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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:05 Mo 11.05.2015 | | Autor: | murmel |
| Aufgabe | Es ist die Matrix gegeben:
[mm]
\begin{pmatrix}0&-1&0\\1&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}
[/mm]
Es sollen die Eigenwerte [mm] $\lambda_i$ [/mm] dieser Matrix und die Eigenvektoren berechnet werden.
Es ist die Determinante gegeben, mit den Matrizen:
[mm]
\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0&-1&0\\1&0&0\\0&0&1\end{pmatrix} - \lambda_i \begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}\vec{r}_i
[/mm] |
Die Eigenwerte habe ich ermittelt:
[mm] $\lambda_1 [/mm] = 1, [mm] \lambda_2 [/mm] = [mm] \mathrm{i}, \lambda_3 [/mm] = [mm] -\mathrm{i}$
[/mm]
Wenn ich nun die Eigenvektoren ermittle, komme ich mithilfe der Determinante auf Folgende:
[mm]
\vec{r}_1\left(\lambda_1\right) = \begin{pmatrix} y\\-x\\-z \end{pmatrix}
[/mm]
[mm]
\vec{r}_2\left(\lambda_2\right)= \begin{pmatrix} \mathrm{i}\,y\\-\mathrm{i}\,x\\-\mathrm{i}\,z \end{pmatrix}
[/mm]
[mm]
\vec{r}_3\left(\lambda_3\right)= \begin{pmatrix} -\mathrm{i}\,y\\ \mathrm{i}\,x\\ \mathrm{i}\,z \end{pmatrix}
[/mm]
Nach meiner Mitschrift sollte allerdings etwas anderes herauskommen. "$z$" beispielsweise soll "0" sein und der Betrag der Vektoren für die Normierung sollte [mm] $1/\sqrt{2}$ [/mm] betragen. Ich komme nicht auf diesen Wert.
Für Hilfe wäre ich euch sehr dankbar.
Murmel
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:10 Mo 11.05.2015 | | Autor: | chrisno |
Ich erhalte andere Eigenvektoren. Rechne sie vor.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:57 Di 12.05.2015 | | Autor: | murmel |
Hallo, der ersten Fehler habe ich schon entdeckt, ich habe falsch gerechnet -also die Determinante falsch berechnet. Also für [mm] $\lambda_1$:
[/mm]
[mm]
\begin{pmatrix} 0&-1&0\\1&0&0\\0&0&1\end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -1\\-1\\-1\end{pmatrix}
[/mm]
[mm]
\begin{pmatrix} -1&-1&0\\1&-1&0\\0&0&0\end{pmatrix} \circ \begin{pmatrix} x\\y\\z\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -x-y\\x-y\\0+0\end{pmatrix}
[/mm]
[mm]
-x-y = 0
[/mm]
[mm]
x-y =0
[/mm]
Da kommt ein Widerspruch heraus.
Der erste Eigenvektor lautet dann:
[mm]
\vec{r}_1 = \begin{pmatrix} -x-y\\x-y\\0\end{pmatrix}
[/mm]
Wo ist mein Fehler?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:32 Di 12.05.2015 | | Autor: | chrisno |
> Hallo, der ersten Fehler habe ich schon entdeckt, ich habe
> falsch gerechnet -also die Determinante falsch berechnet.
> Also für [mm]\lambda_1[/mm]:
>
> [mm]
\begin{pmatrix} 0&-1&0\\1&0&0\\0&0&1\end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -1\\-1\\-1\end{pmatrix}
[/mm]
>
> [mm]
\begin{pmatrix} -1&-1&0\\1&-1&0\\0&0&0\end{pmatrix} \circ \begin{pmatrix} x\\y\\z\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -x-y\\x-y\\0+0\end{pmatrix}
[/mm]
>
> [mm]
-x-y = 0
[/mm]
>
> [mm]
x-y =0
[/mm]
>
> Da kommt ein Widerspruch heraus.
