Abbildung-Gerade < Abbildungen+Matrizen < Lin. Algebra/Vektor < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:31 Mo 18.01.2010 | | Autor: | Mandy_90 |
| Aufgabe | Gegeben ist die lineare Abbildung [mm] f:\IR^{3} \to \IR^{3} [/mm] mit der Matrix [mm] A=\pmat{ 3 & -2 & 0 \\ 4 & -3 & 0 \\ 2 & -2 & 1 }.
[/mm]
a) Zeigen Sie,dass die Gerade [mm] h:\vec{x}=\vektor{2 \\ 4 \\ 4}+s*\vektor{1 \\ 2 \\ 1} [/mm] auf sich selbst abgebildet wird.
b) Bestimmen Sie die Fixgeraden der Abbildung.(Das sind diejenigen Geraden,die auf sich selbst abgebildet werden.Ihre Richtungsvektoren sind Eigenvektoren). |
Hallo zusammen^^
Ich habe einige Probleme bei dieser Aufgabe.
a) Also ich hab so gerechnet: [mm] \pmat{ 3 & -2 & 0 \\ 4 & -3 & 0 \\ 2 & -2 & 1 }*\vektor{2 \\ 4 \\ 4}=\vektor{-2 \\ -4 \\ 0} [/mm] und [mm] \pmat{ 3 & -2 & 0 \\ 4 & -3 & 0 \\ 2 & -2 & 1 }*\vektor{1 \\ 2 \\ 1}=\vektor{-1 \\ -2 \\ 0}.
[/mm]
Das heißt,dass das Bild der Geraden h die Gerade [mm] h':\vec{x}=\vektor{-2 \\ -4 \\ 0}+t*\vektor{-1 \\ -2 \\ 0}
[/mm]
Was mir auffällt,ist dass der Stützvektor und der Richtungsvektor von h' kollinear sind.Aber ich weiß nicht genau,wie ich zeigen soll,dass h auf sich selbst abgebildet wird ???
Vielen Dank
lg
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:57 Mo 18.01.2010 | | Autor: | chrisno |
Halo Mandy,
in jeder Deiner Multiplikationen Matrix x Vektor hast Du eine Komponente falsch berechnet. Danch siehst Du die kolinearität der Richtungsvektoren sofort. Das as Tip, wo Du dort den Feher suchen musst.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 08:18 Di 19.01.2010 | | Autor: | Mandy_90 |
> Halo Mandy,
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> in jeder Deiner Multiplikationen Matrix x Vektor hast Du
> eine Komponente falsch berechnet. Danch siehst Du die
> kolinearität der Richtungsvektoren sofort. Das as Tip, wo
> Du dort den Feher suchen musst.
[mm] \pmat{ 3 & -2 & 0 \\ 4 & -3 & 0 \\ 2 & -2 & 1 }\cdot{}\vektor{2 \\ 4 \\ 4}=\vektor{-2 \\ -4 \\ 0}
[/mm]
Also in dieser Berechnung sehe ich keinen Fehler,da stimmt doch alles ???
[mm] \pmat{ 3 & -2 & 0 \\ 4 & -3 & 0 \\ 2 & -2 & 1 }\cdot{}\vektor{1 \\ 2 \\ 1}=\vektor{-1 \\ -2 \\ 0}
[/mm]
Und hier hab ich die dritte Komponenete falsch berechnet.die muss nämlich -1 sein.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 08:39 Di 19.01.2010 | | Autor: | statler |
Guten Morgen!
> > in jeder Deiner Multiplikationen Matrix x Vektor hast Du
> > eine Komponente falsch berechnet. Danch siehst Du die
> > kolinearität der Richtungsvektoren sofort. Das as Tip, wo
> > Du dort den Feher suchen musst.
>
> [mm]\pmat{ 3 & -2 & 0 \\ 4 & -3 & 0 \\ 2 & -2 & 1 }\cdot{}\vektor{2 \\ 4 \\ 4}=\vektor{-2 \\ -4 \\ 0}[/mm]
>
> Also in dieser Berechnung sehe ich keinen Fehler,da stimmt
> doch alles ???
