charakteristisches Polynom < Prozesse+Matrizen < Lin. Algebra/Vektor < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 04:26 Sa 15.04.2006 | | Autor: | Olgiii |
| Aufgabe | Berechne das charakteristische Polynom, die Eigenwerte und die Eigenräume der Matrix
A := [mm] \frac{1}{5} \begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 \\ 2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 2 \end{pmatrix} [/mm]
und erläutere (evtl. mit Hilfe einer Skizze) die geometrische Bedeutung der zugehörigen Linearen Abbildung! |
Hallo,
also hierbei handelt es sich um eine Aufgabe aus einer Probeklausur fürs Abi. Das charakteristische Polynom, also die Determinante, habe ich berechnet. Das wäre [mm] \frac{1}{5} [/mm] [mm] (-\lambda^3 [/mm] + [mm] 5\lambda^2), [/mm] also [mm] \frac{-\lambda^3}{5} [/mm] + [mm] \lambda^2
[/mm]
Daraus ergeben sich die Eigenwerte [mm] \lambda_1_/_2 [/mm] = 0 und [mm] \lambda_3 [/mm] = 5.
Dann sind die Eigenräume:
Eig (A, 0) = Kern [mm] \frac{1}{5} \begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 \\ 2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 2 \end{pmatrix} [/mm]
Eig (A, 5) = Kern [mm] \frac{1}{5} \begin{pmatrix}
-4 & 1 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ 2 & 2 & -3 \end{pmatrix} [/mm]
So, soweit so gut.
Nun kommt mein eigentliches Problem. Normalerweise haben wir an dieser Stelle noch die Eigenvektoren bestimmt. Aus Gewohnheit und weil ich die Fragestellung nicht aufmerksam gelesen habe, habe ich dies ebenfalls versucht. Dabei habe ich mich lange gefragt wie viele EVektoren es denn in dem Fall überhaupt gibt und wie dann die dazugehörige Basis aussieht. Der Rang der Matrix ist 1, welche Dim hat der Kern und woran erkenne ich das?
Der Logik nach müsste es doch unendlich viele EVe (kurz für Eigenvektoren) geben, da alle Variablen frei wählbar sind.
Bedeutet das geometrisch, dass alle EVe auf den Vektor [mm] \frac{1}{5} \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 2 \end{pmatrix} [/mm] abgebildet werden?
Würde mich über zügige Beantwortung freuen. Danke schon mal.
LG Olga
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 10:39 Sa 15.04.2006 | | Autor: | DaMenge |
Hallo und ![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]") ,
> Nun kommt mein eigentliches Problem. Normalerweise haben
> wir an dieser Stelle noch die Eigenvektoren bestimmt. Aus
> Gewohnheit und weil ich die Fragestellung nicht aufmerksam
> gelesen habe, habe ich dies ebenfalls versucht. Dabei habe
> ich mich lange gefragt wie viele EVektoren es denn in dem
> Fall überhaupt gibt und wie dann die dazugehörige Basis
> aussieht. Der Rang der Matrix ist 1, welche Dim hat der
> Kern und woran erkenne ich das?
Der KErn ist dann 2-dimensional - Das weiß man aus der Bild-Kern-Formel
(ich weiß allerdings nicht, ob ihr die schon hattet)
> Der Logik nach müsste es doch unendlich viele EVe (kurz für
> Eigenvektoren) geben, da alle Variablen frei wählbar sind.
Ja, aber das ist doch immer so !
angenommen du hast für den Eigenwert 5 jetzt einen Eigenvektor v ausgerechnet - dann ist doch auch [mm] $(\lambda [/mm] *v)$ für [mm] $\lambda\in\IR^\backslash \{0\}$ [/mm] eine Eigenvektor aus dem Eigenraum des Eigenwertes 5 - man hat also schon bei 1-dimensionalen Eigenräumen unendlich viele Wahlmöglichkeiten für den Eigenvektor (der eine Basis des Eigenraumes ist)
Wenn dein Eigenraum 2-dimensional ist, musst du eben eine Basis aus 2 Vektoren finden - natürlich ist diese Basis nicht eindeutig (aber das sollte ohnehin klar sein) !
