor von A
mit Eigenwert µ̄.
Betrachte die Vektoren b2 = (u + ū), b3 = i · (u − ū). Die Vektoren
sind reell: b̄2 = (u + ū) = ū + ū¯ = ū + u = b2 .
b̄3 = i · (u − ū) = ī · (ū − ū¯) = −i · (ū − u) = b3 .
Offensichtlich ist u = 12 (b2 − i · b3 ),
Hat Q2 eine reelle Nullstelle, so zerfällt Q2 , und deswegen auch ℵA , in
Produkt von Linearfaktoren. Dann hat die Matrix von f
Jordan-Normalform in einer Basis (Satz 26), und wir sind fertig.
Angenommen µ ∈ C \ R ist eine Nullstelle von ℵA . Dann ist µ̄ auch eine
Nullstelle von ℵA ( weil 0 = 0 = ℵA (µ) = ℵA (µ̄), s. Beweis von
Folgerung B aus Hauptsatz der Algebra). Die Nullstellen λ, µ, µ̄ sind
verschieden.
Betrachten die folgende Eigenvektoren von A:
b1 zu λ : Ab1 = λb1 . Da λ ∈ R ist, kann man b1 reell wählen.
u sei ein Eigenvektor zu µ: Au = µu.
Dann ist ū ein Eigenvektor zu µ̄. Tatsächlich,
Au = µu =⇒ Au = µu. Da A nur reelle Einträge hat, ist Ā = A, und
deswegen Au = Aū. Dann Aū = µ̄ū, und ū ist ein Eigenvektor von A
mit Eigenwert µ̄.
Betrachte die Vektoren b2 = (u + ū), b3 = i · (u − ū). Die Vektoren
sind reell: b̄2 = (u + ū) = ū + ū¯ = ū + u = b2 .
b̄3 = i · (u − ū) = ī · (ū − ū¯) = −i · (ū − u) = b3 .
Offensichtlich ist u = 12 (b2 − i · b3 ), ū = 12 (b2 + i · b3 ).
Hat Q2 eine reelle Nullstelle, so zerfällt Q2 , und deswegen auch ℵA , in
Produkt von Linearfaktoren. Dann hat die Matrix von f
Jordan-Normalform in einer Basis (Satz 26), und wir sind fertig.
Angenommen µ ∈ C \ R ist eine Nullstelle von ℵA . Dann ist µ̄ auch eine
Nullstelle von ℵA ( weil 0 = 0 = ℵA (µ) = ℵA (µ̄), s. Beweis von
Folgerung B aus Hauptsatz der Algebra). Die Nullstellen λ, µ, µ̄ sind
verschieden.
Betrachten die folgende Eigenvektoren von A:
b1 zu λ : Ab1 = λb1 . Da λ ∈ R ist, kann man b1 reell wählen.
u sei ein Eigenvektor zu µ: Au = µu.
Dann ist ū ein Eigenvektor zu µ̄. Tatsächlich,
Au = µu =⇒ Au = µu. Da A nur reelle Einträge hat, ist Ā = A, und
deswegen Au = Aū. Dann Aū = µ̄ū, und ū ist ein Eigenvektor von A
mit Eigenwert µ̄.
Betrachte die Vektoren b2 = (u + ū), b3 = i · (u − ū). Die Vektoren
sind reell: b̄2 = (u + ū) = ū + ū¯ = ū + u = b2 .
b̄3 = i · (u − ū) = ī · (ū − ū¯) = −i · (ū − u) = b3 .
Offensichtlich ist u = 12 (b2 − i · b3 ), ū = 12 (b2 + i · b3 ).
Da b1 , u, ū
Hat Q2 eine reelle Nullstelle, so zerfällt Q2 , und deswegen auch ℵA , in
Produkt von Linearfaktoren. Dann hat die Matrix von f
Jordan-Normalform in einer Basis (Satz 26), und wir sind fertig.
Angenommen µ ∈ C \ R ist eine Nullstelle von ℵA . Dann ist µ̄ auch eine
Nullstelle von ℵA ( weil 0 = 0 = ℵA (µ) = ℵA (µ̄), s. Beweis von
Folgerung B aus Hauptsatz der Algebra). Die Nullstellen λ, µ, µ̄ sind
verschieden.
Betrachten die folgende Eigenvektoren von A:
b1 zu λ : Ab1 = λb1 . Da λ ∈ R ist, kann man b1 reell wählen.
u sei ein Eigenvektor zu µ: Au = µu.
Dann ist ū ein Eigenvektor zu µ̄. Tatsächlich,
Au = µu =⇒ Au = µu. Da A nur reelle Einträge hat, ist Ā = A, und
deswegen Au = Aū. Dann Aū = µ̄ū, und ū ist ein Eigenvektor von A
mit Eigenwert µ̄.
Betrachte die Vektoren b2 = (u + ū), b3 = i · (u − ū). Die Vektoren
sind reell: b̄2 = (u + ū) = ū + ū¯ = ū + u = b2 .
b̄3 = i · (u − ū) = ī · (ū − ū¯) = −i · (ū − u) = b3 .
Offensichtlich ist u = 12 (b2 − i · b3 ), ū = 12 (b2 + i · b3 ).
Da b1 , u, ū linear unabhängig sind,
Hat Q2 eine reelle Nullstelle, so zerfällt Q2 , und deswegen auch ℵA , in
Produkt von Linearfaktoren. Dann hat die Matrix von f
Jordan-Normalform in einer Basis (Satz 26), und wir sind fertig.
Angenommen µ ∈ C \ R ist eine Nullstelle von ℵA . Dann ist µ̄ auch eine
Nullstelle von ℵA ( weil 0 = 0 = ℵA (µ) = ℵA (µ̄), s. Beweis von
Folgerung B aus Hauptsatz der Algebra). Die Nullstellen λ, µ, µ̄ sind
verschieden.
Betrachten die folgende Eigenvektoren von A:
b1 zu λ : Ab1 = λb1 . Da λ ∈ R ist, kann man b1 reell wählen.
u sei ein Eigenvektor zu µ: Au = µu.
Dann ist ū ein Eigenvektor zu µ̄. Tatsächlich,
Au = µu =⇒ Au = µu. Da A nur reelle Einträge hat, ist Ā = A, und
deswegen Au = Aū. Dann Aū = µ̄ū, und ū ist ein Eigenvektor von A
mit Eigenwert µ̄.
Betrachte die Vektoren b2 = (u + ū), b3 = i · (u − ū). Die Vektoren
sind reell: b̄2 = (u + ū) = ū + ū¯ = ū + u = b2 .
b̄3 = i · (u − ū) = ī · (ū − ū¯) = −i · (ū − u) = b3 .
Offensichtlich ist u = 12 (b2 − i · b3 ), ū = 12 (b2 + i · b3 ).
Da b1 , u, ū linear unabhängig sind, sind auch b1 , b2 , b3 linear
unabhängig.
Hat Q2 eine reelle Nullstelle, so zerfällt Q2 , und deswegen auch ℵA , in
Produkt von Linearfaktoren. Dann hat die Matrix von f
Jordan-Normalform in einer Basis (Satz 26), und wir sind fertig.
Angenommen µ ∈ C \ R ist eine Nullstelle von ℵA . Dann ist µ̄ auch eine
Nullstelle von ℵA ( weil 0 = 0 = ℵA (µ) = ℵA (µ̄), s. Beweis von
Folgerung B aus Hauptsatz der Algebra). Die Nullstellen λ, µ, µ̄ sind
verschieden.
Betrachten die folgende Eigenvektoren von A:
b1 zu λ : Ab1 = λb1 . Da λ ∈ R ist, kann man b1 reell wählen.
u sei ein Eigenvektor zu µ: Au = µu.
Dann ist ū ein Eigenvektor zu µ̄. Tatsächlich,
Au = µu =⇒ Au = µu. Da A nur reelle Einträge hat, ist Ā = A, und
deswegen Au = Aū. Dann Aū = µ̄ū, und ū ist ein Eigenvektor von A
mit Eigenwert µ̄.
Betrachte die Vektoren b2 = (u + ū), b3 = i · (u − ū). Die Vektoren
sind reell: b̄2 = (u + ū) = ū + ū¯ = ū + u = b2 .
b̄3 = i · (u − ū) = ī · (ū − ū¯) = −i · (ū − u) = b3 .
Offensichtlich ist u = 12 (b2 − i · b3 ), ū = 12 (b2 + i · b3 ).
Da b1 , u, ū linear unabhängig sind, sind auch b1 , b2 , b3 linear
unabhängig.
