Jordan'sche Normalform < Eigenwerte < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Gegeben sei die Matrix:
[mm] A=\begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 2 & 0 & 0 \\
-1 & 1 & 2 & 1 \\
-1 & 1 & 0 & 3 \\
\end{pmatrix}
[/mm]
a) das charakteristische Polynom von A lautet p(Lambda)=(Lambda - 2)⁴
Berechnen sie die eigenvektoren und gegebenenfalls die hauptvektoren von A. Ist A diagonalisierbar. Begründen Sie!
b)Geben sie die Jordan'sche Normalform J von A.
c)Ist A regulär? Geben sie den Kern und das Bild von A an.
Hinweis: Zuerst überlegen! das erspart unnötiges rechnen. |
hallo liebe leute .. ich bräuchte eine kleine hilfestellung von euch.
bis jetzt habe ich schon berechnet:
die algebraische vielfachheit beträgt klarerweise 4.
-> (A-Lambda*I)v=0
[mm] \begin{pmatrix}
-1 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
-1 & 1 & 0 & 1 \\
-1 & 1 & 0 & 1 \\
\end{pmatrix} [/mm] --> [mm] \begin{pmatrix}
-1 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}
[/mm]
daraus folgt dass der Rang(A)=1 --> also ist die geometrische vielfachheit 1 (diagonalisierbar kann sie meiner meinung nach nicht sein da algebraische und geometrische vielfachheiten unterschiedlich sind, einzige Möglichkeit wäre mittels ähnlichkeitstransformation also jordansche normalform) --> es existiert ein Eigenvektor v:
v: -x(1) + x(2) +x(4) = 0
x(2)=s=1 , x(4)=t=1
--> [mm] v=\begin{pmatrix} 2\\ 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}
[/mm]
anschließend versuche ich hauptvekoren zu berechnen:
(A-Lambda*I)h=v
[mm] \begin{pmatrix}
-1 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}*h=v [/mm] --> -h(11)+h(12)+h(14)=2
h(12)=a , h(14)=b -> h(11)=a+b-2
[mm] h(1,1)=\begin{pmatrix} -2\\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}+a*\begin{pmatrix} 0\\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}+b*\begin{pmatrix} 0\\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}
[/mm]
nun müsste ich doch mittels (A-Lambda*I)h(1,2)=h(1,1) h(1,1) und h(1,2), sowie v(2) errechnen damit ich die Transformationsmatrix X=(v(1),h(1,1),h(1,2),v(2)) bilden kann und anschließend die Jordansche Normalform J=(X^-1)*A*X.. ?!?
oder bin ich hier ganz auf dem falschen weg ?
vielen Dank im vorraus und liebe Grüße Scherzkrapferl
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> Gegeben sei die Matrix:
>
> [mm]A=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 2 & 0 & 0 \\
-1 & 1 & 2 & 1 \\
-1 & 1 & 0 & 3 \\
\end{pmatrix}[/mm]
>
> a) das charakteristische Polynom von A lautet
> p(Lambda)=(Lambda - 2)⁴
> Berechnen sie die eigenvektoren und gegebenenfalls die
> hauptvektoren von A. Ist A diagonalisierbar. Begründen
> Sie!
> b)Geben sie die Jordan'sche Normalform J von A.
> c)Ist A regulär? Geben sie den Kern und das Bild von A
> an.
> Hinweis: Zuerst überlegen! das erspart unnötiges
> rechnen.
>
> hallo liebe leute .. ich bräuchte eine kleine
> hilfestellung von euch.
>
> bis jetzt habe ich schon berechnet:
>
> die algebraische vielfachheit beträgt klarerweise 4.
Hallo,
ja, da gibt's nichts zu deuteln.
Die geometrische Vielfachheit des Eigenwertes [mm] \lambda=2 [/mm] ist die Dimension des Eigenraumes zum Eigenwert 2.
> -> (A-Lambda*I)v=0
Ja. Zu berechnen ist also der Kern von A-2I, bzw.: es ist seine Dimension zu bestimmen.
>
> [mm]\begin{pmatrix} -1 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
-1 & 1 & 0 & 1 \\
-1 & 1 & 0 & 1 \\
\end{pmatrix}[/mm]
> --> [mm]\begin{pmatrix} -1 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}[/mm]
>
> daraus folgt dass der [mm] Rang(A\red{-2I})=1 [/mm]
--> also ist die
> geometrische vielfachheit 1
Nein.
Wir interessieren uns für den Kern von A-2I, und dessen Dimension ist 4-Rang(A-2I)=3.
Wenn Du dies weißt, kannst Du sogar schon die JNF hinschreiben!
> (diagonalisierbar kann sie
> meiner meinung nach nicht sein da algebraische und
> geometrische vielfachheiten unterschiedlich sind,
Richtig.
> einzige
> Möglichkeit wäre mittels ähnlichkeitstransformation also
> jordansche normalform)
???
