Eigenwerte < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:30 Mo 19.05.2008 | | Autor: | Zweiti |
| Aufgabe | Bestimmen Sie das charakteristische Polynom und die Eigenwerte folgender Endomorphismen und geben Sie Dimension und Basen der zugehörigen Eigenräume an:
a) h: [mm] \IR^{2} \to \IR^{2}, (x_{1},x_{2}) \mapsto (x_{2},x_{1})
[/mm]
b) M(f)= [mm] \pmat{ 1 & -3 & -2 & 1 \\ -1 & -1 & -2 & 1 \\ 1 & 3 & 4 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 2 } \in [/mm] Mat (4x4; [mm] \IR) [/mm] |
Hallo,
also bei a) hab ich keine Ahnung,
bei b) hab ich zumindestens das charakteristische Polynom berechnet mit der Formel [mm] x_{f}(X)=det(XE-A). [/mm] da ergibt sich dann [mm] x^{4}-6x^{3}+12x^{2}-8x. [/mm] Die Eigenwerte sind die Nullstellen, also [mm] x(x-2)^{3}, [/mm] d.h. Eigenwerte 2 und 0. Aber wie kann ich jetzt auf Dimension und Basis der Eigenräume kommen, und wie wende ich das alles bei a an?
Danke
Zweiti
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:41 Mo 19.05.2008 | | Autor: | max3000 |
Bei der a musst du einfach nur eine Darstellungsmatrix für die lineare Abbildung finden.
Das ist in diesem Fall sehr einfach, denn dein Bildpunkt ist
[mm] \vektor{x_2 \\ x_1}=\vektor{0*x_1+1*x_2 \\ 1*x_1+0*x_2}=\pmat{0 & 1 \\ 1 & 0}\vektor{x_1 \\ x_2}
[/mm]
Damit ist deine Darstellungsmatrix [mm] \pmat{0 & 1 \\ 1 & 0}
[/mm]
Davon Eigenwerte bestimmen und fertig bist du.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:47 Mo 19.05.2008 | | Autor: | Zweiti |
Ok danke,
das hab ich soweit verstanden (blöd, wenn man manchmal ein Brett vorm Kopf hast).
Somit ergibt sich als charakteristisches Polynom dann [mm] x^{2}-1 [/mm] und die Eigenwerte sind dann 1 und -1.
Und wie komm ich jetzt bei beiden AUfgaben auf die Dimension und Basen der zugehörigen Eigenräume?
Danke
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Du hast nun deine Eigenwerte berechnet, [mm]\lambda_{1} = -1[/mm] und [mm]\lambda_{2} = 1[/mm].
Die Dimension den Eigenraums eines Eigenvektors [mm] \lambda_{r} [/mm] ist allgemein definiert als die Dimension des Kerns [mm]\dim(Ker(A-\lambda_{r}E)[/mm], d.h. die Anzahl der Vektoren, die du bei der Angabe der Lösungsmenge [mm](A-\lambda_{r}E)*v = 0[/mm] frei wählen kannst.
Um dies herauszufinden, solltest du zunächst eben dieses homogene Gleichungssystem für deine speziellen Eigenwerte lösen:
[mm](A-\lambda_{1}E)*v = 0[/mm]
Ich mache dir das mal vor:
[mm](A-\lambda_{1}E)*v = 0[/mm]
[mm]\gdw \left(\pmat{ 0 & 1 \\ 1 & 0 }-\pmat{-1 & 0 \\ 0 & -1 }\right)*v = \vektor{0 \\ 0}[/mm]
[mm]\gdw \pmat{ 1 & 1 \\ 1 & 1 }*v = \vektor{0 \\ 0}[/mm]
Dies schreiben wir nun in eine erweiterte Koeffizientenmatrix um:
[mm] \pmat{ 1 & 1 & | & 0\\ 1 & 1 & | & 0 } \to \pmat{ 1 & 1 & | & 0\\ 0 & 0 & | & 0 }
[/mm]
Da es eine Nullzeile gibt, werden wir eine Komponente des Lösungsvektors
v = [mm] \vektor{v_{1} \\ v_{2}}
[/mm]
frei wählen müssen. Sei [mm]v_{2} = \mu (\mu \in\IR)[/mm] Aus der ersten Zeile ergibt sich dann
[mm]v_{1} + v_{2} = 0 \gdw v_{1} = -v_{2} =-\mu[/mm].
Das heißt, wir kennen nun die Form der Lösungsvektoren des Gleichungssystems
[mm](A-\lambda_{1}E)*v = 0[/mm]:
Sie haben die Form
[mm]v = \vektor{v_{1} \\ v_{2}} = \vektor{-\mu \\ \mu} \quad (\mu \in \IR )[/mm].
Diese bilden in ihrer Gesamtheit den Lösungsraum der Gleichung
[mm](A-\lambda_{1}E)*v = 0[/mm],
den so genannten Eigenraum.
