Jacobi-Verfahren < Lin. Gleich.-systeme < Numerik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:52 So 19.12.2004 | | Autor: | Bastiane |
Hallo (schon wieder...)!
Eine der letzten Aufgaben dieses Jahr ist für mich folgende:
Die Matrix [mm] A\in\IR^{n\times n} [/mm] sei gegeben durch [mm] A_{ii}=1 [/mm] und [mm] A_{ij}=a [/mm] für [mm] i\not= [/mm] j, wobei [mm] a\in\IR [/mm] ein Parameter ist.
a) Bestimme die Iterationsmatrix M des Gesamtschrittverfahrens zu A. Bestimme die Eigenwerte und die Eigenvektoren von A und M.
Ich habe nun berechnet: [mm] C=I=:D^{-1} [/mm] (ich hoffe, es ist klar, welche Matrix des Verfahrens hiermit gemeint ist, da die Bezeichnungen anscheinend oft unterschiedlich sind) - da auf der Diagonalen von A nur Einsen stehen und [mm] 1^{-1}=\bruch{1}{1}=1
[/mm]
Dann gilt für die Iterationsmatrix [mm] M=E-D^{-1}A:
[/mm]
[mm] M=\pmat{0 & -a & ... & & -a \\ -a & 0 & -a & ... & -a \\ ... \\ -a & ... & & -a & 0}
[/mm]
Stimmt das soweit?
Nun habe ich versucht, die Determinanten von [mm] (E-\lambda [/mm] A) zu berechnen um die Eigenwerte zu erhalten. Macht man das bei einer solchen Matrix so oder gibt es da eine günstigere Möglichkeit? Vielleicht irgendein Verfahren? Bei der Determinanten bin ich nämlich auch nicht sehr weit bekommen, ich habe es für kleine Matrizen ausprobiert, da ich nicht weiß, wie man das für solch eine "große" Matrix macht. Oder kann man die Matrix irgendwie zerlegen, und dann von den "Einzelteilen" die Determinante berechnen?
(Ich wäre schon für einen Tipp, wie man das allgemein macht, sehr dankbar. Dann kann ich notfalls auch noch irgendwo nachschlagen, aber so weiß ich gar nicht weiter.) Jedenfalls habe ich es bis [mm] 4\times [/mm] 4 berechnet und überlegt, ob man es dann durch Induktion auch auf [mm] n\times [/mm] n übertragen kann. Aber das habe ich auch nicht geschafft...
b) Für welche Parameter [mm] a\in\IR [/mm] ist A positiv definit und für welche regulär?
Ich weiß zwar, wie positiv definit definiert ist, aber wie findet man so etwas heraus? (Auch hier wäre ich für ein Stichwort dankbar, nach dem ich suchen könnte um weiter zu kommen.)
Bei einer regulären Matrix ist ja die Determinante [mm] \not= [/mm] 0 - kann man das hier verwenden? Wenn ich aus Aufgabenteil a) schon die Determinanten von A habe... Oder macht man das hier doch anders?
c) Sei nun [mm] a\in\IR [/mm] so gewählt, dass A regulär ist. Für welche a konvergiert das Gesamtschrittverfahren für jeden Startwert gegen eine Lösung des linearen Gleichungssystems?
Hierfür finde ich beim Gesamtschrittverfahren:
Ist A strikt diagonaldominant (starkes Zeilensummenkriterium), so konvergiert das Verfahren für jeden Startwert [mm] x^{0}.
[/mm]
Allgemein bei Iterationsverfahren finde ich folgenden Satz:
Das Verfahren konvergiert genau dann für jeden Startwert [mm] x^{0} [/mm] gegen die Lösung von Ax=b, wenn [mm] \rho(I-CA)<1 [/mm] gilt.
Kann man das zweite hier auch anwenden oder ist es vielleicht sogar das gleiche?
Wäre schön, wenn mir jemand sagen könnte, mit welchem der beiden ich hier arbeiten muss, dann versuche ich es nochmal.
Viele Grüße
Bastiane
![[bahnhof]](/images/smileys/bahnhof.gif "[bahnhof]")
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:16 Di 21.12.2004 | | Autor: | Stefan |
Liebe Christiane!
Ich habe wenig Zeit, daher hier nur die Lösungen (ich habe sie nicht berechnet, sondern gesehen). Verifiziere es bitte einfach durch Einsetzen.