(ist a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 = ~
0, so ist a1 b1
Hat Q2 eine reelle Nullstelle, so zerfällt Q2 , und deswegen auch ℵA , in
Produkt von Linearfaktoren. Dann hat die Matrix von f
Jordan-Normalform in einer Basis (Satz 26), und wir sind fertig.
Angenommen µ ∈ C \ R ist eine Nullstelle von ℵA . Dann ist µ̄ auch eine
Nullstelle von ℵA ( weil 0 = 0 = ℵA (µ) = ℵA (µ̄), s. Beweis von
Folgerung B aus Hauptsatz der Algebra). Die Nullstellen λ, µ, µ̄ sind
verschieden.
Betrachten die folgende Eigenvektoren von A:
b1 zu λ : Ab1 = λb1 . Da λ ∈ R ist, kann man b1 reell wählen.
u sei ein Eigenvektor zu µ: Au = µu.
Dann ist ū ein Eigenvektor zu µ̄. Tatsächlich,
Au = µu =⇒ Au = µu. Da A nur reelle Einträge hat, ist Ā = A, und
deswegen Au = Aū. Dann Aū = µ̄ū, und ū ist ein Eigenvektor von A
mit Eigenwert µ̄.
Betrachte die Vektoren b2 = (u + ū), b3 = i · (u − ū). Die Vektoren
sind reell: b̄2 = (u + ū) = ū + ū¯ = ū + u = b2 .
b̄3 = i · (u − ū) = ī · (ū − ū¯) = −i · (ū − u) = b3 .
Offensichtlich ist u = 12 (b2 − i · b3 ), ū = 12 (b2 + i · b3 ).
Da b1 , u, ū linear unabhängig sind, sind auch b1 , b2 , b3 linear
unabhängig.
(ist a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 = ~
0, so ist a1 b1 + (a2 + i · a3 )u
Hat Q2 eine reelle Nullstelle, so zerfällt Q2 , und deswegen auch ℵA , in
Produkt von Linearfaktoren. Dann hat die Matrix von f
Jordan-Normalform in einer Basis (Satz 26), und wir sind fertig.
Angenommen µ ∈ C \ R ist eine Nullstelle von ℵA . Dann ist µ̄ auch eine
Nullstelle von ℵA ( weil 0 = 0 = ℵA (µ) = ℵA (µ̄), s. Beweis von
Folgerung B aus Hauptsatz der Algebra). Die Nullstellen λ, µ, µ̄ sind
verschieden.
Betrachten die folgende Eigenvektoren von A:
b1 zu λ : Ab1 = λb1 . Da λ ∈ R ist, kann man b1 reell wählen.
u sei ein Eigenvektor zu µ: Au = µu.
Dann ist ū ein Eigenvektor zu µ̄. Tatsächlich,
Au = µu =⇒ Au = µu. Da A nur reelle Einträge hat, ist Ā = A, und
deswegen Au = Aū. Dann Aū = µ̄ū, und ū ist ein Eigenvektor von A
mit Eigenwert µ̄.
Betrachte die Vektoren b2 = (u + ū), b3 = i · (u − ū). Die Vektoren
sind reell: b̄2 = (u + ū) = ū + ū¯ = ū + u = b2 .
b̄3 = i · (u − ū) = ī · (ū − ū¯) = −i · (ū − u) = b3 .
Offensichtlich ist u = 12 (b2 − i · b3 ), ū = 12 (b2 + i · b3 ).
Da b1 , u, ū linear unabhängig sind, sind auch b1 , b2 , b3 linear
unabhängig.
(ist a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 = ~
0, so ist a1 b1 + (a2 + i · a3 )u + (a2 − i · a3 )ū = ~
0, also
Hat Q2 eine reelle Nullstelle, so zerfällt Q2 , und deswegen auch ℵA , in
Produkt von Linearfaktoren. Dann hat die Matrix von f
Jordan-Normalform in einer Basis (Satz 26), und wir sind fertig.
Angenommen µ ∈ C \ R ist eine Nullstelle von ℵA . Dann ist µ̄ auch eine
Nullstelle von ℵA ( weil 0 = 0 = ℵA (µ) = ℵA (µ̄), s. Beweis von
Folgerung B aus Hauptsatz der Algebra). Die Nullstellen λ, µ, µ̄ sind
verschieden.
Betrachten die folgende Eigenvektoren von A:
b1 zu λ : Ab1 = λb1 . Da λ ∈ R ist, kann man b1 reell wählen.
u sei ein Eigenvektor zu µ: Au = µu.
Dann ist ū ein Eigenvektor zu µ̄. Tatsächlich,
Au = µu =⇒ Au = µu. Da A nur reelle Einträge hat, ist Ā = A, und
deswegen Au = Aū. Dann Aū = µ̄ū, und ū ist ein Eigenvektor von A
mit Eigenwert µ̄.
Betrachte die Vektoren b2 = (u + ū), b3 = i · (u − ū). Die Vektoren
sind reell: b̄2 = (u + ū) = ū + ū¯ = ū + u = b2 .
b̄3 = i · (u − ū) = ī · (ū − ū¯) = −i · (ū − u) = b3 .
Offensichtlich ist u = 12 (b2 − i · b3 ), ū = 12 (b2 + i · b3 ).
Da b1 , u, ū linear unabhängig sind, sind auch b1 , b2 , b3 linear
unabhängig.
(ist a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 = ~
0, so ist a1 b1 + (a2 + i · a3 )u + (a2 − i · a3 )ū = ~
0, also a1 = a2 = a3 = 0. )
Wir haben:
Wir haben:
Ab1 = λb1 ,
Wir haben:
Ab1 = λb1 ,
Ab2 = A(u + ū) =
Wir haben:
Ab1 = λb1 ,
Ab2 = A(u + ū) = µu + µ̄ū = 12 µ(b2 − i · b3 ) + 21 µ̄(b2 + i · b3 ) =
Wir haben:
Ab1 = λb1 ,
Ab2 = A(u + ū) = µu + µ̄ū = 12 µ(b2 − i · b3 ) + 21 µ̄(b2 + i · b3 ) =
µ̄−µ
µ+µ̄
2 b2 + i · 2 b3 =
|{z}
| {z }
α∈R
β∈R
Wir haben:
Ab1 = λb1 ,
Ab2 = A(u + ū) = µu + µ̄ū = 12 µ(b2 − i · b3 ) + 21 µ̄(b2 + i · b3 ) =
µ̄−µ
µ+µ̄
2 b2 + i · 2 b3 = αb2 + βb3 .
|{z}
| {z }
α∈R
β∈R
Wir haben:
Ab1 = λb1 ,
Ab2 = A(u + ū) = µu + µ̄ū = 12 µ(b2 − i · b3 ) + 21 µ̄(b2 + i · b3 ) =
µ̄−µ
µ+µ̄
2 b2 + i · 2 b3 = αb2 + βb3 .
|{z}
| {z }
α∈R
Ähnlich,
β∈R
Wir haben:
Ab1 = λb1 ,
Ab2 = A(u + ū) = µu + µ̄ū = 12 µ(b2 − i · b3 ) + 21 µ̄(b2 + i · b3 ) =
µ̄−µ
µ+µ̄
2 b2 + i · 2 b3 = αb2 + βb3 .
|{z}
| {z }
α∈R
β∈R
Ähnlich, Ab3 =
Wir haben:
Ab1 = λb1 ,
Ab2 = A(u + ū) = µu + µ̄ū = 12 µ(b2 − i · b3 ) + 21 µ̄(b2 + i · b3 ) =
µ̄−µ
µ+µ̄
2 b2 + i · 2 b3 = αb2 + βb3 .
|{z}
| {z }
α∈R
β∈R
Ähnlich, Ab3 = − i · µ̄−µ
b2 +
| {z2 }
β
Wir haben:
Ab1 = λb1 ,
Ab2 = A(u + ū) = µu + µ̄ū = 12 µ(b2 − i · b3 ) + 21 µ̄(b2 + i · b3 ) =
µ̄−µ
µ+µ̄
2 b2 + i · 2 b3 = αb2 + βb3 .
|{z}
| {z }
α∈R
β∈R
Ähnlich, Ab3 = − i · µ̄−µ
b2 + µ̄+µ
2 b3 .
| {z2 }
|{z}
β
Dann für die Matrix B
α
Wir haben:
Ab1 = λb1 ,
Ab2 = A(u + ū) = µu + µ̄ū = 12 µ(b2 − i · b3 ) + 21 µ̄(b2 + i · b3 ) =
µ̄−µ
µ+µ̄
2 b2 + i · 2 b3 = αb2 + βb3 .
|{z}
| {z }
α∈R
β∈R
Ähnlich, Ab3 = − i · µ̄−µ
b2 + µ̄+µ
2 b3 .
