Eigenvektoren,charakteristisches Polynom < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:26 Di 29.06.2004 | | Autor: | mausi |
Hallo,ich soll diese Aufgabe lösen:
Bestimme das charakteristische Polynom, Eigenwerte und Eigenräume der folgenden Matrix aus [mm] Mat(4,4;\IR).Ist [/mm] A diagonalisierbar?Begründung!
A= [mm] \begin{pmatrix}
2 & 0 & -1 & -4 \\
-3 & 1 & 3 & 0 \\
2 & 0 & -1 & -2 \\
1 & 0 & -1 & -3
\end{pmatrix} [/mm]
so als erstes habe ich die Matrix auf Zeilenstufenform gebracht
sieht dann so aus
[mm] \begin{pmatrix}
1 & 0 & -1 & -3 \\
0 & 1 & 0 & -9 \\
0 & 0 & 1 & 2 \\
0 & 0 & 0 & -2
\end{pmatrix} [/mm]
dann habe ich A - [mm] \lambda [/mm] E gerechnet
[mm] \begin{pmatrix}
1 & 0 & -1 & -3 \\
0 & 1 & 0 & -9 \\
0 & 0 & 1 & 2 \\
0 & 0 & 0 & -2
\end{pmatrix}- \begin{pmatrix}
\lambda & 0 & 0 & 0 \\
0 & \lambda & 0 & 0 \\
0 & 0 & \lambda & 0 \\
0 & 0 & 0 & \lambda
\end{pmatrix} [/mm]
[mm] =\begin{pmatrix}
1-\lambda & 0 & -1 & -3 \\
0 & 1-\lambda & 0 & -9 \\
0 & 0 & 1-\lambda & 2 \\
0 & 0 & 0 & -2 -\lambda
\end{pmatrix} [/mm]
dann die [mm] det(A-\lambda E)=(1-\lambda)^3(-2-\lambda)
[/mm]
1. [mm] (1-\lambda)^3 [/mm] =0
[mm] \lambda [/mm] =1,-1,1
2. [mm] -2-\lambda [/mm] =0 = -2
die 4 sind also die Eigenwerte
so und nu hänge ich bei den Eigenvektoren fest
ich muss doch jetzt jedes einzelne [mm] \lambda [/mm] einsetzen:
für [mm] \lambda [/mm] = 1
[mm] \begin{pmatrix}
1-1 & 0 & -1 & -3 \\
0 & 1-1 & 0 & -9 \\
0 & 0 & 1-1 & 2 \\
0 & 0 & 0 & -2 -1
\end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3\\x_4 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0\\0 \end{pmatrix} [/mm]
und nun Gl daraus bilden und auflösen oder?
[mm] -x_3-3x_4=0
[/mm]
[mm] -9x_4=0
[/mm]
[mm] 2x_4=0
[/mm]
[mm] -3x_4=0
[/mm]
aber da würde ja überall 0 rauskommen und das is ja falsch,wo liegt bitte hier mein Denkfehler???
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:04 Di 29.06.2004 | | Autor: | Dana22 |
> Hallo,ich soll diese Aufgabe lösen:
> Bestimme das charakteristische Polynom, Eigenwerte und
> Eigenräume der folgenden Matrix aus [mm]Mat(4,4;\IR).Ist[/mm] A
> diagonalisierbar?Begründung!