Die Eigenwerte und Eigenvektoren von $A$:
Wir haben [mm] $\lambda_1=1\red{-}a$ [/mm] als $n-1$-fachen Eigenwert. Die zugehörigen Eigenvektoren sind
[mm] $\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{pmatrix}$,
[/mm]
[mm] $\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \\ \vdots \\ 0 \end{pmatrix}$,
[/mm]
[mm] $\vdots$
[/mm]
[mm] $\begin{pmatrix} 0 \\ \vdots \\ 0 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}$.
[/mm]
Weiterhin ist [mm] $\lambda_2= 1\red{+}(n-1)a$ [/mm] ein einfacher Eigenwert mit Eigenvektor
[mm] $\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ \vdots \\ 1 \end{pmatrix}$.
[/mm]
Die Eigenwerte und Eigenvektoren von $M$:
Wir haben [mm] $\lambda_1=a$ [/mm] als $n-1$-fachen Eigenwert. Die zugehörigen Eigenvektoren sind
[mm] $\begin{pmatrix} n-1\\ -1 \\ -1 \\ \vdots \\ -1 \end{pmatrix}$,
[/mm]
[mm] $\begin{pmatrix} -1 \\ n-1 \\ -1 \\ \vdots \\ -1 \end{pmatrix}$,
[/mm]
[mm] $\vdots$
[/mm]
[mm] $\begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ \vdots \\ -1 \\ n-1 \end{pmatrix}$.
[/mm]
Weiterhin ist [mm] $\lambda_2 [/mm] =-(n-1)a$ ein einfacher Eigenwert mit Eigenvektor
[mm] $\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ \vdots \\ 1 \end{pmatrix}$.
[/mm]
$A$ ist genau dann regulär, wenn $a [mm] \ne [/mm] 1$ und $a [mm] \ne [/mm] - [mm] \frac{1}{n-1}$ [/mm] gilt (den Beweis kannst du in einer der letzten Übungsaufgaben nachlesen, die ich Hanno gestellt habe, ich glaube es war Aufgabe 4 oder 5 aus dem laufenden Kapitel aus dem Beutelspacher, blättere mal ein bisschen im Uni-LA-Forum...)
$A$ ist genau dann positiv definit, wenn alle Eigenwerte positiv sind, also wenn gilt:
[mm] $\red{-}a+1>0$ [/mm] und [mm] $1\red{+}(n-1)a>0$,
[/mm]
also:
[mm] $a\red{<}1$ [/mm] und [mm] $a\red{>-}\frac{1}{n-1}$,
[/mm]
also:
[mm] $\red{1>}a\red{> -}\frac{1}{n-1}$.
[/mm]
Das Gesamtschrittverfahren konvergiert genau dann wenn [mm] $\rho(E-A) [/mm] = [mm] \rho(M)<1$ [/mm] gilt. Die ist nach obigem genau dann der Fall, wenn
$|a|<1$ und $|-(n-1)a|<1$
gilt,
also:
$|a|<1$ und $|a|< [mm] \frac{1}{n-1}$,
[/mm]
also:
$|a|< [mm] \frac{1}{n-1}$.
[/mm]
Damit wäre die Aufgabe komplett gelöst. Rechenfehler sind nicht ausgeschlossen... 
Liebe Grüße
Stefan
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:58 Mi 22.12.2004 | | Autor: | Bastiane |
Hallo Stefan!
> Ich habe wenig Zeit, daher hier nur die Lösungen (ich habe
> sie nicht berechnet, sondern gesehen). Verifiziere es bitte
> einfach durch Einsetzen.
Mmh - so kann man es also auch machen? Einfach hingucken und dann sehen?  Müsste ich auch dazu in der Lage sein, so etwas zu sehen? Ich glaube, da müsste ich dann noch etwas üben, bevor ich so etwas sehe... Gibt's da denn eigentlich sonst noch ne Methode (so für die Zukunft, falls ich es mal nicht sehe )?
> Die Eigenwerte und Eigenvektoren von [mm]A[/mm]:
>
> Wir haben [mm]\lambda_1=1+a[/mm] als [mm]n-1[/mm]-fachen Eigenwert. Die
> zugehörigen Eigenvektoren sind
>
> [mm]\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{pmatrix}[/mm],
>
> [mm]\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \\ \vdots \\ 0 \end{pmatrix}[/mm],
>
> [mm]\vdots[/mm]
> [mm]\begin{pmatrix} 0 \\ \vdots \\ 0 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}[/mm].
