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| Aufgabe | Bestimmen Sie die Eigenvektoren der Matrix
[mm] \pmat{ 1 & 1 & 4\\0 & -1 & -8\\ 0 & -1 & -3} [/mm] |
Hallo,
für obige Aufgabe komme ich mit dem Gauß-Algorithmus für [mm] \lambda_{2}=-5
[/mm]
auf die Stufenform:
1 0 1|0
0 1 -2|0
--> die Lösung für den EV ist [mm] \vec{x}= t\cdot{}\pmat{ -1 \\ 2 \\ 1 }
[/mm]
aber meine Frage ist warum? in einem anderem Beitrag wurde mir gesagt
ich solle die "Matrix" um das blaue hier erweitern:
[mm] \pmat{1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & -2 \\ \blue{0} & \blue{0} & \blue{-1}}
[/mm]
man meinte es ist eine gebräuchliche Methode, aber ich versuche zu verstehen, warum das so ist und wie man das dann auch bei anderen Aufgaben lösen würde. Es geht mir also nicht um die einzelne Aufgabe sondern um das Verständnis. Ich meine man kann ja nicht einfach die einsen in den anderen Spalten außen vor lassen und nimmt man immer die 3.Spalte *-1?
Weitere Beispiele, die mir nicht einleuchten:
2 1 1 | 0
0 1 2 | 1
0 0 0 | 0
[mm] \vdots
[/mm]
1 0 [mm] -\bruch{1}{2} [/mm] | [mm] -\bruch{1}{2}
[/mm]
0 1 2 | 1
führt zum EV: [mm] \vec{x}= \pmat{ -\bruch{1}{2} \\ 1 \\ 0 }+ t\cdot{}\pmat{ \bruch{1}{2} \\ -2 \\ 1 }? [/mm]
Wie interpretiert man das da raus? Auch in Literatur finde ich da nichts, da steht immer nur LGS lösen führt zu EV.
Außerdem: gibt es manchmal eine einfache Möglichkeit EV's zu bestimmen?
unsere Dozentin schreibt die manchmal direkt hin, also könnte Sie sie direkt ablesen (weiteres Beispiel) :
[mm] \pmat{ \bruch{1}{2} & \bruch{1}{2} & 0 \\ \bruch{1}{2} & \bruch{1}{2} & 0\\ 0 & 0& 6 } \* \vec{x}=\vec{0}
[/mm]
führt zu dem EV: [mm] \vec{x}=t\*\vektor{1 \\ -1 \\ 0} [/mm] ?
Ich glaube es hat was mit mit den Spaten zu tun...
Naja hoffe ihr könnt mir da weiterhelfen.. :) Danke.
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:41 Fr 24.02.2012 | | Autor: | fred97 |
> Bestimmen Sie die Eigenvektoren der Matrix
>
> [mm]\pmat{ 1 & 1 & 4\\0 & -1 & -8\\ 0 & -1 & -3}[/mm]
> Hallo,
>
> für obige Aufgabe komme ich mit dem Gauß-Algorithmus
> für [mm]\lambda_{2}=-5[/mm]
> auf die Stufenform:
>
> 1 0 1|0
> 0 1 -2|0
> --> die Lösung für den EV ist [mm]\vec{x}= t\cdot{}\pmat{ -1 \\ 2 \\ 1 }[/mm]
Aber nur für t [mm] \ne [/mm] 0
>
> aber meine Frage ist warum?