> A= [mm]\begin{pmatrix}
2 & 0 & -1 & -4 \\
-3 & 1 & 3 & 0 \\
2 & 0 & -1 & -2 \\
1 & 0 & -1 & -3
\end{pmatrix}[/mm]
>
> so als erstes habe ich die Matrix auf Zeilenstufenform
> gebracht
> sieht dann so aus
> [mm]\begin{pmatrix}
1 & 0 & -1 & -3 \\
0 & 1 & 0 & -9 \\
0 & 0 & 1 & 2 \\
0 & 0 & 0 & -2
\end{pmatrix}[/mm]
>
> dann habe ich A - [mm]\lambda[/mm] E gerechnet
>
> [mm]\begin{pmatrix}
1 & 0 & -1 & -3 \\
0 & 1 & 0 & -9 \\
0 & 0 & 1 & 2 \\
0 & 0 & 0 & -2
\end{pmatrix}- \begin{pmatrix}
\lambda & 0 & 0 & 0 \\
0 & \lambda & 0 & 0 \\
0 & 0 & \lambda & 0 \\
0 & 0 & 0 & \lambda
\end{pmatrix}[/mm]
>
> [mm]=\begin{pmatrix}
1-\lambda & 0 & -1 & -3 \\
0 & 1-\lambda & 0 & -9 \\
0 & 0 & 1-\lambda & 2 \\
0 & 0 & 0 & -2 -\lambda
\end{pmatrix}[/mm]
>
> dann die [mm]det(A-\lambda E)=(1-\lambda)^3(-2-\lambda)
[/mm]
> 1.
> [mm](1-\lambda)^3[/mm] =0
> [mm]\lambda[/mm] =1,-1,1
> 2. [mm]-2-\lambda[/mm] =0 = -2
> die 4 sind also die Eigenwerte
![[super]](/images/smileys/super.gif "[super]") (die hab ich auch ausgerechnet)
> so und nu hänge ich bei den Eigenvektoren fest
> ich muss doch jetzt jedes einzelne [mm]\lambda[/mm] einsetzen:
> für [mm]\lambda[/mm] = 1
> [mm]\begin{pmatrix}
1-1 & 0 & -1 & -3 \\
0 & 1-1 & 0 & -9 \\
0 & 0 & 1-1 & 2 \\
0 & 0 & 0 & -2 -1
\end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3\\x_4 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0\\0 \end{pmatrix}[/mm]
>
>
> und nun Gl daraus bilden und auflösen oder?
> [mm]-x_3-3x_4=0
[/mm]
> [mm]-9x_4=0
[/mm]
> [mm]2x_4=0
[/mm]
> [mm]-3x_4=0
[/mm]
> aber da würde ja überall 0 rauskommen und das is ja
> falsch,wo liegt bitte hier mein Denkfehler???
FALSCH!!!!!!!!!
Du musst dieses lösen: Ax = [mm]\lambda[/mm]x lösen.
Also für dein [mm]\lambda_1[/mm]=1 ergibt sich also:
[mm]\begin{pmatrix}
2 & 0 & -1 & -4 \\
-3 & 1 & 3 & 0 \\
2 & 0 & -1 & -2 \\
1 & 0 & -1 & -3
\end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3\\x_4 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3\\x_4 \end{pmatrix}[/mm]
>
[mm] 2x_1-x_3-4x_4=x_1
[/mm]
[mm] -3x_1+x_2+3x_3=x_2
[/mm]
[mm] 2x_1-x_3-2x_4=x_3
[/mm]
[mm] x_1-x_3-3x_4=x_4
[/mm]
und daraus folgt:
aus II [mm] x_1 [/mm] = [mm] x_3
[/mm]
in die anderen Gleichungen eingesetzt, ergibt das, dass [mm] x_4 [/mm] = 0 ist
und für [mm] x_2 [/mm] wird gar keine Aussage gemacht.
und da bin ich dann auf
[mm]\begin{pmatrix} c \\ d \\ c \\ 0 \end{pmatrix}[/mm]
wobei c, d reele Zahlen sind. Keine Ahnung wie man das nun schreiben soll. Aber vielleicht weißt du ja das. 
Na denn, viel Spaß mit den anderen noch.
Und A ist dann diagonalisierbar, wenn alle Eigenvektoren linear unabhängig sind.
Oder du berechnest das Minimalpolynom. Und wenn dann alle Nullstellen des Minimalpolynoms nur einfach auftreten, dann ist A diagonaliserbar.
Ich hoffe, ich konnte dir helfen.