>
> [mm]\pmat{ 3 & -2 & 0 \\ 4 & -3 & 0 \\ 2 & -2 & 1 }\cdot{}\vektor{1 \\ 2 \\ 1}=\vektor{-1 \\ -2 \\ 0}[/mm]
>
> Und hier hab ich die dritte Komponenete falsch
> berechnet.die muss nämlich -1 sein.
Mal abgesehen davon, daß man etwas, von dem man weiß, daß es falsch ist, am besten gar nicht erst hinschreibt, hast du recht.
Gruß aus HH-Harburg
Dieter
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:45 Di 19.01.2010 | | Autor: | chrisno |
Auch ich verrechne mich mal, besonders so spät am Abend. Nun geht es weiter: Wie prüfst Du, ob diese zwei Geraden nur eine sind.
Die Richtunsvektoren sind kolinear. Was folgt daraus für die Lage der Geraden zueinander?
Danach musst Du nur noch probieren, ob sie einen Punkt gemeinsam haben. Dazu bietet sich ein Stützvektor an.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:27 Di 19.01.2010 | | Autor: | Mandy_90 |
| Aufgabe | | b) Bestimmen Sie die Fixgeraden der Abbildung.(Das sind diejenigen Geraden,die auf sich selbst abgebildet werden.Ihre Richtungsvektoren sind Eigenvektoren) |
> Auch ich verrechne mich mal, besonders so spät am Abend.
> Nun geht es weiter: Wie prüfst Du, ob diese zwei Geraden
> nur eine sind.
> Die Richtunsvektoren sind kolinear. Was folgt daraus für
> die Lage der Geraden zueinander?
> Danach musst Du nur noch probieren, ob sie einen Punkt
> gemeinsam haben. Dazu bietet sich ein Stützvektor an.
Achso klar.Die a) hab ich dann schonmal.
Bei der b) hab ich noch Probleme.
Also ich würde sagen,dass alle Geraden der Gestalt [mm] g:\vec{x}=\vektor{a \\ b \\ b}+s\cdot{}\vektor{c \\ d \\ c} [/mm] auf sich selbst abgebildet werden,also wären das auch die Fixgeraden oder?
Das mit dem Eigenvektor versteh ich nicht so ganz,was soll ich da machen?
lg
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:55 Di 19.01.2010 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> b) Bestimmen Sie die Fixgeraden der Abbildung.(Das sind
> diejenigen Geraden,die auf sich selbst abgebildet
> werden.Ihre Richtungsvektoren sind Eigenvektoren)
> > Auch ich verrechne mich mal, besonders so spät am
> Abend.
> > Nun geht es weiter: Wie prüfst Du, ob diese zwei Geraden
> > nur eine sind.
> > Die Richtunsvektoren sind kolinear. Was folgt daraus
> für
> > die Lage der Geraden zueinander?
> > Danach musst Du nur noch probieren, ob sie einen Punkt
> > gemeinsam haben. Dazu bietet sich ein Stützvektor an.
>
> Achso klar.Die a) hab ich dann schonmal.
> Bei der b) hab ich noch Probleme.
> Also ich würde sagen,dass alle Geraden der Gestalt
> [mm]g:\vec{x}=\vektor{a \\ b \\ b}+s\cdot{}\vektor{c \\ d \\ c}[/mm]
> auf sich selbst abgebildet werden,also wären das auch die
> Fixgeraden oder?
Wenn diese Gerade auf sich selbst abgebildet würde, aber das ist nicht der Fall. OK wäre
[mm]g:\vec{x}=\vektor{a \\ b \\ b}+s\cdot{}\vektor{c \\ \red{2c} \\ c}[/mm] ,
das ist aber nicht die einzige.
> Das mit dem Eigenvektor versteh ich nicht so ganz,was soll
> ich da machen?
Zunächst mal ist das nur eine Bemerkung. Aber es soll dir eine Methode zeigen, wie du die Fixgeraden bestimmen kannst, indem du nämlich die Eigenvektoren der Abbildung ausrechnest.
Ist dir klar, warum die Richtungsvektoren der Fixgeraden Eigenvektoren der Abbildung sind?
