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Forum "Lineare Algebra - Eigenwerte" - Vom Eigenwert zum Eigenvektor
Vom Eigenwert zum Eigenvektor < Eigenwerte < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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Vom Eigenwert zum Eigenvektor: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 16:15 Do 02.07.2009
Autor: serkan88

Aufgabe
Gegeben sei fur den Parameter t [mm] \in [/mm] R die Matrix

A= [mm] \pmat{-1&0&0&4 \\ 2&t&5&-2\\3&0&2t&2\\-2&0&0&5 } [/mm]


Berechnen Sie das charakteristische Polynom und bestimmen Sie die Eigenwerte der
Matrix A in Abhängigkeit des Parameters t.

(b) Für t = 2 sind die Eigenwerte der Matrix 1; 2; 3 und 4. Ist die Matrix A in diesem Fall
diagonalähnlich? Berechnen Sie alle Eigenvektoren zum Eigenwert 1.


Ich habe jetzt das Charakteristische Polynom bestimmt in dem ich:

det (A - [mm] \lambda \* [/mm] E) = [mm] \pmat{-1-\lambda&0&0&4 \\ 2&t-\lambda&5&-2\\3&0&2t-\lambda&2\\-2&0&0&5-\lambda } [/mm]

nach der 2ten Spalte entwickelt habe und somit als Ergebniss:

[mm] (t-\lambda)(6t-13\lambda) [/mm] mit den 2 Nullstellen :

[mm] \lambda1= [/mm] t

[mm] \lambda2= \bruch{6}{13}t [/mm]

bekommen!

Diese [mm] \lambda1 [/mm] und [mm] \lambda2 [/mm] sind meine Eigenwerte.

Nur wie gehts jetzt weiter?

Ich kriege durch [mm] (A-\lambda1 \* [/mm] E)  : [mm] \pmat{-1-t&0&0&4 \\ 2&0&5&-2\\3&0&t&2\\-2&0&0&5-t} [/mm]

und durch [mm] (A-\lambda2 \* [/mm] E)  : [mm] \pmat{-1-\bruch{6}{13}t&0&0&4 \\ 2&\bruch{7}{13}t&5&-2\\3&0&\bruch{20}{13}t&2\\-2&0&0&5-\bruch{6}{13}t} [/mm]

weiter bin ich leider nicht gekommen.

Ich wäre sehr dankbar für eure Hilfe!


Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt

        
Bezug
Vom Eigenwert zum Eigenvektor: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 16:27 Do 02.07.2009
Autor: fred97


> Gegeben sei fur den Parameter t [mm]\in[/mm] R die Matrix
>  
> A= [mm]\pmat{-1&0&0&4 \\ 2&t&5&-2\\3&0&2t&2\\-2&0&0&5 }[/mm]
>  
>
> Berechnen Sie das charakteristische Polynom und bestimmen
> Sie die Eigenwerte der
>  Matrix A in Abhängigkeit des Parameters t.
>  
> (b) Für t = 2 sind die Eigenwerte der Matrix 1; 2; 3 und
> 4. Ist die Matrix A in diesem Fall
>  diagonalähnlich? Berechnen Sie alle Eigenvektoren zum
> Eigenwert 1.
>  
>
> Ich habe jetzt das Charakteristische Polynom bestimmt in
> dem ich:
>  
> det (A - [mm]\lambda \*[/mm] E) = [mm]\pmat{-1-\lambda&0&0&4 \\ 2&t-\lambda&5&-2\\3&0&2t-\lambda&2\\-2&0&0&5-\lambda }[/mm]
>  
> nach der 2ten Spalte entwickelt habe und somit als
> Ergebniss:
>  
> [mm](t-\lambda)(6t-13\lambda)[/mm]

Das kann nicht sein ! Das char. Polynom von A ist ein Polynom vom grade 4 !