Liebe Grüße Dana
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:37 Di 29.06.2004 | | Autor: | mausi |
Und wo hast du hier die eigenwerte eingesetzt?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:40 Di 29.06.2004 | | Autor: | Dana22 |
Hallo Mausi,
ich hab die Eigenvektoren auch aus der ursprünglichen Matrix A berechnet. Aber es hat anscheinend keinen Unterschied zu deiner gemacht. ![[keineahnung]](/images/smileys/keineahnung.gif "[keineahnung]")
Du musst dieses lösen: Ax = [mm]\lambda[/mm]x lösen.
Also für dein [mm]\lambda_1[/mm]=1 ergibt sich also:
[mm]\begin{pmatrix}
2 & 0 & -1 & -4 \\
-3 & 1 & 3 & 0 \\
2 & 0 & -1 & -2 \\
1 & 0 & -1 & -3
\end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3\\x_4 \end{pmatrix}[/mm] =1[mm]\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3\\x_4 \end{pmatrix}[/mm]
[mm] 2x_1-x_3-4x_4 [/mm] = 1 [mm] x_1 [/mm]
[mm] -3x_1+x_2+3x_3 [/mm] = 1 [mm] x_2 [/mm]
[mm] 2x_1-x_3-2x_4 [/mm] = 1 [mm] x_3 [/mm]
[mm] x_1-x_3-3x_4 [/mm] = 1 [mm] x_4 [/mm]
So, ich hoffe, das hilft dir jetzt weiter.
Liebe Grüße Dana
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:52 Di 29.06.2004 | | Autor: | Paulus |
Hallo mausi
> Hallo,ich soll diese Aufgabe lösen:
> Bestimme das charakteristische Polynom, Eigenwerte und
> Eigenräume der folgenden Matrix aus [mm]Mat(4,4;\IR).Ist[/mm] A
> diagonalisierbar?Begründung!
> A= [mm]\begin{pmatrix}
2 & 0 & -1 & -4 \\
-3 & 1 & 3 & 0 \\
2 & 0 & -1 & -2 \\
1 & 0 & -1 & -3
\end{pmatrix}[/mm]
>
> so als erstes habe ich die Matrix auf Zeilenstufenform
> gebracht
![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]") Nein, das darfst du nicht tun. Dadurch beschreibt die Matrix ja eine andere Abbildung, womit auch die Eigenvektoren ändern.
Nein, du musst von allem Anfang an die Diagonalelemente mit [mm] $-\lambda$ [/mm] ergänzen, erst dann darfst du allenfalls mit Umformen beginnen.
Ich würde aber einfach nach der ersten Spalte entwickeln:
[mm] $\begin{pmatrix}2-\lambda&0&-1&-4\\-3&1-\lambda&3&0\\2&0&-1-\lambda&-2\\1&0&-1&-3-\lambda\end{pmatrix}$
[/mm]
Kannst du hier mal die das Charakteristische Polynom erzeugen? Wie gesagt, ich würde nach der 2. Spalte entwickeln (und $(t-1)$ als Faktor stehen lassen (nicht hineinmultiplizieren!), da ja am Schluss die Nullstellen des Charakteristischen Polynoms bestimmt werden müssen. Und das geht viel einfachen, wenn das ganze Polynom als Produkt dargestellt wird.
Mit lieben Grüssen
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:47 Di 29.06.2004 | | Autor: | mausi |
Ojeeeh ich weiss gar nicht wie man das charakteristische Polynom entwickelt :-(((
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:41 Di 29.06.2004 | | Autor: | Paulus |
Hallo mausi
> Ojeeeh ich weiss gar nicht wie man das charakteristische
> Polynom entwickelt :-(((
>
Also, du musst die Determinante von der Matrix berechnen, in der eben noch diese [mm] $-\lambda$ [/mm] vorkommen. Also die Determinante von der Matrix $A - [mm] \lambda [/mm] E$. Das dabei entstehend Polynom in [mm] $\lambda$ [/mm] ist das Charakteristische Polynom.