Ist [mm] \vektor{x \\ y \\ z} [/mm] ein Eigenvektor zu -5, so bekommst Du das LGS
x+z=0
y-2z=0
Also
x=-z
y=2z
z=z
z ist also frei wählbar. Damit kommst Du zu Deiner Lösung.
in einem anderem Beitrag wurde
> mir gesagt
> ich solle die "Matrix" um das blaue hier erweitern:
>
> [mm]\pmat{1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & -2 \\ \blue{0} & \blue{0} & \blue{-1}}[/mm]
>
> man meinte es ist eine gebräuchliche Methode,
Das ist Quatsch
Die letzte Matrix ist invertierbar, also hat das LGS
[mm]\pmat{1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & -2 \\ \blue{0} & \blue{0} & \blue{-1}}*\vektor{x \\ y \\ z}=0[/mm]
nur die Lösung [mm] \vektor{x \\ y \\ z}=\vektor{0 \\ 0 \\ 0}
[/mm]
Das führt also niemals zu einem Eigenvektor.
> aber ich
> versuche zu verstehen, warum das so ist und wie man das
> dann auch bei anderen Aufgaben lösen würde. Es geht mir
> also nicht um die einzelne Aufgabe sondern um das
> Verständnis. Ich meine man kann ja nicht einfach die
> einsen in den anderen Spalten außen vor lassen und nimmt
> man immer die 3.Spalte *-1?
>
> Weitere Beispiele, die mir nicht einleuchten:
>
> 2 1 1 | 0
> 0 1 2 | 1
> 0 0 0 | 0
> [mm]\vdots[/mm]
> 1 0 [mm]-\bruch{1}{2}[/mm] | [mm]-\bruch{1}{2}[/mm]
> 0 1 2 | 1
>
> führt zum EV: [mm]\vec{x}= \pmat{ -\bruch{1}{2} \\ 1 \\ 0 }+ t\cdot{}\pmat{ \bruch{1}{2} \\ -2 \\ 1 }?[/mm]
Das ist falsch.
Es führt zu [mm]\vec{x}= t\cdot{}\pmat{ \bruch{1}{2} \\ -2 \\ 1 }[/mm]
> Wie interpretiert man das da raus? Auch in Literatur finde
> ich da nichts, da steht immer nur LGS lösen führt zu EV.
>
> Außerdem: gibt es manchmal eine einfache Möglichkeit EV's
> zu bestimmen?
> unsere Dozentin schreibt die manchmal direkt hin, also
> könnte Sie sie direkt ablesen (weiteres Beispiel) :
>
> [mm]\pmat{ \bruch{1}{2} & \bruch{1}{2} & 0 \\ \bruch{1}{2} & \bruch{1}{2} & 0\\ 0 & 0& 6 } \* \vec{x}=\vec{0}[/mm]
>
> führt zu dem EV: [mm]\vec{x}=t\*\vektor{1 \\ -1 \\ 0}[/mm] ?
Ja. Denn oben hast Du das LGS
x=-y
z=0
>
> Ich glaube es hat was mit mit den Spaten zu tun...
????? ...oder mit Schaufeln...
FRED
>
> Naja hoffe ihr könnt mir da weiterhelfen.. :) Danke.
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Ok, ich denke ich habe es (fast) verstanden.
> > 1 0 1|0
> > 0 1 -2|0
die Lösung für den EV ist [mm]\vec{x}= t\cdot{}\pmat{ -1 \\ 2 \\ 1 }[/mm] , weil
x+z=0 --> x=-1z
y-2z=0 --> y=2z
z durch umstellen nicht errechenbar => z ist frei wählbar
Der EV ergibt sich somit aus den Koeffizienten von z, die für x und y umgestellt wurden.
ein weiteres Ergebnis wäre also auch [mm] \vec{x}= \pmat{ -1 \\ 2 \\ 3 } [/mm] , richtig?