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:28 Di 19.01.2010 | | Autor: | Mandy_90 |
> > Achso klar.Die a) hab ich dann schonmal.
> > Bei der b) hab ich noch Probleme.
> > Also ich würde sagen,dass alle Geraden der Gestalt
> > [mm]g:\vec{x}=\vektor{a \\ b \\ b}+s\cdot{}\vektor{c \\ d \\ c}[/mm]
> > auf sich selbst abgebildet werden,also wären das auch die
> > Fixgeraden oder?
>
> Wenn diese Gerade auf sich selbst abgebildet würde, aber
> das ist nicht der Fall. OK wäre
>
> [mm]g:\vec{x}=\vektor{a \\ b \\ b}+s\cdot{}\vektor{c \\ \red{2c} \\ c}[/mm]
> ,
>
> das ist aber nicht die einzige.
>
> > Das mit dem Eigenvektor versteh ich nicht so ganz,was soll
> > ich da machen?
>
> Zunächst mal ist das nur eine Bemerkung. Aber es soll dir
> eine Methode zeigen, wie du die Fixgeraden bestimmen
> kannst, indem du nämlich die Eigenvektoren der Abbildung
> ausrechnest.
>
> Ist dir klar, warum die Richtungsvektoren der Fixgeraden
> Eigenvektoren der Abbildung sind?
Ehrlich gesagt nicht,warum ist das denn so. bzw. wie kann man sich das vorstellen?
lg
> Viele Grüße
> Rainer
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:34 Di 19.01.2010 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> > > Achso klar.Die a) hab ich dann schonmal.
> > > Bei der b) hab ich noch Probleme.
> > > Also ich würde sagen,dass alle Geraden der Gestalt
> > > [mm]g:\vec{x}=\vektor{a \\ b \\ b}+s\cdot{}\vektor{c \\ d \\ c}[/mm]
> > > auf sich selbst abgebildet werden,also wären das auch die
> > > Fixgeraden oder?
> >
> > Wenn diese Gerade auf sich selbst abgebildet würde, aber
> > das ist nicht der Fall. OK wäre
> >
> > [mm]g:\vec{x}=\vektor{a \\ b \\ b}+s\cdot{}\vektor{c \\ \red{2c} \\ c}[/mm]
> > ,
> >
> > das ist aber nicht die einzige.
> >
> > > Das mit dem Eigenvektor versteh ich nicht so ganz,was soll
> > > ich da machen?
> >
> > Zunächst mal ist das nur eine Bemerkung. Aber es soll dir
> > eine Methode zeigen, wie du die Fixgeraden bestimmen
> > kannst, indem du nämlich die Eigenvektoren der Abbildung
> > ausrechnest.
> >
> > Ist dir klar, warum die Richtungsvektoren der Fixgeraden
> > Eigenvektoren der Abbildung sind?
>
> Ehrlich gesagt nicht,warum ist das denn so. bzw. wie kann
> man sich das vorstellen?
Ein Eigenvektor [mm] $v_i$ [/mm] zum Eigenwert [mm] $\lambda_i$ [/mm] der Abbildung A liegt vor, wenn
[mm] A*v_i = \lambda_i v_i [/mm].
Das heisst: ein Eigenvektor wird auf ein Vielfaches von sich selbst abgebildet.
So, und warum sollte bei einer Fixgeraden der Richtungsvektor auf ein Vielfaches von sich selbst abgebildet werden?
Viele Grüße
Rainer
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:30 Mi 20.01.2010 | | Autor: | Mandy_90 |
> > > Ist dir klar, warum die Richtungsvektoren der Fixgeraden
> > > Eigenvektoren der Abbildung sind?
> >
> > Ehrlich gesagt nicht,warum ist das denn so. bzw. wie kann
> > man sich das vorstellen?
>
> Ein Eigenvektor [mm]v_i[/mm] zum Eigenwert [mm]\lambda_i[/mm] der Abbildung A
> liegt vor, wenn
>
> [mm]A*v_i = \lambda_i v_i [/mm].
>
> Das heisst: ein Eigenvektor wird auf ein Vielfaches von
> sich selbst abgebildet.