> --> es existiert ein Eigenvektor v:
>
> v: -x(1) + x(2) +x(4) = 0
> x(2)=s=1 , x(4)=t=1
>
> --> [mm]v=\begin{pmatrix} 2\\
2 \\
0 \\
1 \end{pmatrix}[/mm]
Sicher meintest Du [mm] v=\begin{pmatrix} 2\\ \red{1} \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}.
[/mm]
Aber die Basis des Eigenraumes besteht, wie oben gesagt, aus drei Vektoren.
Bestimme also den Kern Deiner Matrix A-2I mit kühlem Kopf.
Erst danach sollte es weitergehen.
Gruß v. Angela
>
> anschließend versuche ich hauptvekoren zu berechnen:
>
> (A-Lambda*I)h=v
>
> [mm]\begin{pmatrix} -1 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}*h=v[/mm]
> --> -h(11)+h(12)+h(14)=2
>
> h(12)=a , h(14)=b -> h(11)=a+b-2
>
> [mm]h(1,1)=\begin{pmatrix} -2\\
0 \\
0 \\
0 \end{pmatrix}+a*\begin{pmatrix} 0\\
1 \\
0 \\
0 \end{pmatrix}+b*\begin{pmatrix} 0\\
0 \\
0 \\
1 \end{pmatrix}[/mm]
>
> nun müsste ich doch mittels (A-Lambda*I)h(1,2)=h(1,1)
> h(1,1) und h(1,2), sowie v(2) errechnen damit ich die
> Transformationsmatrix X=(v(1),h(1,1),h(1,2),v(2)) bilden
> kann und anschließend die Jordansche Normalform
> J=(X^-1)*A*X.. ?!?
>
> oder bin ich hier ganz auf dem falschen weg ?
>
> vielen Dank im vorraus und liebe Grüße Scherzkrapferl
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> Wir interessieren uns für den Kern von A-2I, und dessen
> Dimension ist 4-Rang(A-2I)=3.
>
> Wenn Du dies weißt, kannst Du sogar schon die JNF
> hinschreiben!
>
demnach wäre das dann:
[mm] J=\begin{pmatrix}
2 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 2 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 2 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 2 \\
\end{pmatrix} [/mm] da die geometrische vielfachheit g(i)=3 , algebraische n(i)=4 wenn ich das richtig verstanden habe ?!
> > einzige
> > Möglichkeit wäre mittels ähnlichkeitstransformation also
> > jordansche normalform)
>
> ???
sorry da hab ich meine gedanken sausen lassen ;)
> Sicher meintest Du [mm]v=\begin{pmatrix} 2\\ \red{1} \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}.[/mm]
>
ja leider 1 & 2 vertauscht.. latex ist nicht so mein fall
> Aber die Basis des Eigenraumes besteht, wie oben gesagt,
> aus drei Vektoren.
>
> Bestimme also den Kern Deiner Matrix A-2I mit kühlem
> Kopf.
>
> Erst danach sollte es weitergehen.
>
> Gruß v. Angela
habe mir das jetzt nocheinmal überlegt:
da die geometrische vielfachheit 3 beträgt müssen 3 eigenvektoren der form [mm] v= \begin{pmatrix} s+t \\ s \\ 0 \\ t \end{pmatrix} [/mm] (zum eigenwert 2) existieren.
v(1): setze s=1 , t=1 : [mm] V(1)=\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}
[/mm]
v(2): setze s=1, t=0 : [mm] v(2)=\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}
[/mm]
v(3): setze s=0,t=1 : [mm] v(3)=\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}
[/mm]
--> [mm] Kern(A-2I)=(\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix})
[/mm]
nun müsste ich ansich noch einen hauptvektor berechnen .. (sofern dies nun richtig ist)
LG und danke
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Hallo scherzkrapferl,
> > Wir interessieren uns für den Kern von A-2I, und dessen
> > Dimension ist 4-Rang(A-2I)=3.
> >
> > Wenn Du dies weißt, kannst Du sogar schon die JNF
> > hinschreiben!
> >
> demnach wäre das dann:
>
> [mm]J=\begin{pmatrix}
2 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 2 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 2 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 2 \\
\end{pmatrix}[/mm]
> da die geometrische vielfachheit g(i)=3 , algebraische
> n(i)=4 wenn ich das richtig verstanden habe ?!
>
Die Jordannormalform sieht hier so aus:
[mm]J=\begin{pmatrix}
2 & \red{0}& 0 & 0 \\
0 & 2 & \red{0} & 0 \\
0 & 0 & 2 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 2 \\
\end{pmatrix}[/mm]
> > > einzige
> > > Möglichkeit wäre mittels ähnlichkeitstransformation also
> > > jordansche normalform)
> >
> > ???
>
> sorry da hab ich meine gedanken sausen lassen ;)
>
>
> > Sicher meintest Du [mm]v=\begin{pmatrix} 2\\ \red{1} \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}.[/mm]
>
> >
>
> ja leider 1 & 2 vertauscht.. latex ist nicht so mein fall
>
> > Aber die Basis des Eigenraumes besteht, wie oben gesagt,
> > aus drei Vektoren.