Rechne nochmal neu

FRED



>  mit den 2 Nullstellen :
>  
> [mm]\lambda1=[/mm] t
>  
> [mm]\lambda2= \bruch{6}{13}t[/mm]
>  
> bekommen!
>  
> Diese [mm]\lambda1[/mm] und [mm]\lambda2[/mm] sind meine Eigenwerte.
>  
> Nur wie gehts jetzt weiter?
>  
> Ich kriege durch [mm](A-\lambda1 \*[/mm] E)  : [mm]\pmat{-1-t&0&0&4 \\ 2&0&5&-2\\3&0&t&2\\-2&0&0&5-t}[/mm]
>  
> und durch [mm](A-\lambda2 \*[/mm] E)  :
> [mm]\pmat{-1-\bruch{6}{13}t&0&0&4 \\ 2&\bruch{7}{13}t&5&-2\\3&0&\bruch{20}{13}t&2\\-2&0&0&5-\bruch{6}{13}t}[/mm]
>  
> weiter bin ich leider nicht gekommen.
>  
> Ich wäre sehr dankbar für eure Hilfe!
>  
>
> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt


Bezug
                
Bezug
Vom Eigenwert zum Eigenvektor: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 16:33 Do 02.07.2009
Autor: serkan88

Aber wie kann das sein?

Darf ich nicht über die 2te Spalte entwickeln???

Ich habe die 2te Spalte gewählt weil dann 3 Sachen wegfallen und ich nur eine 3x3 matrix bekomme.

Bezug
                        
Bezug
Vom Eigenwert zum Eigenvektor: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 16:35 Do 02.07.2009
Autor: fred97

Zeig doch mal Deine Rechnungen

FRED

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Bezug
Vom Eigenwert zum Eigenvektor: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 16:40 Do 02.07.2009
Autor: serkan88


Bezug
                                        
Bezug
Vom Eigenwert zum Eigenvektor: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 16:42 Do 02.07.2009
Autor: fred97

Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)

> Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise
> auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung
> gefunden (siehe rote Markierung)
>  
> det (A - \lambda \* E) = -\lambda&0&0&4  \\
> 2&t-\lambda&5&-2\\3&0&2t-\lambda&2\\-2&0&0&5-\lambda }
>  
> Ich bekomme daraus wenn ich nach der 2ten spalte
> entwickle:
>  
> (t-\lambda)\* det\pmat{ -1 &0&4  \\ 3 &
> 2t-\lambda&2\\-2&0&5 }
>  
> und das ist gleich:
>  
> (t-\lambda)\*[(-10t-5\lambda)-(-16t+8\lambda)]
>  
> ja und so komme ich auf die (6t-13\lambda)\*(t-\lambda)




Mach es bitte lesbar

FRED

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Bezug
Vom Eigenwert zum Eigenvektor: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 16:43 Do 02.07.2009
Autor: schachuzipus

Hi, editiere das mal, das kann kein Mensch lesen ;-)

LG

schachuzipus

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Bezug
Vom Eigenwert zum Eigenvektor: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 16:42 Do 02.07.2009
Autor: serkan88

det (A - [mm] \lambda \* [/mm] E) = [mm] \pmat{-\lambda&0&0&4 \\ 2&t-\lambda&5&-2\\3&0&2t-\lambda&2\\-2&0&0&5-\lambda } [/mm]

Ich bekomme daraus wenn ich nach der 2ten spalte entwickle:

[mm] (t-\lambda)\* det\pmat{ -1 &0&4 \\ 3 & 2t-\lambda&2\\-2&0&5 } [/mm]

und das ist gleich:

[mm] (t-\lambda)\*[(-10t-5\lambda)-(-16t+8\lambda)] [/mm]

ja und so komme ich auf die [mm] (6t-13\lambda)\*(t-\lambda) [/mm]

Bezug
                                        
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Vom Eigenwert zum Eigenvektor: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 16:46 Do 02.07.2009
Autor: serkan88

ok hab den fehler glaub ich gefunden ich rechne es kurz nochmal nach !!!


Was für ein leichtsinnsfehler :)

Entschuldigt mich bitte .

