Matrix als Lineare Abbildung < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 01:17 So 23.09.2007 | | Autor: | JanJan |
| Aufgabe | Gegeben sei die folgende Matrix:
A= [mm] \pmat{ 3 & -1 & 2 \\ 2 & 0 & 6 \\ 0 & 0 & 3 } \in \IC^{3,3}
[/mm]
a) Man berechne die Eigenwerte der linearen Abbildung A: [mm] \IC^{3} \to \IC^{3}.
[/mm]
b) Man bestimme zu jedem Eigenwert den uigehörigen Eigenraum. |
a)
Da A über 3 linear unabhängige Zeilen verfügt, muss es also auch 3 Eigenwerte geben:
[mm] p_{A}(\lambda) [/mm] = det [mm] \pmat{ 3-\lambda & -1 & 2 \\ 2 & 0-\lambda & 6 \\ 0 & 0 & 3-\lambda }=-\lambda(3-\lambda)^{2}+0+0-0-0+2(3-\lambda)
[/mm]
[mm] =(3-\lambda)(2-3\lambda)+\lambda^{2})
[/mm]
[mm] =(3-\lambda)\left(\lambda-\bruch{3-\wurzel{5}}{2}\right)\left(\lambda-\bruch{3+\wurzel{5}}{2}\right)
[/mm]
Also:
[mm] \lambda_{1}=3
[/mm]
[mm] \lambda_{2}=\bruch{3-\wurzel{5}}{2}
[/mm]
[mm] \lambda_{3}=\bruch{3+\wurzel{5}}{2}
[/mm]
Frage: Ist es in Ordnung, dass ich einfach die Eigenwerte der Matrix A ausgerechnet habe oder gibt es da noch eine weitere Feinheit, weil A eine lineare Abbildung darstellen soll?
zu b)
Betrachtung von [mm] \lambda_{1}=3
[/mm]
[mm] A\vec{v_{1}} [/mm] = [mm] \lambda_{1}\vec{v_{1}} [/mm] mit [mm] \vec{v_{1}} =\pmat{x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3}}
[/mm]
Also:
[mm] \pmat{ 3x_{1} -x_{2} + 2x_{3} \\ 2x_{1} + 6x_{3} \\ 3x_{3} }=3\pmat{x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3}}
[/mm]
Als Gleichungssysteme aufgeschrieben:
[mm] 3x_{1} -x_{2} [/mm] + [mm] 2x_{3}=3x_{1} [/mm] (I)
[mm] 2x_{1} [/mm] + [mm] 6x_{3}=3x_{2} [/mm] (II)
[mm] 3x_{3}=3x_{3} [/mm] (III)
Setzt man jetzt [mm] x_{3}=1 [/mm] (III) erhält man: [mm] x_{2}= 2x_{3}=2 [/mm] (I) und [mm] x_{1}=\bruch{1}{2}(-6x_{3}+3x_{2})=0 [/mm] (II)
Woraus folgt:
[mm] \vec{v_{1}}= \vektor{0 \\ 2 \\ 1} [/mm]
Also ist der Eigenraum zu [mm] \lambda_{1} E_{\lambda_{1}}= [/mm] span [mm] \left\{\pmat{0 \\ 2 \\ 1}\right\} [/mm]
Soweit glaube ich eigentlich keinen Fehler gemacht zu haben,
jetzt aber wird es heikel bei dem 2. Eigenwert:
[mm] \lambda_{2}=\bruch{3-\wurzel{5}}{2}
[/mm]
Als Gleichungssysteme habe ich:
[mm] 3x_{1}-x_{2}+2x_{3}=\bruch{3-\wurzel{5}}{2}x_{1} [/mm] (I)
[mm] 2x_{1}+6x_{3}=\bruch{3-\wurzel{5}}{2}x_{2} [/mm] (II)
[mm] 3x_{3}=\bruch{3-\wurzel{5}}{2}x_{3} [/mm] (III)
Aus (III) folgt: [mm] x_{3}=0 [/mm]
Also bleibt mir:
[mm] (3-\wurzel{5})x_{1}=2x_{2} [/mm] (I)
[mm] 4x_{1}=(3+\wurzel{5})x_{2} [/mm] (II)
Setzt man nun [mm] x_{1}=\bruch{(3+\wurzel{5})}{4}x_{2} [/mm] (aus (II)) in (I) ein, so erhält man [mm] x_{2}=0, [/mm] woraus dann auch wieder [mm] x_{1}=0 [/mm] resultiert.
