Invarianter Unterraum < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 00:25 Fr 08.04.2005 | | Autor: | Maiko |
Hallo!
Ich habe folgende Frage zur Lösung folgender Aufgabe:
Bestimme von der folgenden Matrize die Eigenwerte und ein maximales System linear unabhängiger Eigenvektoren:
Hier ist die Lösung:
[Dateianhang nicht öffentlich]
Bei der Berechnung des ersten Eigenvektors hatte ich keine Probleme. Auch bei der Berechnung des Eigenvektors für Lambda = 1 komme ich auf diesselben Ergebnisse wie in der Lösungsangabe.
Warum muss ich aber
(A - [mm] 1E)^2 [/mm] * x2 = 0
quadrieren??
Ich kann mich erinnern, dass wir in unserer Übung bereits eine ähnliche Aufgabe gerechnet haben. Da hatten wir ebenfalls ein mehrfaches Lambda. Bei der Berechnung des Eigenvektors bekamen wir eine Eigenebene heraus. Dort haben wir allerdings nicht (A - 1E) * x2 = 0 quadriert.
Kann mir das jmd. erklären??
Was ist eigentlich ein invarianter Unterraum und was ist mit maximalen System in der Aufgabenstellung gemeint?
Könnte das jmd bitte populärwissenschaftlich erklären, sodass ich das nachvollziehen kann?
Ich wäre wirklich sehr dankbar.
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
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Guten Morgen!
Ich werde es versuchen. Und zwar werde ich das am Beispiel einer kleinen nilpotenten Matrix tun.
Also, wir schauen uns mal zwei Matrizen an: $A = [mm] \pmat{ 0 & 0 \\ 0 & 0}$ [/mm] und $B = [mm] \pmat{ 0 & 1 \\ 0 & 0}$. [/mm] Beide Matrizen haben das gleiche charakteristische Polynom, nämlich [mm] $T^2$, [/mm] das heißt in beiden Fällen haben wir eine doppelte Nullstelle bei 0.
Trotzdem verhalten sich die Matrizen höchst unterschiedlich. Der Eigenraum zu 0 ist ja der Kern der Abbildung und die Matrix $A$ als Nullmatrix hat den gesamten Vektorraum als Kern. Bei $A$ haben wir also einen Eigenraum der Dimension 2 und finden problemslos eine Basis aus Eigenvektoren - $A$ ist also diagonalisierbar (Kunststück: $A$ ist ja schon diagonal  ).
Bei $B$ ist die Lage aber anders. Obwohl wir eine doppelte Nullstelle haben, ist der Eigenraum nur 1-dimensional! In der Standardbasis betrachtet tut die Matrix $B$ als Abbildung aufgefaßt ja folgendes: [mm] $e_1$ [/mm] wird auf 0 geschickt (das ist ein Eigenvektor zum Eigenwert 0) und [mm] $e_2$ [/mm] wird auf [mm] $e_1$ [/mm] geschickt. [mm] $e_2$ [/mm] ist also noch kein Eigenvektor, aber nach einmaliger Anwendung ist es einer. Man könnte auch sagen, [mm] $e_2$ [/mm] liegt zwar nicht im Kern von $B$, aber im Kern von [mm] $B^2$.
[/mm]
Und das überträgt sich auf die allgemeine Theorie. Ist [mm] $\lambda$ [/mm] eine Nullstelle des charakteristischen Polynoms einer allgemeinen Matrix $A$, so gibt es einen Eigenvektor mit Eigenwert [mm] $\lambda$. [/mm] Schön wäre es, wenn der Eigenraum immer die gleiche Dimension hätte, wie die Nullstelle im charakteristischen Polynom vorkommt, dann nämlich ist die Matrix diagonalisierbar. Das obige Beispiel zeigt aber, dass es nicht immer so schön zugeht.
Statt dessen kann es Dir passieren, dass Vektoren zwar nicht im Eigenraum zu [mm] $\lambda$, [/mm] also im Kern von $A - [mm] \lambda [/mm] E$ liegen, wohl aber "dahinter", es also Vektoren gibt, die erst nach und nach in den Kern rutschen - sprich Vektoren im Kern von $(A - [mm] \lambda E)^2$.
[/mm]
Diese Erkenntnis führt schließlich zur Jordanschen Normalform, die besagt, dass man eine Matrix deren charakteristisches Polynom in Linearfaktoren zerfällt zwar nicht unbedingt diagonalisieren kann, aber man kann zumindest etwas ähnliches erreichen: außer auf der Diagonalen stehen lediglich auf einer der Nebendiagonalen noch einige 1en.
Alles klar? Wenn nicht, frag einfach nochmal nach.
Lars
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:59 Mi 13.04.2005 | | Autor: | Maiko |
Entschuldige meine verspätete Antwort, aber ich musste erst Zeit finden, um mich selbst nochmal mit dem Problem zu beschäftigen.
