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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:49 Di 28.01.2014 | | Autor: | sourg |
| Aufgabe | Gegeben seien der Vektorraum V der reellen rechten oberen Dreiecksmatrizen
[mm] V=\left\{\pmat{ a_{1} & a_{2} \\ 0 & a_{3} } \in \IR^{2x2} | a_{1}, a_{2}, a_{3} \in \IR\right\},
[/mm]
die lineare Abbildung L: V [mm] \to [/mm] V so wie die Bilder von L:
[mm] L(\pmat{ 0 & -1 \\ 0 & 0 })=\pmat{ 0 & 3 \\ 0 & 0 }, L(\pmat{ 1 & 2 \\ 0 & -3 })=\pmat{ 2 & 4 \\ 0 & -6 }, L(\pmat{ 1 & 0 \\ 0 & 0})=\pmat{ 0 & -6 \\ 0 & 0}.
[/mm]
a) Bestimmen Sie alle Eigenwerte und die zugehörigen Eigenräume der linearen Abbildung
L.
Hinweis: Sie können diesen Teil durch scharfes Hinsehen und geschicktes Argumentieren
lösen! Gelingt Ihnen dies nicht, so bearbeiten Sie zunächst die Aufgabenteile b)-d).
b) Bestimmen Sie die darstellende Matrix [mm]L_{B}[/mm] von [mm]L[/mm] bzgl. der Basis
[mm]B=\left\{ \pmat{ 1 & 2 \\ 0 & -3 } , \pmat{ 1 & 0 \\ 0 & 0 } , \pmat{ 0 & -1 \\ 0 & 0 } \right\}[/mm].
c) Bestimmen Sie das charakteristische Polynom von [mm]L[/mm].
d) Ist [mm]L[/mm] eine injektive/surjektive/bijektive Abbildung? |
Hallo,
ich habe die Aufgabe bearbeitet und bin mir bei den Ergebnissen absolut nicht sicher! Für gefundene Fehler oder eine Überprüfungsmethode wäre ich sehr dankebar!
Aufgabenteil a) hab ich erstmal nicht durch geschicktes Hinsehen lösen können. Mit meinen errechneten Lösungen weiß ich auch nicht wie man es erkennen könnte, daher meine Unsicherheit.
Also daher erstmal zu b):
Ich habe die Bilder der Basiselemente als Linearkombination eben dieser geschrieben, daraus dann die Koordinatenvektoren errechnet und folgende darstellende Matrix bekommen:
[mm]L_{B} = \begin{bmatrix}
0 & 2 & 0\\
0 & 0 & 0\\
-3 & 0 & -6\\
\end{bmatrix}[/mm]
c) Daraus habe ich dann das das charakteristische Polynom berechnet:
[mm]p_{L}(z) = p_{L_{B}}(z) = det(L_{B} - z I) = (-z)(-z)(-6-z)[/mm]
Nun kann ich auch Aufgabeteil a) lösen:
a) Aus dem charakteristischen Polynom kann man die Eigenwerte
[mm]\lambda_{1} = 0[/mm] mit algebraischer Vielfachheit 2
[mm]\lambda_{2} = -6[/mm]
ablesen.
Für die Eigenräume habe ich:
Für [mm] \lambda_{1}:
[/mm]
[mm] Kern(L_{B} [/mm] - 0 I) = [mm] Kern(L_{B}). [/mm] Das hieraus folgende homogene LGS [mm] L_{B} *\vec v_{1} [/mm] = 0 habe ich gelöst zu [mm] \vec v_{1}=\begin{pmatrix} -2s \\ s \\ 0
\end{pmatrix}, [/mm] wobei s [mm] \in \IR.
[/mm]
Für [mm] \lambda_{2}: [/mm]
[mm] Kern(L_{B}-(-6)I)=Kern(\begin{bmatrix}
6 & 2 & 0\\
0 & 6 & 0\\
-3 & 0 & 0\\
\end{bmatrix}
[/mm]
Hier ebenfalls das homogene LGS gelöst zu [mm] \vec v_{2} [/mm] = [mm] \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ t
\end{pmatrix}, [/mm] mit t [mm] \in \IR
[/mm]
bei [mm] \vec v_{2} [/mm] bin ich mir sehr unsicher! Beim Lösen des LGS mit Gauss komme ich auf die erweiterte Koeffizientenmatrix
[mm] \begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & | & 0\\
0 & 1 & 0 & | & 0\\
0 & 0 & 0 & | & 0\\
\end{bmatrix}
[/mm]
Daraus habe ich gefolgert, dass man das dritte Vektorelement [mm] v_{3} [/mm] frei Wählen kann?!
d) [mm]det(L_{B})=0[/mm], der [mm]Kern(L_{B})[/mm], also auch[mm] Kern(L)[/mm] hat nicht nur den Nullvektor. Also ist [mm]L[/mm] nicht injektiv.
[mm]Rang(L_{B})=2[/mm], also [mm]dim(Bild(L))= 2 \not = dim(V)[/mm], demnach ist [mm]L[/mm] auch nicht surjektiv. Nicht injektiv, nicht surjektiv - also nicht bijektiv.
Vielen Dank und liebe Grüße
sourg
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Hallo,
die Nullzeile in deiner darstellenden Matrix macht keinerlei Sinn.
Damit wäre [mm] $L(b_2)=0$ [/mm] (Ich bezeichne die Basis mit [mm] $b_1,b_2,b_3$ [/mm] in der Reihenfolge von b)), was offensichtlich nicht der Fall ist.
Dein Eigenvektor zu Null ist keiner für die berechnete Matrix (könnte Tippfehler sein.)
Deine Eigenwerte sind auch falsch es sind -3,2 (die sieht man direkt) und 0.
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Hallo,
es stimmt, daß Sourgs Matrix nicht richtig ist.
> die Nullzeile in deiner darstellenden Matrix macht
> keinerlei Sinn.
Wieso? Die korrekte Matrix hat auch eine Nullzeile, und ich sehe keinen Grund, weshalb das verkehrt sein sollte.
> Damit wäre [mm]L(b_2)=0[/mm]
Nein, das Bild von [mm] b_2 [/mm] steht in der 2.Spalte.
LG Angela
(Ich bezeichne die Basis mit
> [mm]b_1,b_2,b_3[/mm] in der Reihenfolge von b)), was offensichtlich
> nicht der Fall ist.
> Dein Eigenvektor zu Null ist keiner für die berechnete
> Matrix (könnte Tippfehler sein.)
>
> Deine Eigenwerte sind auch falsch es sind -3,2 (die sieht
> man direkt) und 0.
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Hallo,
a) und b) habe ich hier erklärt.
LG Angela
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:18 Fr 31.01.2014 | | Autor: | DieAcht |
Hallo,
Angela meint natürlich diesen Link.
Gruß
DieAcht
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