EV bestimmen < Eigenwerte < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:56 Do 26.01.2012 | | Autor: | lzaman |
| Aufgabe | Die Matrix
[mm]A=\pmat{ 4 & -1 & -1 \\
4 & 4 & 1 \\
3 & 2 & 3} [/mm]
hat den Eigenwert 3. Bestimmen Sie einen Eigenvektor von A. |
Hallo,
ich hoffe Ihr könnt mir bissle unter die Arme greifen.
Ehrlich gesagt weiß ich gar nicht wie man mit der Beziehung:
[mm]det(A-\lambda E)\vec{x}=0[/mm] den Eigenvektor berechnet.
Ich kann nur die Matrix umschreiben:
[mm]A=\pmat{ 4-\lambda & -1 & -1 \\
4 & 4-\lambda & 1 \\
3 & 2 & 3-\lambda} [/mm]
also mit dem EW=3:
[mm]A=\pmat{ 1 & -1 & -1 \\
4 & 1 & 1 \\
3 & 2 & 0} [/mm]
dann forme ich noch um: [mm](Z2:=Z2-4\cdot Z1 \ und \ Z3:=Z3-3\cdot Z1)[/mm]
[mm]A=\pmat{ 1 & -1 & -1 \\
0 & 5 & 3 \\
0 & 5 & 3}[/mm]
Aber wie komme ich jetzt an [mm]\vec{x}[/mm] mit [mm]\pmat{ 1 & -1 & -1 \\
0 & 5 & 3 \\
0 & 5 & 3}\vec{x}[/mm] ?
Danke
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Hallo
Also du hast die Matrix ja schon umgeformt und siehst, dass die 2 Zeile linear abhängig zur 3. Zeile, d. h. man muss letztendlich nur folgendes lösen
1.x-y+z=0
2.5y+3z=0
Die beiden Gleichungen stehen in deiner von dir umgeformten Matrix. Ich hoffe, du siehst das.
Ein Eigenvektor muss ungleich 0 sein und die beiden Gleichungen erfüllen. Du hast 2 Gleichungen, aber 3 Variabeln, also setze z=d. Dann setz dies ein und bekommst [mm] y=-\bruch{3d}{5} [/mm] und in die erste Gleichung eingesetzt bekommst du [mm] x=-\bruch{8d}{5}.
[/mm]
Setze d=1 und dann hast einen Eigenvektor und wenn du überprüfen möchtest, ob dieser Vektor v wirklich ein Eigenvektor ist, dann kannst du den Vektor ja in den Gleichung A*v = 3*v einsetzen, denn genauso ist der Eigenvektor zum Eigenwert(hier für x=3) definiert.
Gruß
TheBozz-mismo
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:51 Do 26.01.2012 | | Autor: | lzaman |
Hey Super,
danke vielmals. Jetzt sehe ich das auch, man schreibt einfach um:
[mm]\pmat{ 1 & -1 & -1 \\
0 & 5 & 3 \\
0 & 5 & 3} \vektor{x_1 \\
x_2 \\
x_3}=\vektor{0 \\
0 \\
0}[/mm] dann lautet das Gleichungssystem:
[mm]x_1-x_2-x_3=0[/mm]
[mm]5x_2+x_3=0[/mm]
[mm]5x_2+x_3=0[/mm]
Jetzt schaue ich mir einfach die 3. Gleichung des Systems an und bekomme für [mm] x_2=-3 [/mm] und [mm] x_3=5 [/mm] raus. Jetzt nur noch in die 1. Gleichung einsetzen und [mm] x_1 [/mm] bestimmen. Damit ist mein gesuchter EV:
[mm]\vec{x}=\vektor{2 \\
-3 \\
5}[/mm]
Ist das alles so korrekt?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:19 Do 26.01.2012 | | Autor: | Kimmel |
Hey,
ja, genau.
Das ist ein möglicher Eigenvektor.
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Hey,
ich habe nicht ganz verstanden wie du auf x2= -3 und x3= 5 gekommen bist.
LG
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(Antwort) fertig | | Datum: | 01:14 Sa 24.03.2012 | | Autor: | leduart |
hallo
indem du [mm] det(A-\lambda [/mm] E) ausrechnest, und dann benutzt dass du schon eine Nullstelle kennst.
Gruss leduart
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Hey, genau die Nullstelle konnte ich nicht rausfinden. Könntest du die Gleichung vielleicht ausschreiben?
LG
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(Antwort) fertig | | Datum: | 01:32 Mo 26.03.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo
Nein , die det musst du selbst ausrechnen, und die nullstelle , die du hast ist der gegebene eigenwert 3
Gruss leduart
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:26 Do 26.01.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
mal ergänzend:
> Die Matrix
>
> [mm]A=\pmat{ 4 & -1 & -1 \\
4 & 4 & 1 \\
3 & 2 & 3}[/mm]
>
> hat den Eigenwert 3. Bestimmen Sie einen Eigenvektor von
> A.
