Eigenwerte und Eigenräume


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Hallo

Ich stosse hier auch wieder auf ein Problem bei dem ich nicht weiterkomme. Bei diesr Aufgabe habe ich hoffentlich alles richtig gemacht bis zur Berechnung der Eigenvektoren zur Bestimmung des Eigenraums.

Jedoch komme ich beim Einsetzen meiner ersten Lösung des charakteristischen Polynoms für 0 auf eine Matrix, welche ich nicht weiter zu einfachen weiss.
Ich müsste doch irgendwie wie bei einem LGS Allgemein Lösungen für die verschiedenen Zeilen finden können oder? Man geht ja idealerweise vom Kern aus, da dieser immer = 0 ist für die einzelnen Zeilen, sodass Lösungen gefunden werden kann oder weshalb nimmt man den Kern?

Wie sieht das dann eigentlich bei der Festlegung des Eigenraums aus? Nimmt man dann alle Eigenvektoren und bastelt daraus eine Basis, welche dann den Eigenraum ausmacht?

Vielen Dank

LG Wizz

 

gefragt vor 6 Monate, 3 Wochen
w
wizzlah,
Student, Punkte: 226
 
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2 Antworten
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Hallo,

wie schmantii bereits sagt, hast du dich wohl verrechnet. Du erhälst seine genannten Eigenwerte.

Allerding wirst du immer mindestens einen Eigenvektor pro Eigenwert finden. 

Dein Gleichungssystem löst sich folgendermaßen auf

\( cy - bz = 0 \\ \Rightarrow cy = bz \\ \Rightarrow y = \frac b c z \\ -cx + az = 0 \\ \Rightarrow cx = az \\ \Rightarrow z = \frac c a x \\ bx -ay = 0 \\ \Rightarrow bx = ay \\ \Rightarrow y = \frac b a x \)

Wenn wir nun die zweite und dritte Gleichung in die erste Gleichung einsetzen, erhalten wir eine Nullzeile ( \( \frac b a x = \frac b a x \) ). Wir müssen also eine Variable frei wählen

Wählen wir \( x = t \), dann ergibt sich

\( y = \frac b a t \\ z = \frac c a t \)

\( \Rightarrow Eig(0) = span\{ \begin{pmatrix} 1 \\ \frac b a \\ \frac c a \end{pmatrix} \} \)

Den Kern nimmt man aufgrund folgende Überlegung

\( Ax = \lambda x \\ \Rightarrow Ax- \lambda x = 0 \\ \Rightarrow Ax - \lambda Ex = 0 \\ \Rightarrow (A-\lambda E)x = 0 \)

Alle Vektoren die diese Gleichung erfüllen, sind genau die Vektoren die im Kern dieser Abbildung liegen, deshalb bestimmen wir \( Ker(A- \lambda E) \).

Aus der obigen Überlegung, entsteht auch die Berechnung der Eigenwerte. Da \( x \neq 0 \) ist, da ein Eigenvektor niemals der Nullvektor ist, darf die Matrix \( (A - \lambda E) \) nicht invertierbar sein. Also muss die Determinante der Matrix Null ergeben. 

Alle Eigenvektoren zu einen Eigenwert, bilden den Eigenraum zum Eigenwert. 

Und ich erwähne es nochmal weil es wirklich sehr wichtig ist. Zu jedem Eigenwert exisitiert mindestens ein Eigenvektor!

Grüße Christian

geantwortet vor 6 Monate, 3 Wochen
christian strack, verified
Sonstiger Berufsstatus, Punkte: 14933
 

Hallo Christian


Wieder mal grosses Dankeschön. Auch für die Erklärung mit dem Kern jetzt leuchtet mir das ganze langsam ein. Aber noch eine kleine Frage: Müsstest du beim Eigenraum für Eig(0) nicht noch das t vor den Eigenvektor ziehen?


LG Wizz

  -   wizzlah, kommentiert vor 6 Monate, 3 Wochen

Bei der b stosse ich auch leider wieder an meine Grenzen:



Ich hoffe, dass ich alles richtig gerechnet habe doch beim letzten Ausdruck ist mir nicht klar wie ich die Nullstelen finden kann. Ich sehe, dass wenn Alpha Pi / 2 ist, der Klammerausdruck 1 ergibt und dann für Lambda = 1 die Nullstelle stimmt, aber wäre das korrekt?


Und die anderen Nullstellen könnte man dann mit Polynomdivision ermitteln? Ich versteh halt nicht wie man das mit der Abhängigkeit vom Winkel berechnen soll, ausser man wählt einen bestimmten Winkel.