> >
> > Bestimme also den Kern Deiner Matrix A-2I mit kühlem
> > Kopf.
> >
> > Erst danach sollte es weitergehen.
> >
> > Gruß v. Angela
>
> habe mir das jetzt nocheinmal überlegt:
>
> da die geometrische vielfachheit 3 beträgt müssen 3
> eigenvektoren der form [mm]v= \begin{pmatrix} s+t \\ s \\ 0 \\ t \end{pmatrix}[/mm]
> (zum eigenwert 2) existieren.
>
> v(1): setze s=1 , t=1 : [mm]V(1)=\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}[/mm]
>
> v(2): setze s=1, t=0 : [mm]v(2)=\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}[/mm]
>
> v(3): setze s=0,t=1 : [mm]v(3)=\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}[/mm]
>
> --> [mm]Kern(A-2I)=(\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix})[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
>
> nun müsste ich ansich noch einen hauptvektor berechnen ..
> (sofern dies nun richtig ist)
>
> LG und danke
>
Gruss
MathePower
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> Die Jordannormalform sieht hier so aus:
>
> [mm]J=\begin{pmatrix}
2 & \red{0}& 0 & 0 \\
0 & 2 & \red{0} & 0 \\
0 & 0 & 2 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 2 \\
\end{pmatrix}[/mm]
>
ah ok danke .. wäre die geometrische vielfachheit 1 würde die Jordan'sche Normalform so aussehen ?!:
[mm]J=\begin{pmatrix}
2 & \red{1}& 0 & 0 \\
0 & 2 & \red{1} & 0 \\
0 & 0 & 2 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 2 \\
\end{pmatrix}[/mm] (aus reinem Interesse)
da die eigenwerte stimmen nehme ich nun an dass ich eine hauptvektor wie folgt berechnen kann:
[mm] v(1)=\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} [/mm] --> (A-2I)*h(1)=v(1)
[mm] \begin{pmatrix}
-1 & 1& 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}*h(1)=v(1) [/mm] --> -h(11)+h(12)+h(14)=2
--> [mm] h(1)=\begin{pmatrix} -2 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}+a*\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}+b*\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}
[/mm]
setze a=1=b --> [mm] h(1)=\begin{pmatrix} -2 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}
[/mm]
und daraus folgt die transformationsmatrix [mm] X=(v(1),h(1),v(2),v(3))=\begin{pmatrix}
2 & -2& 1 & 1 \\
1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 0 & 1 \\
\end{pmatrix} [/mm] ?! oder ist es X=(v(1),v(2),v(3),h(1)) ? ich werde leider langsam verwirrt :S
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Hallo scherzkrapferl,
> > Die Jordannormalform sieht hier so aus:
> >
> > [mm]J=\begin{pmatrix}
2 & \red{0}& 0 & 0 \\
0 & 2 & \red{0} & 0 \\
0 & 0 & 2 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 2 \\
\end{pmatrix}[/mm]
> >
>
> ah ok danke .. wäre die geometrische vielfachheit 1 würde
> die Jordan'sche Normalform so aussehen ?!:
> [mm]J=\begin{pmatrix}
2 & \red{1}& 0 & 0 \\
0 & 2 & \red{1} & 0 \\
0 & 0 & 2 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 2 \\
\end{pmatrix}[/mm]
> (aus reinem Interesse)
Richtig.
>
> da die eigenwerte stimmen nehme ich nun an dass ich eine
> hauptvektor wie folgt berechnen kann:
>
> [mm]v(1)=\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}[/mm] -->
> (A-2I)*h(1)=v(1)
>
> [mm]\begin{pmatrix}
-1 & 1& 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}*h(1)=v(1)[/mm]
> --> -h(11)+h(12)+h(14)=2
>
> --> [mm]h(1)=\begin{pmatrix} -2 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}+a*\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}+b*\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}[/mm]
>
> setze a=1=b --> [mm]h(1)=\begin{pmatrix} -2 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}[/mm]
>
> und daraus folgt die transformationsmatrix
> [mm]X=(v(1),h(1),v(2),v(3))=\begin{pmatrix}
2 & -2& 1 & 1 \\
1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 0 & 1 \\
\end{pmatrix}[/mm]
> ?! oder ist es X=(v(1),v(2),v(3),h(1)) ? ich werde leider
> langsam verwirrt :S
Nun, Deine bisherigen 3 gefunden Vektoren sind linear abhängig.
[mm]\pmat{2 \\ 1 \\ 0 \\ 1}=\pmat{1 \\ 1 \\ 0 \\ 0}+\pmat{1 \\ 0 \\ 0 \\ 1}[/mm]
bzw.
[mm]v\left(1\right)=v\left(2\right)+v\left(3\right)[/mm]
Gruss
MathePower
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> Nun, Deine bisherigen 3 gefunden Vektoren sind linear
> abhängig.
