charakteristisches Polynom < Eigenwerte < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 10:10 Mi 14.03.2012 | | Autor: | heinze |
| Aufgabe | [mm] \pmat{ 2 & 2 & 3 \\ 1 & 2 & 1 \\ 2 & -2 & 1 }
[/mm]
Eigenwerte, Eigenvektoren und Eigenraum bestimmen. |
Moin!
Mir ist beim Rechnen etwas aufgefallen. Der Online Rechner für Eigenwerte gibt mir als charakteristisches Polynom an:
[mm] -x^3+5x^2-2x-8
[/mm]
ICH habe:
[mm] \pmat{ \lambda-2 & 2 & 3 \\ 1 & \lambda-2 & 1 \\ 2 & -2 & \lambda-1 }
[/mm]
[mm] (\lambda-2)(\lambda-2)(\lambda-1)=-\lambda^3+5\lambda^2-8\lambda+4
[/mm]
Was ist hier falsch?
(PS: mein char.Polynom weicht mit der Rechenweise immer von dem aus den Musterlösungen ab.Woran liegt das?
LG
heinze
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> [mm]\pmat{ 2 & 2 & 3 \\ 1 & 2 & 1 \\ 2 & -2 & 1 }[/mm]
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> Eigenwerte, Eigenvektoren und Eigenraum bestimmen.
> Moin!
>
> Mir ist beim Rechnen etwas aufgefallen. Der Online Rechner
> für Eigenwerte gibt mir als charakteristisches Polynom
> an:
>
> [mm]-x^3+5x^2-2x-8[/mm]
>
> ICH habe:
>
> [mm]\pmat{ \lambda-2 & 2 & 3 \\ 1 & \lambda-2 & 1 \\ 2 & -2 & \lambda-1 }[/mm]
>
> [mm](\lambda-2)(\lambda-2)(\lambda-1)=-\lambda^3+5\lambda^2-8\lambda+4[/mm]
>
> Was ist hier falsch?
hallo,
du rechnest hier keine komplette determinante, sondern nur das produkt der heuptdiagonalen aus?!
edit: und die matrix [mm] \lambda [/mm] I -A sieht auch nicht ganz korrekt aus
>
> (PS: mein char.Polynom weicht mit der Rechenweise immer von
> dem aus den Musterlösungen ab.Woran liegt das?
>
>
> LG
> heinze
gruß tee
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:10 Mi 14.03.2012 | | Autor: | heinze |
Danke. Den Rest der Determinante habe ich unterschlagen!
Die Eigenwerte sind:
[mm] \lambda_1=-1
[/mm]
[mm] \lambda_2=2
[/mm]
[mm] \lambda_3=4
[/mm]
[mm] Eig(A,-1)=\pmat{ 3 & 2 & 3 \\ 1 & 3 & 1 \\ 2 & -2 & 2 }
[/mm]
[mm] Eig(A,2)=\pmat{ 0 & 2 & 3 \\ 1 & 0 & 1 \\ 2 & -2 & -1 }
[/mm]
[mm] Eig(A,4)=\pmat{ -2 & 2 & 3 \\ 1 & -4 & 1 \\ 2 & -2 & -3 }
[/mm]
Jetzt geht es darum die Eigenvektoren zu den Eigenwerten zu bestimmen.
Wie geht das? Ich habe versucht in Zeilenstufenform zu bringen aber helfen tut mir das nicht so recht.
LG
heinze
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moin heinze,
Nehmen wir als Beispiel mal den Eigenwert $-1$.
Es sind die $x$ gesucht, für die $Ax = -x$ gilt.
Stellen wir dies um, so erhalten wir:
$Ax + x = 0$
Nun eine Eiheitsmatrix geschickt einfügen:
$Ax + Ix = 0$
und ausklammern:
$(A+I)x = 0$
Das heißt also du hast den Kern von $A+I$ zu bestimmen.
Für die anderen Eigenwerte geht es genauso, nur dass du dort eben den Kern von [mm] $A-\lambda [/mm] I$ bestimmen musst, wobei [mm] $\lambda$ [/mm] der zugehörige Eigenwert ist.
lg
Schadow
PS:
Wenn du mehr Spaß drann hast kannst du auch den Kern von [mm] $\lambda [/mm] I - A$ bestimmen, denn die Matrix hast du für das charakteristische Polynom ja schon berechnet.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:42 Mi 14.03.2012 | | Autor: | heinze |
Kannst mir das für -1 mal vorrechnen?
Denn A+I habe ich ja berechnet für 1 im vorherigen Beitrag, aber ich komme dort nicht auf den Vektor.