Ich bin zu folgender Schlussfolgerung gekommen und würde dich bitten, diese auf Wahrheit zu überpüfen:
Wenn ich von einer bestimmten Matrix A die Eigenwerte ermittele, dann bekomme ich, wenn A eine 3x3-Matrix war,
3 Eigenwerte heraus. Nehmen wir einmal an, dass diese
[mm] \lambda [/mm] 1=1
[mm] \lambda [/mm] 2=1
[mm] \lambda [/mm] 3=3
lauten.
Wenn ich nun den ersten Eigenvektor zu [mm] \lambda [/mm] 1 berechne und einen Vektor rausbekomme, der 1-dimensional ist, dann muss ich die ganze Berechnung noch einmal durchführen
- mit [mm] (A-\lambda [/mm] * [mm] E)^2 [/mm] = 0 -
da ich einen Eigenvektor/Eigenraum benötige, der die gleiche Dimension besitzt, mit welcher Anzahl/Vielfachheit [mm] \lambda [/mm] 1 auftritt.
Bekomme ich allerdings gleich einen 2-dimensionalen Vektor heraus (Ebene), dann habe ich bereits den Eigenvektor für [mm] \lambda [/mm] 1,2= 1 gefunden, da dieser diesselbe Dimension entsprechend der Anzahl der Vielfachheit von [mm] \lambda [/mm] 1 besitzt.
Ist dies korrekt?
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Gruß!
Es stimmt so, bis auf die Formulierung, die ist etwas unglücklich...
Wenn der Wert 1 als doppelte Nullstelle im charakteristischen Polynom vorkommst, dann bestimmst Du die Lösungsmenge des Gleichungssystems $(A - 1 [mm] \cdot E_n) [/mm] = 0$. Die bildet ja immer einen Vektorraum - wenn der zweidimensional ist, dann ist die Welt in Ordnung, dann kann man zwei linear unabhängige Eigenvektoren finden.
Ist der Raum nur eindimensional, dann muss der zweite Vektor eben aus $(A - 1 [mm] \cdot E_n)^2 [/mm] = 0$ geholt werden. Man kann in diesem Fall die Basis so wählen, dass die Matrix wenn auch nicht diagonal, dann doch zumindest "beinahe" diagonal ist: $A$ ist ähnlich zu $B$ mit
$B = [mm] \pmat{1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2}$
[/mm]
Man handelt sich also noch eine 1 auf der Nebendiagonalen ein.
Verallgemeinert heißt diese Form, die man erreichen kann, die Jordansche Normalform.
Alles klar? 
Lars
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:12 Mi 13.04.2005 | | Autor: | Maiko |
OK, es ist alles klar, nur an meiner Formulierung finde ich nichts unglückliches
Ganz kurz nochmal zu dem maximalen System linear unabhängiger Eigenvektoren. Damit ist doch sicherlich eine Basis gemeint, die othogonal ist, also jeder Vektor steht senkrecht auf dem anderen.
Die Basis bildet also ein Orthogonalsystem, richtig?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:44 Mi 13.04.2005 | | Autor: | Julius |
Hallo Maiko!
> OK, es ist alles klar, nur an meiner Formulierung finde ich
> nichts unglückliches
Doch diese Formulierung hier von dir ist sehr unglücklich:
Wenn ich nun den ersten Eigenvektor zu [mm] \lambda [/mm] 1 berechne und einen Vektor rausbekomme, der 1-dimensional ist, dann muss ich die ganze Berechnung noch einmal durchführen
- mit [mm] (A-\lambda [/mm] * [mm] E)^2 [/mm] = 0 -
da ich einen Eigenvektor/Eigenraum benötige, der die gleiche Dimension besitzt, mit welcher Anzahl/Vielfachheit [mm] \lambda [/mm] 1 auftritt.
Die Lösungen von [mm] $(A-\lambda\cdot [/mm] E)^2x=0$ sind eben im Allgemeinen keine Eigenvektoren, sondern nur verallgemeinerte Eigenvektoren. Man kann dadurch also keine zusätzlichen Eigenvektoren finden als die, die man schon durch das Lösen von [mm] $(A-\lambda \cdot [/mm] E)x=0$ gefunden hätte.
> Ganz kurz nochmal zu dem maximalen System linear
> unabhängiger Eigenvektoren. Damit ist doch sicherlich eine
> Basis gemeint, die othogonal ist, also jeder Vektor steht
> senkrecht auf dem anderen.
> Die Basis bildet also ein Orthogonalsystem, richtig?
Nein, im Allgemeinen nicht. Nur bei symmetrischen Matrizen sind die Eigenvektoren zu verschiedenen Eigenwerten orthogonal zueinander, im Allgemeinen sind sie nur linear unabhängig. Gesucht ist einfach die größte linear unabhägige Menge von Eigenvektoren der Matrix.
Viele Grüße
Julius
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