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symmetrisch. Die Standardbasis von RI ist jedoch i.a. nicht orthonormiert. Al-
lerdings gewinnt man naturlich eine orthonormierte Basis aus der Standardbasis
¨
¨
sehr einfach durch Streckung der Basisvektoren. Der Leser m¨ge sich als Ubungs-
o
aufgabe uberleben, wie die darstellende Matrix von fP bezuglich dieser orthonor-
¨ ¨
mierten Basis dann aussieht.

238
Fur reversible stochastische Matrizen gilt daher spec (fP ) ‚ R. Genauer: Wir
¨
wissen aus Kapitel 8, dass die Eigenwerte vom Betrag ¤ 1 sind. In unserem
Fall gilt also spec (fP ) ‚ [’1, 1] . 1 ist immer ein Eigenwert einer stochastischen
Matrix. Wenn P irreduzibel und aperiodisch ist, so ist 1 ein algebraisch einfacher
Eigenwert, und ’1 ist kein Eigenwert. (Alle von 1 verschiedenen Eigenwerte
haben Betrag < 1). Wir ordnen die Eigenwerte der Gr¨sse nach:
o

’1 < »m ¤ »m’1 ¤ . . . ¤ »2 < »1 = 1,

wobei wir Eigenwerte, die algebraisch mehrfach sind, auch entsprechend oft auf-
schreiben. Mit dieser Festsetzung ist m die Anzahl der Elemente in I. Von be-
sonderer Bedeutung ist die sogenannte Spektrallucke
¨
∆ := min (1 ’ »2 , »m + 1) .

Sie gibt also einfach an, wie weit die von 1 verschiedenen Eigenwerte vom Rand
von [’1, 1] entfernt sind. (Wir nehmen an, dass m = |I| ≥ 2 ist.)
Wie wir aus Kapitel 8 schon wissen, gilt fur jede irreduzible und aperiodische
¨
Matrix P :
(n)
lim pij = πj , ∀i, j.
n’∞

Dies k¨nnen wir fur reversible Matrizen nun noch wesentlich pr¨ziser beschreiben:
o a
¨

Satz 11.12 Sei P reversibel, irreduzibel und aperiodisch. Dann gilt fur i ∈ I und
¨
n∈N:
1
(n)
pij ’ πj ¤ √ (1 ’ ∆)n .
πi
j

Beweis.
2
πj (n)
2
(n)
’ πj p ’ πj
pij =
πj ij
j j

√ 1 (n) 2
2
¤ p ’ πj
πj (Schwarzsche Ungl.)
πj ij
j j

1 (n) 2
pij ’ πj
=
πj
j

1 1
2 2
(n) (n) (n)
2
’ 2πj pij + πj ’ 1.
= pij = pij
πj πj
j j


1 1 1 1 (2n)
2
(n) (n) (n)
pij = πi pij pij = pii .
πj πi πj πi
j j
(n)
=πj pji

Somit erhalten wir
1 (2n)
2
(n)
’ πj ¤ ’ 1.
pij p (11.17)
πi ii
j


239
Da P reversibel ist, existiert eine orthonormierte Basis V = (v1 , . . . , vm ) von
Eigenvektoren, wobei v1 der Eigenvektor zu »1 = 1 sei, d.h.
«
1
v1 =  .  .
¬.·
(11.18)
.
1
(Dieser Vektor ist normiert in unserem Skalarprodukt). Wie die anderen Eigen-
vektoren aussehen, k¨nnen wir naturlich nicht sagen. Wir bezeichnen ferner mit
o ¨
E = (e1 , . . . , em ) die Standardbasis. Dann ist
1
(2n)
pii = ei , fP 2n (ei ) π
πi
1
= ei , vj π vj , fP 2n ei , vj vj
π
πi j j π
1
»2n ei , vj 2
= (11.19)
πi j j π


1 1
2 2
»2n ei , vj
= ei , v1 + .
j
π π
πi πi j=1

Nun ist ei , v1 π wegen (11.18) einfach πi , sodass der erste Summand oben einfach
πi ist. Fur den zweiten Teil benutzen wir, dass |»j | ¤ 1 ’ ∆, fur j = 1 gilt, und
¨ ¨ ¨
somit
2
¤ (1 ’ ∆)2n 2
»2n ei , vj ei , vj
j π π
j=1 j=1