>
> [mm]\pmat{2 \\ 1 \\ 0 \\ 1}=\pmat{1 \\ 1 \\ 0 \\ 0}+\pmat{1 \\ 0 \\ 0 \\ 1}[/mm]
>
> bzw.
>
> [mm]v\left(1\right)=v\left(2\right)+v\left(3\right)[/mm]
>
>
> Gruss
> MathePower
deshalb bin ich ja verwirrt. heißt das nun, dass ich noch 2 weitere hauptvekoren nach dem schema: (A-2*I)*h(2)=h(1) für h(2) und (A-2*I)*h(3)=h(2) für h(3) berechnen muss ? oder ist der hauptvektor [mm] h(1)=\begin{pmatrix} -2 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}+a\cdot{}\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}+b\cdot{}\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} [/mm] schon falsch ?
was mir gerade eingefallen ist:
[mm] (\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix})=E(2) [/mm] entspricht ja dem Eigenraum. also denke ich der hauptvektor h(1) sollte richtig sein. aus diesem Eigenraum finde ich noch dazu 2 zusätzliche eigenvektoren:
[mm] v(1,2)=\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}
[/mm]
[mm] v(1,3)=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}
[/mm]
diese beiden sind voneinander linear unabhängig - und somit auch brauchbar für die Transformationsmatrix X ?!
LG und danke für die ausführliche Hilfe :)
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> >
> > Nun, Deine bisherigen 3 gefunden Vektoren sind linear
> > abhängig.
> >
> > [mm]\pmat{2 \\
1 \\
0 \\
1}=\pmat{1 \\
1 \\
0 \\
0}+\pmat{1 \\
0 \\
0 \\
1}[/mm]
>
> >
> > bzw.
> >
> > [mm]v\left(1\right)=v\left(2\right)+v\left(3\right)[/mm]
> >
> >
> > Gruss
> > MathePower
>
> deshalb bin ich ja verwirrt. heißt das nun, dass ich noch
> 2 weitere hauptvekoren
Hallo,
nein. Wir brauchen zuerst einmal eine richtige Basis des Eigenraumes zum Eigenwert 2, was darauf hinausläuft, daß Du lernen mußt, den Kern einer Matrix zu bestimmen.
Wir hatten festgestellt, daß der Eigenraum zum Eigenwert 2 der Kern der Matrix $A-2I$ ist, mit Gauß bekommt man
A-2I --> [mm] \begin{pmatrix} \green{1} & -1 & 0 &- 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ \end{pmatrix} [/mm] $.
Die Matrix hat den Rang 1, also hat ihr Kern die Dimension 3.
Wir machen uns auf die Suche nach einer Basis.
Das (einzige) führende Zeilenelement der Zeilenstufenform steht in der ersten Spalte, also können wir die 2., 3., 4. Variable frei wählen.
Mit
[mm] x_2:=r
[/mm]
[mm] x_3:=s
[/mm]
[mm] x_4:=t
[/mm]
bekommen wir aus der 1. Zeile
[mm] x_1=x_2+x_4=r+t
[/mm]
Somit haben die Vektoren des Kerns die Gestalt
[mm] \vektor{x_1\\x_2\\x_3\\x_4}=\vektor{r+t\\r\\s\\t}.
[/mm]
Ich höre hier mal auf und überlasse die Ermittlung der Basis des Eigenraumes nun Dir.
Ich denke, Du hast inzwischen erkannt, wo Dein Fehler lag.
Gruß v. Angela
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> Hallo,
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> nein. Wir brauchen zuerst einmal eine richtige Basis des
> Eigenraumes zum Eigenwert 2, was darauf hinausläuft, daß
> Du lernen mußt, den Kern einer Matrix zu bestimmen.
>
> Wir hatten festgestellt, daß der Eigenraum zum Eigenwert 2
> der Kern der Matrix [mm]A-2I[/mm] ist, mit Gauß bekommt man
>
> A-2I --> [mm]\begin{pmatrix} \green{1} & -1 & 0 &- 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ \end{pmatrix}[/mm]
> $.
>
> Die Matrix hat den Rang 1, also hat ihr Kern die Dimension
> 3.
> Wir machen uns auf die Suche nach einer Basis.
>
> Das (einzige) führende Zeilenelement der Zeilenstufenform
> steht in der ersten Spalte, also können wir die 2., 3., 4.
> Variable frei wählen.
>
> Mit
>
> [mm]x_2:=r[/mm]
> [mm]x_3:=s[/mm]
da war das problem :D danke
> [mm]x_4:=t[/mm]
>
> bekommen wir aus der 1. Zeile
>
> [mm]x_1=x_2+x_4=r+t[/mm]
>
> Somit haben die Vektoren des Kerns die Gestalt
>
> [mm]\vektor{x_1\\x_2\\x_3\\x_4}=\vektor{r+t\\r\\s\\t}.[/mm]
>
> Ich höre hier mal auf und überlasse die Ermittlung der
> Basis des Eigenraumes nun Dir.