LG
heinze
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Du weißt doch sicher, wie man Kerne von Matrizen berechnet?
Mit dem Gaußalgorithmus das Gleichungssystem $Bx = 0$ für die Matrix $B$ lösen...
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:32 Mi 14.03.2012 | | Autor: | heinze |
Zum Eigenwert -1 hab ich den Eigenvektor [mm] \vektor{1 \\ 0 \\ -1} [/mm]
Zu Eigenwert 2 den Eigenvektor: [mm] \vektor{-2 \\ -3 \\ 2}
[/mm]
Und zum Eigenwert 4 den Eigenvektor [mm] \vektor{8 \\ 5 \\ 2}
[/mm]
Nun wäre meine Frage, wie ich den Eigenraum bestimmen kann.
Wie macht man das?
LG
heinze
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Hallo heinze,
> Zum Eigenwert -1 hab ich den Eigenvektor [mm]\vektor{1 \\ 0 \\ -1}[/mm]
>
> Zu Eigenwert 2 den Eigenvektor: [mm]\vektor{-2 \\ -3 \\ 2}[/mm]
>
> Und zum Eigenwert 4 den Eigenvektor [mm]\vektor{8 \\ 5 \\ 2}[/mm]
>
> Nun wäre meine Frage, wie ich den Eigenraum bestimmen
> kann.
> Wie macht man das?
>
Die Eigenräume zu den Eigenwerten -1,2,4 hast Du bereits bestimmt.
> LG
> heinze
>
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:44 Mi 14.03.2012 | | Autor: | heinze |
Ich habe die Eigenvektoren bestimmt. Sind Eigenvektoren und Eigenräume das selbe? Meiner Meinung nach nicht.
LG
heinze
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Hallo heinze,
> Ich habe die Eigenvektoren bestimmt. Sind Eigenvektoren und
> Eigenräume das selbe? Meiner Meinung nach nicht.
>
Da hast Du recht.
Der Eigenraum zum Eigenwert [mm]\lambbda=-1[/mm] besteht aus allen Vektoren,
die Vielfache von dem zugehörigen Eigenvektor sind.
Demnach:
[mm]\operatorname{E}\left(-1\right)=\operatorname{Kern}\left(A+I\right)=< \vektor{1 \\ 0 \\ -1} >[/mm]
, wobei I die Einheitsmatrix ist.
>
> LG
> heinze
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:48 Mi 14.03.2012 | | Autor: | heinze |
Verstanden!
Jetzt leuchtet es ein.
Noch ein anderes Problem:
In meinen Aufzeichnungen soll ein Endomorphismus angegeben werden, der keine Eigenwerte hat.
Als Beispiel wurde gewählt:
[mm] \pmat{ 0 & -1 \\ 1 & 0 }
[/mm]
Das charakteristische Polynom lautet x2-1
Der Endomorphismus hat nach Begründung keine Eigenwerte, da [mm] x^2-1 [/mm] keine Nullstellen hat.
Warum nicht? [mm] x^2-1=0 [/mm] daher [mm] x^2=1 [/mm] und [mm] x_1=1 [/mm] und [mm] x_2=-1
[/mm]
Warum geht das nicht?
LG
heinze
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Hallo Heinze,
> Verstanden!
> Jetzt leuchtet es ein.
>
> Noch ein anderes Problem:
>
> In meinen Aufzeichnungen soll ein Endomorphismus angegeben
> werden, der keine Eigenwerte hat.
> Als Beispiel wurde gewählt:
>
> [mm]\pmat{ 0 & -1 \\ 1 & 0 }[/mm]
>
> Das charakteristische Polynom lautet x2-1
Nein, das charakteristische Polynom lautet hier: [mm]x^{2}\red{+}1[/mm]
> Der Endomorphismus hat nach Begründung keine Eigenwerte,
> da [mm]x^2-1[/mm] keine Nullstellen hat.
>
> Warum nicht? [mm]x^2-1=0[/mm] daher [mm]x^2=1[/mm] und [mm]x_1=1[/mm] und [mm]x_2=-1[/mm]
>
> Warum geht das nicht?
>
>
> LG
> heinze
Gruss
MathePower
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:00 Mi 14.03.2012 | | Autor: | davux |
Hallo heinze,
bevor hier etwas durcheinandergeht.
Für uns gilt: [mm] $\chi_A [/mm] (X)=det(A-X [mm] E_3)=det(\pmat{ 2-X & 2 & 3 \\ 1 &2-X & 1 \\ 2 & -2 &1-X })$.
[/mm]
An der Stelle kommt man anfangs in der Regel das erste Mal ins Stocken. Was machen wir jetzt?