Also, ich bin der Meinung, es muss [mm] \lambda_1=1-a [/mm] heißen. Ich schreibe es mal für eine kleine Matrix hin:
[mm] \pmat{1 & a \\ a & 1}\vektor{1 \\ -1} [/mm] = [mm] \vektor{1-a \\ a-1}
[/mm]
und mit deinem angegebenen Eigenwert wäre das:
[mm] (1+a)\vektor{1 \\ -1}=\vektor{1+a \\ -a-1} \not= \vektor{1-a \\ a-1}
[/mm]
aber mit "meinem" ergibt sich:
[mm] (1-a)\vektor{1 \\ -1}=\vektor{1-a \\ -1+a} [/mm]
oder habe ich hier was falsch gemacht?
> Weiterhin ist [mm]\lambda_2= 1-(n-1)a[/mm] ein einfacher Eigenwert
> mit Eigenvektor
>
> [mm]\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ \vdots \\ 1 \end{pmatrix}[/mm].
Auch hier bin ich der Meinung, dass das Minus falsch ist: es muss heißen [mm] \lambda_2=1+(n-1)a, [/mm] denn:
[mm] \pmat{1 & a \\ a & 1}\vektor{1 \\ 1}=\vektor{1+a \\ a+1}
[/mm]
[mm] (1-(n-1)a)\vektor{1 \\ 1}=\vektor{1-(2-1)a \\ 1-(2-1)a}=\vektor{1-a \\ 1-a} \not= \vektor{1+a \\ a+1}
[/mm]
aber
[mm] (1+(n-1)a)\vektor{1 \\ 1}=\vektor{1+(n-1)a \\ 1+(n-1)a}=\vektor{1+(2-1)a \\ 1+(2-1)a}=\vektor{1+a \\ 1+a}
[/mm]
oder?
> Die Eigenwerte und Eigenvektoren von [mm]M[/mm]:
>
> Wir haben [mm]\lambda_1=a[/mm] als [mm]n-1[/mm]-fachen Eigenwert. Die
> zugehörigen Eigenvektoren sind
>
> [mm]\begin{pmatrix} n-1\\ -1 \\ -1 \\ \vdots \\ -1 \end{pmatrix}[/mm],
>
> [mm]\begin{pmatrix} -1 \\ n-1 \\ -1 \\ \vdots \\ -1 \end{pmatrix}[/mm],
>
> [mm]\vdots[/mm]
> [mm]\begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ \vdots \\ -1 \\ n-1 \end{pmatrix}[/mm].
>
>
> Weiterhin ist [mm]\lambda_2 =-(n-1)a[/mm] ein einfacher Eigenwert
> mit Eigenvektor
>
> [mm]\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ \vdots \\ 1 \end{pmatrix}[/mm].
Das stimmt aber wohl alles!
> [mm]A[/mm] ist genau dann regulär, wenn [mm]a \ne 0[/mm] gilt (den Beweis
> kannst du in einer der letzten Übungsaufgaben nachlesen,
> die ich Hanno gestellt habe, ich glaube es war Aufgabe 4
> oder 5 aus dem laufenden Kapitel aus dem Beutelspacher,
> blättere mal ein bisschen im Uni-LA-Forum...)
![[peinlich]](/images/smileys/peinlich.gif "[peinlich]") Peinlich, dass Hanno so was schon kann oder können will und ich noch nicht mal... Werde den Beweis gleich mal suchen. Meinst du, wir haben das auch in LA gemacht? Bestimmt... Dann müsste ich es doch vielleicht gar nicht mehr aufschreiben? Ich werde es mir aber auf jeden Fall mal angucken und wenn's nicht zu lang ist wohl auch aufschreiben.
> [mm]A[/mm] ist genau dann positiv definit, wenn alle Eigenwerte
> positiv sind, also wenn gilt:
>
> [mm]a+1>0[/mm] und [mm]1-(n-1)a>0[/mm],
>
> also:
>
> [mm]a>-1[/mm] und [mm]a<\frac{1}{n-1}[/mm],
>
> also:
>
> [mm]-1
Also mit "meinen" Eigenwerten würde das ja dann so aussehen:
1-a>0 und 1+(n-1)a>0
[mm] \gdw
[/mm]
a<1 und [mm] a>-\bruch{1}{n-1}
[/mm]
Ansonsten muss man aber nichts beachten, oder?
