Orthogonale Matrix bestimmen < Matrizen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:05 Di 19.08.2008 | | Autor: | nooby |
| Aufgabe | Berechnen Sie für die Reelle Matrix
A: = [mm] \begin{pmatrix}
1+4c & 2c & 0\\
2c & 1+c & 0\\
0 & 0 & 1-c
\end{pmatrix} [/mm]
die Eigenwerte von A in Abhängigkeit von c [mm] \in\ \IR\ [/mm] und bestimmen Sie eine orthogonale Matrix Q so, dass [mm] Q^{-1} [/mm] A Q eine Diagonalmatrix ist. |
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Hallo liebe Mathefreunde,
ich bräuchte ein wenig Hilfe bei der beschriebenen Aufgabe.
Wenn ich mich nicht verrechnet habe, müsste das
charakteristische Polynom die Form [mm] 4c^3 [/mm] - [mm] 8c^2 [/mm] + c + 1 haben;
folglich wären die Eigenwerte (die Nullstellen)
[mm] \bruch{1}{2}, \bruch{3+\wurzel{12}}{4} [/mm] und [mm] \bruch{3-\wurzel{12}}{4} [/mm]
Normalerweise würde ich jetzt die Eigenvektoren zu den Eigenwerten bestimmen und diese normieren. Die normierten Eigenvektoren wären dann die Spalten von einer Orthogonalmatrix, also dem gesuchten Q, oder nicht ?
Naja, das habe ich zumindest versucht, aber durch die c's in der Matrix werden die Ausdrücke immer unüberschaubarer.
Kann es vielleicht sein, dass schon mein Ansatz ganz falsch ist?
Für nützliche Tipps wäre ich sehr dankbar.
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Du müsstest zunächst [mm] \lambda [/mm] von der Hauptdiagonalen subtrahieren und schließlich die Determinante der Matrix berechnen. Hier bietet sich besonders der Entwicklungssatz an. Soweit ich mich erinnere, besteht eine Orthogonalbasis nicht aus den normierten Eigenvektoren, wohl aber die Orthonormalbasis.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:12 Di 19.08.2008 | | Autor: | nooby |
Hallo Marcel08,
ich dachte nur, "A in Abhängigkeit von [mm] c\in\ \IR\ [/mm] " aus der Aufgabenstellung bedeutet, dass ich statt dem $ [mm] \lambda [/mm] $ ein c subtrahieren muss.
So bin ich auch auf das charakteristische Polynom und die Eigenwerte gekommen, also über die Determinante; nur habe ich halt c von der Hauptdiagonalen subtrahiert statt dem $ [mm] \lambda [/mm] $.
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> ich dachte nur, "A in Abhängigkeit von [mm]c\in\ \IR\[/mm] " aus der
> Aufgabenstellung bedeutet, dass ich statt dem [mm]\lambda[/mm] ein c
> subtrahieren muss.
> So bin ich auch auf das charakteristische Polynom und die
> Eigenwerte gekommen, also über die Determinante; nur habe
> ich halt c von der Hauptdiagonalen subtrahiert statt dem
> [mm]\lambda [/mm].
hallo,
das hast du dann aber falsch verstanden.
Es ist in A: = $ [mm] \begin{pmatrix} 1+4c & 2c & 0\\ 2c & 1+c & 0\\ 0 & 0 & 1-c \end{pmatrix} [/mm] $ das c zwar beliebig, aber fest.
(Du kennst so etwas wahrscheinlich von der Untersuchung v. Funktionenscharen.)
Du sollst die Eigenwerte dieser Matrix bestimmen, und daß sie irgendwie von c abhängen, sollte nicht so erstaunlich sein.
Berechne also die Nullstellen des charakteristischen Polynoms von [mm] \begin{pmatrix} 1+4c & 2c & 0\\ 2c & 1+c & 0\\ 0 & 0 & 1-c \end{pmatrix}.
[/mm]
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:39 Di 19.08.2008 | | Autor: | nooby |
OK, vielen Dank erstmal für die Tipps.