> Ich denke, Du hast inzwischen erkannt, wo Dein Fehler
> lag.
>
> Gruß v. Angela
>
wenn ich dir jetzt richtig gefolgt bin dann wäre die Eigenbasis nun
[mm] E(2)=(r*\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}+s*\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}+t*\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix})
[/mm]
nun sollte der kern die form [mm] (\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}) [/mm] haben (3 lin. unabhängige vektoren)
und wenn ich nun den vektor: [mm] \vektor{r+t\\r\\s\\t} [/mm] als rechte seite von $ [mm] \begin{pmatrix} -1 & 1& 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ \end{pmatrix} [/mm] $ wähle muss r=s=t=0 gelten damit ein Hauptvektor existiert - auf diese weise komme ich ja auch auf den Eigenvektor v(1).
daraus müsste meiner meinung nach dann der hauptvektor h(1,1) folgende Gestalt haben: [mm] h(1,1)=\begin{pmatrix} -2 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}+r*\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}+s*\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}+t*\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}
[/mm]
die Vektoren [mm] (r*\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}+s*\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}+t*\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}) [/mm] bilden die Eigenbasis (laut meines wissens muss diese ja in der allgemeinen Gestalt des Hauptvektors vorhanden sein)
automatisch hätte ich dadurch ja auch gleich weitere Eigenvektoren die von v(1) linear unabhängig sind ?! ;D
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Hallo scherzkrapferl,
> > Hallo,
> >
> > nein. Wir brauchen zuerst einmal eine richtige Basis des
> > Eigenraumes zum Eigenwert 2, was darauf hinausläuft, daß
> > Du lernen mußt, den Kern einer Matrix zu bestimmen.
> >
> > Wir hatten festgestellt, daß der Eigenraum zum Eigenwert 2
> > der Kern der Matrix [mm]A-2I[/mm] ist, mit Gauß bekommt man
> >
> > A-2I --> [mm]\begin{pmatrix} \green{1} & -1 & 0 &- 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ \end{pmatrix}[/mm]
> > $.
> >
> > Die Matrix hat den Rang 1, also hat ihr Kern die Dimension
> > 3.
> > Wir machen uns auf die Suche nach einer Basis.
> >
> > Das (einzige) führende Zeilenelement der Zeilenstufenform
> > steht in der ersten Spalte, also können wir die 2., 3., 4.
> > Variable frei wählen.
> >
> > Mit
> >
> > [mm]x_2:=r[/mm]
> > [mm]x_3:=s[/mm]
>
> da war das problem :D danke
>
> > [mm]x_4:=t[/mm]
> >
> > bekommen wir aus der 1. Zeile
> >
> > [mm]x_1=x_2+x_4=r+t[/mm]
> >
> > Somit haben die Vektoren des Kerns die Gestalt
> >
> > [mm]\vektor{x_1\\x_2\\x_3\\x_4}=\vektor{r+t\\r\\s\\t}.[/mm]
> >
> > Ich höre hier mal auf und überlasse die Ermittlung der
> > Basis des Eigenraumes nun Dir.
> > Ich denke, Du hast inzwischen erkannt, wo Dein Fehler
> > lag.
> >
> > Gruß v. Angela
> >
>
> wenn ich dir jetzt richtig gefolgt bin dann wäre die
> Eigenbasis nun
>
> [mm]E(2)=(r*\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}+s*\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}+t*\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix})[/mm]
>
> nun sollte der kern die form [mm](\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix})[/mm]
> haben (3 lin. unabhängige vektoren)
>
> und wenn ich nun den vektor: [mm]\vektor{r+t\\r\\s\\t}[/mm] als
> rechte seite von [mm]\begin{pmatrix} -1 & 1& 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ \end{pmatrix}[/mm]
Hier musst Du
[mm]\begin{pmatrix} -1 & 1& 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 0 & 1 \\ -1 & 1 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix}[/mm]
als linke Seite nehmen ([mm]A-2*E_{4}[/mm]).
> wähle muss r=s=t=0 gelten damit ein Hauptvektor existiert
> - auf diese weise komme ich ja auch auf den Eigenvektor
> v(1).
>
> daraus müsste meiner meinung nach dann der hauptvektor
> h(1,1) folgende Gestalt haben: [mm]h(1,1)=\begin{pmatrix} -2 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}+r*\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}+s*\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}+t*\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}[/mm]
>
> die Vektoren [mm](r*\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}+s*\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}+t*\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix})[/mm]
> bilden die Eigenbasis (laut meines wissens muss diese ja in
> der allgemeinen Gestalt des Hauptvektors vorhanden sein)
>
> automatisch hätte ich dadurch ja auch gleich weitere
> Eigenvektoren die von v(1) linear unabhängig sind ?! ;D
Gruss
MathePower
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> Hier musst Du
>
> [mm]\begin{pmatrix} -1 & 1& 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 0 & 1 \\ -1 & 1 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix}[/mm]
>
> als linke Seite nehmen ([mm]A-2*E_{4}[/mm]).
ah ok vielen dank :) aber grundsätzlich wäre der rest:
>
> > wähle muss r=s=t=0 gelten damit ein Hauptvektor existiert
> > - auf diese weise komme ich ja auch auf den Eigenvektor
> > v(1).