| {z2 }
|{z}
β
α
Dann für die Matrix B s.d. Bei = bi gilt:
Wir haben:
Ab1 = λb1 ,
Ab2 = A(u + ū) = µu + µ̄ū = 12 µ(b2 − i · b3 ) + 21 µ̄(b2 + i · b3 ) =
µ̄−µ
µ+µ̄
2 b2 + i · 2 b3 = αb2 + βb3 .
|{z}
| {z }
α∈R
β∈R
Ähnlich, Ab3 = − i · µ̄−µ
b2 + µ̄+µ
2 b3 .
| {z2 }
|{z}
0λ
Dann für die Matrix B s.d. Bei = bi gilt: B −1 AB = β
α
α
β
−β
α
1
A
Wir haben:
Ab1 = λb1 ,
Ab2 = A(u + ū) = µu + µ̄ū = 12 µ(b2 − i · b3 ) + 21 µ̄(b2 + i · b3 ) =
µ̄−µ
µ+µ̄
2 b2 + i · 2 b3 = αb2 + βb3 .
|{z}
| {z }
α∈R
β∈R
Ähnlich, Ab3 = − i · µ̄−µ
b2 + µ̄+µ
2 b3 .
| {z2 }
|{z}
0λ
Dann für die Matrix B s.d. Bei = bi gilt: B −1 AB = β
Weil B −1 ABe1 =
α
α
β
−β
α
1
A
Wir haben:
Ab1 = λb1 ,
Ab2 = A(u + ū) = µu + µ̄ū = 12 µ(b2 − i · b3 ) + 21 µ̄(b2 + i · b3 ) =
µ̄−µ
µ+µ̄
2 b2 + i · 2 b3 = αb2 + βb3 .
|{z}
| {z }
α∈R
β∈R
Ähnlich, Ab3 = − i · µ̄−µ
b2 + µ̄+µ
2 b3 .
| {z2 }
|{z}
0λ
Dann für die Matrix B s.d. Bei = bi gilt: B −1 AB = β
Weil B −1 ABe1 = B −1 Ab1
α
α
β
−β
α
1
A
Wir haben:
Ab1 = λb1 ,
Ab2 = A(u + ū) = µu + µ̄ū = 12 µ(b2 − i · b3 ) + 21 µ̄(b2 + i · b3 ) =
µ̄−µ
µ+µ̄
2 b2 + i · 2 b3 = αb2 + βb3 .
|{z}
| {z }
α∈R
β∈R
Ähnlich, Ab3 = − i · µ̄−µ
b2 + µ̄+µ
2 b3 .
| {z2 }
|{z}
0λ
Dann für die Matrix B s.d. Bei = bi gilt: B −1 AB = β
α
Weil B −1 ABe1 = B −1 Ab1 = λB −1 b1 =
α
β
−β
α
1
A
Wir haben:
Ab1 = λb1 ,
Ab2 = A(u + ū) = µu + µ̄ū = 12 µ(b2 − i · b3 ) + 21 µ̄(b2 + i · b3 ) =
µ̄−µ
µ+µ̄
2 b2 + i · 2 b3 = αb2 + βb3 .
|{z}
| {z }
α∈R
β∈R
Ähnlich, Ab3 = − i · µ̄−µ
b2 + µ̄+µ
2 b3 .
| {z2 }
|{z}
0λ
Dann für die Matrix B s.d. Bei = bi gilt: B −1 AB = β
α
Weil B −1 ABe1 = B −1 Ab1 = λB −1 b1 = λe1 =
α
β
−β
α
1
A
Wir haben:
Ab1 = λb1 ,
Ab2 = A(u + ū) = µu + µ̄ū = 12 µ(b2 − i · b3 ) + 21 µ̄(b2 + i · b3 ) =
µ̄−µ
µ+µ̄
2 b2 + i · 2 b3 = αb2 + βb3 .
|{z}
| {z }
α∈R
β∈R
Ähnlich, Ab3 = − i · µ̄−µ
b2 + µ̄+µ
2 b3 .
| {z2 }
|{z}
0λ
Dann für die Matrix B s.d. Bei = bi gilt: B −1 AB = 0 λ1
Weil B −1 ABe1 = B −1 Ab1 = λB −1 b1 = λe1 = 0 A,
β
α
0
α
β
−β
α
1
A
Wir haben:
Ab1 = λb1 ,
Ab2 = A(u + ū) = µu + µ̄ū = 12 µ(b2 − i · b3 ) + 21 µ̄(b2 + i · b3 ) =
µ̄−µ
µ+µ̄
2 b2 + i · 2 b3 = αb2 + βb3 .
|{z}
| {z }
α∈R
β∈R
Ähnlich, Ab3 = − i · µ̄−µ
b2 + µ̄+µ
2 b3 .
| {z2 }
|{z}
0λ
Dann für die Matrix B s.d. Bei = bi gilt: B −1 AB = 0 λ1
Weil B −1 ABe1 = B −1 Ab1 = λB −1 b1 = λe1 = 0 A,
β
α
0
B
−1
ABe2 =
α
β
−β
α
1
A
Wir haben:
Ab1 = λb1 ,
Ab2 = A(u + ū) = µu + µ̄ū = 12 µ(b2 − i · b3 ) + 21 µ̄(b2 + i · b3 ) =
µ̄−µ
µ+µ̄
2 b2 + i · 2 b3 = αb2 + βb3 .
|{z}
| {z }
α∈R
β∈R
Ähnlich, Ab3 = − i · µ̄−µ
b2 + µ̄+µ
2 b3 .
| {z2 }
|{z}
0λ
Dann für die Matrix B s.d. Bei = bi gilt: B −1 AB = 0 λ1
Weil B −1 ABe1 = B −1 Ab1 = λB −1 b1 = λe1 = 0 A,
β
α
0
B
−1
ABe2 = B
−1
Ab2
α
β
−β
α
1
A
Wir haben:
Ab1 = λb1 ,
Ab2 = A(u + ū) = µu + µ̄ū = 12 µ(b2 − i · b3 ) + 21 µ̄(b2 + i · b3 ) =
µ̄−µ
µ+µ̄
2 b2 + i · 2 b3 = αb2 + βb3 .
|{z}
| {z }
α∈R
β∈R
Ähnlich, Ab3 = − i · µ̄−µ
b2 + µ̄+µ
2 b3 .
| {z2 }
|{z}
0λ
Dann für die Matrix B s.d. Bei = bi gilt: B −1 AB = 0 λ1
Weil B −1 ABe1 = B −1 Ab1 = λB −1 b1 = λe1 = 0 A,
α
β
0
B
−1
ABe2 = B
−1
Ab2 = B
−1
(αb2 + βb3 ) =
α
β
−β
α
1
A
Wir haben:
Ab1 = λb1 ,
Ab2 = A(u + ū) = µu + µ̄ū = 12 µ(b2 − i · b3 ) + 21 µ̄(b2 + i · b3 ) =
µ̄−µ
µ+µ̄
2 b2 + i · 2 b3 = αb2 + βb3 .
|{z}
| {z }
α∈R
β∈R
Ähnlich, Ab3 = − i · µ̄−µ
b2 + µ̄+µ
2 b3 .
| {z2 }
|{z}
0λ
Dann für die Matrix B s.d. Bei = bi gilt: B −1 AB = 0 λ1
Weil B −1 ABe1 = B −1 Ab1 = λB −1 b1 = λe1 = 0 A,
α
β
α
β
0
B
−1
ABe2 = B
−1
Ab2 = B
−1
(αb2 + βb3 ) = αe2 + βe3 =
−β
α
1
A
Wir haben:
Ab1 = λb1 ,
Ab2 = A(u + ū) = µu + µ̄ū = 12 µ(b2 − i · b3 ) + 21 µ̄(b2 + i · b3 ) =
µ̄−µ
µ+µ̄
2 b2 + i · 2 b3 = αb2 + βb3 .
|{z}
| {z }
α∈R
β∈R
Ähnlich, Ab3 = − i · µ̄−µ
b2 + µ̄+µ
2 b3 .
| {z2 }
|{z}
0λ
Dann für die Matrix B s.d. Bei = bi gilt: B −1 AB = 0 λ1
Weil B −1 ABe1 = B −1 Ab1 = λB −1 b1 = λe1 = 0 A,
α
β
α
β
−β
α
001
(αb2 + βb3 ) = αe2 + βe3 = αA,
0
B
−1
ABe2 = B
−1
Ab2 = B
−1
1
A
β
Wir haben:
Ab1 = λb1 ,
Ab2 = A(u + ū) = µu + µ̄ū = 12 µ(b2 − i · b3 ) + 21 µ̄(b2 + i · b3 ) =
µ̄−µ
µ+µ̄
2 b2 + i · 2 b3 = αb2 + βb3 .