¤ (1 ’ ∆)2n 2
= (1 ’ ∆)2n ei 2
= (1 ’ ∆)2n πi .
ei , vj π
π
j

Kombinieren wir das mit (11.17) und (11.19), so ergibt sich
1 1
2
(n) 2
(1 ’ ∆)2n .
»2n ei , vj
’ πj ¤ ¤
pij j π
2
πi πi
j
j=1

Damit ist der Satz bewiesen.
Das n¨chste Problem ist naturlich die Bestimmung oder Absch¨tzung der
a a
¨
Spektrallucke. Das ist in der Regel ein schwieriges Problem. Eine explizite Be-
¨
stimmung ist ohnehin nur in Ausnahmefallen moglich.
¨ ¨

11.7 Eine Darstellung des dreidimensionalen Euklidschen
Raumes
Wir ben¨tigen einige Voruberlegungen uber die Spur von Matrizen. Wie schon
o ¨ ¨
fruher eingefuhrt, sei M (n, K) der Vektorraum der n — n-Matrizen mit Koef-
¨ ¨
¬zienten im K¨rper K. Ist A ∈ M (n, K) , so ist die Spur trace (A) ∈ K. Wir
o

240
betrachten die Abbildung

M (n, K) — M (n, K) (A, B) ’ trace (AB) . (11.20)

Die folgenden Eigenschaften sind sehr leicht nachzuprufen:
¨

• Fur Matrizen A, B gilt
¨

trace (AB) = trace (BA)

• Fur ±, ± ∈ K und Matrizen A, A , B gilt
¨

trace ((±A + ± A ) B) = ± trace (AB) + ± trace (A B) .

Damit ist (11.20) eine symmetrische Bilinearform auf M (n, K) .
Wir betrachten nur einen Spezialfall. Sei H die Menge der Hermiteschen
2 — 2-Matrizen mit Spur 0 :

ab
: a ∈ R, b ∈ C .
H :=
b ’a

Die Menge der Hermiteschen Matrizen ist ein R-Vektorraum, und H ist ein Unter-
raum, also selbst ein R-Vektorraum. Eine Hermitesche Matrix der obigen Form
konnen wir wie folgt schreiben
¨

0 ’i
ab 01 10
= Re (b) + Im (b) +a .
0 ’1
b ’a 10 i0

De¬nition 11.8 Die drei Matrizen
0 ’i
01 10
σ1 := , σ2 := , σ3 :=
0 ’1
10 i0

nennt man die Pauli-Matrizen.

Die drei Pauli-Matrizen spannen o¬enbar H als R-Vektorraum auf und sie
sind linear unabhangig. Demzufolge bilden sie eine Basis von H. Wir fuhren nun
¨ ¨
die oben schon diskutierte Bilinearform auf H ein (mit einem unwichtigen Faktor
1/2) : Fur A, B ∈ H sei
¨
1
A, B := trace (AB) .
H
2
Lemma 11.12 a) A, B H ∈ R und ·, · H ist ein Skalarprodukt auf H.
b) A, B H = 0 gilt genau dann, wenn AB + BA = 0 ist.
c) σ1 , σ2 , σ3 ist eine orthonormierte Basis.

241
Beweis. a) Da trace (AB) = trace AB = trace AT B T = trace (AB)
gilt, ist A, B H reell. Wir hatten schon gesehen, dass ·, · H symmetrisch und
bilinear ist. Sei A ∈ H. A ist reell diagonalsierbar mit Eigenwerten »1 , »2 . Wegen
trace (A) = 0 folgt »1 + »2 = 0, d.h. es gibt die zwei Eigenwerte » und ’». Somit
hat A2 den Eigenwert »2 mit Vielfachheit 2, d.h. es gilt einfach A2 = »2 E2 . Damit
gilt
1
A, A H := trace A2 = »2 ≥ 0
2
und = 0 genau dann, wenn » = 0 ist, d.h. A = 0. Damit ist bewiesen, dass ·, · H
positiv de¬nit ist.
b)
2 trace (AB) = trace (A + B)2 ’ trace A2 ’ trace B 2 .
Nun sind, wie oben gesehen, A2 und B 2 Vielfache der Einheitsmatrix. Das gleiche
gilt fur (A + B)2 , denn es gilt A + B ∈ H. Somit gilt trace (AB) = 0 genau dann,
¨
wenn (A + B)2 ’ A2 ’ B 2 = 0 gilt, d.h. wenn AB + BA = 0 ist.
c) Die folgenden Multiplikationsregeln der Pauli-Matrizen sind sehr leicht zu
uberprufen:
¨ ¨
10
2 2 2

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