Somit hätte ich als Vektor [mm] \vec{v_{2}}= \pmat{0 \\0 \\ 0}, [/mm] welcher aber trivial ist. [mm] (\vec{0} [/mm] würde ja immer herauskommen, wenn ich ihn in die Anfangsbedingung [mm] A\vec{v}=\lambda\vec{v} [/mm] einsetze)
Aber es muss doch noch einen anderen Vektor geben, oder ist mein Eigenraum wirklich: [mm] E_{\lambda_{2}}= span\{\vec{0}\}? [/mm]
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Hallo JanJan,
> Gegeben sei die folgende Matrix:
>
> A= [mm]\pmat{ 3 & -1 & 2 \\ 2 & 0 & 6 \\ 0 & 0 & 3 } \in \IC^{3,3}[/mm]
>
> a) Man berechne die Eigenwerte der linearen Abbildung A:
> [mm]\IC^{3} \to \IC^{3}.[/mm]
>
> b) Man bestimme zu jedem Eigenwert den uigehörigen
> Eigenraum.
> a)
> Da A über 3 linear unabhängige Zeilen verfügt, muss es also
> auch 3 Eigenwerte geben:
>
> [mm]p_{A}(\lambda)[/mm] = det [mm]\pmat{ 3-\lambda & -1 & 2 \\ 2 & 0-\lambda & 6 \\ 0 & 0 & 3-\lambda }=-\lambda(3-\lambda)^{2}+0+0-0-0+2(3-\lambda)[/mm] ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
>
> [mm]=(3-\lambda)(2-3\lambda)+\lambda^{2})[/mm] ![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]")
Da haste dich verrechnet...
[mm] $...=(3-\lambda)\cdot{}\left[(3-\lambda)\cdot{}(-\lambda)+2\right]=(3-\lambda)\cdot{}\left[\lambda^2-3\lambda+2\right]=(3-\lambda)(\lambda-2)(\lambda-1)$
[/mm]
Also Eigenwerte [mm] $\lambda_1=3,\lambda_2=2,\lambda_3=1$
[/mm]
>
> [mm]=(3-\lambda)\left(\lambda-\bruch{3-\wurzel{5}}{2}\right)\left(\lambda-\bruch{3+\wurzel{5}}{2}\right)[/mm]
>
> Also:
>
> [mm]\lambda_{1}=3[/mm]
> [mm]\lambda_{2}=\bruch{3-\wurzel{5}}{2}[/mm]
> [mm]\lambda_{3}=\bruch{3+\wurzel{5}}{2}[/mm] s.o.
>
>
>
> Frage: Ist es in Ordnung, dass ich einfach die Eigenwerte
> der Matrix A ausgerechnet habe oder gibt es da noch eine
> weitere Feinheit, weil A eine lineare Abbildung darstellen
> soll?
nö, das Prinzip ist richtig, die Eigenwerte einer lin. Abb. sind diejenigen ihrer Darstellungsmatrix
> zu b)
>
> Betrachtung von [mm]\lambda_{1}=3[/mm]
>
> [mm]A\vec{v_{1}}[/mm] = [mm]\lambda_{1}\vec{v_{1}}[/mm] mit [mm]\vec{v_{1}} =\pmat{x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3}}[/mm]
>
> Also:
> [mm]\pmat{ 3x_{1} -x_{2} + 2x_{3} \\ 2x_{1} + 6x_{3} \\ 3x_{3} }=3\pmat{x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3}}[/mm]
>
> Als Gleichungssysteme aufgeschrieben:
>
> [mm]3x_{1} -x_{2}[/mm] + [mm]2x_{3}=3x_{1}[/mm] (I)
> [mm]2x_{1}[/mm] + [mm]6x_{3}=3x_{2}[/mm] (II)
> [mm]3x_{3}=3x_{3}[/mm] (III)
>
> Setzt man jetzt [mm]x_{3}=1[/mm] (III) erhält man: [mm]x_{2}= 2x_{3}=2[/mm]
> (I) und [mm]x_{1}=\bruch{1}{2}(-6x_{3}+3x_{2})=0[/mm] (II)
>
> Woraus folgt:
>
> [mm]\vec{v_{1}}= \vektor{0 \\ 2 \\ 1}[/mm]
>
> Also ist der Eigenraum zu [mm]\lambda_{1} E_{\lambda_{1}}=[/mm] span
> [mm]\left\{\pmat{0 \\ 2 \\ 1}\right\}[/mm] ![[daumenhoch]](/images/smileys/daumenhoch.gif "[daumenhoch]")
>
> Soweit glaube ich eigentlich keinen Fehler gemacht zu
> haben,
> jetzt aber wird es heikel bei dem 2. Eigenwert:
Ja, das kommt wegen der falschen Eigenwerte [mm] $\lambda_2,\lambda_3$
[/mm]
Rechne mit diesen richtigen EW nochmal nach, dann klappt das auch... 