|{z}
| {z }
α∈R
β∈R
Ähnlich, Ab3 = − i · µ̄−µ
b2 + µ̄+µ
2 b3 .
| {z2 }
|{z}
0λ
Dann für die Matrix B s.d. Bei = bi gilt: B −1 AB = 0 λ1
Weil B −1 ABe1 = B −1 Ab1 = λB −1 b1 = λe1 = 0 A,
α
β
α
β
−β
α
001
(αb2 + βb3 ) = αe2 + βe3 = αA,
0
B
−1
B
−1
ABe2 = B
ABe3 =
−1
Ab2 = B
−1
1
A
β
Wir haben:
Ab1 = λb1 ,
Ab2 = A(u + ū) = µu + µ̄ū = 12 µ(b2 − i · b3 ) + 21 µ̄(b2 + i · b3 ) =
µ̄−µ
µ+µ̄
2 b2 + i · 2 b3 = αb2 + βb3 .
|{z}
| {z }
α∈R
β∈R
Ähnlich, Ab3 = − i · µ̄−µ
b2 + µ̄+µ
2 b3 .
| {z2 }
|{z}
0λ
Dann für die Matrix B s.d. Bei = bi gilt: B −1 AB = 0 λ1
Weil B −1 ABe1 = B −1 Ab1 = λB −1 b1 = λe1 = 0 A,
α
β
α
β
−β
α
001
(αb2 + βb3 ) = αe2 + βe3 = αA,
0
B
−1
B
−1
ABe2 = B
−1
ABe3 = B
−1
Ab2 = B
Ab3
−1
1
A
β
Wir haben:
Ab1 = λb1 ,
Ab2 = A(u + ū) = µu + µ̄ū = 12 µ(b2 − i · b3 ) + 21 µ̄(b2 + i · b3 ) =
µ̄−µ
µ+µ̄
2 b2 + i · 2 b3 = αb2 + βb3 .
|{z}
| {z }
α∈R
β∈R
Ähnlich, Ab3 = − i · µ̄−µ
b2 + µ̄+µ
2 b3 .
| {z2 }
|{z}
0λ
Dann für die Matrix B s.d. Bei = bi gilt: B −1 AB = 0 λ1
Weil B −1 ABe1 = B −1 Ab1 = λB −1 b1 = λe1 = 0 A,
α
β
α
β
−β
α
001
(αb2 + βb3 ) = αe2 + βe3 = αA,
0
B
−1
B
−1
ABe2 = B
−1
ABe3 = B
−1
Ab2 = B
−1
Ab3 = B
−1
1
A
β
(−βb2 +
Wir haben:
Ab1 = λb1 ,
Ab2 = A(u + ū) = µu + µ̄ū = 12 µ(b2 − i · b3 ) + 21 µ̄(b2 + i · b3 ) =
µ̄−µ
µ+µ̄
2 b2 + i · 2 b3 = αb2 + βb3 .
|{z}
| {z }
α∈R
β∈R
Ähnlich, Ab3 = − i · µ̄−µ
b2 + µ̄+µ
2 b3 .
| {z2 }
|{z}
0λ
Dann für die Matrix B s.d. Bei = bi gilt: B −1 AB = 0 λ1
Weil B −1 ABe1 = B −1 Ab1 = λB −1 b1 = λe1 = 0 A,
α
β
α
β
−β
α
001
(αb2 + βb3 ) = αe2 + βe3 = αA,
0
B
−1
B
−1
ABe2 = B
−1
ABe3 = B
−1
Ab2 = B
−1
Ab3 = B
−1
1
A
β
(−βb2 + αb3 ) =
Wir haben:
Ab1 = λb1 ,
Ab2 = A(u + ū) = µu + µ̄ū = 12 µ(b2 − i · b3 ) + 21 µ̄(b2 + i · b3 ) =
µ̄−µ
µ+µ̄
2 b2 + i · 2 b3 = αb2 + βb3 .
|{z}
| {z }
α∈R
β∈R
Ähnlich, Ab3 = − i · µ̄−µ
b2 + µ̄+µ
2 b3 .
| {z2 }
|{z}
0λ
Dann für die Matrix B s.d. Bei = bi gilt: B −1 AB = 0 λ1
Weil B −1 ABe1 = B −1 Ab1 = λB −1 b1 = λe1 = 0 A,
α
β
α
β
−β
α
1
A
001
(αb2 + βb3 ) = αe2 + βe3 = αA,
0
B
−1
B
−1
ABe2 = B
−1
ABe3 = B
−1
Ab2 = B
−1
Ab3 = B
−1
β
(−βb2 + αb3 ) = − βe2 + αe3 =
Wir haben:
Ab1 = λb1 ,
Ab2 = A(u + ū) = µu + µ̄ū = 12 µ(b2 − i · b3 ) + 21 µ̄(b2 + i · b3 ) =
µ̄−µ
µ+µ̄
2 b2 + i · 2 b3 = αb2 + βb3 .
|{z}
| {z }
α∈R
β∈R
Ähnlich, Ab3 = − i · µ̄−µ
b2 + µ̄+µ
2 b3 .
| {z2 }
|{z}
0λ
Dann für die Matrix B s.d. Bei = bi gilt: B −1 AB = 0 λ1
Weil B −1 ABe1 = B −1 Ab1 = λB −1 b1 = λe1 = 0 A,
α
β
α
β
−β
α
1
A
001
(αb2 + βb3 ) = αe2 + βe3 = αA,
0
B
−1
B
−1
ABe2 = B
−1
ABe3 = B
−1
Ab2 = B
−1
Ab3 = B
−1
001
(−βb2 + αb3 ) = − βe2 + αe3 = −β A,
β
α
Wir haben:
Ab1 = λb1 ,
Ab2 = A(u + ū) = µu + µ̄ū = 12 µ(b2 − i · b3 ) + 21 µ̄(b2 + i · b3 ) =
µ̄−µ
µ+µ̄
2 b2 + i · 2 b3 = αb2 + βb3 .
|{z}
| {z }
α∈R
β∈R
Ähnlich, Ab3 = − i · µ̄−µ
b2 + µ̄+µ
2 b3 .
| {z2 }
|{z}
0λ
Dann für die Matrix B s.d. Bei = bi gilt: B −1 AB = 0 λ1
Weil B −1 ABe1 = B −1 Ab1 = λB −1 b1 = λe1 = 0 A,
α
β
α
β
−β
α
1
A
001
(αb2 + βb3 ) = αe2 + βe3 = αA,
0
B
−1
B
−1
ABe2 = B
−1
ABe3 = B
−1
Ab2 = B
−1
Ab3 = B
−1
001
(−βb2 + αb3 ) = − βe2 + αe3 = −β A,
β
α
Wir haben:
Ab1 = λb1 ,
Ab2 = A(u + ū) = µu + µ̄ū = 12 µ(b2 − i · b3 ) + 21 µ̄(b2 + i · b3 ) =
µ̄−µ
µ+µ̄
2 b2 + i · 2 b3 = αb2 + βb3 .
|{z}
| {z }
α∈R
β∈R
Ähnlich, Ab3 = − i · µ̄−µ
b2 + µ̄+µ
2 b3 .
| {z2 }
|{z}
0λ
Dann für die Matrix B s.d. Bei = bi gilt: B −1 AB = 0 λ1
Weil B −1 ABe1 = B −1 Ab1 = λB −1 b1 = λe1 = 0 A,
α
β
α
β
−β
α
1
A
001
(αb2 + βb3 ) = αe2 + βe3 = αA,
0
B
−1
B
−1
ABe2 = B
−1
ABe3 = B
−1
Bemerkung
Ab2 = B
−1
Ab3 = B
−1
001
(−βb2 + αb3 ) = − βe2 + αe3 = −β A,
β
α
Wir haben:
Ab1 = λb1 ,
Ab2 = A(u + ū) = µu + µ̄ū = 12 µ(b2 − i · b3 ) + 21 µ̄(b2 + i · b3 ) =
µ̄−µ
µ+µ̄
2 b2 + i · 2 b3 = αb2 + βb3 .
|{z}
| {z }
α∈R
β∈R
Ähnlich, Ab3 = − i · µ̄−µ
b2 + µ̄+µ
2 b3 .
| {z2 }
|{z}
0λ
Dann für die Matrix B s.d. Bei = bi gilt: B −1 AB = 0 λ1
Weil B −1 ABe1 = B −1 Ab1 = λB −1 b1 = λe1 = 0 A,
α
β
α
β
−β
α
1
A
001
(αb2 + βb3 ) = αe2 + βe3 = αA,
0
B
−1
B
−1
ABe2 = B
−1
ABe3 = B
−1
Ab2 = B
−1
Ab3 = B
−1
001
(−βb2 + αb3 ) = − βe2 + αe3 = −β A,
β
α
Bemerkung Die Zahlen α, β in der reellen Jordan-Normalform sind reelle
und imaginere Anteile von komplexen Eigenwerten.
