Theoretische Chemie I

Theoretische Chemie I

Wichtige Grundlagen der linearen Algebra

L¨ osungen (Teil 2)

Aufgabe 1: Eigenwerte und Eigenvektoren

F=

3 1 1 3

, 1=

1 0 0 1

a) Eigenvektoren ~x erf¨ullen die Gleichung (F−λE)~x = 0, es existiert eine nicht- triviale L¨osung, wenn det(F−λE) = 0.

det(F−λE) =

3−1·λ 1−0·λ 1−0·λ 3−1·λ

= (3−λ)²−1² = 8−6λ+λ²

Die Determinante ist 0 f¨ur zwei Werte von λ (L¨osungsformel f¨ur quadr. Gle- ichungen verwenden):

λ = 2 λ⁰ = 4

Die Eigenvektoren zu diesen Eigenwerten findet man durch Einsetzen in die Eigenwertgleichung. F¨ur λ = 2 erh¨alt man daraus die zwei Bedingungen (1) und (2):

(F−λE)~x =

1 1 1 1

x₁ x₂

= 0 (1) x₁+x₂ = 0 ⇒x₁ =−x₂ (2) x₁+x₂ = 0 ⇒x₁ =−x₂

~x =

x1

−x₁

Der normierter Eigenvektor (~x·~x= 1) ist genau bestimmt:

~

x·~x=x²₁+x²₂ = 2x²₁

~ x=

√2 2

1

−1

L¨osung f¨urλ⁰ = 4:

(F−λE)~x⁰ =

−1 1 1 −1

x⁰₁ x⁰₂

= 0 (1) −x⁰₁+x⁰₂ = 0 ⇒x⁰₁ =x⁰₂

(2) x⁰₁−x⁰₂ = 0 ⇒x⁰₁ =x⁰₂

~x⁰ =

x⁰₁ x⁰₁

Normierter Eigenvektor:

~

x⁰·~x⁰ = (x⁰)²₁+ (x⁰)²₂ = 2(x⁰)²₁

~ x⁰ =

√2 2

1 1

b) Durch Mulitplizieren der Matrizen in der richtigen Reihenfolge erh¨alt man:

Gl.(1) Gl.(2) Gl.(2) Gl.(3)

mit:

O₁₁cos²θ+ 2O₁₂cosθ sinθ+O₂₂sin²θ (1)

O11cosθ sinθ+O12sin²θ−O12cos²θ−O22cosθ sinθ (2)

O₁₁sin²θ−2O₁₂sinθ cosθ+O₂₂cos²θ (3) c) Damit Matrix O durch U diagonalisiert werden kann, muss das Ergebnis aus

Teilaufgabe b) eine Diagonalmatrix sein, was bedeutet:

O₁₁cosθ sinθ+O₁₂sin²θ−O₁₂cos²θ−O₂₂cosθ sinθ= 0^!

=O11cosθ sinθ−O22cosθ sinθ−O12(−sin²θ+cos²θ)^=cos(2θ)=

=−O₁₂cos(2θ) + (O₁₁−O₂₂)cosθ sinθ·2· 1 2

=sin(2θ)

=

=−O₁₂cos(2θ) + 1

2(O₁₁−O₂₂)sin(2θ) d) θ₀ muss folgende Gleichung erf¨ullen:

O12cos(2θ) = 1

2(O11−O22)sin(2θ) Hierbei m¨ussen 4 F¨alle unterschieden werden.

• O₁₁−O₂₂= 0 & O₁₂= 0⇒θ beliebig

• O₁₁−O₂₂6= 0 & O₁₂= 0

⇒ ¹₂(O₁₁−O₂₂)sin(2θ) = 0⇒sin(2θ) = 0⇒θ = ^kπ₂ ;k ∈N

• O₁₁−O₂₂= 0 & O₁₂6= 0

O12cos(2θ) = 0⇒cos(2θ) = 0⇒θ = ^(k+

1 2)π

2 ; k ∈N

• O₁₁−O₂₂6= 0 & O₁₂6= 0

sin(2θ)

cos(2θ) = _O^2O12

11−O22 =tan(2θ) ⇒θ = ¹₂arctan_O^2O12

11−O22

e) Hier gilt Fall 3 aus Teilaufgabe d) und somit ist z.Bsp. θ = ^π₄. Analog zu Teilaufgabe b) wird nun F mit U diagonalisiert, wobei θ in U gleich ^π₄ ist. U sieht damit wie folt aus:

U=

√2 2

√2

√ 2 2

2 −

√ 2 2

!

Ergebnis f¨urf:

f =

4 0 0 2

f) Zu zeigen: U^†f f U =F²

U^†f f U =U^†f·1·f U =U^†f U U^†f U = mit F =U^†f U =U f U^†

=F ·F =F²

Aufgabe 2: Inhomogenes lineares Gleichungsystem

Q^ω ~x= (A−ω1)~x=~c Zun¨achst muss Q^ω diagonalisiert werden, zu q^ω.

q^ω =U^†(A−ω1)U=U^†AU−U^†ω1U=

=





a_k 0 0 0 ... 0 0 0 ...



−





ω 0 0 0 ω 0 0 0 ...



=

=a−ω1

(q^ω)_kl= (a_kl−ω)δ_kl

Dies ist eine Diagonalmatrix. Ihr Inverses g^ω = [q^ω]⁻¹ ist wiederum eine Diagonalma- trix, mit Diagonalelementen die den reziproken Diagonalelementen vonq^ωentsprechen:

(g^ω)_kl= δ_kl (akl−ω)

Die R¨ucktransformation von g^ω mit U liefert die Inverse zuQ^ω, genannt G^ω. G^ω =Ug^ωU^†

(G^ω)_ij =X

kl

U_ikδ_klU_lj^†

a_kl−ω =X

k

U_ikU_kj^†

a_kk−ω =X

k

U_ikU_jk^∗ a_kk−ω

Aufgabe 3: Taylorreihe 1.

f(x)≈cos(0) + (x−0)(−sin(0)) +x²

2 (−cos(0)) + x³

6 sin(0) + x⁴ 24cos(0)

= 1− x² 2 +x⁴

24 2.

f(x)≈exp(−0) + (x−0)(−exp((−0) + x²

2 exp(−0) + x³

6 (−exp(−0)) + x⁴

24(exp(−0)

= 1−x+ x² 2 −x³

6 + x⁴ 24 Aufgabe 4: Lagrange Multiplikatoren (Optimierung mit Nebenbedingungen) Die Nebenbedingung kann zu folgendem umgeformt werden:

x+y−3 = 0

Die aufgesetzte Lagrangefunktion sieht dann folgendermaßen aus:

L(x, y, λ) =f(x, y) +λ(x+y−3) =x²+ 2y²+λ x+λ y−λ3 Die Ableitungen nach den drei Variablen werden null gesetzt,

dL dx

= 0 = 2x! +λ dL

dy

= 0 = 4y! +λ dL

dλ

= 0 =! x+y−3 und liefern ein Gleichungsystem.

2x+ 0y+λ = 0 0x+ 4y+λ = 0 x+y+ 0 = 3

Dieses Gleichungsystem kann auch in Matrixschreibweise dargestellt werden.





2 0 1 0 4 1 1 1 0



·~c=



 0 0 3





Lst man das Gleichungssystem erh¨alt man:

y= 1 x= 2 λ=−4