Nein, daraus folgt: x = y und x = -y und damit x = y = 0.
> Der erste Eigenvektor lautet dann:
Du hast noch nicht untersucht, welche Werte von z die Gleichung lösen.
>
> [mm]
\begin{pmatrix} -x-y\\x-y\\0\end{pmatrix}
[/mm]
>
>
> Wo ist mein Fehler?
>
>
Bei der Bestimmung des Eigenvektors hast Du genau verkehrt herum "geschlossen".
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:38 Di 12.05.2015 | | Autor: | murmel |
Hallo Chrisno, danke für deine Hilfe. Allerdings verstehe ich gerade folgenden mathematischen Sachverhalt gar nicht(!):
[mm]
\begin{array}{llll}
(I)&-&x-y &= 0\\
(II)&&x-y &=0\\
\Rightarrow (I):\\
&-&x &= y\\
\Rightarrow (II):\\
&&x &= y\\
\end{array}
[/mm]
Ein wahre Aussage und das Finden einer Lösung für die entsprechende Variable ist doch gar nicht möglich, wenn für Gleichung (II) bereits die Forderung besteht, dass $x = y$ sein soll! Ich kann das Spielchen ja weiter treiben und stattdessen für $y$ in Gleichung (I) den Ausdruck $x$ einsetzen:
[mm]
\begin{array}{llll}
(I)&-&x &= x\\
\end{array}
[/mm]
Man sieht also, dass die Gleichung gar nicht erfüllt sein kann! Ich verstehe das nicht.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:49 Di 12.05.2015 | | Autor: | fred97 |
Du hast das LGS
$ [mm] \begin{pmatrix} -1&-1&0\\1&-1&0\\0&0&0\end{pmatrix}*\begin{pmatrix} x\\y\\z\end{pmatrix} [/mm] = [mm] \begin{pmatrix} 0\\0\\0\end{pmatrix} [/mm] $
Das bedeutet
1. für x und y: -x-y=0 und x-y=0
und
2. für z: z kann sein was es will ! z ist frei wählbar. Ist doch prima, oder nicht ?
Zurück zu 1. aus x-y=0 folgt y=x. Wegen -x-y=0 resultiert -2x=0, also x=0 und damit auch y=0.
Die Lösungsmenge des obigen LGS sieht also so aus:
[mm] \{\begin{pmatrix} 0\\0\\z\end{pmatrix}: z \in \IC\}.
[/mm]
Ein Eigenvektor zum Eigenwert 1 ist also z.B.:
[mm] \begin{pmatrix} 0\\0\\1\end{pmatrix}
[/mm]
FRED
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:08 Di 12.05.2015 | | Autor: | murmel |
Danke, das $x,y$ Null sein können ist mir klar, ich frage mich allerdings wieso ich dann auf diese Aussage komme, dass $-x = x$? Dies ist doch nicht von der Hand zu weisen! Solch ein LGS mus doch "universal" jede ermittelte Lösung dieses LGS widerspruchsfrei reproduzieren.
Okay, dann gilt das also nur für den Wert widerspruchsfrei, wenn: $x=y=0$. Passt schon, danke!
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> Danke, das [mm]x,y[/mm] Null sein können ist mir klar,
Hallo,
sie können nicht Null sein, sondern sie müssen Null sein.
> ich frage
> mich allerdings wieso ich dann auf diese Aussage komme,
> dass [mm]-x = x[/mm]?
==> 0=2x ==> x=0,
und aus -x+y=0 bekommst Du damit y=0.
Alles gut.
LG Angela
> Dies ist doch nicht von der Hand zu weisen!
> Solch ein LGS mus doch "universal" jede ermittelte Lösung
> dieses LGS widerspruchsfrei reproduzieren.
> Okay, dann gilt das also nur für den Wert
> widerspruchsfrei, wenn: [mm]x=y=0[/mm]. Passt schon, danke!
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