>
> So, und warum sollte bei einer Fixgeraden der
> Richtungsvektor auf ein Vielfaches von sich selbst
> abgebildet werden?
weil die FIxgeraden auf sich selbst abgebildet werden,daher sind die Richtungsvektoren Eigenvektoren.
Du hast noch gesagt,dass es außer den Geraden [mm] g:\vec{x}=\vektor{a \\ b \\ b}+s\cdot{}\vektor{c \\ \red{2c} \\ c} [/mm] noch andere Fixgeraden gibt.Wie krieg ich die denn raus?
lg
> Viele Grüße
> Rainer
>
>
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:20 Mi 20.01.2010 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
>
> > > > Ist dir klar, warum die Richtungsvektoren der Fixgeraden
> > > > Eigenvektoren der Abbildung sind?
> > >
> > > Ehrlich gesagt nicht,warum ist das denn so. bzw. wie kann
> > > man sich das vorstellen?
> >
> > Ein Eigenvektor [mm]v_i[/mm] zum Eigenwert [mm]\lambda_i[/mm] der Abbildung A
> > liegt vor, wenn
> >
> > [mm]A*v_i = \lambda_i v_i [/mm].
> >
> > Das heisst: ein Eigenvektor wird auf ein Vielfaches von
> > sich selbst abgebildet.
> >
> > So, und warum sollte bei einer Fixgeraden der
> > Richtungsvektor auf ein Vielfaches von sich selbst
> > abgebildet werden?
>
> weil die FIxgeraden auf sich selbst abgebildet werden,daher
> sind die Richtungsvektoren Eigenvektoren.
> Du hast noch gesagt,dass es außer den Geraden
> [mm]g:\vec{x}=\vektor{a \\ b \\ b}+s\cdot{}\vektor{c \\ \red{2c} \\ c}[/mm]
> noch andere Fixgeraden gibt.Wie krieg ich die denn raus?
Indem du die anderen beiden Eigenvektoren bestimmst?
Eigenvektoren sind ja definiert durch die Gleichung
(*) [mm] A\vec{b} = \lambda \vec{b} \gdw (A-\lambda I) \vec{b} = 0[/mm],
[mm] $\vec{b}$ [/mm] ist der zu [mm] $\lambda$ [/mm] gehörende Eigenvektor.
(Da du einen Eigenvektor schon kennst, kannst du den Eigenwert direkt ausrechnen:
[mm] \pmat{ 3 & -2 & 0 \\ 4 & -3 & 0 \\ 2 & -2 & 1 } * \vektor{1\\2\\1} = \lambda_1 \vektor{1\\2\\1} [/mm].
Das hilft dir gleich weiter.)
Normalerweise bestimmt man erst die Eigenwerte durch Lösen der Gleichung
[mm] \left|\begin{matrix} 3 -\lambda & -2 & 0 \\ 4 & -3-\lambda & 0 \\ 2 & -2 & 1 -\lambda\end{matrix}\right| = 0 [/mm].
Dies ist eine Gleichung 3. Grades, aber da du einen Eigenwert schon kennst, kannst du daraus eine quadratisceh Gleichung machen.
Jeden dieser Eigenwerte setzt du in (*) ein und rechnest den Vektor [mm] $\vec{b}$ [/mm] aus.
(Hinweis: bei der gegebenen Abbildung sind der 2. und 3. Eigenwert gleich.)
Dann musst du noch den Stützvektor ausrechnen. Ich zeige dir mal formal, wie das geht. Angenommen, die Gerade [mm] $g:\vec{a}+s*\vec{b} [/mm] $ sei eine Fixgerade, so muss gelten:
[mm] A (\vec{a}+s*\vec{b}) = \vec{a}+t*\vec{b} [/mm],
wobei zu jedem möglichen Wert von $s$ ein Wert von $t$ gehört. Da [mm] $\vec{b}$ [/mm] ein Eigenvektor von $A$ ist, ist
[mm] A\vec{b} = \lambda \vec{b} [/mm], [mm] $\lambda$ [/mm] zugehöriger Eigenwert.