Wie man eine Basis des Kerns findet siehst du HIER
> Bedeutet das geometrisch, dass alle EVe auf den Vektor
> [mm]\frac{1}{5} \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 2 \end{pmatrix}[/mm]
> abgebildet werden?
Naja - ohne jetzt rechnen zu wollen ist die geometrische Bedeutung etwas schwer zu sehen..
Angenommen du hast dir zu den beiden Eigenräumen jeweils eine Basis errechnet, dann bilden sie zusammen eine Basis (b1 , b2 , b3) von [mm] $\IR^3$ [/mm] (b1 sei Eigenvektor zum Eigenwert 5 der rest aus dem Kern), dann wird (x,y,z) in dieser Basisdarstellung abbgebildet zu (5x,0,0)
Also ich finde das nicht soooo anschaulich^^
viele Grüße
DaMenge
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:54 Sa 15.04.2006 | | Autor: | Olgiii |
Danke ;) und Danke für die schnelle Antwort!
Aber alles hab ich noch nicht verstanden:
> Der KErn ist dann 2-dimensional - Das weiß man aus der
> Bild-Kern-Formel
> (ich weiß allerdings nicht, ob ihr die schon hattet)
Wir hatten die Bild-Kern-Formel, aber ich komme immer noch nicht wirklich mit der Bestimmung der Dimensionen klar.
Also die Dimension des Bildes ist der Rang der Matrix oder?
Und die Dimension des Vektorraumes kann ich an der Anzahl der Zeilen der Matrix erkennen oder?
> > Bedeutet das geometrisch, dass alle EVe auf den Vektor
> > [mm]\frac{1}{5} \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 2 \end{pmatrix}[/mm]
> > abgebildet werden?
>
>
> Naja - ohne jetzt rechnen zu wollen ist die geometrische
> Bedeutung etwas schwer zu sehen..
>
> Angenommen du hast dir zu den beiden Eigenräumen jeweils
> eine Basis errechnet, dann bilden sie zusammen eine Basis
> (b1 , b2 , b3) von [mm]\IR^3[/mm] (b1 sei Eigenvektor zum Eigenwert
> 5 der rest aus dem Kern), dann wird (x,y,z) in dieser
> Basisdarstellung abbgebildet zu (5x,0,0)
>
> Also ich finde das nicht soooo anschaulich^^
>
Und mit diesem Abschnitt komme ich nicht so klar. Ich kann deinen Gedankenweg nachvollziehen, aber jetzt weiß ich immer noch nicht, was ich mir geometrisch darunter vorstellen soll. Eine Gerade mit der Steigung 5? Und das Bild dieser Gerade ist dann [mm]\frac{1}{5} \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 2 \end{pmatrix}[/mm] ??
Naja, Danke schon mal.
LG Olga
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:45 Mo 17.04.2006 | | Autor: | DaMenge |
Hallo,
> Wir hatten die Bild-Kern-Formel, aber ich komme immer noch
> nicht wirklich mit der Bestimmung der Dimensionen klar.
> Also die Dimension des Bildes ist der Rang der Matrix
> oder?
> Und die Dimension des Vektorraumes kann ich an der Anzahl
> der Zeilen der Matrix erkennen oder?
Ja, das ist in etwa richtig, aber:
Die Zeilenanzahl ist die Dimension des Bildraumes und die Spaltenanzahl ist die Dimension des Urbildraumes.
> Und mit diesem Abschnitt komme ich nicht so klar. Ich kann
> deinen Gedankenweg nachvollziehen, aber jetzt weiß ich
> immer noch nicht, was ich mir geometrisch darunter
> vorstellen soll. Eine Gerade mit der Steigung 5? Und das
> Bild dieser Gerade ist dann [mm]\frac{1}{5} \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 2 \end{pmatrix}[/mm]
> ??
Ich konnte dir vorher nicht viel dazu sagen, denn du hast ja keinen Eigenvektor berechnet.
