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| Aufgabe | Es sei T: [mm] \IR^{4} [/mm] -> [mm] \IR^{4} [/mm] , x-> Ax gegeben. Die Matrix A besitze die Eigenwerte [mm] \lambda_{1} [/mm] ) 1, [mm] \lambda_{2} [/mm] = 0, [mm] \lambda_{3} [/mm] = -1 und die zugehörigen Eigenräume
E(1) = spann{ [mm] \vektor{0 \\ 1 \\ 2\\0} [/mm] , [mm] \vektor{0 \\ 0\\1\\1} [/mm] }, E(0) = spann{ [mm] \vektor{-1 \\ 0\\0\\1} [/mm] } E(-1) = spann{ [mm] \vektor{1 \\ 0\\0\\0} [/mm] }
a)Berechnen Sie die Matrix A (bzgl. der Standardbasis)
b) Bestimmen Sie die Urbildmenge von [mm] T^{-1}( [/mm] { [mm] \vektor{0 \\ 1\\3\\1} [/mm] } ) |
Hallo,
bin bei der Berechnung dieser Aufgabe etwas unsicher, ich glaube, dass man die Matrix A über die Diagonalenmatrix rausbekommt, aber dafür müsste ich die algebraische Vielfachheit von dem EW 1 wissen bzw, sie müsste gleich 2 sein, damit geom. Vielf. = algebr.Vielf. Dann würde ich eine Basuswechselmatrix aus den EV bilden und mit der Diagonalmatrix multiplizieren. Gibts da einen anderen Weg, oder finde ich die algeb. Vielfachheit der EW irgendwie raus?
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Hallo,
> bin bei der Berechnung dieser Aufgabe etwas unsicher, ich
> glaube, dass man die Matrix A über die Diagonalenmatrix
> rausbekommt, aber dafür müsste ich die algebraische
> Vielfachheit von dem EW 1 wissen bzw, sie müsste gleich 2
> sein, damit geom. Vielf. = algebr.Vielf.
Genau ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Dann würde ich
> eine Basuswechselmatrix aus den EV bilden und mit der
> Diagonalmatrix multiplizieren.
Genau so musst du es machen!
> Gibts da einen anderen Weg,
> oder finde ich die algeb. Vielfachheit der EW irgendwie
> raus?
Wie du geschrieben hast:
Die algebraische Vielfachheit eines Eigenwerts ist immer größer oder gleich der geometrischen Vielfachheit, und zusammenaddiert ergeben die algebraischen Vielfachheiten aller Eigenwerte die Dimension vom Vektorraum, hier also 4.
Daraus kannst du hier sofort folgern, dass die algebraische Vielfachheit gleich der geometrischen Vielfachheit ist.
Grüße,
Stefan
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Hi,
ok dann kriege ich die Matrix
[mm] \pmat{ -1 & 2&1&-1 \\ 0 & 1&0&0\\0&0&1&0\\0&-2&1&0 }
[/mm]
habs auch probiert nach zu prüfen mit dem charakt. Polynom und es kam fürs Polynom = [mm] \lambda(1-\lambda)^{2}(1+\lambda) [/mm] was mit ja genau die EW von oben liefert. Jetzt aber bei der b) habe ich zwei Wege gefunden:
1. Kann man ja einfach das LGS [mm] Ax=\vektor{0 \\ 1\\3\\1} [/mm] aufstellen und nach dem Vektor x auflösen mit Gauß, jedoch befürchte ich dass die hier die Inverse von A sehen wollen und kriege ich Schwierigkeiten :
[mm] \pmat{ -1 & -2&1&-1&|&1&0&0&0 \\ 0 & 1 &0&0&|&0&1&0&0\\0&0&1&0&|&0&0&1&0\\0&-2&1&0&|&0&0&0&1}
[/mm]
[mm] ->\pmat{ -1 & -2&1&-1&|&1&0&0&0 \\ 0 & 1 &0&0&|&0&1&0&0\\0&0&1&0&|&0&0&1&0\\1&0&0&1&|&-1&0&0&1}
[/mm]
[mm] ->\pmat{ -1 & 0&0&-1&|&1&2&-1&0 \\ 0 & 1 &0&0&|&0&1&0&0\\0&0&1&0&|&0&0&1&0\\1&0&0&1&|&-1&0&0&1}
[/mm]
jetzt weiß ich nicht weiter, anscheinend liegt hier ein Rang 2 vor aber wie komme ich auf die richtige Inverse von A?