Bezug
                                        
Bezug
Vom Eigenwert zum Eigenvektor: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 16:49 Do 02.07.2009
Autor: schachuzipus

Hallo nochmal,

> $det (A - [mm]\lambda \*[/mm] E) = [mm] det\pmat{\red{-1}-\lambda&0&0&4 \\ 2&t-\lambda&5&-2\\3&0&2t-\lambda&2\\-2&0&0&5-\lambda }$ [/mm]

Hier fehlte eine [mm] \red{-1} [/mm] im Eintrag [mm] $a_{11}$, [/mm] also


> Ich bekomme daraus wenn ich nach der 2ten spalte
> entwickle:
>  
> [mm](t-\lambda)\* det\pmat{ -1 &0&4 \\ 3 & 2t-\lambda&2\\-2&0&5 }[/mm]

Hier sind aber 2 Lambdas verschwunden, richtig ist

[mm] $(t-\lambda)\cdot{} det\pmat{ -1\red{-\lambda} &0&4 \\ 3 & 2t-\lambda&2\\-2&0&5\red{-\lambda}}$ [/mm]

>  
> und das ist gleich:
>  
> [mm](t-\lambda)\*[(-10t-5\lambda)-(-16t+8\lambda)][/mm]
>  
> ja und so komme ich auf die [mm](6t-13\lambda)\*(t-\lambda)[/mm]  


LG

schachuzipus

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Bezug
Vom Eigenwert zum Eigenvektor: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 16:37 Do 02.07.2009
Autor: schachuzipus

Hallo,

> Aber wie kann das sein?
>  
> Darf ich nicht über die 2te Spalte entwickeln???
>  
> Ich habe die 2te Spalte gewählt weil dann 3 Sachen
> wegfallen und ich nur eine 3x3 matrix bekomme.

Das ist ja auch richtig, aber diese [mm] $3\times [/mm] 3$-Matrix liefert dir für das gesamte char. Polynom einen Teil dritten Grades, also mit [mm] $\lambda^3$ [/mm]

Zusammen mit dem ausgeklammerten [mm] $(t-\lambda)$ [/mm] bekommst du ein Polynom 4ten Grades in [mm] $\lambda$ [/mm]

Rechne mal vor, wie du die Det ausgerechnet hast (mit Zwischenschritten), dann sehen wir weiter ...

LG

schachuzipus


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Bezug
Vom Eigenwert zum Eigenvektor: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 17:49 Do 02.07.2009
Autor: serkan88

Also Ich habe jetzt nochmal die Determinante berechnet und komme auf:

[mm] (t-\lambda)\*(\lambda^3+\lambda^2(2t-6)-\lambda(8t-3)+6t) [/mm]

und damit besteht nur die nullstelle [mm] \lambda1=t [/mm]

oder?

also habe ich nur einen Eigentwert und kann auch damit nur einen Eigenvektor bestimmen?

und das irgendwie mit:

[mm] (A-\lambda1 \* [/mm] E)  : [mm] \pmat{-1-t&0&0&4 \\ 2&0&5&-2\\3&0&t&2\\-2&0&0&5-t} [/mm]

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Vom Eigenwert zum Eigenvektor: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 17:56 Do 02.07.2009
Autor: fred97


> Also Ich habe jetzt nochmal die Determinante berechnet und
> komme auf:
>  
> [mm](t-\lambda)\*(\lambda^3+\lambda^2(2t-6)-\lambda(8t-3)+6t)[/mm]
>  
> und damit besteht nur die nullstelle [mm]\lambda1=t[/mm]


Wie kommst Du darauf ?