> >
> > daraus müsste meiner meinung nach dann der hauptvektor
> > h(1,1) folgende Gestalt haben: [mm]h(1,1)=\begin{pmatrix} -2 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}+r*\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}+s*\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}+t*\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}[/mm]
>
> >
> > die Vektoren [mm](r*\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}+s*\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}+t*\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix})[/mm]
> > bilden die Eigenbasis (laut meines wissens muss diese ja in
> > der allgemeinen Gestalt des Hauptvektors vorhanden sein)
> >
> > automatisch hätte ich dadurch ja auch gleich weitere
> > Eigenvektoren die von v(1) linear unabhängig sind ?! ;D
der richtige lösungsweg (abgesehen von der falschen matrix) ?
wenn ich jetzt den Vektor $ [mm] \vektor{r+t\\r\\s\\t} [/mm] $ als rechte Seite von [mm] \begin{pmatrix} -1 & 1& 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 0 & 1 \\ -1 & 1 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix} [/mm] wähle muss also gelten r=0 und s=t
so komme ich auf die Gleichung v1=-t-v2-v3-v4
nach der wahl von
v2=a
v3=b
v4=c
folgt der Vektor v= [mm] t*\vektor{-1\\0\\0\\0} +a*\vektor{-1\\1\\0\\0}+b*\vektor{-1\\0\\1\\0}+c*\vektor{-1\\0\\0\\1}
[/mm]
und für die wahl von t=a=b=c=1 komme ich auf den vektor [mm] v=\vektor{-4\\1\\1\\1} [/mm] ?!
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Hallo scherzkrapferl,
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> wenn ich jetzt den Vektor [mm]\vektor{r+t\\r\\s\\t}[/mm] als rechte
> Seite von [mm]\begin{pmatrix} -1 & 1& 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 0 & 1 \\ -1 & 1 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix}[/mm]
> wähle muss also gelten r=0 und s=t
>
> so komme ich auf die Gleichung v1=-t-v2-v3-v4
> nach der wahl von
> v2=a
> v3=b
> v4=c
>
> folgt der Vektor v= [mm]t*\vektor{-1\\0\\0\\0} +a*\vektor{-1\\1\\0\\0}+b*\vektor{-1\\0\\1\\0}+c*\vektor{-1\\0\\0\\1}[/mm]
Hier muss doch stehen:
[mm]v= t*\vektor{-1\\0\\0\\0} +a*\vektor{\blue{+}1\\1\\0\\0}+b*\vektor{\red{0}\\0\\1\\0}+c*\vektor{\blue{+1}\\0\\0\\1}[/mm]
>
> und für die wahl von t=a=b=c=1 komme ich auf den vektor
> [mm]v=\vektor{-4\\1\\1\\1}[/mm] ?!
Gruss
MathePower
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> Hallo scherzkrapferl,
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> >
> > wenn ich jetzt den Vektor [mm]\vektor{r+t\\r\\s\\t}[/mm] als rechte
> > Seite von [mm]\begin{pmatrix} -1 & 1& 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 0 & 1 \\ -1 & 1 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix}[/mm]
> > wähle muss also gelten r=0 und s=t
> >
> > so komme ich auf die Gleichung v1=-t-v2-v3-v4
> > nach der wahl von
> > v2=a
> > v3=b
> > v4=c
> >
> > folgt der Vektor v= [mm]t*\vektor{-1\\0\\0\\0} +a*\vektor{-1\\1\\0\\0}+b*\vektor{-1\\0\\1\\0}+c*\vektor{-1\\0\\0\\1}[/mm]
>
>
> Hier muss doch stehen:
>
> [mm]v= t*\vektor{-1\\0\\0\\0} +a*\vektor{\blue{+}1\\1\\0\\0}+b*\vektor{\red{0}\\0\\1\\0}+c*\vektor{\blue{+1}\\0\\0\\1}[/mm]
ja natürlich, tut mir wirklich leid :/ .. dann wäre der vektor v nach der wahl von t=a=b=c=1 natürlich [mm] \vektor{1\\1\\1\\1}
[/mm]
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Hallo scherzkrapferl,
> > > wenn ich jetzt den Vektor [mm]\vektor{r+t\\r\\s\\t}[/mm] als rechte
> > > Seite von [mm]\begin{pmatrix} -1 & 1& 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 0 & 1 \\ -1 & 1 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix}[/mm]
> > > wähle muss also gelten r=0 und s=t
> > >
> > > so komme ich auf die Gleichung v1=-t-v2-v3-v4
> > > nach der wahl von
> > > v2=a
> > > v3=b
> > > v4=c
> > >