Wenn ich das einsetze, bekomem ich diese Gleichung für den Stützvektor [mm] $\vec{a}$:
[/mm]
[mm] A\vec{a} - \vec{a} = r * \vec{b}[/mm] für irgendein [mm] $r\in\IR$.
[/mm]
Letzten Endes musst du wieder ein lineares Gleichungssystem lösen.
Viele Grüße
Rainer
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:37 Mi 20.01.2010 | | Autor: | Mandy_90 |
> Hallo!
>
> >
> > > > > Ist dir klar, warum die Richtungsvektoren der Fixgeraden
> > > > > Eigenvektoren der Abbildung sind?
> > > >
> > > > Ehrlich gesagt nicht,warum ist das denn so. bzw. wie kann
> > > > man sich das vorstellen?
> > >
> > > Ein Eigenvektor [mm]v_i[/mm] zum Eigenwert [mm]\lambda_i[/mm] der Abbildung A
> > > liegt vor, wenn
> > >
> > > [mm]A*v_i = \lambda_i v_i [/mm].
> > >
> > > Das heisst: ein Eigenvektor wird auf ein Vielfaches von
> > > sich selbst abgebildet.
> > >
> > > So, und warum sollte bei einer Fixgeraden der
> > > Richtungsvektor auf ein Vielfaches von sich selbst
> > > abgebildet werden?
> >
> > weil die FIxgeraden auf sich selbst abgebildet werden,daher
> > sind die Richtungsvektoren Eigenvektoren.
> > Du hast noch gesagt,dass es außer den Geraden
> > [mm]g:\vec{x}=\vektor{a \\ b \\ b}+s\cdot{}\vektor{c \\ \red{2c} \\ c}[/mm]
> > noch andere Fixgeraden gibt.Wie krieg ich die denn raus?
>
> Indem du die anderen beiden Eigenvektoren bestimmst?
>
> Eigenvektoren sind ja definiert durch die Gleichung
>
> (*) [mm]A\vec{b} = \lambda \vec{b} \gdw (A-\lambda I) \vec{b} = 0[/mm],
>
> [mm]\vec{b}[/mm] ist der zu [mm]\lambda[/mm] gehörende Eigenvektor.
>
> (Da du einen Eigenvektor schon kennst, kannst du den
> Eigenwert direkt ausrechnen:
>
> [mm]\pmat{ 3 & -2 & 0 \\ 4 & -3 & 0 \\ 2 & -2 & 1 } * \vektor{1\\2\\1} = \lambda_1 \vektor{1\\2\\1} [/mm].
>
> Das hilft dir gleich weiter.)
>
> Normalerweise bestimmt man erst die Eigenwerte durch Lösen
> der Gleichung
>
> [mm]\left|\begin{matrix} 3 -\lambda & -2 & 0 \\ 4 & -3-\lambda & 0 \\ 2 & -2 & 1 -\lambda\end{matrix}\right| = 0 [/mm].
>
> Dies ist eine Gleichung 3. Grades, aber da du einen
> Eigenwert schon kennst, kannst du daraus eine quadratisceh
> Gleichung machen.
Wie kommst du auf diese Gleichung? Das kann ich noch nicht ganz nachvollziehen.
> Jeden dieser Eigenwerte setzt du in (*) ein und rechnest
> den Vektor [mm]\vec{b}[/mm] aus.
>
> (Hinweis: bei der gegebenen Abbildung sind der 2. und 3.
> Eigenwert gleich.)
>
>
> Dann musst du noch den Stützvektor ausrechnen. Ich zeige
> dir mal formal, wie das geht. Angenommen, die Gerade
> [mm]g:\vec{a}+s*\vec{b}[/mm] sei eine Fixgerade, so muss gelten:
>
> [mm]A (\vec{a}+s*\vec{b}) = \vec{a}+t*\vec{b} [/mm],
>
> wobei zu jedem möglichen Wert von [mm]s[/mm] ein Wert von [mm]t[/mm]
> gehört. Da [mm]\vec{b}[/mm] ein Eigenvektor von [mm]A[/mm] ist, ist
>
> [mm]A\vec{b} = \lambda \vec{b} [/mm], [mm]\lambda[/mm] zugehöriger
> Eigenwert.