> [mm]\lambda_{2}=\bruch{3-\wurzel{5}}{2}[/mm]
>
> Als Gleichungssysteme habe ich:
>
> [mm]3x_{1}-x_{2}+2x_{3}=\bruch{3-\wurzel{5}}{2}x_{1}[/mm] (I)
> [mm]2x_{1}+6x_{3}=\bruch{3-\wurzel{5}}{2}x_{2}[/mm] (II)
> [mm]3x_{3}=\bruch{3-\wurzel{5}}{2}x_{3}[/mm] (III)
>
> Aus (III) folgt: [mm]x_{3}=0[/mm]
>
> Also bleibt mir:
>
> [mm](3-\wurzel{5})x_{1}=2x_{2}[/mm] (I)
> [mm]4x_{1}=(3+\wurzel{5})x_{2}[/mm] (II)
>
> Setzt man nun [mm]x_{1}=\bruch{(3+\wurzel{5})}{4}x_{2}[/mm] (aus
> (II)) in (I) ein, so erhält man [mm]x_{2}=0,[/mm] woraus dann auch
> wieder [mm]x_{1}=0[/mm] resultiert.
>
> Somit hätte ich als Vektor [mm]\vec{v_{2}}= \pmat{0 \\0 \\ 0},[/mm]
> welcher aber trivial ist. [mm](\vec{0}[/mm] würde ja immer
> herauskommen, wenn ich ihn in die Anfangsbedingung
> [mm]A\vec{v}=\lambda\vec{v}[/mm] einsetze)
Ein Eigenvektor ist per definitionem [mm] \ne [/mm] 0, kann also nicht stimmen...
>
> Aber es muss doch noch einen anderen Vektor geben, oder ist
> mein Eigenraum wirklich: [mm]E_{\lambda_{2}}= span\{\vec{0}\}?[/mm]
Nö, s.o.
Vllt. noch ein Tipp für die Rechnungen bzgl der Eigenräume.
Es ist ja [mm] $Eig(A,\lambda)=Kern(A-\lambda\cdot{}\mathebb{E})$
[/mm]
Du brauchst also nur die Martix [mm] $A-\lambda\cdot{}\mathebb{E}$ [/mm] in ZSF zu bringen, also den Lösungsraum von [mm] $\left(A-\lambda\cdot{}\mathebb{E}\right)\cdot{}\vektor{v_1\\v_2\\v_3}=\vektor{0\\0\\0}$ [/mm] zu bestimmen, dann haste den Eigenraum.
Das gestaltet die Rechnungen bequemer und übersichtlicher.
Aber das ist meine persönl. Ansicht
LG
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 02:50 So 23.09.2007 | | Autor: | JanJan |
Oh mann jetzt seh ich meinen Fehler X.X ...
Hatte eine pq-Formel angewendet und 2 mit [mm] \bruch{4}{4} [/mm] gleichgesetzt...
So einen Fehler hab ich glaub ich noch nie gesehen ;)
Aber eine Frage hätte ich dann noch:
[mm] Eig(A,\lambda)=Kern(A-\lambda\cdot{}\mathebb{E})
[/mm]
Was ist denn hier mit "E" gemeint? Eigenvektor? Achso! Einheitsmatrix? oder?