Falls ich mich nicht verrechnet habe, müsste
- ($ [mm] \lambda $)^3 [/mm] - 7 ($ [mm] \lambda $)^2 [/mm] + [mm] (-5c^2+8c+3) [/mm] $ [mm] \lambda [/mm] $ + [mm] 4c^3-5c^2-1
[/mm]
das Charakteristische Polynom sein.
Wie kann ich denn von so einem Ausdruck die Nullstellen bestimmen?
Selbst wenn ich eine durch Ausprobieren rausbekäme, dürfte die Polynomdivision und das Rechnen mit der p-q-Formel doch recht kompliziert werden. (Gibts da ne Alternative?)
Anhand der Koeffizienten weiss ich zwar, dass die Quersumme der Nullstellen 7 und das Produkt [mm] 4c^3-5c^2-1 [/mm] ist, aber das hilft mir auch nicht weiter, denke ich.
Ich stehe irgendwie auf dem Schlauch.
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Hallo nooby,
das stimmt irgendwie nicht, das sieht auch viel zu kompliziert aus.
Hast du dir mal hingeschrieben, was du genau machen musst, also was dir die Vorredner versucht haben zu verklickern?
Ich fasse nochmal zusammen, weil das wichtig ist:
Deine Ausgangsmatrix ist [mm] $A=\begin{pmatrix} 1+4c & 2c & 0\\ 2c & 1+c & 0\\ 0 & 0 & 1-c \end{pmatrix} [/mm] $
Um die Eigenwerte zu bestimmen, musst du die [mm] $det(A-\lambda\cdot{}\mathbb{E}_3)$ [/mm] berechnen, wobei [mm] $\mathbb{E}_3$ [/mm] die [mm] $3\times [/mm] 3$ Einheitsmatrix ist:
Es ist [mm] $A-\lambda\cdot{}\mathbb{E}_3=\begin{pmatrix} 1+4c & 2c & 0\\ 2c & 1+c & 0\\ 0 & 0 & 1-c \end{pmatrix}-\lambda\cdot{}\begin{pmatrix} 1& 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1+4c & 2c & 0\\ 2c & 1+c & 0\\ 0 & 0 & 1-c \end{pmatrix}-\begin{pmatrix} \lambda & 0 & 0\\ 0 & \lambda & 0\\ 0 & 0 & \lambda \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1+4c-\lambda & 2c & 0\\ 2c & 1+c-\lambda & 0\\ 0 & 0 & 1-c-\lambda \end{pmatrix}$
[/mm]
Die Determinante dieser letzten Matrix ist nun zu berechnen, sinnvoll erscheint wegen der vielen Nullen in der 3. Zeile bzw. 3. Spalte die Entwicklung gemäß dem Laplace'schen Entwicklungssatz nach der 3. Zeile bzw. 3. Spalte (du kannst natürlich auch die Regel von Sarrus verwenden)
Zb. nach der 3. Spalte ist das:
[mm] $(1-c-\lambda)\cdot{}det\pmat{1+4c-\lambda&2c\\2c&1+c-\lambda}$
[/mm]
[mm] $=(1-c-\lambda)\cdot{}\left[(1+4c-\lambda)\cdot{}(1+c-\lambda)-2c\cdot{}2c\right]$
[/mm]
Nun bitte nicht alles ausmultiplizieren, eine Nullstelle dieses charakteristischen Polynoms hast du ja schon durch den ersten Faktor [mm] $1-c-\lambda$
[/mm]
Das ist $=0$, wenn [mm] $\lambda=1-c$ [/mm] ist, damit hast du die erste NST des char. Polynoms, also deinen ersten Eigenwert von A
Die anderen beiden Eigenwerte bekommst du, wenn du die eckige Klammer zusammenfasst, das liefert dir eine quadratische Gleichung, die du locker lösen kannst ...
Noch einen Hinweis möchte ich geben.
Deine Ausgangsmatrix $A$ ist symmetrisch. Daher gibt es zu verschiedenen Eigenwerten auf jeden Fall orthogonale Eigenvektoren ...
