Aus der ===> Elementarteilerteorie folgt, dass jede Matrix ihre eigene Säkulardeterminante ( SD ) löst; für halbeinfache, insbesondere Hermitesche Operatoren ist das ja trivial erfüllt
f ( SD; H ; x ) = x ³ + a2 x ² + a1 x + a0 ( 1a )
f ( SD; H ; H ) = H ³ + a2 H ² + a1 H + a0 * 1| = 0 ( 1b )
Schaut mal hier
https://matrixcalc.org/de/ Mit einem modernen Matrizenrechner lässt sich dieser Weg ganz einfach beschreiten.
5 14 −2
H ² = 14 41 −7 ( 2a )
−2 −7 2
33 96 −16
H ³ = 96 281 −48 ( 2b )
−16 −48 9
In ( 1b ) entscheiden wir uns für das Matrixelement ( 1 ; 3 ) , weil H ( 1 ; 3 ) = 0
H ³ ( 1 ; 3 ) + a2 H ² ( 1 ; 3 ) = 0 ( 3a )
( 2ab ) einsetzen
- 16 - 2 a2 = 0 ===> a2 = ( - 8 ) ( 3b )
Auf ( 3b ) hast du sogar eine Probe; die Wurzeln von ( 1a ) sind doch die drei Eigenwerte E1;2;3 . Dann folgt aber aus dem Satz von Vieta
a2 = - ( E1 + E2 + E3 ) = - Sp ( H ) ( 3c ) ; ok
Und jetzt ( 2 ; 3 )
H ³ ( 2 ; 3 ) + a2 H ² ( 2 ; 3 ) + a1 H ( 2 ; 3 ) = 0 ( 4a )
- 48 - 7 a2 - a1 = 0 ( 4b )
- 48 + 7 * 8 - a1 = 0 ===> a1 = 8 ( 4c )
Es verbleibt noch die Probe auf das Nebendiagonalelement ( NDE ) H ( 1 ; 2 ) ( Primfaktoren ausklammern ! ) Das beste HDE ist ( 3 ; 3 ) , weil die Terme dem Betrage nach klein bleiben.
H ³ ( 3 ; 3 ) + a2 H ² ( 3 ; 3 ) + a1 H ( 3 ; 3 ) + a0 = 0 ( 5a )
9 + 8 ( 1 - 2 ) + a0 = 0 ===> a0 = ( - 1 ) ( 5b )
Analog ( 3c ) liefert der Vieta wieder die Probe
a0 = - E1 E2 E3 = - det ( H ) ( 5c ) ; ok
Probe wieder auf die beiden anderen HDE .
f ( SD; H ; x ) = x ³ - 8 x ² + 8 x - 1 = ( 6a )
= ( x ³ - 1 ) - 8 x ( x - 1 ) ( 6b )
Natürlich hat euch auch euer Prof die cartesische Vorzeichenregel ( CV ) nicht " gelernt " , weil sie so nützlich ist; gleich für x < 0 brettert die CV von ( 6a ) auf einen Entartungsfall
" Hier wie soll denn eine Summe aus lauter negativen Termen Null werden? "
Die CV liefert dir drei positive Eigenwerte; H ist positiv definit. Oft hilft ja schon geschicktes Ausklammern wie in ( 6b ) ; bereits die linke Klammer hat ja schon Nullstelle x = 1 . Wie müssen wir faktorisieren? Es gilt die wenig bekannte 3. binomische Formel ( BF3 ) " hoch Drei "
a ³ - b ³ = ( a - b ) ( a ² + a b + b ² ) ( 7a )
a := x ; b := 1 ( 7b )
Die BF3 " Hoch n " stammt von einer ===> geometrischen Reihe ab mit ===> Quotient q = b / a ; im Grunde ist sie sogar einfacher als die BF1 , weil du diese ===> Binominalkoeffizienten nicht hast ( Die rechte Klammer in ( 7a ) stellt genau diese Georeihe dar. ) Dann wird ( 6b )
( x - 1 ) [ ( x ² + x + 1 ) - 8 x ] = ( 7c )
( x - 1 ) ( x ² - 7 x + 1 ) = 0 | MF ( 7d )
Zur Reihenfolge des Spektrums sei noch vermerkt: E2 = 1 ist ja Eigenwert; aus dem Vieta von ( 7d ) folgt ja
E1 E3 = q = 1 ( 8a )
E1 und E3 sind zueinander reziprok; somit ist die richtige Reihenfolge
E1 < 1 < E3 ( 8b )
E1;3 = 1/2 [ 7 -/+ 3 sqr ( 5 ) ] ( 8c )
Stellen wir zunächst das LGS auf für den Eigenvektor v2 zum Eigenwert Eins.
x + 2 y = x | - x ( 9a )
2 x + 6 y - z = y ( 9b )
- y + z = z | - z ( 9c )
( 9ac ) brettern überein stimmend auf y = 0 ; diese Bedingung gilt es einzusetzen in ( 9b )
z = 2 x ===> v2 = ( 1 | 0 | 2 ) = ( 10a )
= ( 1 | 0 | 2 ) sqr ( 5 ) ( 10b )
wobei in ( 10b ) die korrekte Normierung angegeben wurde.
Also unitäre Matrix würd ich verstehen; aber uniPOTENT? Ich musste erst mal in Wiki nachsehen, was für ein exotisches Tierchen dass das ist; das wäre ja eine Matrix u mit nur einem kubistischen ET
( U - 1| ) ³ ( 11 )