> Das Gesamtschrittverfahren konvergiert genau dann wenn
> [mm]\rho(E-A) = \rho(M)<1[/mm] gilt. Die ist nach obigem genau dann
> der Fall, wenn
>
> [mm]|a|<1[/mm] und [mm]|-(n-1)a|<1[/mm]
>
> gilt,
>
> also:
>
> [mm]|a|<1[/mm] und [mm]|a|< \frac{1}{n-1}[/mm],
>
> also:
>
> [mm]|a|< \frac{1}{n-1}[/mm].
>
> Damit wäre die Aufgabe komplett gelöst. Rechenfehler sind
> nicht ausgeschlossen...
Mmh - hast du extra einen Fehler eingebaut, damit ich das auch ja nachrechne? Nein, natürlich nicht. Schön, dass du es trotz wenig Zeit für mich aufgeschrieben hast! Danke.
So, ich werde jetzt mal den Beweis suchen.
Viele Grüße
Christiane
![[breakdance]](/images/smileys/breakdance.gif "[breakdance]")
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 14:06 Mi 22.12.2004 | | Autor: | Stefan |
Liebe Christiane!
Ja, du hattest Recht mit deinen Anmerkungen. Es waren zwei Fehler drin, die ich jetzt verbessert habe. Eigentlich war es nur ein Fehler, denn ich hatte die ganze Zeit [mm] $A_{ij}=-a$ [/mm] im Sinn, ![[sorry]](/images/smileys/sorry.gif "[sorry]") , hatte mir das vom Prinzip her also schon richtig überlegt. Das kommt davon, wenn man unter Zeitdruck hier antworten muss. Nur: Wenn ich nicht geanwortet hätte, hättest du vermutlich keine Lösung bekommen, daher riskiere ich es die Aufgaben in 5 Minuten im Kopf zu lösen und dann natürlich Fehler zu machen.
Das mit den Eigenvektoren sieht man einfach sofort, wenn man etwas Routine hat. Wenn du dich weiter mit Linearer Algebra beschäftigst (und ich war dort zwei Jahre lang Tutor), siehst du solche Sachen spätestens nach einem Jahr fast blind. Irgendetwas müssen meine fünf gelben Sterne im LA-Forum ja schließlich auch für mich gebracht haben.
Liebe Grüße
Stefan
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:53 Mi 22.12.2004 | | Autor: | Bastiane |
Hallo Stefan!
> Ja, du hattest Recht mit deinen Anmerkungen. Es waren zwei
> Fehler drin, die ich jetzt verbessert habe. Eigentlich war
> es nur ein Fehler, denn ich hatte die ganze Zeit [mm]A_{ij}=-a[/mm]
> im Sinn, , hatte mir das vom Prinzip her also schon
> richtig überlegt. Das kommt davon, wenn man unter Zeitdruck
> hier antworten muss. Nur: Wenn ich nicht geanwortet hätte,
> hättest du vermutlich keine Lösung bekommen, daher riskiere
> ich es die Aufgaben in 5 Minuten im Kopf zu lösen und dann
> natürlich Fehler zu machen.
Kein Problem - da brauchst du gar kein schlechtes Gewissen zu haben. Ich hatte irgendwie viel umständlicher gedacht und wäre wahrscheinlich nie auf diese Lösung gekommen. Und so konnte ich ja wenigstens auch noch was machen.
So, zu dem einen Beweis da habe ich aber noch ne Frage. Du meintest doch diese Aufgabe hier: (das war übrigens Aufgabe 6, hab' erstmal suchen müssen...
Ich schreibe es jetzt mal so, wie ich es aufschreiben will, aber mitten drin hakt es bei mir noch...
Die Frage war ja, für welche [mm] a\in\IR [/mm] A regulär ist.
Ich behaupte nun, dass dies für alle [mm] a\not= [/mm] 1 der Fall ist und beweise diese Behauptung.
zu zeigen ist also: Rang(A)=n für [mm] a\not= [/mm] 1
Beweis:
[mm] A=\pmat{1 & a & ... & & a \\ a & 1 & a & ... & a \\ ... \\ a & ... & & a & 1}
[/mm]
ich subtrahiere nun die erste Zeile von allen anderen, also erhalte ich:
[mm] \pmat{1 & a & ... & & a \\ a-1 & 1-a & 0 & ... & 0 \\ ... \\ a-1 & 0 & ... & 0 & 1-a}
[/mm]
(Ich hoffe, man kann das lesen, irgendwie muss ich mir das mit dem Matrizenschreiben und den Pünktchen mal genauer angucken...)
So, nun betrachte ich diese Matrix und sehe, dass sie für [mm] a\not= [/mm] 1 mindestens den Rang n-1, da die Spalten 2 bis n linear unabhängig sind.