Gleich mal ausprobieren:
mit [mm] \lambda_{2}=1
[/mm]
erhielte ich ja folgende Koeffizientematrix:
[mm] \pmat{3-1&-1&2\\ 2&0-1&6\\0&0&3-1} [/mm] = [mm] \pmat{0\\0\\0}
[/mm]
[mm] \gdw \pmat{2&-1&2\\ 2&-1&6\\0&0&2} [/mm] = [mm] \pmat{0\\0\\0} [/mm] (II-I)
[mm] \gdw \pmat{2&-1&2\\ 0&0&4\\0&0&2} [/mm] = [mm] \pmat{0\\0\\0}
[/mm]
Aus (III) und (II) [mm] x_{3}=0 [/mm] , aus (I) [mm] 2x_{1}=-x_{2}
[/mm]
Also Eigenraum [mm] E_{\lambda_{2}}=span\left\{\pmat{2\\-1\0}\right\}
[/mm]
richtig?
(Kann man die Gleichung mit den Matrizen mit dem Formelsatz vom Matheraum auch in eine Matrize schreiben?)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 04:27 So 23.09.2007 | | Autor: | JanJan |
Ähm...
ich meinte natürlich: [mm] E_{\lambda_2}=span\left\{\pmat{2\\-1\\0}\right\}
[/mm]
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>
> mit [mm]\lambda_{2}=1[/mm]
>
> erhielte ich ja folgende Koeffizientematrix:
>
> [mm]\pmat{3-1&-1&2\\ 2&0-1&6\\0&0&3-1}[/mm] = [mm]\pmat{0\\0\\0}[/mm]
Hallo,
hier meinst Du sicher
[mm] \pmat{3-1&-1&2\\ 2&0-1&6\\0&0&3-1}x= \pmat{0\\0\\0}.
[/mm]
> [mm]\gdw \pmat{2&-1&2\\ 2&-1&6\\0&0&2}[/mm] = [mm]\pmat{0\\0\\0}[/mm]
> (II-I)
> [mm]\gdw \pmat{2&-1&2\\ 0&0&4\\0&0&2}[/mm] = [mm]\pmat{0\\0\\0}[/mm]
>
> Aus (III) und (II) [mm]x_{3}=0[/mm] ,
> aus (I) [mm]2x_{1}=-x_{2}[/mm]
Nein, aus (I) erhältst Du [mm] 2x_{1}=x_{2}
[/mm]
Entsprechend sieht Dein Eigenraum etwas anders aus.
>
> Also Eigenraum
> [mm]E_{\lambda_{2}}=span\left\{\pmat{2\\-1\0}\right\}[/mm]
>
> richtig?
> (Kann man die Gleichung mit den Matrizen mit dem
> Formelsatz vom Matheraum auch in eine Matrize schreiben?)
Bitte sag nie wieder "eine Matrize". Es heißt "eine Matrix". Eine Matrize ist was anderes.
Aber zu der eigentlichen Frage. Du meinst, wie man die erwiterte Koeffizientenmatrix aufschreiben kann?
Ich mache das immer so: [mm] \pmat{ 1 & 2 & | 5\\ 3 & 4 & | 6}, [/mm] also mit Betragsstrich vorm Lösungsvektor.
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:31 So 23.09.2007 | | Autor: | JanJan |
| Aufgabe | | Man bestimme eine Basis B von [mm] \IC^{3} [/mm] , so dass die darstellende Matrix [mm] A_{B,B} [/mm] der linearen Abbildung A diagonal ist. |
mein Ansatz:
Ich muss also 3 Vektoren [mm] \vec{a},\vec{b},\vec{c} [/mm] (die 3 Basisvektoren der Basis B von [mm] \IC^{3}) [/mm] bestimmen, so gilt:
[mm] \pmat{a_{1}&b_{1}&c_{1}\\a_{2}&b_{2}&c_{2}\\a_{3}&b_{3}&c_{3}}*A=\pmat{d_{1}&0&0\\0&d_{2}&0\\0&0&d_{3}} [/mm]
Aber wie soll ich jetzt diese Matrix finden? Ich muss zugeben, dass ich jetzt wirklich vor nem Rätsel steh... Das einzige, was ich weiß, ist, dass es eine Diagonalmatrix zu A geben muss.