Wir haben:
Ab1 = λb1 ,
Ab2 = A(u + ū) = µu + µ̄ū = 12 µ(b2 − i · b3 ) + 21 µ̄(b2 + i · b3 ) =
µ̄−µ
µ+µ̄
2 b2 + i · 2 b3 = αb2 + βb3 .
|{z}
| {z }
α∈R
β∈R
Ähnlich, Ab3 = − i · µ̄−µ
b2 + µ̄+µ
2 b3 .
| {z2 }
|{z}
0λ
Dann für die Matrix B s.d. Bei = bi gilt: B −1 AB = 0 λ1
Weil B −1 ABe1 = B −1 Ab1 = λB −1 b1 = λe1 = 0 A,
α
β
α
β
−β
α
1
A
001
(αb2 + βb3 ) = αe2 + βe3 = αA,
0
B
−1
B
−1
ABe2 = B
−1
ABe3 = B
−1
Ab2 = B
−1
Ab3 = B
−1
001
(−βb2 + αb3 ) = − βe2 + αe3 = −β A,
β
α
Bemerkung Die Zahlen α, β in der reellen Jordan-Normalform sind reelle
und imaginere Anteile von komplexen Eigenwerten.
Philosophische Frage:
Wir haben:
Ab1 = λb1 ,
Ab2 = A(u + ū) = µu + µ̄ū = 12 µ(b2 − i · b3 ) + 21 µ̄(b2 + i · b3 ) =
µ̄−µ
µ+µ̄
2 b2 + i · 2 b3 = αb2 + βb3 .
|{z}
| {z }
α∈R
β∈R
Ähnlich, Ab3 = − i · µ̄−µ
b2 + µ̄+µ
2 b3 .
| {z2 }
|{z}
0λ
Dann für die Matrix B s.d. Bei = bi gilt: B −1 AB = 0 λ1
Weil B −1 ABe1 = B −1 Ab1 = λB −1 b1 = λe1 = 0 A,
α
β
α
β
−β
α
1
A
001
(αb2 + βb3 ) = αe2 + βe3 = αA,
0
B
−1
B
−1
ABe2 = B
−1
ABe3 = B
−1
Ab2 = B
−1
Ab3 = B
−1
001
(−βb2 + αb3 ) = − βe2 + αe3 = −β A,
β
α
Bemerkung Die Zahlen α, β in der reellen Jordan-Normalform sind reelle
und imaginere Anteile von komplexen Eigenwerten.
Philosophische Frage: Wozu braucht man komplexe Zahlen?
Wir haben:
Ab1 = λb1 ,
Ab2 = A(u + ū) = µu + µ̄ū = 12 µ(b2 − i · b3 ) + 21 µ̄(b2 + i · b3 ) =
µ̄−µ
µ+µ̄
2 b2 + i · 2 b3 = αb2 + βb3 .
|{z}
| {z }
α∈R
β∈R
Ähnlich, Ab3 = − i · µ̄−µ
b2 + µ̄+µ
2 b3 .
| {z2 }
|{z}
0λ
Dann für die Matrix B s.d. Bei = bi gilt: B −1 AB = 0 λ1
Weil B −1 ABe1 = B −1 Ab1 = λB −1 b1 = λe1 = 0 A,
α
β
α
β
−β
α
1
A
001
(αb2 + βb3 ) = αe2 + βe3 = αA,
0
B
−1
B
−1
ABe2 = B
−1
ABe3 = B
−1
Ab2 = B
−1
Ab3 = B
−1
001
(−βb2 + αb3 ) = − βe2 + αe3 = −β A,
β
α
Bemerkung Die Zahlen α, β in der reellen Jordan-Normalform sind reelle
und imaginere Anteile von komplexen Eigenwerten.
Philosophische Frage: Wozu braucht man komplexe Zahlen?
Antwort:
Wir haben:
Ab1 = λb1 ,
Ab2 = A(u + ū) = µu + µ̄ū = 12 µ(b2 − i · b3 ) + 21 µ̄(b2 + i · b3 ) =
µ̄−µ
µ+µ̄
2 b2 + i · 2 b3 = αb2 + βb3 .
|{z}
| {z }
α∈R
β∈R
Ähnlich, Ab3 = − i · µ̄−µ
b2 + µ̄+µ
2 b3 .
| {z2 }
|{z}
0λ
Dann für die Matrix B s.d. Bei = bi gilt: B −1 AB = 0 λ1
Weil B −1 ABe1 = B −1 Ab1 = λB −1 b1 = λe1 = 0 A,
α
β
α
β
−β
α
1
A
001
(αb2 + βb3 ) = αe2 + βe3 = αA,
0
B
−1
B
−1
ABe2 = B
−1
ABe3 = B
−1
Ab2 = B
−1
Ab3 = B
−1
001
(−βb2 + αb3 ) = − βe2 + αe3 = −β A,
β
α
Bemerkung Die Zahlen α, β in der reellen Jordan-Normalform sind reelle
und imaginere Anteile von komplexen Eigenwerten.
Philosophische Frage: Wozu braucht man komplexe Zahlen?
Antwort: Mit deren Hilfe kann man auch einige Aussagen über reellen
Zahlen beweisen/besser verstehen
Wir haben:
Ab1 = λb1 ,
Ab2 = A(u + ū) = µu + µ̄ū = 12 µ(b2 − i · b3 ) + 21 µ̄(b2 + i · b3 ) =
µ̄−µ
µ+µ̄
2 b2 + i · 2 b3 = αb2 + βb3 .
|{z}
| {z }
α∈R
β∈R
Ähnlich, Ab3 = − i · µ̄−µ
b2 + µ̄+µ
2 b3 .
| {z2 }
|{z}
0λ
Dann für die Matrix B s.d. Bei = bi gilt: B −1 AB = 0 λ1
Weil B −1 ABe1 = B −1 Ab1 = λB −1 b1 = λe1 = 0 A,
α
β
α
β
−β
α
1
A
001
(αb2 + βb3 ) = αe2 + βe3 = αA,
0
B
−1
B
−1
ABe2 = B
−1
ABe3 = B
−1
Ab2 = B
−1
Ab3 = B
−1
001
(−βb2 + αb3 ) = − βe2 + αe3 = −β A,
β
α
Bemerkung Die Zahlen α, β in der reellen Jordan-Normalform sind reelle
und imaginere Anteile von komplexen Eigenwerten.
Philosophische Frage: Wozu braucht man komplexe Zahlen?
Antwort: Mit deren Hilfe kann man auch einige Aussagen über reellen
Zahlen beweisen/besser verstehen
Normale Form einer orthogonalen 3 × 3 Matrix
Normale Form einer orthogonalen 3 × 3 Matrix
Wiederholung (Vorl. 22, LAAG1):
Normale Form einer orthogonalen 3 × 3 Matrix
Wiederholung (Vorl. 22, LAAG1): Eine reelle n × n-Matrix A heißt
orthogonal, falls AAt = Id. Alternative Definition: falls A erhält das
Standard-Skalarprodukt: (Av , Au) = (v , u).
Normale Form einer orthogonalen 3 × 3 Matrix
Wiederholung (Vorl. 22, LAAG1): Eine reelle n × n-Matrix A heißt
orthogonal, falls AAt = Id. Alternative Definition: falls A erhält das
Standard-Skalarprodukt: (Av , Au) = (v , u).
Lemma 15 Sei A orthogonal. Dann gilt: ist λ ∈ C eine Nullstelle von A,
so |λ| = 1.
Normale Form einer orthogonalen 3 × 3 Matrix
Wiederholung (Vorl. 22, LAAG1): Eine reelle n × n-Matrix A heißt
orthogonal, falls AAt = Id. Alternative Definition: falls A erhält das
Standard-Skalarprodukt: (Av , Au) = (v , u).
Lemma 15 Sei A orthogonal. Dann gilt: ist λ ∈ C eine Nullstelle von A,
so |λ| = 1.
In Worten (Eigenwerte (auch komplexe) von orthogonalen Matrizen
haben Betrag 1)
Normale Form einer orthogonalen 3 × 3 Matrix
Wiederholung (Vorl. 22, LAAG1): Eine reelle n × n-Matrix A heißt
orthogonal, falls AAt = Id. Alternative Definition: falls A erhält das
Standard-Skalarprodukt: (Av , Au) = (v , u).
Lemma 15 Sei A orthogonal. Dann gilt: ist λ ∈ C eine Nullstelle von A,
so |λ| = 1.