Nun rechne mit diesem Ansatz nochmal weiter bzw. nach ...
LG
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:30 Mi 20.08.2008 | | Autor: | nooby |
Hallo nochmal,
Könntet ihr mir bitte jemand eine Rückmeldung geben, was bei meinen folgenden Überlegungen / Rechnungen wieder falsch gelaufen ist. Ich habe probiert, die Orthogonale Matirx Q zu bestimmen, wie es in der Aufgabenstellung verlangt wird:
Auf einen Fehler hat mich ja schon schachuzipus aufmerksam gemacht:
> Nun bitte nicht alles ausmultiplizieren, eine Nullstelle
> dieses charakteristischen Polynoms hast du ja schon durch
> den ersten Faktor [mm]1-c-\lambda[/mm]
dafür erstmal danke.
Das charakteristische Polynom wird also gebildet durch den Ausdruck:
[mm](1-c-\lambda)\cdot{}\left[(1+4c-\lambda)\cdot{}(1+c-\lambda)-2c\cdot{}2c\right][/mm]
Die NST des charakteristischen Polynoms müssten dann:
1-c, 5c+1 und 1 sein.
Über [mm](A-\ k \cdot{}\mathbb{E}_3)*v = 0[/mm] (v Eigenvektor zum Eigenwert k) habe ich die Eigenvektoren
[mm] \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} [/mm] und [mm] \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} [/mm] erhalten.
Diese habe ich normiert (orhogonal sind sie automatisch wegen der Symmetrie) und die folgenden orthonormalen Vektoren erhalten:
[mm] \bruch{1}{wurzel{5}}* \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 0 \end{pmatrix} [/mm], [mm] \bruch{1}{wurzel{5}}* \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} [/mm] und [mm] \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} [/mm]
Die orthonormalen Vektoren bilden die Spalten einer Orthogonalen Matrix Q
[mm]Q:=\begin{pmatrix} \bruch{1}{wurzel{5}} & \bruch{2}{wurzel{5}} & 0\\ \bruch{-2}{wurzel{5}}& \bruch{1}{wurzel{5}}& 0\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}[/mm]
(Also orthogonal müsste die Matrix sein, weil [mm] Q*Q^{-1} [/mm] gleich der Einheitsmatrix ist.)
Aber für [mm] Q^{-1}*A*Q [/mm] bekomme ich statt einer Diagonalmatrix D (bestehend aus den Eigenwerten von A) nur:
[mm]\begin{pmatrix} \bruch{5+16c}{5} & \bruch{-12c}{5} & 0\\ \bruch{-12c}{5}& \bruch{9+13c}{5}& 0\\ 0 & 0 & 1-c \end{pmatrix}[/mm]
Kann mir jemand sagen, was ich diesmal falsch gemacht habe, warum mein orthogonale Matix Q (mit Q{^-1}) nicht aus A eine Diagonalmatrix macht?
Sind es meine Überlegungen oder habe ich mich irgendwo verrechnet?
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Du müsstest das Verfahren der Koordinatentransformation anwenden:
1.) Zunächst deine errechnete Matrix Q transponieren, dh.: Spaltenvektoren werden zu Zeilenvektoren und umgekehrt.
2.) Diese transponierte Matrix dann mit der ursprünglichen Matrix A multiplizieren.
3.) Dieses Matrixprodukt dann ein weiteres Mal multiplizieren mit der Matrix Q.
Beachte auch, dass die Matrizenmultiplikation nicht kommutativ ist.
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> Die NST des charakteristischen Polynoms müssten dann:
>
> 1-c, 5c+1 und 1 sein.
Hallo,
ja, das ist richtig.
An dieser Stelle solltest Du aber einmal in Dich gehen: sind diese Nullstellen für jedes c verschieden?
Oder gibt es vielleicht Werte für c, bei denen man nur eine oder zwei verschiedene Nullstellen hat?
>
>
> Über [mm](A-\ k \cdot{}\mathbb{E}_3)*v = 0[/mm] (v Eigenvektor zum
> Eigenwert k) habe ich die Eigenvektoren
>
> [mm]\begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}[/mm]
> und [mm]\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}[/mm]
> erhalten.