Wir müssen die Determinante ausrechnen. Dazu kennen wir einige Wege. Da es aber eben keine Dreiecks- oder Diagonalmatrix ist, können wir nicht einfach das Produkt der Diagonalelemente als charakteristisches Polynom nehmen.
Deshalb werden wir entweder die Matrix mit dem Gauss-Verfahren auf obere Dreiecksform bringen, so dass unterhalb der Diagonalen nur Nullen stehen, was aufwendig werden kann, oder die Regel von Sarrus anwenden. Oder wir arbeiten mit dem Laplace'schen-Entwicklungssatz. Dabei ist Letzteres, was uns nahegelegt wurde.
Im Falle einer $3x3$-Matrix machen wir also folgendes:
[mm] $\chi_A (X)=det\pmat{ 2-X & 2 & 3 \\ 1 & 2-X & 1 \\ 2 & -2 & 1-X }$
[/mm]
[mm] $\,\,=(2-X)\cdot det(\pmat{2-X&-2\\1&1-X})-1\cdot det(\pmat{2&3\\-2&1-X})+2\cdot det(\pmat{2&3\\2-X&1})$
[/mm]
[mm] $\,\,=(2-X)\cdot((2-X)\cdot(1-X)-(-2))-1\cdot(2\cdot(1-X)-(-2)\cdot 3)+2\cdot((2\cdot 1)-(2-X)\cdot [/mm] 3)$
Das wäre mit der Entwicklung nach der ersten Spalte. Es gibt noch eine Möglichkeit, die wir zur Überprüfung kennengelernt haben. Nehmen wir als Beispiel mal ein beliebiges charakteristisches Polynom vom Grad 3 zu einer 3x3-Matrix B:
[mm] $\chi_B(X)=a_3 X^3 [/mm] + [mm] a_2 X^2 [/mm] + [mm] a_1 [/mm] X + [mm] a_0$
[/mm]
Dabei wissen wir das [mm] a_3=(-1)^3, a_2=Spur(B) [/mm] und [mm] a_0=det(B).
[/mm]
[mm] $\chi_A [/mm] (X)= - [mm] X^3 [/mm] + 5 [mm] X^2 [/mm] - 2 X - 8$
Das stimmt soweit. Also machen wir weiter.
Gehen wir davon aus, dass es ein normiertes Polynom ist mit ganzzahligen Faktoren vor den X, dann wissen wir, dass die Nullstellen ganzzahlige Teiler von 8 sind. Es kommen also 1, 2, 4 und 8 in Frage, und jeweils auch ihre additiven Inversen. Ob wir nun Faktorisieren oder Polynomdivision machen:
[mm] $\chi_A [/mm] (X)= -(1+X)(2-X)(4-X)$
Damit sind die Eigenwerte von A [mm] $\lambda_1=-1$, $\lambda_2=2$ [/mm] und [mm] $\lambda_3=4$, [/mm] jeweils mit der Vielfachheit 1.
Nun fehlen noch die Eigenvektoren. Dein Ansatz war soweit in Ordnung, nur die Schreibweise entspricht wiederum nicht der aus der Vorlesung und der Eigenraum ist nicht eine Matrix, sondern deren Kern. Also:
$V(A,-1)=Kern [mm] \pmat{ 3 & 2 & 3 \\ 1 & 3 & 1 \\ 2 & -2 & 2 }$
[/mm]
[mm] $\pmat{ 3 & 2 & 3 \\ 1 & 3 & 1 \\ 2 & -2 & 2 }$
[/mm]
Zeilentausch (1,2) > [mm] $\pmat{ 1 & 3 & 1 \\ 3 & 2 & 3 \\ 2 & -2 & 2 }$
[/mm]
Elimination > [mm] $\pmat{ 1 & 3 & 1 \\ 0 & -7 & 0 \\ 0 & -8 & 0 }$
[/mm]
> [mm] $\pmat{ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 }$
[/mm]
Das entspricht dem linearen Gleichungssytem
$x+z=0$
$y=0$
Also haben wir einen freien Parameter [mm] \mu [/mm] für die dritte Komponente z, die zweite y ist Null, und die erste ergibt sich aus der dritten [mm] ($x=-z=-\mu$). [/mm] Setzen wir für unseren freien Parameter 1 ein, erhalten wir
$V(A,-1)=Lin [mm] \pmat{-1\\0\\1}$.
[/mm]
Hoffe das reicht so, wurde gerade beim interessanten Teil etwas abgelenkt. Wenn ich später nochmal Zeit habe, schaue ich es nochmal durch.
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