Eigenwerte und Eigenvektoren < Eigenwerte < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 22:21 Mi 23.11.2005 | | Autor: | lordmaik |
Hallo
Wir beschäftigen uns gerade mit Eigenwerten und Eigenvektoren. Es geht ja im Prinzip nur darum, eine Zahl [mm] \lambda \in \IR [/mm] und einen dazugehörigen Vektor [mm] \vec{x} \not= [/mm] 0 zu finden, damit [mm] A\vec{x} [/mm] = [mm] \lambda\vex{x} [/mm] gilt. Lambda ist hier der Eigenwert , [mm] \vec{x} [/mm] der dazugehörige Eigenvektor.
Nach einfachen Umformungen kommt man schließlich auf
(A-( [mm] \lambda [/mm] *E)) [mm] \vec{x}=0
[/mm]
wobei die Eigenwerte die Lösungen des charakteristischen Polynoms
det(A-( [mm] \lambda [/mm] *E)) = 0
ist.
Die Berechnung und alles weitere ist für mich kein Problem. Ich verstehe nur nicht, wie man auf det(A-( [mm] \lambda [/mm] *E)) = 0 kommt um die Eigenwerte zu berechnen.
Schon mal vielen Dank im Voraus für hilfreiche Kommentare
- Lord Maik
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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Hallo,
na ja das ist ein relativ schöner Satz aus der LinAlg. Ich skizziere dir mal kurz den Beweis:
Wir zeigen, dass det(M-k*E)=0 .
Zunächst weißt du, dass k Eigenwert von f ist. Ich hoffe, dass dir folg. klar ist:
k ist Eigenwert [mm] \gdw Ker(f-k*id)\not={0} \gdw [/mm] f-k*id ist nicht injektiv
Wie sieht nun die Matrix M bzgl. einer Basis B der linearen Abbildung f-k*id aus? Da M die Darstellungsmatrix von f und k*E die Darstellungsmatrix von f-k*id ist, ist M-k*E die Darstellungsmatrix von von f-k*id.
Wir wissen weiter (hoffentlich), dass eine lin. Abbildung genau dann injektiv ist, wenn der Rang einer Darstellungmatrix gleich n (also der Dimension unseres VR entspricht). Wir können dann die Äquivalenzen von oben wie folgt fortsetzen:
k ist Eigenwert von f [mm] \gdw [/mm] f-k*id ist nicht injektiv [mm] \gdw [/mm] Rang(M-k*E)<n [mm] \gdw [/mm] det(M-k*E)=0 .
Und damit wäre alles gezeigt. Wenn dir das jetzt nicht ganz ausgereicht hat, dann schau noch mal in ein gutes Buch. (Fischer oder Beutelspacher kann ich sehr empfehlen).
VG mathmetzsch
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:08 Do 24.11.2005 | | Autor: | lordmaik |
Danke mathmetzsch!
Musste mich zwar nen bisschen durchkaempfen, denke aber, dass ich es verstanden habe. Desswegen will ich es nochmal kurz mit "einfachen" Worten zusammenfassen:
Wir gehen von dem LGS [mm] (A-\lambda [/mm] * E) [mm] \vec{v} [/mm] = 0 aus.
Man haette jetzt immer eine Loesung, wenn [mm] \vec{v} [/mm] gleich 0 ist. Das ist allerdings mathematischer Mumpitz an dem niemand interessiert ist. Aus diesem Grund muessen wir die Lambdas der Matrix so waehlen, dass das LGS Loesungen mit [mm] \vec{v} \not= [/mm] 0 hat.
Das ist allerdings nur der Fall, wenn der Rang (Anzahl der nicht Nullzeilen) dieser Matrix kleiner als n ist (Anzahl der Unbekannten).
Ist der Rang < n, so gibt es mindestens eine Nullzeile in dieser MAtrix. Es sollte nun bekannt sein, dass die Determinante einer MAtrix mit mindestens einer Nullzeile gleich Null ist. Das wird hier genutzt um die Lambdas zu bestimmen. Also bestimmt man die Determinante dieser MAtrix mit den Lambdas, setzt sie Null und erhaelt aus der resultierenden Nullstellen die Lambdas.
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