  -   wizzlah, kommentiert vor 6 Monate, 3 Wochen

Du kannst dir einen Eigenvektor als Gerade vorstellen, die durch den Ursrung geht. Alle Punkte auf dieser Geraden sind Eigenvektor und werden auf das \( \lambda \)-fache abgebildet. Also sowohl 


\( \begin{pmatrix} 1 \\ \frac b a \\ \frac c a \end{pmatrix} \), als auch \( \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \frac b a \\ 2 \frac c a \end{pmatrix} \) , usw.


Wir wählen deshalb einen Vektor dieser Geraden und nehmen ihn als Basisvektor. Vergiss nicht, dass eine Basis ein Erzeugendensystem ist. Das heißt aus der Linearkombination der Basiselemente kann man alle Vektoren des Raumes erzeugen. 


Wenn wir also einen Vektor als Basiselement wählen, so impliziert das auch jeden anderen Vektor der linear abhängig dazu ist. 


Um es zusammenzufassen du musst den Parameter nicht mitnehmen. 


Grüße Chrisitan

  -   christian strack, verified kommentiert vor 6 Monate, 3 Wochen

Nun zur b)


dir sind über die Zeit zwei Potenzen verloren gegangen ;)


Von der zweiten in die dritte Zeile, hast du das Quadrat bei \( \cos^2(\alpha)\lambda \) vergessen und einen Schritt später hast du das Quadrat bei \( \sin^2(\alpha)\lambda \) weggelassen. 


Du erhälst also letztlich


\( -\lambda ^3 - \lambda ^2 + (\sin^2(\alpha) + \cos^2(\alpha))\lambda + (\sin^2(\alpha) + \cos^2(\alpha)) = -\lambda ^3 - \lambda ^2 + \lambda + 1 \)


Hier sieht man dann sofort das \( \lambda_1 = 1 \) der erste Eigenwert ist. 


Als Tipp bei Sinus und Kosinus. Da wir von einem festen Winkel ausgehen, sind \( \sin(\alpha) \) bzw \( \cos(\alpha) \) immer ein fester Wert. Damit du die Übersicht nicht verlierst, setze


\( s = \sin(\alpha) \\ c = \cos(\alpha) \) 


Damit ist es wesentlich entspannter. ;)


Grüße Chrisitan 

  -   christian strack, verified kommentiert vor 6 Monate, 3 Wochen

Noch ein Edit, ich sehe gerade das ich in meiner ersten Antwort, das Span vergessen habe, um zu visualisieren das ich eine Basis meinte. 
Deshalb vermutlich auch die Verwirrung. Tschuldie dafür :p


Wenn dein Prof es aber immer anders schreibt, versuch soweit es geht bei seiner Notation zu bleiben. Schreibt er es so


\( \{ t \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ \frac b a \\ \frac c a \end{pmatrix} , t \in \mathbb{K} \} \)


dann versuche ich es bei deiner Notation zu belassen. :)

  -   christian strack, verified kommentiert vor 6 Monate, 3 Wochen

Vielen Dank für deine Rückmeldung und für das Kompliment bezüglich meiner Handschrift :)


Ich denke jetzt sollte ich alles verstanden haben. Wenn mir natürlich die Potenzen verloren gehen wird es in diesem Fall schwer weiterrechnen zu können. In Zukunft werde ich öfters über meine Lösungen drüberschauen müssen. 


LG 


Wizz

  -   wizzlah, kommentiert vor 6 Monate, 3 Wochen

Gerne :)


Flüchtigkeitsfehler wird man leider nie zu 100% los. Durch Übung fallen sie einem aber schnell auf.


Grüße Christian

  -   christian strack, verified kommentiert vor 6 Monate, 3 Wochen

Darf ich vielleicht doch noch kurz deine Bestätigung einholen für den weiteren Verlauf dieser Aufgabe  ? ;-)


Dann ist erstmal gut für heute und diese Aufgabe ist für mich erstmal abgehakt:



Ich würde nun anschliessend einfach den Eigenvektor bzw. dann den Eigenraum(so wie bei der anderen Teilaufgabe) bestimmen mit den Werten für x,y und z.


 

  -   wizzlah, kommentiert vor 6 Monate, 3 Wochen

Immer gerne.


Die erste Zeile bedeutet 


\( -2x = 0 \Rightarrow x = 0 \)


Bei deinem \(y \) und \( z \) Wert musst du die Abhängigkeit noch auflösen.