Im Aufgabenteil b) steht:

   "Für t = 2 sind die Eigenwerte der Matrix 1; 2; 3 und 4. "

Benutze doch dies zur Kontrolle


FRED



>  
> oder?
>  
> also habe ich nur einen Eigentwert und kann auch damit nur
> einen Eigenvektor bestimmen?
>
> und das irgendwie mit:
>  
> [mm](A-\lambda1 \*[/mm] E)  : [mm]\pmat{-1-t&0&0&4 \\ 2&0&5&-2\\3&0&t&2\\-2&0&0&5-t}[/mm]
>  


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Bezug
Vom Eigenwert zum Eigenvektor: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 18:16 Do 02.07.2009
Autor: serkan88

Ich komm irgendwie nicht drauf wie ich weiter nullstellen von:

[mm] (\lambda^3+\lambda^2(2t-6)-\lambda(8t-3)+6t) [/mm]

bestimmten soll...egal was ich für lambda einsetze das ³ geht doch nicht weg?

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Bezug
Vom Eigenwert zum Eigenvektor: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 18:49 Do 02.07.2009
Autor: MathePower

Hallo serkan88,

> Ich komm irgendwie nicht drauf wie ich weiter nullstellen
> von:
>  
> [mm](\lambda^3+\lambda^2(2t-6)-\lambda(8t-3)+6t)[/mm]
>  
> bestimmten soll...egal was ich für lambda einsetze das ³
> geht doch nicht weg?


Im ersten Schritt hast Du doch:

[mm]\vmat{-1-\lambda & 0 & 0 & 4 \\ 2 & t-\lambda & 5 & -2 \\ 3 & 0 & 2t-\lambda & 2 \\ -2 & 0 & 0 & 5-\lambda}=\left(t-\lambda\right)*\vmat{-1-\lambda & 0 & 4 \\ 3 & 2t-\lambda & 2 \\ -2 & 0 & 5-\lambda}[/mm]

Wende nun auf die 3x3-Matrix wiederum den Laplace'schen Entwicklungssatz an.


Gruß
MathePower

Bezug
                                                                
Bezug
Vom Eigenwert zum Eigenvektor: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 19:28 Do 02.07.2009
Autor: serkan88

Erstmal es tut mir leid das ich die ganze zeit nachfragen muss und fehler mache...

Ich habe jetzt nochmal die determinante berechnet und komme auf:

[mm] (t-\lambda)(2t-\lambda)(\lambda^2-4\lambda+3) [/mm]

also sind die nullstellen t, 2t ,1 und 3 ergibt das sinn?

Bezug
                                                                        
Bezug
Vom Eigenwert zum Eigenvektor: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 19:37 Do 02.07.2009
Autor: schachuzipus

Hallo nochmal,

> Erstmal es tut mir leid das ich die ganze zeit nachfragen
> muss und fehler mache...
>  
> Ich habe jetzt nochmal die determinante berechnet und komme
> auf:
>  
> [mm](t-\lambda)(2t-\lambda)(\lambda^2-4\lambda+3)[/mm] [ok]

[mm] $=(t-\lambda)(2t-\lambda)(\lambda-3)(\lambda-1)$ [/mm]

>  
> also sind die nullstellen t, 2t ,1 und 3 ergibt das sinn?

[ok] und wie!

Es stimmt obendrein mit den Angaben aus der Aufgabenstellung für $t=2$ überein ...

LG

schachuzipus


Bezug
                                                                                
Bezug
Vom Eigenwert zum Eigenvektor: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 19:39 Do 02.07.2009
Autor: serkan88

Ok und wie kriege ich jetzt den eigenvektor für die jeweiligen werte...ich weiss das man jeweils die Matrizen mit

[mm] E\*\lambdai [/mm] multiplizieren muss und dan weiss ich nicht mehr weiter....

Bezug
                                                                                        
Bezug
Vom Eigenwert zum Eigenvektor: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 19:47 Do 02.07.2009
Autor: schachuzipus

Hallo nochmal,

> Ok und wie kriege ich jetzt den eigenvektor für die
> jeweiligen werte...ich weiss das man jeweils die Matrizen
> mit
>
> [mm]E\*\lambdai[/mm] multiplizieren muss und dan weiss ich nicht
> mehr weiter....

In solchen Fällen hilft immer ein Blick ins Skript oder in die Mitschrift der VL ...

Bilde zu jedem Eigenwert [mm] $\lambda_i$ [/mm] die Matrix [mm] $A-\lambda_i\cdot{}\mathbb{E}_4$ [/mm] und berechne deren Kern.