Für [mm] c\not=0 [/mm] habe ich dieselben Eigenvektoren gefunden.
(Letztendlich sind es auch welche für c=0, aber Vorsicht beim Umformen von A-\ k [mm] \cdot{}\mathbb{E}_3: [/mm] Du darfst Nicht völlig unbekümmert Zeilen durch c dividieren.)
>
> Diese habe ich normiert (orhogonal sind sie automatisch
> wegen der Symmetrie)
Offensichtlich sind sie orthogonal.
"Automatisch" orthogonal sind Eigenwerte symmetrischer Matrizen zu verschiedenen Eigenwerten. (Diejenigen, die zum selben Eigenwert gehören und möglicherweise nicht orthogonal sind, kann man orthogonalisieren.)
In dem Fall, daß Dein [mm] c\not=0 [/mm] ist, sind die drei Eigenwerte verschieden,
> und die folgenden orthonormalen
> Vektoren erhalten:
>
> [mm]\bruch{1}{\wurzel{5}}* \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 0 \end{pmatrix} [/mm],
> [mm]\bruch{1}{\wurzel{5}}* \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}[/mm]
> und [mm]\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}[/mm]
>
>
> Die orthonormalen Vektoren bilden die Spalten einer
> Orthogonalen Matrix Q
Ja.
>
> [mm]Q:=\begin{pmatrix} \bruch{1}{\wurzel{5}} & \bruch{2}{\wurzel{5}} & 0\\ \bruch{-2}{\wurzel{5}}& \bruch{1}{\wurzel{5}}& 0\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}[/mm]
Genau.
> (Also orthogonal müsste die Matrix sein, weil [mm]Q*Q^{-1}[/mm]
> gleich der Einheitsmatrix ist.)
Wenn man eine invertierbare Matrix Q hat, ist [mm] Q*Q^{-1} [/mm] immer die Einheitsmatrix.
Wenn Q orthogonal ist, ist [mm] Q*Q^{t}=Einheitsmatrix, [/mm] also [mm] Q^{t}=Q^{-1}.
[/mm]
> Aber für [mm]Q^{-1}*A*Q[/mm] bekomme ich statt einer Diagonalmatrix
> D (bestehend aus den Eigenwerten von A) nur:
Das liegt daran, daß Du Dich irgendwo beim Multiplizieren verhauen hast, oder Du hast [mm] Q^{t}=Q^{-1} [/mm] falsch hingeschrieben.
Q jedenfalls stimmt, und beim Ausmultiplizieren kommt die Diagonalmatrix heraus, die auf der Hauptdiagonalen die drei Eigenwerte hat.
> Kann mir jemand sagen, was ich diesmal falsch gemacht habe,
Fast nichts.
Gruß v. Angela
> warum mein orthogonale Matix Q (mit Q{^-1}) nicht aus A
> eine Diagonalmatrix macht?
> Sind es meine Überlegungen oder habe ich mich irgendwo
> verrechnet?
>
>
>
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 09:44 Do 21.08.2008 | | Autor: | nooby |
Nochmal ein Hallo in die Runde,
nachdem der Fahrplan zur Lösung der Aufgabe steht (s. lezte Frage) und an den nötigen stellen von euch ergänzt / korrigiert wurde, möchte ich mich noch für eure Tipps und Korrekturen bedanken.
Also, vielen Dank an:
angela.h.b., schachuzipus und Marcel08
Mit besten Grüßen,
nooby
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:24 Di 19.08.2008 | | Autor: | Marcel08 |
Dass c nicht der Subtrahent sein kann, den du von der Hauptdiagonalen abziehst, erkennst du ja schon daran, dass c auch außerhalb der Hauptdiagonalen auf anderen Positionen der Matrix zu finden ist. Ich würde vorschlagen, dass du von der Matrix aus der Aufgabenstellung noch einmal [mm] \lambda [/mm] subtrahierst und dann entsprechend die Determinante, bzw. die Nullstellen des charakteristischen Polynoms berechnest.
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