Aber du weisst schon, wie man die Determinante berechnet, indem man nach einer Spalte entwickelt? Es ist ja so, dass, wenn man eine Spalte oder Zeile entdeckt, die ziemlich viele Nullen enthält, man dann am Günstigsten fährt, wenn man genau nach dieser Spalte oder Zeile entwickelt.
In deinem Fall ist gilt ja gerade:
$det(A - [mm] \lambda [/mm] A) = det [mm] (\begin{pmatrix}(2-\lambda)&0&-1&-4\\-3&(1-\lambda)&3&0\\2&0&(-1-\lambda)&-2\\1&0&-1&(-3-\lambda)\end{pmatrix}) [/mm] = [mm] (1-\lambda)* det(\begin{pmatrix}(2-\lambda)&-1&-4\\2&(-1-\lambda)&-2\\1&-1&(-3-\lambda)\end{pmatrix})$
[/mm]
Wie man von der 3x3-Matrix auf der rechten Seite die Determinante berechnet, weisst du ja, glaube ich. Das solltest du jetzt berechnen können. Das gibt dann ein Polynom, wo ich aber den Faktor [mm] $(1-\lambda)$ [/mm] keinesfalls hineinmultiplizieren würde. (Du siehst übrigens auch schon, dass ein Eigenwert $1$ ist, weil ja [mm] $(1-\lambda)$ [/mm] als Faktor vorkommt. (Du musst ja das Polynom = Null setzen und auflösen). Somit genügt es eigentlich, nur noch die Determinante (Charakteristisches Polynom) der 3x3-Matrix auf der rechten Seite zu berechnen und bei diesem die Nullstellen zu berechnen. Leider gibt es dann ein Polynom 3. Grades, aber mit ein Wenig gucken erguckst du ziehmlich schnell, dass [mm] $\lambda [/mm] = 1$ auch eine Nullstelle des Charakteristischen Polynoms ist. (Wenn du nämlich bei der 3x3-Matrix in Gedanken für [mm] $\lambda$ [/mm] den Wert $1$ einsetzst, dann gibt es für die 1. Zeile $(1,-1,-4)$, ebenso wie auch die letzte Zeile. Und die Determinante einer Matrix mit 2 gleichen Zeilen ist ja bekanntlich $0$).)
So, kannst du einmal bis hierhin weiterfahren?
Mit lieben Grüssen
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:46 Di 29.06.2004 | | Autor: | Chriskoi |
Ist das jetzt Zufall, oder was?
Wenn man es, wie Du angeführt hast Paulus, ausrechnet, kommt man doch auch auf die Eigenwerte:
[mm] \lambda_1 = 1, \lambda_2 = 1, \lambda_3 = -2, \lambda_4 = -1 [/mm]
Mfg
Chriskoi
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 08:51 Mi 30.06.2004 | | Autor: | Paulus |
Hallo Chriskoi
> Ist das jetzt Zufall, oder was?
>
> Wenn man es, wie Du angeführt hast Paulus, ausrechnet,
> kommt man doch auch auf die Eigenwerte:
>
> [mm]\lambda_1 = 1, \lambda_2 = 1, \lambda_3 = -2, \lambda_4 = -1[/mm]
>
>
Was heisst denn hier auch?
Im 1. Ansatz von mausi war das Charakteristische Polynom doch
[mm] $(1-\lambda)^{3}*(-2-\lambda)$
[/mm]
Wie man da aus
[mm] $(1-\lambda)^{3}=0$ [/mm]
auf [mm] $\lambda_1 [/mm] = 1$, [mm] $\lambda_2 [/mm] = -1$ und [mm] $\lambda_3 [/mm] = 1$ schliessen kann, ist mir schleierhaft!
Mit lieben Grüssen
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:12 Mi 30.06.2004 | | Autor: | Chriskoi |
> Hallo Chriskoi
>
> > Ist das jetzt Zufall, oder was?