> Aber nur für t [mm] \ne{0}
[/mm]
> >
"Weitere Beispiele, die mir nicht einleuchten:
2 1 1 | 0
0 1 2 | 1
0 0 0 | 0
[mm] \vdots [/mm]
1 0 [mm] -\bruch{1}{2} [/mm] | [mm] -\bruch{1}{2} [/mm]
0 1 2 | 1
führt zum EV: [mm] \vec{x}= t\cdot{}\pmat{ \bruch{1}{2} \\ -2 \\ 1 } [/mm] "
Ok, dieses Beispiel habe ich weniger verstanden, aber ich versuche es mal wie oben zu lösen, es ergibt sich das LGS:
x - [mm] \bruch{1}{2}z [/mm] = [mm] -\bruch{1}{2} [/mm] --> x=- [mm] \bruch{1}{2}z -\bruch{1}{2}
[/mm]
y + 2z = 1 --> y= -2 +1
z kann man durch um stellen nicht errechnen --> frei wählbar.
Ok, wenn ich jetzt die Koeffizienten von z nehme, dann komme ich tatsächlich zu bspw. [mm] \vektor{ -\bruch{1}{2} \\ -2 \\ 5}
[/mm]
aber was ist mit dem Rest, kann man den einfach vernachlässigen?? es ist ja x= - [mm] \bruch{1}{2}z [/mm] - [mm] \bruch{1}{2} [/mm] ?
> > [mm]\pmat{ \bruch{1}{2} & \bruch{1}{2} & 0 \\ \bruch{1}{2} & \bruch{1}{2} & 0\\ 0 & 0& 6 } \* \vec{x}=\vec{0}[/mm]
>
> >
> > führt zu dem EV: [mm]\vec{x}=t\*\vektor{1 \\ -1 \\ 0}[/mm] ?
>
> Ja. Denn oben hast Du das LGS
>
> x=-y
> z=0
also
[mm] \bruch{1}{2}x [/mm] + [mm] \bruch{1}{2}y= [/mm] 0 --> x= -1y
[mm] \bruch{1}{2} [/mm] + [mm] \bruch{1}{2}y [/mm] = 0 --> y= -1
6z=0 --> z=0
nun ja, hier steht die Aufgabe in Konflikt dazu, was ich oben bei den anderen Aufgaben bezüglich der Koeffizienten geschrieben haben.
denn demnach wäre es: [mm] \vektor{-1 \\ -1 \\ 0} [/mm] und bei der ersten Aufgabe ganz oben, hatten wir ja auch den Fall, dass x=-z war und dadurch [mm] \vec{x}= \pmat{ -1 \\ 2 \\ 3 } [/mm] zustande kam.
Warum ist das hier nun so?
> > Ich glaube es hat was mit mit den Spaten zu tun...
>
> ????? ...oder mit Schaufeln...
>
> FRED
es sollte Spalten heißen...
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> Ok, ich denke ich habe es (fast) verstanden.
>
> > > 1 0 1|0
> > > 0 1 -2|0
>
> die Lösung für den EV ist [mm]\vec{x}= t\cdot{}\pmat{ -1 \\
2 \\
1 }[/mm]
> , weil
>
> x+z=0 --> x=-1z
> y-2z=0 --> y=2z
> z durch umstellen nicht errechenbar => z ist frei
> wählbar
>
> Der EV ergibt sich somit aus den Koeffizienten von z, die
> für x und y umgestellt wurden.
Hallo,
ja, das scheinst Du jetzt ganz gut verstanden zu haben.
Es geht hier zwar um die Berechnung eines Eigenvektors bzw. um die Berechnung der Basis eines Eigenraumes, das Problem, welches Dir zu schaffen macht, ist aber schlicht und ergreifend das Lösen eines homogenen LGS.
Ich will Dir mein Kochrezept sagen:
Gesucht ist der Lösungsraum von Ax=0.
Dazu bringt man zunächst die Koeffizientenmatrix A, oder wie Du es getan hast die erweiterte Koeffizientenmatrix (A|0), durch Zeilenumformungen auf Zeilenstufenform.
