So weit ich das im Augenblick übersehe, fehlen dir / euch für die Bewältigung dieser Aufgabe sämtliche juristischen Grundlagen. Daher ist sie Wert los - aber entscheide selber.
Unsere Frankfurter AGULA Vorlesung war ja qualitativ hochwertig; wir bekamen gesagt, dass die ( drei ) Spalten der Matrix die Bilder der drei kanonischen Einheitsvektoren sind. Und jetzt bilde mal die Summen
3
SUMME P ( i ; k ) = 0 ( 1 )
i = 1
Sollte dir das schwer fallen; in ( 1 ) fordere ich dich auf, sämtliche drei Spaltensummen zu bilden - sie sind alle Null. Aber das heißt doch, dass alle drei Bildvektoren, sprich das ganze Bild, in Ebene E liegt:
E ( x ; y ; z ) | x + y + z = 0 ( 2 )
Zunächst mal ist das nichts weiter als die Aussage
Bild ( P ) < = E ( 3 )
( Ich habe leider kein Teilmengensymbol; ( 3 ) soll also heißen: Das Bild von P ist ein ( echter oder unechter ! ) Unterraum von E ) ( NOCH wissen wir nicht mal, ob P den |R ³ surjektiv auf E abbildet, wenn du verstehst, was ich meine. )
Bedingungen ( 2;3 ) sind allzu schwach; für Projektion verlangst du mehr. Eine Projektion P muss das Matrizenpolynom befriedigen
P ² = P ( 4 )
Man sagt auch idempotent von Latein " idem " = selbst. D.h. jede Potenz von P gibt wieder P .
Das Dümmste, was du jetzt machen könntest: all diese 3 X 3 Matrizenmultiplikationen ( " Matmul " ) per Hand ausführen. Von Vorn herein ist schon mal klar: Eine Matrix, die ( 4 ) befriedigt, kann nur ===> Eigenwert Null oder Eins haben. Aber es gilt eben mehr; P ist ===> halbeinfach ( oder was das Selbe ist: ===> diagonalisierbar )
Junge diese Aufgabe hat nur dann Sinn, wenn man dir " gelernt " hat: Identität ( 4 ) ist äquivalent zu der Aussage
" Der Definitionsbereich bzw. Definitionsraum V ( hier : V = |R ³ ) lässt sich darstellen als ===> direkte Summe
V = U0 + U1 " ( 5 )
Hierbei ist U0 der Kern von P ( wobei leider Manchen von euch immer noch nicht klar ist: Der Kern ist der Eigenraum zum Eigenwert Null ) und U1 entsprechend der Eigenraum zu Eigenwert Eins.
P verdient den Ehrennamen " Projektor auf E " doch offenbar nur dann, wenn U1 = E . Überleg mal, was P macht. Die beiden Komponenten eines Vektors, die in E liegen, überleben. Und die dritte wird abgeschossen. Stell dir vor, du projizierst den Schatten eines 3 D Körpers auf Ebene E .
Jetzt ist Matmul angesagt; nehmen wir uns doch mal in ( 2 ) einen Vektor ( x | y | z ) € E her , ob der wirklich Eigenwert Eins hat. Zunächst die x-Komponente b1 des Bildvektors
b1 = 1/3 ( 2 x - y - z ) = ( 6a )
= 1/3 [ 2 x - ( y + z ) ] = ( 6b )
= 1/3 [ 3 x - ( x + y + z ) ] ( 6c )
Aber die runde Klammer in ( 6c ) verschwindet auf Grund von Definition ( 2 ) , so dass tatsächlich b1 = x . Analog rechnet man nach b2 = y und b3 = z , wzbw .
Jetzt stellt aber E einen 2 D Unterraum dar; der Eigenwert Eins ist doppelt ===> entartet .
E1 = E2 = 1 ( 7a )
Den dritten Eigenwert E3 besorgen wir uns nach der Metode Okasa Brutal; wir gehen ganz listig über die Spur - wirf bitte einen Blick in deine Matrix .
Sp ( P ) = E1 + E2 + E3 = 2 ===> E3 = 0 ( 7b ) ; wzbw
Doch etwas Weiteres gilt es noch zu beachten; deine Matrix ist ===> Hermitesch . ( sieht man auf einen Blick ) Hermitesche Matrizen besitzen stets eine ===> Ortonormalbasis aus Eigenvektoren. Und Hermitesche Projektoren - die also Polynom ( 4 ) befriedigen - heißen ortogonale Projektionen. Dann sind U0 und U1 nicht bloß linear unabhängig, sondern sie stehen auch im Sinne des Skalarprodukts aufeinander senkrecht:
< U0 | U1 > = 0 ( 8 )