In Worten (Eigenwerte (auch komplexe) von orthogonalen Matrizen
haben Betrag 1)
Beweis:
Normale Form einer orthogonalen 3 × 3 Matrix
Wiederholung (Vorl. 22, LAAG1): Eine reelle n × n-Matrix A heißt
orthogonal, falls AAt = Id. Alternative Definition: falls A erhält das
Standard-Skalarprodukt: (Av , Au) = (v , u).
Lemma 15 Sei A orthogonal. Dann gilt: ist λ ∈ C eine Nullstelle von A,
so |λ| = 1.
In Worten (Eigenwerte (auch komplexe) von orthogonalen Matrizen
haben Betrag 1)
Beweis: Wir fassen die orthogonale Matrix A als eine komplexe Matrix
auf.
Normale Form einer orthogonalen 3 × 3 Matrix
Wiederholung (Vorl. 22, LAAG1): Eine reelle n × n-Matrix A heißt
orthogonal, falls AAt = Id. Alternative Definition: falls A erhält das
Standard-Skalarprodukt: (Av , Au) = (v , u).
Lemma 15 Sei A orthogonal. Dann gilt: ist λ ∈ C eine Nullstelle von A,
so |λ| = 1.
In Worten (Eigenwerte (auch komplexe) von orthogonalen Matrizen
haben Betrag 1)
Beweis: Wir fassen die orthogonale Matrix A als eine komplexe Matrix
auf. Ist λ Nullstelle von ℵA , so ist λ ein Eigenwert von A (Satz 19),
Normale Form einer orthogonalen 3 × 3 Matrix
Wiederholung (Vorl. 22, LAAG1): Eine reelle n × n-Matrix A heißt
orthogonal, falls AAt = Id. Alternative Definition: falls A erhält das
Standard-Skalarprodukt: (Av , Au) = (v , u).
Lemma 15 Sei A orthogonal. Dann gilt: ist λ ∈ C eine Nullstelle von A,
so |λ| = 1.
In Worten (Eigenwerte (auch komplexe) von orthogonalen Matrizen
haben Betrag 1)
Beweis: Wir fassen die orthogonale Matrix A als eine komplexe Matrix
auf. Ist λ Nullstelle von ℵA , so ist λ ein Eigenwert von A (Satz 19), also
Av = λv für ein v ∈ Cn . Dann ist (Av )t Av gleichzeitig
Normale Form einer orthogonalen 3 × 3 Matrix
Wiederholung (Vorl. 22, LAAG1): Eine reelle n × n-Matrix A heißt
orthogonal, falls AAt = Id. Alternative Definition: falls A erhält das
Standard-Skalarprodukt: (Av , Au) = (v , u).
Lemma 15 Sei A orthogonal. Dann gilt: ist λ ∈ C eine Nullstelle von A,
so |λ| = 1.
In Worten (Eigenwerte (auch komplexe) von orthogonalen Matrizen
haben Betrag 1)
Beweis: Wir fassen die orthogonale Matrix A als eine komplexe Matrix
auf. Ist λ Nullstelle von ℵA , so ist λ ein Eigenwert von A (Satz 19), also
Av = λv für ein v ∈ Cn . Dann ist (Av )t Av gleichzeitig
(Av )t Av
Weil A reell ist
=
Normale Form einer orthogonalen 3 × 3 Matrix
Wiederholung (Vorl. 22, LAAG1): Eine reelle n × n-Matrix A heißt
orthogonal, falls AAt = Id. Alternative Definition: falls A erhält das
Standard-Skalarprodukt: (Av , Au) = (v , u).
Lemma 15 Sei A orthogonal. Dann gilt: ist λ ∈ C eine Nullstelle von A,
so |λ| = 1.
In Worten (Eigenwerte (auch komplexe) von orthogonalen Matrizen
haben Betrag 1)
Beweis: Wir fassen die orthogonale Matrix A als eine komplexe Matrix
auf. Ist λ Nullstelle von ℵA , so ist λ ein Eigenwert von A (Satz 19), also
Av = λv für ein v ∈ Cn . Dann ist (Av )t Av gleichzeitig
(Av )t Av
Weil A reell ist
=
(Av̄ )t Av =
Normale Form einer orthogonalen 3 × 3 Matrix
Wiederholung (Vorl. 22, LAAG1): Eine reelle n × n-Matrix A heißt
orthogonal, falls AAt = Id. Alternative Definition: falls A erhält das
Standard-Skalarprodukt: (Av , Au) = (v , u).
Lemma 15 Sei A orthogonal. Dann gilt: ist λ ∈ C eine Nullstelle von A,
so |λ| = 1.
In Worten (Eigenwerte (auch komplexe) von orthogonalen Matrizen
haben Betrag 1)
Beweis: Wir fassen die orthogonale Matrix A als eine komplexe Matrix
auf. Ist λ Nullstelle von ℵA , so ist λ ein Eigenwert von A (Satz 19), also
Av = λv für ein v ∈ Cn . Dann ist (Av )t Av gleichzeitig
(Av )t Av
Weil A reell ist
=
(Av̄ )t Av = v̄ t At Av =
Normale Form einer orthogonalen 3 × 3 Matrix
Wiederholung (Vorl. 22, LAAG1): Eine reelle n × n-Matrix A heißt
orthogonal, falls AAt = Id. Alternative Definition: falls A erhält das
Standard-Skalarprodukt: (Av , Au) = (v , u).
Lemma 15 Sei A orthogonal. Dann gilt: ist λ ∈ C eine Nullstelle von A,
so |λ| = 1.
In Worten (Eigenwerte (auch komplexe) von orthogonalen Matrizen
haben Betrag 1)
Beweis: Wir fassen die orthogonale Matrix A als eine komplexe Matrix
auf. Ist λ Nullstelle von ℵA , so ist λ ein Eigenwert von A (Satz 19), also
Av = λv für ein v ∈ Cn . Dann ist (Av )t Av gleichzeitig
(Av )t Av
Weil A reell ist
=
(Av̄ )t Av = v̄ t At Av = v̄ t v =
Normale Form einer orthogonalen 3 × 3 Matrix
Wiederholung (Vorl. 22, LAAG1): Eine reelle n × n-Matrix A heißt
orthogonal, falls AAt = Id. Alternative Definition: falls A erhält das
Standard-Skalarprodukt: (Av , Au) = (v , u).
Lemma 15 Sei A orthogonal. Dann gilt: ist λ ∈ C eine Nullstelle von A,
so |λ| = 1.
In Worten (Eigenwerte (auch komplexe) von orthogonalen Matrizen
haben Betrag 1)
Beweis: Wir fassen die orthogonale Matrix A als eine komplexe Matrix
auf. Ist λ Nullstelle von ℵA , so ist λ ein Eigenwert von A (Satz 19), also
Av = λv für ein v ∈ Cn . Dann ist (Av )t Av gleichzeitig
0 1
(Av )t Av
Weil A reell ist
=
v1
B.C
(Av̄ )t Av = v̄ t At Av = v̄ t v = (v̄1 , ..., v̄n )B
.. C
A
vn
Normale Form einer orthogonalen 3 × 3 Matrix
Wiederholung (Vorl. 22, LAAG1): Eine reelle n × n-Matrix A heißt
orthogonal, falls AAt = Id. Alternative Definition: falls A erhält das
Standard-Skalarprodukt: (Av , Au) = (v , u).
Lemma 15 Sei A orthogonal. Dann gilt: ist λ ∈ C eine Nullstelle von A,
so |λ| = 1.
In Worten (Eigenwerte (auch komplexe) von orthogonalen Matrizen
haben Betrag 1)
Beweis: Wir fassen die orthogonale Matrix A als eine komplexe Matrix
auf. Ist λ Nullstelle von ℵA , so ist λ ein Eigenwert von A (Satz 19), also
Av = λv für ein v ∈ Cn . Dann ist (Av )t Av gleichzeitig
0 1
(Av )t Av
Weil A reell ist
=
v1
B.C
(Av̄ )t Av = v̄ t At Av = v̄ t v = (v̄1 , ..., v̄n )B
.. C
A =
vn
v̄1 · v1 + ... + v̄n · vn = |v1 |2 + ... + |vn |2 ,
Normale Form einer orthogonalen 3 × 3 Matrix
Wiederholung (Vorl. 22, LAAG1): Eine reelle n × n-Matrix A heißt
orthogonal, falls AAt = Id. Alternative Definition: falls A erhält das
Standard-Skalarprodukt: (Av , Au) = (v , u).
Lemma 15 Sei A orthogonal. Dann gilt: ist λ ∈ C eine Nullstelle von A,
so |λ| = 1.