1. Markiere nun die Nichtnullzeilen. (Bei Dir gibt es nur solche.):
x 1 0 1|0
x 0 1 -2|0
2. Markiere jeweils das erste von 0 verschiedene Element der Nichtnullzeilen.
x [mm] \red{1} [/mm] 0 1|0
x 0 [mm] \red{1} [/mm] -2|0
3. Die Variablen, in deren Spalte keins der soeben markierten führenden Elemente steht, können frei gewählt werden.
Hier: führende Elemente in Spalte 1 und 2, also kann die dritte Variable, also z, frei gewählt werden.
Nun geht es weiter, wie Du sagst:
mit z=t
bekommt man aus der zweiten Zeile
y=2t und aus der dritten
x=-t.
Damit weiß man: alle Lösungen von Ax=0 haben die Gestalt
[mm] \vektor{x\\y\\z}=\vektor{-t\\2t\\t}=t*\vektor{-1\\2\\1}.
[/mm]
Der Vektor [mm] \vektor{-1\\2\\-1} [/mm] ist eine Basis des Lösungsraumes von Ax=0,
also [mm] L(A,0)=\{t*\vektor{-1\\2\\-1}|t\in \IR\}=<\vektor{-1\\2\\1}>.
[/mm]
Die spitzen Klammern stehen fürs Erzeugnis, möglicherweise schreibt Ihr das anders.
Also haben wir herausgefunden: jedes Vielfache von [mm] \vektor{-1\\2\\1} [/mm] löst die Gleichung Ax=0.
In Eigenwertsprache: [mm] \vektor{-1\\2\\1} [/mm] ist ein Eigenvektor der ursprünglich betrachteten Matrix und Basis des Eigenraumes (hier zum EW -5), und jedes von 0 verschiedene Vielfache ist ebenfalls ein Eigenvektor.
> [mm]\vec{x}= \pmat{ -1 \\
2 \\
3 }[/mm]
> , richtig?
Nein.
Dieser Vektor ist keine Lösung - überzeuge Dich davon.
Du hast jetzt gewählt z=3.
Dann muß sein nach den Überlegungen von oben
y=2*3=6 und x=-3.
Das Lösen von LGSen solltest Du unbedingt ein wenig üben, es gibt auch eine Fülle von schlußendlich gelösten Aufgaben im Forum. Aber natürlich kannst Du auch eigene mit Deinem Lösungsweg einstellen.
> "Weitere Beispiele, die mir nicht einleuchten:
>
> 2 1 1 | 0
> 0 1 2 | 1
> 0 0 0 | 0
Hier geht es um ein bißchen etwas anderes, nämlich um ein inhomogenes LGS.
Das hat mit Eigenvektoren nichts (!) zu tun.
Bei der Eigenvektorbestimmung hat man immer nur homogene.
Nichtsdestotrotz muß man auch inhomogene LGSe Ax=b lösen können.
Du hast oben die erweiterte Koeffizientenmatrix (A|b) bereits auf ZSF gebracht,
die reduzierte ZSF, welche noch bequemer ist, lautet
> [mm]\vdots[/mm]
> 1 0 [mm]-\bruch{1}{2}[/mm] | [mm]-\bruch{1}{2}[/mm]
> 0 1 2 | 1
Vorgehensweise nun wie oben:
führende Elemente der Nichtnullzeilen in Spalte 1 und 2, also dritte Variable frei wählen
z=t,
letzte Zeile liefert
y=1-2t, die erste Zeile liefert
[mm] x=-\bruch{1}{2}+\bruch{1}{2}t.
[/mm]
Also haben alle Lösungen des Systems die Gestalt [mm] \vektor{x\\y\\z}=\vektor{...\\...\\...}=\vektor{-\bruch{1}{2}\\1\\0}+t*\vektor{\bruch{1}{2}\\-2\\1}.
[/mm]
Es ist der Lösungsraum [mm] L(A|b)=\vektor{-\bruch{1}{2}\\1\\0}+<\vektor{\bruch{1}{2}\\-2\\1}>.