Wir mussten wie gesagt einen Parameter frei wählbar machen, das heißt der Eigenraum hat die Dimension 1. Eine Basis des Eigenraums erhalten wir, indem wir für [mm] \mu [/mm] einfach eine beliebige Zahl [mm] \in\IR [/mm] wählen (außer 0), trivialerweise wählt man meistens 1, folglich bildet der Vektor [mm] \vektor{-1 \\ 1} [/mm] eine Basis des Eigenraums von [mm] \lambda_{1} [/mm] = -1.
Probiere dasselbe mit dem anderen Eigenwert [mm] \lambda_{2} [/mm] = 1 !
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:21 Mo 19.05.2008 | | Autor: | Zweiti |
Also für den 2. Eigenwert bekomm ich dann,
[mm] (A-\lambda_{2}E)\cdot{}v [/mm] = 0
[mm] \gdw \left(\pmat{ 0 & 1 \\ 1 & 0 }-\pmat{1 & 0 \\ 0 & 1 }\right)\cdot{}v [/mm] = [mm] \vektor{0 \\ 0} [/mm]
[mm] \gdw \pmat{ -1 & 1 \\ 1 & -1 }\cdot{}v [/mm] = [mm] \vektor{0 \\ 0}
[/mm]
[mm] \pmat{ -1 & 1 & | & 0\\ 1 & -1 & | & 0 } \to \pmat{ -1 & 1 & | & 0\\ 0 & 0 & | & 0 }
[/mm]
[mm] v_{2} [/mm] = [mm] \mu (\mu \in\IR)
[/mm]
[mm] -v_{1} [/mm] + [mm] v_{2} [/mm] = 0 [mm] \gdw v_{1} [/mm] = [mm] v_{2} =\mu
[/mm]
v = [mm] \vektor{v_{1} \\ v_{2}} [/mm] = [mm] \vektor{\mu \\ \mu} \quad (\mu \in \IR [/mm] )
Dh. dim= 1 und Basis z.B. [mm] \vektor{1 \\ 1}
[/mm]
So und dann habe ich das ganze auch noch bei b) versucht mit dem Eigenwert [mm] \lambda_{1}=2:
[/mm]
[mm] (A-\lambda_{1}E)\cdot{}v [/mm] = 0
[mm] \gdw \left(\pmat{ 1 & -3 & -2 & 1 \\ -1 & -1 & -2 & 1 \\ 1 & 3 & 4 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 2 }-\pmat{2 & 0 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 }\right)\cdot{}v [/mm] = [mm] \vektor{0 \\ 0 \\ 0 \\ 0} [/mm]
[mm] \gdw \pmat{-1 & -3 & -2 & 1 \\ -1 & -3 & -2 & 1 \\ 1 & 3 & 2 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 }\cdot{}v [/mm] = [mm] \vektor{0 \\ 0 \\ 0 \\ 0}
[/mm]
[mm] \pmat{ -1 & -3 & -2 & 1 | & 0 \\ -1 & -3 & -2 & 1 | & 0\\ 1 & 3 & 2 & -1| & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 | & 0 } \to \pmat{-1 & -3 & -2 & 1 | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 | & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0| & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 | & 0 }
[/mm]
[mm] v_{2} [/mm] = [mm] \mu (\mu \in\IR)
[/mm]
[mm] v_{3} [/mm] = [mm] \nu (\nu \in\IR)
[/mm]
[mm] v_{4} [/mm] = [mm] \gamma (\gamma \in\IR)
[/mm]
[mm] -v_{1} [/mm] - [mm] 3v_{2}-2v_{3} +v_{4} [/mm] = 0 [mm] \gdw v_{1} [/mm] = [mm] -3v_{2}-2v_{3} [/mm] + [mm] v_{4}
[/mm]
v = [mm] \vektor{v_{1} \\ v_{2} \\ v_{3} \\ v_{4}} [/mm] = [mm] \vektor{-3\mu-2\nu+\gamma \\ \mu \\ \nu \\ \gamma} \quad
[/mm]
Dh. dim= 3 und Basis z.B. [mm] \vektor{-4 \\ 1 \\ 1 \\ 1}
[/mm]
Stimmt das so? Kommt mir irgendwie komisch vor
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> Also für den 2. Eigenwert bekomm ich dann,
>
> [mm](A-\lambda_{2}E)\cdot{}v[/mm] = 0
>
> [mm]\gdw \left(\pmat{ 0 & 1 \\ 1 & 0 }-\pmat{1 & 0 \\ 0 & 1 }\right)\cdot{}v[/mm]
> = [mm]\vektor{0 \\ 0}[/mm]
>
> [mm]\gdw \pmat{ -1 & 1 \\ 1 & -1 }\cdot{}v[/mm] = [mm]\vektor{0 \\ 0}[/mm]
>
> [mm]\pmat{ -1 & 1 & | & 0\\ 1 & -1 & | & 0 } \to \pmat{ -1 & 1 & | & 0\\ 0 & 0 & | & 0 }[/mm]
>
> [mm]v_{2}[/mm] = [mm]\mu (\mu \in\IR)[/mm]
>
> [mm]-v_{1}[/mm] + [mm]v_{2}[/mm] = 0 [mm]\gdw v_{1}[/mm] = [mm]v_{2} =\mu[/mm]
>
> v = [mm]\vektor{v_{1} \\ v_{2}}[/mm] = [mm]\vektor{\mu \\ \mu} \quad (\mu \in \IR[/mm]
> )
>
> Dh. dim= 1 und Basis z.B. [mm]\vektor{1 \\ 1}[/mm]
Genau! Alles richtig ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]") .