In Worten (Eigenwerte (auch komplexe) von orthogonalen Matrizen
haben Betrag 1)
Beweis: Wir fassen die orthogonale Matrix A als eine komplexe Matrix
auf. Ist λ Nullstelle von ℵA , so ist λ ein Eigenwert von A (Satz 19), also
Av = λv für ein v ∈ Cn . Dann ist (Av )t Av gleichzeitig
0 1
(Av )t Av
Weil A reell ist
=
v1
B.C
(Av̄ )t Av = v̄ t At Av = v̄ t v = (v̄1 , ..., v̄n )B
.. C
A =
vn
v̄1 · v1 + ... + v̄n · vn = |v1 |2 + ... + |vn |2 ,
t
und (Av )t Av = (λv ) λv =
Normale Form einer orthogonalen 3 × 3 Matrix
Wiederholung (Vorl. 22, LAAG1): Eine reelle n × n-Matrix A heißt
orthogonal, falls AAt = Id. Alternative Definition: falls A erhält das
Standard-Skalarprodukt: (Av , Au) = (v , u).
Lemma 15 Sei A orthogonal. Dann gilt: ist λ ∈ C eine Nullstelle von A,
so |λ| = 1.
In Worten (Eigenwerte (auch komplexe) von orthogonalen Matrizen
haben Betrag 1)
Beweis: Wir fassen die orthogonale Matrix A als eine komplexe Matrix
auf. Ist λ Nullstelle von ℵA , so ist λ ein Eigenwert von A (Satz 19), also
Av = λv für ein v ∈ Cn . Dann ist (Av )t Av gleichzeitig
0 1
(Av )t Av
Weil A reell ist
=
v1
B.C
(Av̄ )t Av = v̄ t At Av = v̄ t v = (v̄1 , ..., v̄n )B
.. C
A =
vn
v̄1 · v1 + ... + v̄n · vn = |v1 |2 + ... + |vn |2 ,
t
Wie oben
und (Av )t Av = (λv ) λv = λλv̄ t v
=
Normale Form einer orthogonalen 3 × 3 Matrix
Wiederholung (Vorl. 22, LAAG1): Eine reelle n × n-Matrix A heißt
orthogonal, falls AAt = Id. Alternative Definition: falls A erhält das
Standard-Skalarprodukt: (Av , Au) = (v , u).
Lemma 15 Sei A orthogonal. Dann gilt: ist λ ∈ C eine Nullstelle von A,
so |λ| = 1.
In Worten (Eigenwerte (auch komplexe) von orthogonalen Matrizen
haben Betrag 1)
Beweis: Wir fassen die orthogonale Matrix A als eine komplexe Matrix
auf. Ist λ Nullstelle von ℵA , so ist λ ein Eigenwert von A (Satz 19), also
Av = λv für ein v ∈ Cn . Dann ist (Av )t Av gleichzeitig
0 1
(Av )t Av
Weil A reell ist
=
v1
B.C
(Av̄ )t Av = v̄ t At Av = v̄ t v = (v̄1 , ..., v̄n )B
.. C
A =
vn
v̄1 · v1 + ... + v̄n · vn = |v1 |2 + ... + |vn |2 ,
t
Wie oben
und (Av )t Av = (λv ) λv = λλv̄ t v
=
|λ|2 |v1 |2 + ... + |vn |2 .
Normale Form einer orthogonalen 3 × 3 Matrix
Wiederholung (Vorl. 22, LAAG1): Eine reelle n × n-Matrix A heißt
orthogonal, falls AAt = Id. Alternative Definition: falls A erhält das
Standard-Skalarprodukt: (Av , Au) = (v , u).
Lemma 15 Sei A orthogonal. Dann gilt: ist λ ∈ C eine Nullstelle von A,
so |λ| = 1.
In Worten (Eigenwerte (auch komplexe) von orthogonalen Matrizen
haben Betrag 1)
Beweis: Wir fassen die orthogonale Matrix A als eine komplexe Matrix
auf. Ist λ Nullstelle von ℵA , so ist λ ein Eigenwert von A (Satz 19), also
Av = λv für ein v ∈ Cn . Dann ist (Av )t Av gleichzeitig
0 1
(Av )t Av
Weil A reell ist
=
v1
B.C
(Av̄ )t Av = v̄ t At Av = v̄ t v = (v̄1 , ..., v̄n )B
.. C
A =
vn
v̄1 · v1 + ... + v̄n · vn = |v1 |2 + ... + |vn |2 ,
t
Wie oben
und (Av )t Av = (λv ) λv = λλv̄ t v
=
|λ|2 |v1 |2 + ... + |vn |2 .
Also, |v1 |2 + ... + |vn |2 =
Normale Form einer orthogonalen 3 × 3 Matrix
Wiederholung (Vorl. 22, LAAG1): Eine reelle n × n-Matrix A heißt
orthogonal, falls AAt = Id. Alternative Definition: falls A erhält das
Standard-Skalarprodukt: (Av , Au) = (v , u).
Lemma 15 Sei A orthogonal. Dann gilt: ist λ ∈ C eine Nullstelle von A,
so |λ| = 1.
In Worten (Eigenwerte (auch komplexe) von orthogonalen Matrizen
haben Betrag 1)
Beweis: Wir fassen die orthogonale Matrix A als eine komplexe Matrix
auf. Ist λ Nullstelle von ℵA , so ist λ ein Eigenwert von A (Satz 19), also
Av = λv für ein v ∈ Cn . Dann ist (Av )t Av gleichzeitig
0 1
(Av )t Av
Weil A reell ist
=
v1
B.C
(Av̄ )t Av = v̄ t At Av = v̄ t v = (v̄1 , ..., v̄n )B
.. C
A =
vn
v̄1 · v1 + ... + v̄n · vn = |v1 |2 + ... + |vn |2 ,
t
Wie oben
und (Av )t Av = (λv ) λv = λλv̄ t v
=
|λ|2 |v1 |2 + ... + |vn |2 .
Also, |v1 |2 + ... + |vn |2 = |λ|2 |v1 |2 + ... + |vn |2 , und
Normale Form einer orthogonalen 3 × 3 Matrix
Wiederholung (Vorl. 22, LAAG1): Eine reelle n × n-Matrix A heißt
orthogonal, falls AAt = Id. Alternative Definition: falls A erhält das
Standard-Skalarprodukt: (Av , Au) = (v , u).
Lemma 15 Sei A orthogonal. Dann gilt: ist λ ∈ C eine Nullstelle von A,
so |λ| = 1.
In Worten (Eigenwerte (auch komplexe) von orthogonalen Matrizen
haben Betrag 1)
Beweis: Wir fassen die orthogonale Matrix A als eine komplexe Matrix
auf. Ist λ Nullstelle von ℵA , so ist λ ein Eigenwert von A (Satz 19), also
Av = λv für ein v ∈ Cn . Dann ist (Av )t Av gleichzeitig
0 1
(Av )t Av
Weil A reell ist
=
v1
B.C
(Av̄ )t Av = v̄ t At Av = v̄ t v = (v̄1 , ..., v̄n )B
.. C
A =
vn
v̄1 · v1 + ... + v̄n · vn = |v1 |2 + ... + |vn |2 ,
t
Wie oben
und (Av )t Av = (λv ) λv = λλv̄ t v
=
|λ|2 |v1 |2 + ... + |vn |2 .
Also, |v1 |2 + ... + |vn |2 = |λ|2 |v1 |2 + ... + |vn |2 , und |λ| = 1.
Normale Form einer orthogonalen 3 × 3 Matrix
Wiederholung (Vorl. 22, LAAG1): Eine reelle n × n-Matrix A heißt
orthogonal, falls AAt = Id. Alternative Definition: falls A erhält das
Standard-Skalarprodukt: (Av , Au) = (v , u).
Lemma 15 Sei A orthogonal. Dann gilt: ist λ ∈ C eine Nullstelle von A,
so |λ| = 1.
In Worten (Eigenwerte (auch komplexe) von orthogonalen Matrizen
haben Betrag 1)
Beweis: Wir fassen die orthogonale Matrix A als eine komplexe Matrix
auf. Ist λ Nullstelle von ℵA , so ist λ ein Eigenwert von A (Satz 19), also
Av = λv für ein v ∈ Cn . Dann ist (Av )t Av gleichzeitig
0 1
(Av )t Av
Weil A reell ist
=
v1
B.C
(Av̄ )t Av = v̄ t At Av = v̄ t v = (v̄1 , ..., v̄n )B
.. C
A =
vn
v̄1 · v1 + ... + v̄n · vn = |v1 |2 + ... + |vn |2 ,
t
Wie oben
und (Av )t Av = (λv ) λv = λλv̄ t v
=
|λ|2 |v1 |2 + ... + |vn |2 .