> > > folgt der Vektor v= [mm]t*\vektor{-1\\0\\0\\0} +a*\vektor{-1\\1\\0\\0}+b*\vektor{-1\\0\\1\\0}+c*\vektor{-1\\0\\0\\1}[/mm]
>
> >
> >
> > Hier muss doch stehen:
> >
> > [mm]v= t*\vektor{-1\\0\\0\\0} +a*\vektor{\blue{+}1\\1\\0\\0}+b*\vektor{\red{0}\\0\\1\\0}+c*\vektor{\blue{+1}\\0\\0\\1}[/mm]
>
> ja natürlich, tut mir wirklich leid :/ .. dann wäre der
> vektor v nach der wahl von t=a=b=c=1 natürlich
> [mm]\vektor{1\\1\\1\\1}[/mm]
Dieses Mal stimmts ![[daumenhoch]](/images/smileys/daumenhoch.gif "[daumenhoch]")
LG
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haha danke :)))
und gehe ich jetzt recht in der Annahme wenn ich diese vektor nun als rechte seite der matrix [mm] \begin{pmatrix} -1 & 1& 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 0 & 1 \\ -1 & 1 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix} [/mm] wähle und somit auf die gleichung -h(11)+h(12)+h(14)=1 komme ((A-2*I)h=v)
nach der wahl von
h(12)=r
h(13)=s
h(14)=t
komme ich auf die allgemeine Gleichung des Hauptvektors [mm] h(1,1)=\begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}+r*\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}+s*\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} +t*\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} -1+r+t \\ r \\ s \\ t \end{pmatrix} [/mm]
anschließend setze ich nun den Vektor [mm] h(1,1)=\begin{pmatrix} -1+r+t \\ r \\ s \\ t \end{pmatrix} [/mm] als rechte Seite der Matrix [mm] \begin{pmatrix} -1 & 1& 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 0 & 1 \\ -1 & 1 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix}
[/mm]
nach Anwendung des Gaußalgorithmus sieht die Matrix so aus:
[mm] \begin{pmatrix} 1 & -1& 0 & -1 & ;1-r-t \\ 0 & 0 & 0 & 0 &;r\\ 0 & 0 & 0 & 0 &;s+(1-r-t)\\ 0 & 0 & 0 & 0 &;t+(1-r-t) \\ \end{pmatrix} [/mm] --> r=1 , s=t
laut der 4. Zeile müsste r=1 sein jedoch widerspricht dies der 2. Zeile.. habe ich schon wieder falsch gedacht ?
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Tut mir leid wenn ich euch den letzten Nerv koste - leider wurden Jordan'sche Normalformen äußerst oberflächlich in der Vorlesung behandelt und in der Übung überhaupt nicht :( - verlangt wird es klarerweise trotzdem
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Hallo scherzkrapferl,
> haha danke :)))
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> und gehe ich jetzt recht in der Annahme wenn ich diese
> vektor nun als rechte seite der matrix [mm]\begin{pmatrix} -1 & 1& 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 0 & 1 \\ -1 & 1 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix}[/mm]
> wähle und somit auf die gleichung -h(11)+h(12)+h(14)=1
> komme ((A-2*I)h=v)
>
> nach der wahl von
> h(12)=r
> h(13)=s
> h(14)=t
>
> komme ich auf die allgemeine Gleichung des Hauptvektors
> [mm]h(1,1)=\begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}+r*\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}+s*\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} +t*\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} -1+r+t \\ r \\ s \\ t \end{pmatrix}[/mm]
>
> anschließend setze ich nun den Vektor
> [mm]h(1,1)=\begin{pmatrix} -1+r+t \\ r \\ s \\ t \end{pmatrix}[/mm]
> als rechte Seite der Matrix [mm]\begin{pmatrix} -1 & 1& 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 0 & 1 \\ -1 & 1 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix}[/mm]
>
> nach Anwendung des Gaußalgorithmus sieht die Matrix so
> aus:
>
> [mm]\begin{pmatrix} 1 & -1& 0 & -1 & ;1-r-t \\ 0 & 0 & 0 & 0 &;r\\ 0 & 0 & 0 & 0 &;s+(1-r-t)\\ 0 & 0 & 0 & 0 &;t+(1-r-t) \\ \end{pmatrix}[/mm]
> --> r=1 , s=t
>
> laut der 4. Zeile müsste r=1 sein jedoch widerspricht dies
> der 2. Zeile.. habe ich schon wieder falsch gedacht ?
Hier brauchst Du keinen weiteren Vektor finden,
der auf den Hauptvektor durch die Matrix A-2*I abbildet.
Mit den gefundenen 4 Vektoren ist eine Basis gefunden.