> So und dann habe ich das ganze auch noch bei b) versucht
> mit dem Eigenwert [mm]\lambda_{1}=2:[/mm]
>
> [mm](A-\lambda_{1}E)\cdot{}v[/mm] = 0
>
> [mm]\gdw \left(\pmat{ 1 & -3 & -2 & 1 \\ -1 & -1 & -2 & 1 \\ 1 & 3 & 4 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 2 }-\pmat{2 & 0 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 }\right)\cdot{}v[/mm]
> = [mm]\vektor{0 \\ 0 \\ 0 \\ 0}[/mm]
>
> [mm]\gdw \pmat{-1 & -3 & -2 & 1 \\ -1 & -3 & -2 & 1 \\ 1 & 3 & 2 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 }\cdot{}v[/mm]
> = [mm]\vektor{0 \\ 0 \\ 0 \\ 0}[/mm]
>
> [mm]\pmat{ -1 & -3 & -2 & 1 | & 0 \\ -1 & -3 & -2 & 1 | & 0\\ 1 & 3 & 2 & -1| & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 | & 0 } \to \pmat{-1 & -3 & -2 & 1 | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 | & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0| & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 | & 0 }[/mm]
>
> [mm]v_{2}[/mm] = [mm]\mu (\mu \in\IR)[/mm]
> [mm]v_{3}[/mm] = [mm]\nu (\nu \in\IR)[/mm]
> [mm]v_{4}[/mm] =
> [mm]\gamma (\gamma \in\IR)[/mm]
>
> [mm]-v_{1}[/mm] - [mm]3v_{2}-2v_{3} +v_{4}[/mm] = 0 [mm]\gdw v_{1}[/mm] =
> [mm]-3v_{2}-2v_{3}[/mm] + [mm]v_{4}[/mm]
>
> v = [mm]\vektor{v_{1} \\ v_{2} \\ v_{3} \\ v_{4}}[/mm] =
> [mm]\vektor{-3\mu-2\nu+\gamma \\ \mu \\ \nu \\ \gamma} \quad[/mm]
Bis hierhin ist auch alles wunderbar  .
Wir sehen nun schon: Wir müssen 3 Parameter frei wählen, d.h. die Dimension des Lösungsraumes (=Eigenraum) ist 3. Eine Basis dieses Eigenraumes muss also aus 3 Vektoren bestehen. Diese erhältst du bei dir auch ganz einfach, du musst nur deinen Vektor "aufteilen", sodass es drei Vektoren gibt die jeweils nur noch eine der drei Variablen beinhalten:
[mm]\vektor{-3\mu-2\nu+\gamma \\ \mu \\ \nu \\ \gamma} = \vektor{-3\mu \\ \mu \\ 0 \\ 0} + \vektor{-2\nu \\ 0 \\ \nu \\ 0} + \vektor{\gamma \\ 0 \\ 0 \\ \gamma} = \mu*\vektor{-3 \\ 1 \\ 0 \\ 0} + \nu*\vektor{-2 \\ 0 \\ 1 \\ 0} + \gamma*\vektor{1 \\ 0 \\ 0 \\ 1}[/mm]
Das heißt, dein Lösungsraum wird durch die Linearkombination
[mm]\mu*\vektor{-3 \\ 1 \\ 0 \\ 0} + \nu*\vektor{-2 \\ 0 \\ 1 \\ 0} + \gamma*\vektor{1 \\ 0 \\ 0 \\ 1} \quad \mu, \nu, \gamma \in \IR[/mm]
gebildet. Du wählst nun wieder [mm]\mu = \nu = \gamma = 1[/mm], denn praktisch sind deine Basisvektoren einfach die Vektoren, mit dessen Hilfe die Linearkombination ausgeführt wird; hier also wäre (eine) Basis
[mm]\vektor{-3 \\ 1 \\ 0 \\ 0}, \vektor{-2 \\ 0 \\ 1 \\ 0}, \vektor{1 \\ 0 \\ 0 \\ 1}[/mm].
Und fertig.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:51 Mo 19.05.2008 | | Autor: | Zweiti |
Super , vielen Dank,
jetzt hab ich es endgültig verstanden
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