>
> Wenn ich das einsetze, bekomem ich diese Gleichung für den
> Stützvektor [mm]\vec{a}[/mm]:
>
> [mm]A\vec{a} - \vec{a} = r * \vec{b}[/mm] für irgendein [mm]r\in\IR[/mm].
Und das kann ich auch noch nicht nachvollziehen?Welche Rechenschritte hast du hier gemacht?
> Letzten Endes musst du wieder ein lineares Gleichungssystem
> lösen.
Welches denn?
lg
> Viele Grüße
> Rainer
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 22:21 Mi 20.01.2010 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> > Hallo!
> >
> > >
> > > > > > Ist dir klar, warum die Richtungsvektoren der Fixgeraden
> > > > > > Eigenvektoren der Abbildung sind?
> > > > >
> > > > > Ehrlich gesagt nicht,warum ist das denn so. bzw. wie kann
> > > > > man sich das vorstellen?
> > > >
> > > > Ein Eigenvektor [mm]v_i[/mm] zum Eigenwert [mm]\lambda_i[/mm] der Abbildung A
> > > > liegt vor, wenn
> > > >
> > > > [mm]A*v_i = \lambda_i v_i [/mm].
> > > >
> > > > Das heisst: ein Eigenvektor wird auf ein Vielfaches von
> > > > sich selbst abgebildet.
> > > >
> > > > So, und warum sollte bei einer Fixgeraden der
> > > > Richtungsvektor auf ein Vielfaches von sich selbst
> > > > abgebildet werden?
> > >
> > > weil die FIxgeraden auf sich selbst abgebildet werden,daher
> > > sind die Richtungsvektoren Eigenvektoren.
> > > Du hast noch gesagt,dass es außer den Geraden
> > > [mm]g:\vec{x}=\vektor{a \\ b \\ b}+s\cdot{}\vektor{c \\ \red{2c} \\ c}[/mm]
> > > noch andere Fixgeraden gibt.Wie krieg ich die denn raus?
> >
> > Indem du die anderen beiden Eigenvektoren bestimmst?
> >
> > Eigenvektoren sind ja definiert durch die Gleichung
> >
> > (*) [mm]A\vec{b} = \lambda \vec{b} \gdw (A-\lambda I) \vec{b} = 0[/mm],
>
> >
> > [mm]\vec{b}[/mm] ist der zu [mm]\lambda[/mm] gehörende Eigenvektor.
> >
> > (Da du einen Eigenvektor schon kennst, kannst du den
> > Eigenwert direkt ausrechnen:
> >
> > [mm]\pmat{ 3 & -2 & 0 \\ 4 & -3 & 0 \\ 2 & -2 & 1 } * \vektor{1\\2\\1} = \lambda_1 \vektor{1\\2\\1} [/mm].
>
> >
> > Das hilft dir gleich weiter.)
> >
> > Normalerweise bestimmt man erst die Eigenwerte durch Lösen
> > der Gleichung
> >
> > [mm]\left|\begin{matrix} 3 -\lambda & -2 & 0 \\ 4 & -3-\lambda & 0 \\ 2 & -2 & 1 -\lambda\end{matrix}\right| = 0 [/mm].
>
> >
> > Dies ist eine Gleichung 3. Grades, aber da du einen
> > Eigenwert schon kennst, kannst du daraus eine quadratisceh
> > Gleichung machen.
>
> Wie kommst du auf diese Gleichung? Das kann ich noch nicht
> ganz nachvollziehen.
Die Bedingung für Eigenwerte und Eigenvektoren ist
[mm] A*\vec{b} - \lambda\vec{b} = 0 [/mm]
Das ist ein homogenes lineares Gleichungssystem. Nur wenn die Determinante der Koeffizientenmatrix gleich 0 ist, kann [mm] $\vec{b}\not=0$ [/mm] herauskommen. Das ist genau die Determinante oben.
(Wie habt ihr denn Eigenvektoren bisher ausgerechnet?)
> > Jeden dieser Eigenwerte setzt du in (*) ein und rechnest
> > den Vektor [mm]\vec{b}[/mm] aus.