[/mm]
Der erste Vektor ist eine spezielle Lösung des Systems, und in der spitzen Klammer steht der Lösungsraum des zugehörigen homogenen Systems.
>
> führt zum EV: [mm]\vec{x}= t\cdot{}\pmat{ \bruch{1}{2} \\
-2 \\
1 }[/mm]
Wie gesagt: mit Eigenwerten hat das hier nichts zu tun.
> "
>
>
> Ok, dieses Beispiel habe ich weniger verstanden, aber ich
> versuche es mal wie oben zu lösen, es ergibt sich das
> LGS:
>
> x - [mm]\bruch{1}{2}z[/mm] = [mm]-\bruch{1}{2}[/mm] --> [mm] x=\red{+}[/mm] [mm]\bruch{1}{2}z -\bruch{1}{2}[/mm]
>
> y + 2z = 1 --> y= [mm] -2\red{z} [/mm] +1
>
> z kann man durch um stellen nicht errechnen --> frei
> wählbar.
> > > [mm]\pmat{ \bruch{1}{2} & \bruch{1}{2} & 0 \\
\bruch{1}{2} & \bruch{1}{2} & 0\\
0 & 0& 6 } \* \vec{x}=\vec{0}[/mm]
Wie oben:
Koeffizientenmatrix auf red. ZSF gebracht:
[mm] \pmat{\red{1}&1&0&|&0\\0&0&\red{1}&|&0\\0&0&0&|&0},
[/mm]
führende Elemente der Nichtnullzeilen sind markiert,
2 Variable kann frei gewählt werden:
y=t
aus Zeile 2 bekommt man
z=0 und aus Zeile 1
x=-t.
Also haben alle Lösungen die gGestalt [mm] \vec{x}=t*\vektor{-1\\1\\0}.
[/mm]
Falls es um Eigenvektoren geht, ist [mm] \vektor{-1\\1\\0} [/mm] ein Eigenvektor und eine Basis des Eigenraumes zum entsprechenden Eigenwert.
Nun noch zu der Sache mit der -1.
Es gibt einen Trick, den "-1-Trick", mit welchem man, wenn man die erweiterte Koeffizientenmatrix in reduzierte (!) ZSF gebracht hat, sehr einfach den Lösungsraum ablesen kann.
Ich mache das mal an einem Beispiel vor:
zu lösen sei Ax=b, und die reduzierte ZSF der eerweiterten Koeffizientenmatrix (A|b) sei
[mm]\pmat{\red{1}&2&0&3&|&6\\
0&0&\red{1}&5&|&7\\
0&0&0&0&|&0}[/mm].
Führende Elemente der Nichtnullzeilen sind markiert.
Nullzeilen so einschieben, daß die Matrix quadratisch wird und die führenden Elemente auf der Diagonalen stehen:
[mm]\pmat{\red{1}&2&0&3&|&6\\
0&0&0&0&|&0\\
0&0&\red{1}&5&|&7\\
0&0&0&0&|&0}[/mm]
Nun von der Koeffizientenmatrix die Einheitsmatrix abziehen:
[mm]\pmat{\red{1}-1&2&0&3&|&6\\
0&0-1&0&0&|&0\\
0&0&\red{1}-1&5&|&7\\
0&0&0&0-1&|&0}[/mm][mm] =$\pmat{0&2&0&3&|&6\\0&-1&0&0&|&0\\0&0&0&5&|&7\\0&0&0&-1&|&0}$.
[/mm]
Und nun aufgepaßt:
rechts steht eine spezielle Lösung des Systems, und die Spalten, in denen die Minuseinsen auf der Diagonalen stehen, sind eine Basis des zugehörigen homogenen Systems, so daß wie den Lösungsraum sofort sehen:
[mm] L(A,b)=\vektor{6\\0\\7\\0}+<\vektor{2\\-1\\0\\0}, \vektor{3\\0\\5\\-1}>.
[/mm]
LG Angela
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