> >
> > Wenn man es, wie Du angeführt hast Paulus, ausrechnet,
>
> > kommt man doch auch auf die Eigenwerte:
> >
> > [mm]\lambda_1 = 1, \lambda_2 = 1, \lambda_3 = -2, \lambda_4 = -1[/mm]
>
> >
> >
>
> Was heisst denn hier auch?
>
> Im 1. Ansatz von mausi war das Charakteristische Polynom
> doch
> [mm](1-\lambda)^{3}*(-2-\lambda)[/mm]
>
> Wie man da aus
> [mm](1-\lambda)^{3}=0[/mm]
>
> auf [mm]\lambda_1 = 1[/mm], [mm]\lambda_2 = -1[/mm] und [mm]\lambda_3 = 1[/mm]
> schliessen kann, ist mir schleierhaft!
>
> Mit lieben Grüssen
>
Hallo Paulus,
da hast Du recht. aber die Eigenwerte stimmen doch so, oder?
Nun brauch ich doch wieder bloß die EW's in die Ausgangsmatrix einsetzen und kriege dann die EV's und die Räume dazu.
Unser Übungsleiter meinte eine Matrix ist dann diagonalisierbar, wenn die algebr. Vielfachheit aller Lamda i gleich der geometrischen ist und für alle Lamda i die algebr. Vielfachheit gleich der Dimension der Vektorräume der Lamda i ist.
Stimmt das so?
Mfg
Chriskoi
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:35 Mi 30.06.2004 | | Autor: | Paulus |
Hallo Chriskoi
>
> Unser Übungsleiter meinte eine Matrix ist dann
> diagonalisierbar, wenn die algebr. Vielfachheit aller Lamda
> i gleich der geometrischen ist und für alle Lamda i die
> algebr. Vielfachheit gleich der Dimension der Vektorräume
> der Lamda i ist.
>
Ja, das sehe ich auch so. Unter diesen Voraussetzungen gelingt es nämlich, eine Basis zu bilden, die aus lauter Eigenvektoren besteht. Und bezüglich dieser Basis hat die Matrix, wie man sich leicht überlegt, Diagonalform. In der Diagonalen stehen dann gerade die Eigenwerte der entsprechenden Eigenvektoren, die ja dann die Basis bilden und somit ihr Bild als Spaltenvektor auftaucht.
Mit lieben Grüssen
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:27 Mi 30.06.2004 | | Autor: | Chriskoi |
Ich habe nun mal alles durch gerechnet.
Hier ist meine Lösung:
1. [mm] \lambda_1,_2 = 1, v_1 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}, v_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} [/mm] und [mm]
V_1 = Lin \left\langle \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \right\rangle [/mm]
2. [mm] \lambda_3 = -2, v_3 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} [/mm] und [mm] V_-_2 = Lin \left\langle \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \right\rangle [/mm]
3. [mm] \lambda_4 = -1, v_4 = \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} [/mm] und [mm] V_-_1 = Lin \left\langle \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} \right\rangle [/mm]
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:09 Mi 30.06.2004 | | Autor: | Paulus |
Hallo Chriskoi
es scheint, dass deine Werte stimmen. Das kannst du übrigens recht einfach überprüfen: wende die Matrix einfach auf einen deiner vermeintlichen Eigenvektoren an. Wenn dann als Resultat das [mm] $\lambda$-fache [/mm] des Vektors herauskommt, dann handelt es sich tatsächlich um den zum Eigenwert [mm] $\lambda$ [/mm] gehörenden Eigenvektor.
Mit lieben Grüssen
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:18 Mi 30.06.2004 | | Autor: | mausi |
Wie sieht denn das charakteristische Polynom aus???wenn ich das habe weiss ich ob ich Vorzeichenfehler habe
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:10 Mi 30.06.2004 | | Autor: | Paulus |
Hallo mausi
...dann gib doch bitte einmal bekannt, was du denn hast. Dann können wir ja mal vergleichen...
Mit lieben Grüssen
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