So, und jetzt hakt es bei mir ein bisschen: was muss ich jetzt noch machen? Zeigen, dass oder wann der Rang nicht nur n-1, sondern sogar n ist!? Also versuche ich, den Nullvektor als Linearkombination aller anderen Vektoren darzustellen. Für (wegen?) die Spalten 2 bis n muss dann gelten:
[mm] k_1(a-1)+k_i(1-a)=0 \gdw (k_1-k_i)(a-1)=0 \gdw [/mm] (für [mm] a\not= [/mm] 1) [mm] k_1=k_i, [/mm] also [mm] k_1=k_2=...=k_n
[/mm]
für die erste Spalte muss gelten:
[mm] k_1+k_1(n-1)a=0 \gdw k_1((n-1)a+1)=0
[/mm]
mmh, und jetzt? Jetzt kann ich das nach a auflösen, dann erhalte ich:
[mm] a=-\bruch{1}{n-1}
[/mm]
und was weiß ich nun? Ich könnte jetzt höchstens sagen, dass das für n=1 nicht definiert ist, aber eine [mm] 1\times1-Matrix [/mm] macht ja sowieso keinen Sinn, und für n=0 stände da a=1, was ja nicht sein soll, aber eine [mm] 0\times0-Matrix [/mm] ist glaube ich gar nicht definiert, oder? (Ist denn eine [mm] 1\times1-Matrix [/mm] definiert?)
Hieße das jetzt, dass damit gezeigt ist, dass Rang(A)=n [mm] \forall a\not= [/mm] 1? Aber was genau hat Hanno denn da noch in diesem Schritt gemacht?
Vielleicht verwirrt es mich auch nur, dass bei ihm a's und b's stehen, und sein a nicht mein a ist...
Ansonsten wäre doch meine Behauptung jetzt gezeigt, oder?
Viele Grüße
Christiane
![[banane]](/images/smileys/banane.gif "[banane]")
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:17 Mi 22.12.2004 | | Autor: | Stefan |
Liebe Christiane!
Richtig!
Für $a = - [mm] \frac{1}{n-1}$ [/mm] ist der Rang von $A$ also gleich $n-1$ (für $n=1$ haben wir ja gar kein $a$ in der Matrix ) und ansonsten im Falle $a [mm] \ne [/mm] 1$ gleich $n$ (und für $a=1$ ist er gleich $1$).
Man könnte es mit dem Aufgabenteil vorher auch wie folgt schöner über die Dimension des Eigenraumes zum Eigenwert $0$ machen (denn der Eigenraum zum Eigenwert $0$ isr ja gerade der Kern, und die Dimension des Bildes, also der Rang der Matrix $A$, ist $n - [mm] \dim(Kern(A))$):
[/mm]
$Rang(A)$
$= n - [mm] \dim(Kern(A))$
[/mm]
$= n - [mm] \dim(Eig_0(A))$
[/mm]
$= [mm] \left\{ \begin{array}{cclr} n-(n-1) & , & \mbox{falls} & a=1,\\[5pt] n-1 & , & \mbox{falls} & a=-\frac{1}{n-1},\\[5pt] n & , & \mbox{sonst}, & \end{array} \right.$
[/mm]
$= [mm] \left\{ \begin{array}{cclr} 1& , & \mbox{falls} & a=1,\\[5pt] n-1 & , & \mbox{falls} & a=-\frac{1}{n-1},\\[5pt] n & , & \mbox{sonst}. & \end{array} \right.$
[/mm]
Liebe Grüße
Stefan
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:00 Mi 22.12.2004 | | Autor: | Bastiane |
So, und noch einmal hallo Stefan!
> Für [mm]a = - \frac{1}{n-1}[/mm] ist der Rang von [mm]A[/mm] also gleich [mm]n-1[/mm]
> (für [mm]n=1[/mm] haben wir ja gar kein [mm]a[/mm] in der Matrix ) und
> ansonsten im Falle [mm]a \ne 1[/mm] gleich [mm]n[/mm] (und für [mm]a=1[/mm] ist er
> gleich [mm]1[/mm]).
Das heißt doch dann jetzt aber, dass A regulär ist für [mm] a\not= [/mm] 1 und [mm] a\not= -\bruch{1}{n-1}, [/mm] oder? Du hattest glaube ich anfangs nur [mm] a\not=1 [/mm] gesagt...