> >
> > (Hinweis: bei der gegebenen Abbildung sind der 2. und 3.
> > Eigenwert gleich.)
> >
> >
> > Dann musst du noch den Stützvektor ausrechnen. Ich zeige
> > dir mal formal, wie das geht. Angenommen, die Gerade
> > [mm]g:\vec{a}+s*\vec{b}[/mm] sei eine Fixgerade, so muss gelten:
> >
> > [mm]A (\vec{a}+s*\vec{b}) = \vec{a}+t*\vec{b} [/mm],
> >
> > wobei zu jedem möglichen Wert von [mm]s[/mm] ein Wert von [mm]t[/mm]
> > gehört. Da [mm]\vec{b}[/mm] ein Eigenvektor von [mm]A[/mm] ist, ist
> >
> > [mm]A\vec{b} = \lambda \vec{b} [/mm], [mm]\lambda[/mm] zugehöriger
> > Eigenwert.
> >
> > Wenn ich das einsetze, bekomem ich diese Gleichung für den
> > Stützvektor [mm]\vec{a}[/mm]:
> >
> > [mm]A\vec{a} - \vec{a} = r * \vec{b}[/mm] für irgendein [mm]r\in\IR[/mm].
>
> Und das kann ich auch noch nicht nachvollziehen?Welche
> Rechenschritte hast du hier gemacht?
Das ist die Gleichung [mm]A (\vec{a}+s*\vec{b}) = \vec{a}+t*\vec{b} [/mm], bei der ich [mm] $\vec{a}$ [/mm] von rechts nach links und [mm] $A*s*\vec{b} [/mm] = s * A [mm] *\vec{b} [/mm] = [mm] s*\lambda*\vec{b}$ [/mm] auf die rechte Seite gebracht habe. $r= t- [mm] s*\lambda$ [/mm] ist dann nur eine Abkürzung.
Anschaulich bedeutet die Gleichung, dass der Stützvektor [mm] $\vec{a}$ [/mm] auf den Stützvektor [mm] $A\vec{a} [/mm] $ abgebildet wird. Und da die Differenz zweier Stützvektoren immer parallel zum Richtungsvektor ist, muss diese Differenz die Form $r * [mm] \vec{b}$ [/mm] haben.
>
> > Letzten Endes musst du wieder ein lineares Gleichungssystem
> > lösen.
Ich meinte [mm]A\vec{a} - \vec{a} = r * \vec{b}[/mm], um zum Richtungsvektor [mm] $\vec{b}$ [/mm] einen passenden Stützvektor [mm] $\vec{a}$ [/mm] zu finden.
Viele Grüße
Rainer
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:31 Do 21.01.2010 | | Autor: | Mandy_90 |
ok,ich muss also folgendes Gleichungssystem lösen:
[mm] 3x-2y=\lambda*x
[/mm]
[mm] 4x-3y=\lambda*y
[/mm]
[mm] 2x-2y+z=\lambda*z
[/mm]
Aber wie mache ich das denn,ich hab hier 4 Variablen,aber nur drei Gleichungen,wie geht man hier vor?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:03 Do 21.01.2010 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> ok,ich muss also folgendes Gleichungssystem lösen:
>
> [mm]3x-2y=\lambda*x[/mm]
> [mm]4x-3y=\lambda*y[/mm]
> [mm]2x-2y+z=\lambda*z[/mm]
>
> Aber wie mache ich das denn,ich hab hier 4 Variablen,aber
> nur drei Gleichungen,wie geht man hier vor?
Hier ist der Lösungsvektor [mm] $\vektor{x\\y\\z}$ [/mm] nur bis auf eine multiplikative Konstante bestimmt, also [mm] $\vektor{2x\\2y\\2z}$ [/mm] und [mm] $\vektor{3x\\3y\\3z}$ [/mm] genauso Lösungen sind.
Weil das so ist, kannst du eine der Größen $x,y,z$ festlegen, zum Beispiel $x=1$.
(Es kommt bei anderen Abbildungen durchaus vor, dass $x=0$ sein muss, aber zum Glück ist das hier nicht der Fall.)
Viele Grüße
Rainer
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