Eigenvektoren und Eigenraum < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:38 Mi 20.07.2005 | | Autor: | mckayser |
Hallo!
Ich habe in einer Aufgabe gezeigt, dass - [mm] \lambda³ [/mm] + [mm] 2\lambda² -\lambda [/mm] + 2 das charakteristische Polynom der Matrix [mm] \pmat{ 6 & -4 & 24 \\ 2 & 0 & 7 \\ -1 & 1 & -4 } [/mm] ist. Ich sollte dann prüfen, ob [mm] \lambda1 [/mm] = 2 ein Eigenwert ist, was ich mit Polynomdivision versucht habe. Ich bekam dann nach der Poldiv das neue Polynom - [mm] \lambda² [/mm] -1 heraus und wollte damit dann den weiteren Eigenwert ermitteln (z.B. pq-Formel). Ist das soweit korrekt?
Nun die eigentliche Frage :D : Wie genau gehe ich dann vor, wenn ich zu dem Eigenwert [mm] \lambda [/mm] = 2 alle Eigenvektoren sowie eine Basis des Eigenraums bestimmen soll?
Ich habe mal gelesen, dass es in etwa so geht:
( [mm] \pmat{ 6 & -4 & 24 \\ 2 & 0 & 7 \\ -1 & 1 & -4 } [/mm] - 2 * [mm] \pmat{ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 } [/mm] ) * x = 0
Nur wie komme ich dann hier weiter? Ich ziehe also den Wert "Eigenwert * Einheitsmatrix) von der ursprünglichen Matrix ab und wie finde ich dann x heraus?
Irgendwie habe ich da den Durchblick verloren, vielleicht kann mir da jemand weiterhelfen??
Ach ja: Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Greetz, MC Kayser
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:32 Mi 20.07.2005 | | Autor: | Hanno |
Hallo!
> Ich habe in einer Aufgabe gezeigt, dass - $ [mm] \lambda³ [/mm] $ + $ [mm] 2\lambda² -\lambda [/mm] $ + 2 das charakteristische Polynom der Matrix $ [mm] \pmat{ 6 & -4 & 24 \\ 2 & 0 & 7 \\ -1 & 1 & -4 } [/mm] $ ist. Ich sollte dann prüfen, ob $ [mm] \lambda1 [/mm] $ = 2 ein Eigenwert ist, was ich mit Polynomdivision versucht habe. Ich bekam dann nach der Poldiv das neue Polynom - $ [mm] \lambda² [/mm] $ -1 heraus und wollte damit dann den weiteren Eigenwert ermitteln (z.B. pq-Formel). Ist das soweit korrekt?
Ich habe deine Rechnung nicht überprüft, die Vorgehensweise ist aber korrekt. ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Nun die eigentliche Frage :D : Wie genau gehe ich dann vor, wenn ich zu dem Eigenwert $ [mm] \lambda [/mm] $ = 2 alle Eigenvektoren sowie eine Basis des Eigenraums bestimmen soll?
> Ich habe mal gelesen, dass es in etwa so geht:
> ( $ [mm] \pmat{ 6 & -4 & 24 \\ 2 & 0 & 7 \\ -1 & 1 & -4 } [/mm] $ - 2 * $ [mm] \pmat{ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 } [/mm] $ ) * x = 0
Ja, die Lösungen dieser Gleichung liefern dir die Eigenvektoren. Dies hat folgenden Grund: sei ein $n$-dimensionaler [mm] $\IK$-Vektorraum [/mm] $V$ und eine Matrix [mm] $M\in\IK^{n\times n}$ [/mm] gegeben. Wir können $M$ bezüglich einer beliebigen Basis von $V$ als lineare Abbildung auffassen; sei also $B$ eine beliebige Basis von $V$ und $f$ diejenige Abbildung, deren Darstellungsmatrix bezüglich $B$ die Matrix $M$ ist. Der Vektor [mm] $v\in [/mm] V, [mm] v\not= [/mm] 0$ wird dann Eigenvektor zum Eigenwert [mm] $\lambda\in\IK$ [/mm] genannt, wenn [mm] $f(v)=\lambda [/mm] v$ gilt. Formen wir dies um, so erhalten wir [mm] $f(v)-\lambda v=(f-\lambda\cdot id_V)(v)=0$; [/mm] d.h., dass $v$ im Kern der Abbildung [mm] $g:=f-\lambda\cdot id_V$ [/mm] liegt. Da letztere als Differenz zweier linearer Abbildungen linear ist, gilt nach dem Homomorphiesatz $n=dim(V)=dim(Kern(g))+dim(Bild(g))$. Wegen [mm] $v\in [/mm] Kern(g)$ und [mm] $v\not= [/mm] 0$ muss ferner [mm] $dim(Kern(g))\geq [/mm] 1$ gelten, was [mm] $dim(Bild(g))\leq [/mm] n-1$ impliziert. Nun wissen wir aber, dass die Dimension des Bildes einer linearen Abbildung genau dem Rang einer beliebigen Darstellungsmatrix dieser Abbildung entspricht; da die Darstellungsmatrix von [mm] $g=f-\lambda\cdot id_V$ [/mm] die Matrix [mm] $M-\lambda\cdot [/mm] E$, folgt [mm] $rg(M-\lambda\cdot [/mm] E)<n$; insbesondere ist [mm] $M-\lambda\cdot [/mm] E$ nicht regulär. Wir wir wissen, ist die Determinante einer Matrix genau dann gleich Null, wenn die Matrix nicht regulär ist. Wir halten also fest: genau dann ist [mm] $\lambda$ [/mm] Eigenwert von $f$, wenn [mm] $det(M-\lambda\cdot [/mm] E)=0$ gilt. So, nämlich durch Berechnen von [mm] $det(M-x\cdot [/mm] E)$ erhält man dann das charakteristische Polynom von $f$. Dies nur einmal zur Wiederholung, ich hatte das Gefühl, dass dir nicht ganz klar war, warum du eigentlich das tust, was du tust. Kommen wir nun zum nächsten Schritt: wir haben eine Nullstelle des charakteristischen Polynomes von $f$, d.h. einen Eigenwert von $f$, gefunden, und wollen nun den zugehörigen Eigenraum bestimmen; wir suchen also alle Vektoren [mm] $v\in [/mm] V$ mit [mm] $f(v)=\lambda [/mm] v$. Springen wir im Dualismus zwischen Abbildungen und Matrix wieder einmal hin und her, so entspricht dies der Suche aller [mm] $v\in [/mm] V$ mit [mm] $M\cdot v=\lambda v=(\lambda\cdot [/mm] E) [mm] v\gdw M\cdot v-(\lambda\cdot E)v=(M-\lambda\cdot [/mm] E)v=0$. Wollen wir diese Gleichung lösen, so entspricht dies dem Lösen eines homogenen Gleichungssystemes mit der Koeffizientenmatrix [mm] $M-\lambda\cdot [/mm] E$. Diese Matrix muss nun gemäß dem Gaußschen Eliminierungsverfahren in eine Stufenmatrix verwandelt werden. Anhand derer können die Lösungen des Gleichugssystemes dann leicht abgelesen werden. Schreiten wir also zur Tat:
$ [mm] \pmat{ 6 & -4 & 24 \\ 2 & 0 & 7 \\ -1 & 1 & -4 } [/mm] - [mm] 2\cdot \pmat{ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 } [/mm] ) [mm] \cdot [/mm] x = 0$
[mm] $\gdw \pmat{ 4 & -4 & 24 \\ 2 & -2 & 7\\ -1 & 1 & -6}\cdot [/mm] x=0$.
Zur Wiederholung: wenn ich sage, du sollest dieses Gleichungssystem gemäß dem Gaußschen Eliminierungsverfahren lösen, so heißt dies folgendes: zuerst möchten wir, dass nur ein Element in der ersten Spalte von Null verschieden ist. Dazu multiplizieren wir die 2. Zeile mit 2, die 3. mit 4 und subtrahieren bzw. addieren zu ihnen die 1. Zeile; bedenke dabei immer, dass diese Umformungen den Lösungsraum des Gleichungssystemes invariant lassen; schließlich entsprechen Adddition und Multiplikation von Zeilen ja nur Addition und Multiplikation von Gleichungen im ausgeschriebenen Gleichungssystem. Die oben genannten Umfornungen führen schrittweise zu:
[mm] $\gdw \pmat{ 4 & -4 & 24 \\ 4 & -4 & 12\\ -4 & 4 & -24}\cdot [/mm] x=0$.
[mm] $\gdw \pmat{ 4 & -4 & 24 \\ 4 & 4 & 12\\ 0 & 0 & 0 } \cdot [/mm] x =0$
[mm] $\gdw \pmat{ 4 & -4 & 24 \\ 0 & 0 & -12\\ 0 & 0 & 0 }\cdot [/mm] x=0$
[mm] $\gdw \pmat{ 1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 0 }\cdot \pmat{x_1\\x_2\\x_3}=0$
[/mm]
Der zweiten Zeile/Gleichung entnehmen wir nun [mm] $x_3=0$. [/mm] Setzen wir [mm] $x_2$ [/mm] beliebig, lesen wir aus der ersten Zeile [mm] $x_1=x_2$. [/mm] Die Lösungsmenge des Gleichungssystemes, d.h. also die Menge aller Eigenvektoren zum Eigenwert 2 besteht also aus der Menge der Vektoren [mm] $\vektor{x_1\\ x_2\\ x_3}$, [/mm] für die [mm] $x_1=x_2$ [/mm] und [mm] $x_3$; [/mm] kurz gesagt, allen Vektoren der Form [mm] $\vektor{a\\ a\\ 0}$. [/mm] Damit ist der Eigenraum bestimmt.
Ich hoffe ich konnte dir helfen.
Liebe Grüße,
Hanno
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:56 Mi 20.07.2005 | | Autor: | mckayser |
Vielen Dank für die ausführliche Hilfe! Ich werde das gleich nochmal durchrechnen und mich sonst nochmal melden, falls ich noch Probleme haben sollte... Glaube aber es sollte jetzt klappen! :D
Greetz, MC Kayser
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:52 Mo 25.07.2005 | | Autor: | mckayser |
Ich bin es mal wieder -.-
In der oben schon behandelten Aufgabe sollen daraufhin in Teil c) die Vektoren v1 = [mm] \vektor{1 \\ 1 \\ 0}, [/mm] v2 = [mm] \vektor{-4 \\ 0 \\ 1} [/mm] und v3 = [mm] \vektor{0 \\ 1 \\ 0} [/mm] betrachtet werden. "Bestimmen Sie Av1, Av2 und Av3 als Linearkombination von v1, v2, v3. Geben Sie die darstellende Matrix bezüglich v1, v2, v3 an.
Da das teil in einer früheren Klausur 10 Punkte gab, kann ich mir nicht vorstellen, dass man da jetzt so vorgehen muss:
Linearkombination Av1: z.B. 2 * v1 - v2 + v3
Linearkombination Av2: z.B. v2
Linearkombination Av3: z.B. 8 * v1 - 4 * v2 - v3
Und was genau soll jetzt die darstellende Matrix bezüglich v1,v2,v3 sein?
[mm] \pmat{ 1 & -4 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 } [/mm] ????
danke schonmal im Voraus!
Greetz, MC Kayser
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GaußJordan