Dazu bringe sie in Zeilenstufenform, zu lösen ist also das LGS [mm] $(A-\lambda_i\cdot{}\mathbb{E}_4)\cdot{}\vektor{x_1\\x_2\\x_3\\x_4}=\vektor{0\\0\\0\\0}$ [/mm]

Der Lösungsraum bzw. Kern dieser Matrix ist der Eigenraum zu dem entsprechenden Eigenwert [mm] $\lambda_i$ [/mm] .

Ein Vektor aus diesem Eigenraum (der [mm] \neq \vec{0} [/mm] ist), ist dann ein Eigenvektor

LG

schachuzipus


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Bezug
Vom Eigenwert zum Eigenvektor: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 21:11 Do 02.07.2009
Autor: serkan88

Also ich hab jetzt einiges ausprobiert, aber ich schaffe es nciht diese 4 Matrizen in Zeilen-Stufen-Form zu bringen um sie dann zu Lösen!

Gibt es kein Schema das man Verfolgen kann um die eigenvektorn zu kriegen...Im buch stand auch nur was vom Kern ich verstehe es leider garnicht!
Ist jetzt der Kern wieder eine 4x4 matrix oder ist er ein Vektor eher gesagt die Lösung also das [mm] x_1,x_2,x_3 [/mm] und [mm] x_4 [/mm] meiner Matrix [mm] (A-\lambda_i\cdot{}\mathbb{E}_4)\cdot{} [/mm]

Bezug
                                                                                                        
Bezug
Vom Eigenwert zum Eigenvektor: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 22:41 Do 02.07.2009
Autor: schachuzipus

Hallo nochmal,

> Also ich hab jetzt einiges ausprobiert, aber ich schaffe es
> nciht diese 4 Matrizen in Zeilen-Stufen-Form zu bringen um
> sie dann zu Lösen!
>  
> Gibt es kein Schema das man Verfolgen kann um die
> eigenvektorn zu kriegen...

Ja, das habe ich oben geschrieben, der Kern der Matrix [mm] A-\lambda_i\cdot{}E_4 [/mm] ist zu bestimmen bzw. die Lösungsmenge (- gesamtheit) des o.e. LGS.

Das Scheme besteht darin, die Matrix in ZSF zu bringen.

Setze für t=2 ein und nimm dir mal den ersten Eigenwert [mm] \lambda_1=1 [/mm] her und schreibe die Matrix hin.

Die kannst du bestimmt in ZSF bringen, falls es nicht klappt, poste deine Rechnung ...

> Im buch stand auch nur was vom
> Kern ich verstehe es leider garnicht!
>  Ist jetzt der Kern wieder eine 4x4 matrix oder ist er ein
> Vektor eher gesagt die Lösung also das [mm]x_1,x_2,x_3[/mm] und [mm]x_4[/mm]

Oh wei, ok:

Also eine [mm] $4\times [/mm] 4$-Matrix A (mit reellen Einträgen) beschreibt dir eine lineare Abbildung [mm] $\varphi:\IR^4\to\IR^4, \vec{x}\mapsto \varphi(\vec{x})=A\cdot{}\vec{x}$ [/mm]

Allg. beschreibt dir eine [mm] $m\times [/mm] n$-Matrix mit Einträgen aus einem Körper $K$ eine lin. Abb [mm] $\varphi:K^n\to K^m$ [/mm]

Der Kern der Matrix (oder der linearen Abbildung) ist ein Untervektorraum des Urbildraumes (hier des [mm] $\IR^4$) [/mm]


Zu bestimmen ist eine Basis des Kernes, also eine Menge von Vektoren aus dem [mm] \IR^4, [/mm] die den Kern aufspannen.

Dazu brauchst du die ZSF, also mach mal ...

;-)

> meiner Matrix [mm](A-\lambda_i\cdot{}\mathbb{E}_4)\cdot{}[/mm]  


LG

schachuzipus

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