>
> Hallo,
>
> ich hoffe Ihr könnt mir bissle unter die Arme greifen.
>
> Ehrlich gesagt weiß ich gar nicht wie man mit der
> Beziehung:
>
> [mm]det(A-\lambda E)\red{\vec{x}}=0[/mm] den Eigenvektor berechnet.
das [mm] $\vec{x}$ [/mm] gehört da nicht hin, sondern es geht um die Gleichung
[mm] $$\det(A-\lambda*E)=0\,.$$
[/mm]
(Nebenbei: Alleine schon, weil [mm] $(A-\lambda*E)*x$ [/mm] als Ergebnis einen Vektor und keine Matrix liefert (insbesondere i.a. keine quadratische), siehst Du schon, dass die von Dir postulierte Gleichung sinnfrei ist: Was sollte [mm] $\det(v)\,$ [/mm] mit einem Vektor [mm] $v\,$ [/mm] denn sein?)
Eher gar nicht. Diese Beziehung hilft zur Berechnung der Eigenwerte - schließlich bestimmst Du da die Nullstellen eines Polynoms (oder willst das wenigstens).
Um Eigenvektoren zu berechnen, macht man, nachdem man etwa wie hier, Eigenwerte kennt ("kennen" bedeutet hier, (die) Lösungen der Gleichung [mm] $\det(A-\lambda*E)=0\,$ [/mm] in der Variablen [mm] $\lambda$ [/mm] "zu finden"), den Ansatz über die Definition:
[mm] $$A*x=\lambda*x\,.$$
[/mm]
Wegen [mm] $\lambda*x=\lambda*(E*x)$ ($E\,:$ [/mm] Einheitsmatrix entsprechend der "Dimension von [mm] $x\,$") [/mm] kannst Du das umschreiben zu
[mm] $$(A-\lambda*E)*x=0\,.$$
[/mm]
Das ist ein Gleichungssystem der Form [mm] $B*x=0\,,$ [/mm] mit welchem Du umgehen können solltest (etwa Gaußverfahren).
Bei Dir sieht das ganze also so aus:
Löse das Gleichungssystem
[mm] $$B*x=(A-3*E)*x=\pmat{ 1 & -1 & -1 \\ 4 & 1 & 1 \\ 3 & 2 & 0}*\vektor{x_1\\x_2\\x_3}=\vektor{0\\0\\0}$$ [/mm]
in [mm] $x=(x_1,x_2,x_3)^T\,.$
[/mm]
Kurzgesagt:
Bilde [mm] $B\,,$ [/mm] indem Du bei jedem Diagonaleintrag von [mm] $A\,$ [/mm] den Eigenwert abziehst, und dann löse das so entstandene homogene Gleichungssystem [mm] $B*x=0\,$ [/mm] mit der quadratischen Matrix [mm] $B\,.$ [/mm] (Nebenfrage: Was wäre, wenn [mm] $B\,$ [/mm] invertierbar wäre?)
P.S.:
Natürlich sind Eigenvektoren nicht eindeutig bestimmt. Denn es gilt:
Falls [mm] $A*x=\lambda*x\,,$ [/mm] so auch
[mm] $$A*(c*x)=\lambda*(c*x)$$
[/mm]
mit einer konstanten Zahl $c [mm] \not=0\,.$ [/mm] Wenn also [mm] $x\,$ [/mm] Eigenvektor zum Eigenwert [mm] $\lambda\,,$ [/mm] dann auch [mm] $x':=c*x\,.$
[/mm]
P.P.S.:
Die Herleitung der Gleichung [mm] $\det(A-\lambda*E)=0$ [/mm] basiert übrigens eben auf obigen Umformungen
[mm] $$A*x=\lambda*x$$
[/mm]
[mm] $$\gdw (A-\lambda*E)*x=0\,.$$
[/mm]
Es gilt hierbei ja: Eine Matrix [mm] $B\,$ [/mm] ist genau dann nicht invertierbar, wenn [mm] $\det(B)=0\,.$
[/mm]
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:12 Di 27.03.2012 | | Autor: | davux |
Hallo Marcel,
ich versuche es gerade etwas näher zu ergründen. Deine Herleitung war schon sehr interessant, aber was passiert bei [mm] $A-\lambda E_n$ [/mm] eigentlich genau? Für gewöhnlich hat man eine Matrix A von der man jetzt auf der diagonalen den Eigenwert, den man vorher von A ermittelt hat, abzieht. Du sagst jetzt, der Eigenvektor zum Eigenwert [mm] \lambda [/mm] ist nicht eindeutig bestimmt. Daraus habe ich mir jetzt geschlossen, durch die Vorgehensweise hat man grundsätzlich eine, sagen wir, linear abhängige Familie von Zeilenvektoren erzeugt, nicht wahr? Ich habe mir auch daraus ziehen wollen, dass man grundsätzlich keine eindeutige Lösung bei der Bestimmung des Kerns von [mm] $A-\lambda E_n$ [/mm] erhält. Dabei hast du aber die Frage aufgeworfen, was wäre wenn B invertierbar wäre. Allerdings bin ich nicht sicher, ob du meinst, dir schon selbst geantwortet zu haben. Dann habe ich das nicht verstanden. Ich würde sagen, dass dass B, was dem - wie ich es vllt falsch benenne - Operator [mm] $A-\lambda E_n$ [/mm] entspricht, nicht intertierbar ist.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 01:10 Di 27.03.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hallo Marcel,
>
> ich versuche es gerade etwas näher zu ergründen. Deine
> Herleitung war schon sehr interessant, aber was passiert
> bei [mm]A-\lambda E_n[/mm] eigentlich genau? Für gewöhnlich hat
> man eine Matrix A von der man jetzt auf der diagonalen den
> Eigenwert, den man vorher von A ermittelt hat, abzieht.