Jetzt ist aber schon rausgekommen, dass 1 der Eigenwert ist : da gibt es eine anschauliche Erklärung:
also sei v ein Eigenvektor zu 1 und s und t (ergänzte) Eigenvektoren zu 0, so dass (v,s,t) eine Basis ist.
Dann wird jeder Vektor (x,y,z) abgebildet auf (x,0,0)
Dies ist aber nichts anderes als die Projektion jedes Vektors auf die Gerade durch den Nullpunkt und v.
(Das Bild ist dann natürlich nur diese Gerade, aber wichtig ist auch, was mit den anderen Vektoren passiert)
Nochmals der Hinweis für die nächste Frage : umso mehr du selbst machst (wie eigenvektoren berechnen und hier hin schreiben) umso besser und schneller bekommst du eine Antwort... 
viele Grüße
DaMenge
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(Antwort) fehlerhaft  | | Datum: | 00:50 So 16.04.2006 | | Autor: | leduart |
Hallo Olgi
Überprüf deine Det noch mal: ich hab als char. Polynom
[mm] (1-\lambda)*((2-\lambda)^{2}-4 [/mm] ) =0 raus mit den Lösg 0,1,2!
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:59 So 16.04.2006 | | Autor: | Olgiii |
@ leduart:
Also ich habe die Det jetzt mehrmals nachgerechnet und finde den Fehler nicht. Könntest du vielleicht den Rechenweg aufschreiben?
LG Olga
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 00:23 Mo 17.04.2006 | | Autor: | Kyrill |
Hallo,
die Nullstellen die Angegeben sind sind nicht richtig. Sie sind 0,1 und 4.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 01:23 Mo 17.04.2006 | | Autor: | Olgiii |
Hallo Kyrill,
ich bitte dich um Angabe des Rechenweges, da jetzt mittlerweile drei versch. Lösungen vorliegen und ich gerne wissen würde wo mein Fehler liegt.
LG Olga
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:27 Mo 17.04.2006 | | Autor: | leduart |
Hall Olga
tut mir sehr leid, ![[cry01]](/images/smileys/cry01.gif "[cry01]") ich hab nen blödeb Vorzeichenfehler gemacht!
Deine Wertee, doppeöte 0 und 5 sind aber auch nicht richtig ! Das sind die Werte für die Matrix ohne den Faktor 1/5
Die richtigen Werte sind 0,0,1
Entschuldigung! leduart
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 04:54 Mo 17.04.2006 | | Autor: | sirprize |
Hallo allerseits,
sowohl eine kurze eigene Rechnung (mit der Sarrus'schen Regel) als auch Maple bestätigen mir ein charakteristisches Polynom von [mm] $\lambda^3 [/mm] - [mm] \lambda^2$ [/mm] und somit Eigenwerte von 0, 0 und 1.
Vielleicht wurde der Faktor [mm] $\bruch{1}{5}$ [/mm] irgendwo in der Rechnung vergessen?
Viele Grüße,
Michael
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:30 Di 18.04.2006 | | Autor: | Olgiii |
Gut, lassen wir die Ergebnisse Ergebnisse sein.
Meine eigentliche und viel wichtigere Frage war ja die, was die anschauliche Bedeutung der zugehörigen linearen Abbildung ist (siehe oben). Kann mir damit jemand weiterheilfen?
MfG Olga
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:56 Di 18.04.2006 | | Autor: | leduart |
Hallo Olga
Alle Punkte des [mm] \IR^{3} [/mm] werden auf eine Gerade abgebildet. auf der Geraden liegen die Vektoren zum Eigenwert 1. also musst du den noch bestimmen.
Wegen Eigenwert 1 geht die Gerade punktweise in sich über.
Alle Punkte die in der Ebene liegen, die auf 0 abgebildet wird gehen in diesen Punkt, Punkte in zu dieser parallelen Ebenen gehen in den Schnittpkt der Geraden mit der Ebene über.
Man kann das Ganze also als Parallelprojektion des [mm] \IR^{3} [/mm] auf R bzw einen 1-dim Unterraum auffassen.
Gruss leduart
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