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Hallo,
> Hi,
> ok dann kriege ich die Matrix
> [mm]A:=\pmat{ -1 & \red{-2}&1&-1 \\ 0 & 1&0&0\\0&0&1&0\\0&-2&1&0 }[/mm]
Ist wahrscheinlich nur ein Tippfehler, unten hast du's dann richtig gehabt, aber da muss an der einen Stelle eine -2 statt einer 2 stehen.
Du hast schon den richtigen Ansatz gehabt: Du sollst nun einfach das LGS
$Ax = [mm] \vektor{0\\1\\3\\1}$
[/mm]
lösen. Dafür musst du keine Inverse berechnen! Das ist im Allgemeinen doch auch gar nicht möglich, und hier im Besonderen nicht, weil A gar nicht vollen Rang hat! (Merkt man daran, dass 0 ein Eigenwert von A ist!).
Grüße,
Stefan
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Hi,
und wie kann ich sicher gehen das mein A aus der a) richtig ist, vllt ist da ja schon der Fehler passiert?
Snafu
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Hallo,
> Hi,
> und wie kann ich sicher gehen das mein A aus der a)
> richtig ist, vllt ist da ja schon der Fehler passiert?
Dein A ist richtig, das habe ich doch nachgeprüft 
Außerdem ist die Tatsache, dass A genau die Eigenwerte hat, die es haben soll, wie du selbst nachgerechnet hast, doch schon eine ziemlich gute Überprüfung.
A muss doch nicht invertierbar sein! Das würde ja bedeuten, dass die oben beschriebene lineare Abbildung bijektiv ist. Das muss doch aber nicht sein.
Und es ist auch nicht so, weil, wie ich ja schon bemerkt habe, ein Eigenwert 0 ist <-> A ist nicht invertierbar.
Grüße,
Stefan
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Hey,
ok danke für die Korrektur. :)
Jetzt habe ich den Fall, dass [mm] x_{1} [/mm] und [mm] x_{4} [/mm] von Vektor x abhängif sind von [mm] einander:x_{1} [/mm] = 1- [mm] x_{4}. [/mm] Wie verarbeite ich das bei der Angabe der Urbildraums?
Ach U:= {a ( [mm] \vektor{0 \\ 1\\3\\0} [/mm] + [mm] k\vektor{2 \\ 0\\0\\1} [/mm] ) } mit a,k [mm] \in \IR
[/mm]
??
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Hallo,
> Hey,
> ok danke für die Korrektur. :)
> Jetzt habe ich den Fall, dass [mm] x_{1} [/mm] und [mm] x_{4} [/mm] von Vektor x
> abhängif sind von [mm][mm] einander:x_{1} [/mm] = 1- [mm] x_{4}. [/mm] Wie
> verarbeite ich das bei der Angabe der Urbildraums?
> Ach U:= {a ( [mm] \vektor{0 \\ 1\\3\\0} [/mm] + [mm] k\vektor{2 \\ 0\\0\\1}
[/mm]
> ) } mit a,k [mm] \in \IR
[/mm]
> ??
Nein, das stimmt nicht.
Du weißt: [mm] x_{2} [/mm] = 1, [mm] x_{3} [/mm] = 3. Nun hast du nur noch eine Gleichung, nämlich
[mm] x_{1} [/mm] = [mm] 1-x_{4}.
[/mm]
Wir können also eine Komponente frei wählen. Sei [mm] x_{4} [/mm] = [mm] \mu \in\IR, [/mm] dann ist also
[mm] x_{1} [/mm] = [mm] 1-\mu.
[/mm]
Insgesamt:
[mm] $\vektor{x_{1}\\x_{2}\\x_{3}\\x_{4}} [/mm] = [mm] \vektor{1-\mu\\1\\3\\ \mu} [/mm] = [mm] \vektor{1\\1\\3\\0} [/mm] + [mm] \mu*\vektor{-1\\0\\0\\1}$ [/mm] mit [mm] \mu\in\IR,
[/mm]
also ist dein Lösungsraum:
Loes(A,b) = [mm] \left\{\vektor{1\\1\\3\\0} + \mu*\vektor{-1\\0\\0\\1}\Bigg| \mu\in\IR\right\}
[/mm]
Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:20 Mi 03.02.2010 | | Autor: | SnafuBernd |
Hi,
ok versteh ich. Vielen Dank.
Snafu
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