das ist nichts anderes als [mm] $B:=A-\lambda*E\,.$
[/mm]
> Du
> sagst jetzt, der Eigenvektor zum Eigenwert [mm]\lambda[/mm] ist
> nicht eindeutig bestimmt.
Genau - denn jedes Vielfache eines Eigenvektors (sofern man nicht mit 0 multipliziert) liefert ja sofort einen weiteren Eigenvektor.
> Daraus habe ich mir jetzt
> geschlossen, durch die Vorgehensweise hat man
> grundsätzlich eine, sagen wir, linear abhängige Familie
> von Zeilenvektoren erzeugt, nicht wahr?
Das kann ich erst beantworten, wenn Du mir genau sagst, was Du hier unter "erzeugen" verstehst!
> Ich habe mir auch
> daraus ziehen wollen, dass man grundsätzlich keine
> eindeutige Lösung bei der Bestimmung des Kerns von
> [mm]A-\lambda E_n[/mm] erhält.
Stop. Der Kern ist schon eindeutig - das ist ein Unterraum des Definitionsbereichs der Matrix bzw. besser gesagt: Der durch die Matrix beschriebenen linearen Abbildung!
Dieser Unterraum ist natürlich schon eindeutig - eine eindeutige Basis hat er i.a. aber natürlich nicht!
> Dabei hast du aber die Frage
> aufgeworfen, was wäre wenn B invertierbar wäre.
> Allerdings bin ich nicht sicher, ob du meinst, dir schon
> selbst geantwortet zu haben. Dann habe ich das nicht
> verstanden. Ich würde sagen, dass dass B, was dem - wie
> ich es vllt falsch benenne - Operator [mm]A-\lambda E_n[/mm]
> entspricht, nicht intertierbar ist.
Ja, auf sowas wollte ich hinaus. Man kann direkt sehen, dass [mm] $\lambda$ [/mm] kein Eigenwert sein kann, weil wegen [mm] $\det(B)\not=0$ [/mm] dann [mm] $\det(A-\lambda*E) \not=0$ [/mm] direkt zeigt, dass [mm] $\lambda$ [/mm] keine Lösung der Gleichung [mm] $\det(A-\lambda*E)=0$ [/mm] sein kann.
Ich wollte aber eigentlich auf folgendes hinaus, was sogar noch vor dieser Argumentation kommt:
Wir suchen [mm] $\lambda \in \IR$ [/mm] (oder allg. in einem Körper [mm] $K\,$) [/mm] so, dass
[mm] $$A*x=\lambda*x$$
[/mm]
für einen Vektor [mm] $x\,.$
[/mm]
Das ist äquivalent zu
[mm] $$Bx=:(A-\lambda*E)x=0\,.$$
[/mm]
Wenn [mm] $B=A-\lambda*E$ [/mm] nun invertierbar wäre, so wäre diese Gleichung nur für [mm] $x=0\,$ [/mm] lösbar. Aber [mm] $x=0\,$ [/mm] ist per Definitionem kein EV. Also kann es auch kein Eigenpaar [mm] $(\lambda,x)$ [/mm] geben.
P.S.
Beispiel für eine Matrix ohne Eigenpaare:
[mm] $$A:=\pmat{1 & -1\\ 1 & 1} \in \IR^{2 \times 2}\,.$$
[/mm]
Grund
[mm] $$\det(A-\lambda*E)=0 \gdw (1-\lambda)^2+1=0 \gdw (1-\lambda)^2=-1$$
[/mm]
Gruß,
Marcel
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