Wenn du die zweite Gleichung in die dritte einsetzt, erhälst du


\( y = \frac {\sin(\alpha)} {1- \cos(\alpha)} \cdot \frac {\sin(\alpha)} {1+ \cos(\alpha)} y = \frac{\sin^2(\alpha)} {1-\cos^2(\alpha)}y \)


Mit \( \sin^2(\alpha) = 1- \cos^2(\alpha) \) erhalten wir


\( y = y \Rightarrow 0=0 \)


Die Nullzeile die wir immer erhalten müssen! Nun setzen wir \( y = t \) und erhalten 


\( z = \frac {\sin(\alpha)} {1+\cos(\alpha)} t \)


\( \Rightarrow t \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\  \frac {\sin(\alpha)} {1+\cos(\alpha)} \end{pmatrix} \)


Grüße Christian

  -   christian strack, verified kommentiert vor 6 Monate, 3 Wochen
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Moin Wizz,

ich hab's grad selbst nochmal durchgerechnet; ich vermute, dass dir bei der Determinante ein Rechenfehler unterlaufen ist. Das Ergebnis, das ich ausgerechnet habe, ist

\(0 = \text{det}\big|\hat{A} - \lambda\cdot\hat{E}\big| = -\lambda \big(\lambda^{2} + (a^{2} + b^{2} + c^{2})\big) \)

so dass dann entsprechend die Eigenwerte

  • \(\lambda_{1}=0\),
  • \(\lambda_{2,3}=\pm i \sqrt{a^{2} + b^{2} + c^{2}}\)

rauskommen (ähnlich zu deinem Ergebnis).

Für die Eigenvektoren bekomme ich dann mittels der Eigenwertproblem-Gleichung

\(\hat{A}\vec{x}=\lambda\vec{x}\Leftrightarrow 0=\vec{x}\big(\hat{A}-\lambda\hat{E}\big)\)

(bzw. schlussendlich bei dir mittels Kern) ein lineares (homogenes) Gleichungssystem, welches eine Lösung für 

  • \(\lambda_{1}: \vec{x}=(0,0,0)^{T}\) (der Nullvektor, folglich ist \(\lambda_{1}=0\) kein Eigenwert der Matrix)

bereitstellt. Die anderen Eigenwerte sind komplex, weshalb - laut Aufgabenstellung - keine Berechnung erforderlich ist (wird auch wirklich unschön). Edit: bzgl. weiterer Details und kleiner Korrekturen hinsichtlich der Begrifflichkeiten und einer notwendigen, genauen (nicht-trivialen) Lösung bitte den unten stehenden Kommentar von Jan96 und die Diskussion von christianteam beachten! :)

Das Lösungsverfahren durch den Kern resultiert direkt aus dem Eigenwertproblem, weshalb der Kern (logischerweise) immer gleich 0 sein muss, da sonst das Eigenwertproblem nicht erfüllt wird.

Als Lösungsverfahren kann man hier (entweder) geschickt ablesen bzw. argumentieren (oft bei Problemen mit trigonometrischen Funktionen, z.B. in der Physik, notwendig) oder den Gauss-Algorithmus (als Standardverfahren) verwenden. Mein Tipp hier: Zeilen am besten nur addieren, sonst verzettelt man sich eher. ;)

Zur Darstellung von Eigenräumen und der Berechnung von Eigenwerten ist vielleicht das hier hilfreich:

https://www.mathebibel.de/eigenraum

http://www.das-gelbe-rechenbuch.de/download/Eigenwerte.pdf (ab Seite 103 bzw. 105 (Berechnung von Eigenvektoren mit Kern) und Seite 107 (Besonderheiten reeller Matrizen mit nicht-reellen (komplexen) Eigenwerten)).

 

 

geantwortet vor 6 Monate, 3 Wochen
schmantii,
Student, Punkte: 180
 

Es ist nicht \( x( A - \lambda E) \) , sondern \( (A - \lambda E) x\). Weiterhin ist \( \lambda = 0 \) ein Eigenwert der Matrix, da 0 eine Nullstelle des charakteristischen Polynoms ist. Da wir im Rahmen von Eigenwertproblemen immer homogene LGS lösen, erhalten wir insbesondere immer den Nullvektor als Lösung, der per Definition aber kein Eigenvektor ist. Mit Ihrer Argumentation hätte also keine Matrix einen Eigenwert. 

  -   jan96, kommentiert vor 6 Monate, 3 Wochen
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