Und ich hab' mal, gerade wieder irgendwie ein kleines Brett vorm Kopf ![[bonk]](/images/smileys/bonk.gif "[bonk]") - warum ist denn für [mm] a=\bruch{1}{n-1} [/mm] der Rang gleich n-1? Es gilt doch: wenn man den Nullvektor nur durch die triviale Linearkombination darstellen kann, sind die Vektoren linear unabhängig. Nun habe ich aber aus meinen Bedingungen nur [mm] k_1=...=k_n [/mm] und da steht noch kein [mm] k_i=0 [/mm] ![[haee]](/images/smileys/haee.gif "[haee]") ? Und wenn jetzt aus der zweiten Bedingung [mm] a\not= -\bruch{1}{n-1} [/mm] ist, dann folgt daraus, dass [mm] k_1=0, [/mm] also alle [mm] k_i=0. [/mm] Ah, ich glaub', so ist es richtig.
Komisch, manche Sachen merke ich erst, wenn ich sie hier aufschreibe und versuche, mein Problem zu beschreiben. Auch wenn ich die Sachen vorher schon recht ausführlich auf ein Blatt Papier geschrieben habe. Sorry, aber ich lasse es mal hier stehen - wer weiß, vielleicht war ja doch was falsch in meinem Denken?
> Man könnte es mit dem Aufgabenteil vorher auch wie folgt
> schöner über die Dimension des Eigenraumes zum Eigenwert [mm]0[/mm]
> machen (denn der Eigenraum zum Eigenwert [mm]0[/mm] isr ja gerade
> der Kern, und die Dimension des Bildes, also der Rang der
> Matrix [mm]A[/mm], ist [mm]n - \dim(Kern(A))[/mm]):
>
> [mm]Rang(A)[/mm]
>
> [mm]= n - \dim(Kern(A))[/mm]
>
> [mm]= n - \dim(Eig_0(A))[/mm]
>
> [mm]= \left\{ \begin{array}{cclr} n-(n-1) & , & \mbox{falls} & a=1,\\[5pt] n-1 & , & \mbox{falls} & a=-\frac{1}{n-1},\\[5pt] n & , & \mbox{sonst}, & \end{array} \right.[/mm]
>
>
> [mm]= \left\{ \begin{array}{cclr} 1& , & \mbox{falls} & a=1,\\[5pt] n-1 & , & \mbox{falls} & a=-\frac{1}{n-1},\\[5pt] n & , & \mbox{sonst}. & \end{array} \right.[/mm]
Okay, danke für die Alternative, aber die erste Lösung gefällt mir besser.
Viele Grüße
Christiane
![[cap]](/images/smileys/cap.gif "[cap]")
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:14 Mi 22.12.2004 | | Autor: | Stefan |
Liebe Christiane!
> Das heißt doch dann jetzt aber, dass A regulär ist für
> [mm]a\not=[/mm] 1 und [mm]a\not= -\bruch{1}{n-1},[/mm] oder?
Ja, das ist richtig.
> Du hattest
> glaube ich anfangs nur [mm]a\not=1[/mm] gesagt...
Stimmt, ich hatte Hannos Antwort offenbar nicht mehr vollständig im Kopf (ich hätte sie vielleicht nachlesen sollen ).
> > [mm]Rang(A)[/mm]
> >
> > [mm]= n - \dim(Kern(A))[/mm]
> >
> > [mm]= n - \dim(Eig_0(A))[/mm]
> >
> > [mm]= \left\{ \begin{array}{cclr} n-(n-1) & , & \mbox{falls} & a=1,\\[5pt] n-1 & , & \mbox{falls} & a=-\frac{1}{n-1},\\[5pt] n & , & \mbox{sonst}, & \end{array} \right.[/mm]
>
> >
> >
> > [mm]= \left\{ \begin{array}{cclr} 1& , & \mbox{falls} & a=1,\\[5pt] n-1 & , & \mbox{falls} & a=-\frac{1}{n-1},\\[5pt] n & , & \mbox{sonst}. & \end{array} \right.[/mm]
>
>
> Okay, danke für die Alternative, aber die erste Lösung
> gefällt mir besser.
Echt? Die zweite ist aber mathematischer, eleganter und zeigt mehr Überblick. Im Ernst, das sehe ich wirklich so. Da muss man ja gar nichts rechnen, sondern nur denken, während man bei der ersten Lösung ja schon noch mal einiges investieren muss. Aber es sind ja deine Aufgaben...
Liebe Grüße
Stefan
|
|
|
|