Der normale Ansatz geht doch über [mm] A=S*Diagonalmatrix*S^{-1}. [/mm]
Aber der bringt mich einfach nicht weiter :/
Ich würde mich über Hilfe wirklich freuen :)
PS: Was ist denn der Unterschied zwischen Matrize und Matrix?
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Hi,
äh, ich bin etwas verwirrt ![[konfus]](/images/smileys/konfus.gif "[konfus]")
Du beziehst dich doch auf die Matrix $A$ aus der Aufgabenstelung?!
Die repräsentiert eine lineare Abbildung [mm] $\phi:\IC^3\to\IC^3,v\mapsto\phi(v)$
[/mm]
dh. du kannst statt [mm] $\phi(v)$ [/mm] ebensogut [mm] $A\cdot{}v$ [/mm] schreiben
Außerdem ist $A$ diagonalisierbar.
Das hattest du im Teil vorher gezeigt.
Das charakteristische Polynom von $A$ ist ja vollständig in Linearfaktoren zerfallen, jeder Eigenraum hat Dimension 1, also war $A$ diagonalisierbar.
dh. [mm] $\exists S\in GL_3(\IC):A=S\cdot{}D\cdot{}S^{-1}$, [/mm] wobei $D$ die Diagonalmatrix ist, die genau die Eigenwerte von $A$ auf der Diagonalen stehen hat.
Die Spalten der transformierenden Matrix $S$ sind genau die Eigenvektoren bzgl. der Eigenwerte, die du errechnet hast
Die Eigenvektoren bilden dann die gewünschte Basis:
Also [mm] $A=SDS^{-1}\Rightarrow D=S^{-1}AS$
[/mm]
Dann rechne mal los ...
LG
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:53 So 23.09.2007 | | Autor: | JanJan |
Ich bin mir nicht ganz sicher, ob ich das richtig verstehe...
Bedeutet es, dass [mm] S=\pmat{0&2&1\\2&1&0\\1&0&0}? [/mm] (Spalten = Eigenvektoren)
Oder, dass meine gesuchte Basis B aus den Eigenvektoren besteht?
Gilt nicht folgende Beziehung:
[Dateianhang nicht öffentlich]
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
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Hallo JanJan,
> Ich bin mir nicht ganz sicher, ob ich das richtig
> verstehe...
>
> Bedeutet es, dass [mm]S=\pmat{0&2&1\\2&1&0\\1&0&0}?[/mm] (Spalten =
> Eigenvektoren)
Ich habe für die Eigenwerte [mm] \lambda_2=2 [/mm] und [mm] \lambda_3=1 [/mm] aber andere Eigenvektoren raus, deine stimmen wohl nicht.
Zeig doch mal deine Eigenraüme für [mm] \lambda_2=2 [/mm] und [mm] \lambda_3=1 [/mm] her
Ansonsten ist das richtig, die Spalten sind die Eigenvektoren
> Oder, dass meine gesuchte Basis B aus den Eigenvektoren
> besteht?
Ist A diagonalisierbar, so gibt es eine Basis aus Eigenvektoren (Satz der VL)
> Gilt nicht folgende Beziehung:
>
> [Dateianhang nicht öffentlich]
Ja das passt doch wunderbar, deine Matrix [mm] A_{B,B} [/mm] ist in meiner Bezeichnung D und sieht so aus:
[mm] D=\pmat{ 3 & 0&0 \\ 0 & 2&0\\0&0&1 }
[/mm]
Das Diagramm zeigt doch schön, dass es dasselbe ist ob du nen Vektor v von [mm] $\IC^3$ [/mm] nach [mm] $\IC^3$ [/mm] abbildest, indem du [mm] $v\mapsto A\cdot{}v$ [/mm] machst oder [mm] $v\mapsto SDS^{-1}\cdot{}v$
[/mm]
Bzgl. der Basis [mm] \IB [/mm] kannst du v von [mm] $\IC^3_{\IB}$ [/mm] nach [mm] $\IC^3_{\IB}$ [/mm] abbilden durch [mm] $v\mapsto \underbrace{A_{B,B}}_{=D}\cdot{}v$ [/mm] bzw. [mm] $v\mapsto S^{-1}AS\cdot{}v$
[/mm]
Du hast also bzgl. der Basis [mm] \IB, [/mm] also der aus Eigenvektoren, eine Diagonalmatrix als Darstellungsmatrix
LG
schachuzipus
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