Gruss
MathePower
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> Hallo scherzkrapferl,
>
> > haha danke :)))
> >
> > und gehe ich jetzt recht in der Annahme wenn ich diese
> > vektor nun als rechte seite der matrix [mm]\begin{pmatrix} -1 & 1& 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 0 & 1 \\ -1 & 1 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix}[/mm]
> > wähle und somit auf die gleichung -h(11)+h(12)+h(14)=1
> > komme ((A-2*I)h=v)
> >
> > nach der wahl von
> > h(12)=r
> > h(13)=s
> > h(14)=t
> >
> > komme ich auf die allgemeine Gleichung des Hauptvektors
> > [mm]h(1,1)=\begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}+r*\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}+s*\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} +t*\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} -1+r+t \\ r \\ s \\ t \end{pmatrix}[/mm]
> >
> > anschließend setze ich nun den Vektor
> > [mm]h(1,1)=\begin{pmatrix} -1+r+t \\ r \\ s \\ t \end{pmatrix}[/mm]
> > als rechte Seite der Matrix [mm]\begin{pmatrix} -1 & 1& 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 0 & 1 \\ -1 & 1 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix}[/mm]
>
> >
> > nach Anwendung des Gaußalgorithmus sieht die Matrix so
> > aus:
> >
> > [mm]\begin{pmatrix} 1 & -1& 0 & -1 & ;1-r-t \\ 0 & 0 & 0 & 0 &;r\\ 0 & 0 & 0 & 0 &;s+(1-r-t)\\ 0 & 0 & 0 & 0 &;t+(1-r-t) \\ \end{pmatrix}[/mm]
> > --> r=1 , s=t
> >
> > laut der 4. Zeile müsste r=1 sein jedoch widerspricht dies
> > der 2. Zeile.. habe ich schon wieder falsch gedacht ?
>
>
> Hier brauchst Du keinen weiteren Vektor finden,
> der auf den Hauptvektor durch die Matrix A-2*I
> abbildet.
>
> Mit den gefundenen 4 Vektoren ist eine Basis gefunden.
>
>
> Gruss
> MathePower
genial :)
wäre dies allerdings der richtige weg um eine hauptvektor zu finden ?
vielen vielen Dank für die Hilfe an alle :)
LG Scherzkrapferl
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> wäre dies allerdings der richtige weg um eine hauptvektor
> zu finden ?
Hallo,
es ist ein richtiger Weg - allerdings im Falle Deiner Aufgabe nicht der geschickteste.
Deine Matrix hatte das charakteristische Polynom [mm] \xi(\lambda)=(\lambda-2)^4.
[/mm]
Ihr hattet sicher in der Vorlesung, daß die Dimension des Hauptraumes zum Eigenwert [mm] \lambda [/mm] gerade gleich der algebraischen Vielfachheit des Eigenwertes [mm] \lambda [/mm] ist.
In Deiner Haufgabe wissen wir also, daß die Dimension des Hauptraumes =4 ist (müßte bei der Hauptraumzerlegung nachzulesen sein), und damit kennen wir den Hauptraum und seine Elemente sehr genau.
Anmerkungen:
1.
Dir ist klar, daß der Hauptraum zum Eigenwert 2 [mm] Hau(A,2)=kern(A-2I)^4?
[/mm]
2.
Die von Dir gefundene Hauptraumbasis [mm] (\begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} ,\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} [/mm] ) ist keine Jordanbasis!
3.
Ich finde ![[]](/images/popup.gif) dieses JNF-Kochrezept sehr hilfreich - nicht unbedingt für diese Aufgabe, aber es gibt ja auch andere.
Gruß v. Angela
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> Hallo,
>
> es ist ein richtiger Weg - allerdings im Falle Deiner
> Aufgabe nicht der geschickteste.
>
> Deine Matrix hatte das charakteristische Polynom
> [mm]\xi(\lambda)=(\lambda-2)^4.[/mm]
>
> Ihr hattet sicher in der Vorlesung, daß die Dimension des
> Hauptraumes zum Eigenwert [mm]\lambda[/mm] gerade gleich der
> algebraischen Vielfachheit des Eigenwertes [mm]\lambda[/mm] ist.
> In Deiner Haufgabe wissen wir also, daß die Dimension des
> Hauptraumes =4 ist (müßte bei der Hauptraumzerlegung
> nachzulesen sein), und damit kennen wir den Hauptraum und
> seine Elemente sehr genau.
hauptraumzerlegung hatten wir gar nicht da ich technische physik studiere und die mathematik in etwas gekürzter fassung vorgetragen bekomme (auch nicht im skript)
> Anmerkungen:
> 1.
> Dir ist klar, daß der Hauptraum zum Eigenwert 2
> [mm]Hau(A,2)=kern(A-2I)^4?[/mm]
>
> 2.
> Die von Dir gefundene Hauptraumbasis [mm](\begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} ,\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}[/mm]
> ) ist keine Jordanbasis!
>
> 3.
> Ich finde dieses JNF-Kochrezept
> sehr hilfreich - nicht unbedingt für diese Aufgabe, aber
> es gibt ja auch andere.
>
> Gruß v. Angela
>
vielen Dank !
Grüße Scherzkrapferl
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