Also, |v1 |2 + ... + |vn |2 = |λ|2 |v1 |2 + ... + |vn |2 , und |λ| = 1.
Folgerung
Folgerung Sei A eine orthogonale 3 × 3 Matrix. Dann gibt es einen
Basiswecksel B
Folgerung Sei A eine orthogonale 3 × 3 Matrix. Dann gibt es einen
Basiswecksel
B s.d.
0±1
1 die Matrix B −1 AB ist
cos(φ)
− sin(φ)A für irgentwelches φ ∈ [0, 2π).
sin(φ)
cos(φ)
Folgerung Sei A eine orthogonale 3 × 3 Matrix. Dann gibt es einen
Basiswecksel
B s.d.
0±1
1 die Matrix B −1 AB ist
cos(φ)
− sin(φ)A für irgentwelches φ ∈ [0, 2π).
sin(φ)
cos(φ)
(In Worten: jede orthogonale Transformation von R3
Folgerung Sei A eine orthogonale 3 × 3 Matrix. Dann gibt es einen
Basiswecksel
B s.d.
0±1
1 die Matrix B −1 AB ist
cos(φ)
− sin(φ)A für irgentwelches φ ∈ [0, 2π).
sin(φ)
cos(φ)
(In Worten: jede orthogonale Transformation von R3 mit det = 1
Folgerung Sei A eine orthogonale 3 × 3 Matrix. Dann gibt es einen
Basiswecksel
B s.d.
0±1
1 die Matrix B −1 AB ist
cos(φ)
− sin(φ)A für irgentwelches φ ∈ [0, 2π).
sin(φ)
cos(φ)
(In Worten: jede orthogonale Transformation von R3 mit det = 1 ist die
Drehung um eine Achse.
Folgerung Sei A eine orthogonale 3 × 3 Matrix. Dann gibt es einen
Basiswecksel
B s.d.
0±1
1 die Matrix B −1 AB ist
cos(φ)
− sin(φ)A für irgentwelches φ ∈ [0, 2π).
sin(φ)
cos(φ)
(In Worten: jede orthogonale Transformation von R3 mit det = 1 ist die
Drehung um eine Achse. Jede orthogonale Transformation mit det = −1
ist eine Verkettung von Drehung um eine Achse und Spiegelung bzgl. der
Ebene, die zur Achse orthogonal ist. )
Folgerung Sei A eine orthogonale 3 × 3 Matrix. Dann gibt es einen
Basiswecksel
B s.d.
0±1
1 die Matrix B −1 AB ist
cos(φ)
− sin(φ)A für irgentwelches φ ∈ [0, 2π).
sin(φ)
cos(φ)
(In Worten: jede orthogonale Transformation von R3 mit det = 1 ist die
Drehung um eine Achse. Jede orthogonale Transformation mit det = −1
ist eine Verkettung von Drehung um eine Achse und Spiegelung bzgl. der
Ebene, die zur Achse orthogonal ist. )
Folgerung Sei A eine orthogonale 3 × 3 Matrix. Dann gibt es einen
Basiswecksel
B s.d.
0±1
1 die Matrix B −1 AB ist
cos(φ)
− sin(φ)A für irgentwelches φ ∈ [0, 2π).
sin(φ)
cos(φ)
(In Worten: jede orthogonale Transformation von R3 mit det = 1 ist die
Drehung um eine Achse. Jede orthogonale Transformation mit det = −1
ist eine Verkettung von Drehung um eine Achse und Spiegelung bzgl. der
Ebene, die zur Achse orthogonal ist. )
(Wiederholung: Für Dim 2: Lemma 34/Hausaufgabe
1 Blatt
10
− sin(φ)
für
LAAG1: Jede orthogonale A mit det(A) = 1 ist cos(φ)
sin(φ)
cos(φ)
irgentwelches φ ∈ [0, 2π). )
Beweis. Da charakteristisches Polynom Grad 3 hat, hat A mind. einen
reellen Eigenwert λ. Nach Lemma 15 ist λ = ±1. Betrachte den
zugehörige Eigenvektor b1 . Betrachte die Menge
span(b1 )⊥ := {u ∈ R3 s.d. (u, b1 ) = 0}.
Die Menge bestehet aus allen Lösungen der Gleichung
b11 x1 + b12 x2 + b13 x3 = 0, und ist deswegen ein Untervektorraum der
Dimension 2. Wir zeigen: für jedes u ∈ span(b1 )⊥ ist Au ∈ span(b1 )⊥ .
Tatsächlich, (Au, b1 ) = ±(Au, Ab1 ) = ±(u, b1 ) = 0.
Betrachte !eine Basis b2 , b3 in span(b1 )⊥ . In der Basis, die Matrix ist
±1
. Dann ist ℵA = (±1 − t)ℵA1 . Dann sind die Eigenwerte von
A1
A1 auch Eigenwerte von A, und haben deswegen Betrag 1. Falls sie
komplex-konjugierte Zahlen µ = α + i · β, µ̄ = α − i · β sind, dann hat
nach
in einer
0±1 Satz 271 die Matrix
0±1 Basis die Form
1
Weil α2 + β 2 = 1
α
−β A
cos(φ)
− sin(φ)A , und wir sind fertig.
=
β
sin(φ)
α
cos(φ)
Falls sie reelle Zahlen sind, wiederholen wir die Argumentation und
bekommen,
0±1 dass in1einer Basis
A,
±1
A= ±1
Eigenwerte symmetrischer Matrizen über R
Wiederholung: A heißt symmetrisch, falls At = A.
Lemma 16 Ist A symmetrisch, so gibt eine eine orthogonale Matrix O,
s.d. O −1 AO diagonal ist.
Eigenwerte symmetrischer Matrizen über R
Wiederholung: A heißt symmetrisch, falls At = A.
Lemma 16 Ist A symmetrisch, so gibt eine eine orthogonale Matrix O,
s.d. O −1 AO diagonal ist. (Symmetrische Matrizen über R sind
diagonalisierbar mit Hilfe von ortogonalen Transformationen)
HA 1 Mind. 1 Eigenwert von A ist reell.
Beweis: Betrachte eine (vielleicht, komplexe) Nullstelle µ von ℵA und
den zugehörigen (vielleicht, komplexen) Eigenvektor. Dann ist v̄ auch ein
Eigenvektor mit Eigenwert µ̄. Dann gilt
µ̄v̄ t v = µv t v = (Av )t v = (Av̄ )t v = v̄ t Av = µv̄ t v .
Also, µ̄(|v1 |2 + ... + |vn |2 ) = µ̄(|v1 |2 + ... + |vn |2 ), und deswegen
µ̄ = µ,
HA 2 Sei O eine orthogonale Matrix, A eine symmetrische Matrix. Dann
gilt: O −1 AO ist symmetrisch.
Beweis:
−1 t
Lemma 17 LAAG1
O
=O
At = A
=⇒ (O −1 AO)t = (O t AO)t
=
O t At (O t )t = O −1 AO.
Beweis von Lemma 16: Nach HA 1 gibt es ein v ∈ Rn , v 6= ~0 mit
Ersätze
Av = λ1 v . OBdA ist |v | = 1, sonst v → |vv | . Betrachte eine
orthogonale O s.d. Oe1 = v .
(Existenz: LAAG1, Vorl. 20,22 LAAG1: Man kann eine orthonormierte
Basis o1 , ..., on finden s.d. o1 = v (Satz 30). Die Matrix O = O s.d.
Oei = oi ist orthogonal (Satz 33).)
Dann ist O −1 AOe1 = O −1 Av = λ1 O −1 v = λ1 e1 , also
HA 2 λ
∗
1
O −1 AOe1 = λ1 An−1
=
, wobei An−1 eine symmetrische
An−1
Matrix ist.
Wir wiederholen die Prozedur: Es gibt ein reellen Eigenvektor v von
An−1 , und deswegen
eine (n− 1 × n − 1) orthogonale Matrix On−1 s.d.
−1
An−1 On−1 = λ2 An−2 , wobei An−2 symmetrisch ist. Dann gilt
On−1
1
!
1
0 λ1
1
λ1
A, also
λ2
=
−1
An−1
On−1
On−1
An−2
!
1
1
O −1 AO
=
−1
On−1
On−1
1
!
0 λ1
1
λ1
1
A , u.s.w. (Da On−1
λ2
=
−1
An−1
On−1
On−1
! An−2
1
1
orhtogonal ist, sind
,
auch orthogonal, und deswegen
On−1
O −1
n−1
Auch On−1 O, (On−1 O)−1 auch orthogonal. Nach n − 1 Schritte
bekommen wir die Aussage.