Eigenvektor

13.06.2005, 10:45

Moeki

Eigenvektor

Zitat:

Ermitteln Sie die Eigenwerte und die dazugehörigen Eigenvektoren der Matrix $\begin{eqnarray*} A = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 5 \\ 0 & 3 & 0 \\ 1 & 0 & 6 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Gruß & Dank, Moeki.

13.06.2005, 10:49

JochenX

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hallo der ansatz ist vollkommen korrekt
es muss durch gauß eine nullzeile entstehen, denn es darf doch nicht nur (0/0/0) als lösung rasuskommen, denn du benötigst zu einem eigenwert mindestens einen eigenvektor, der ungleich 0 sein muss!

13.06.2005, 13:12

Moeki

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ich bekomme bei $\begin{eqnarray*} \lambda_1 = 3 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x_3 \end{eqnarray*}$ nur die triviale Lösung raus. wie verhält es sich denn dann mit $\begin{eqnarray*} x_2 \end{eqnarray*}$ und irgendwelchen parametern und wie drücke ich das ganze dann als eigenvektor aus?

13.06.2005, 13:15

JochenX

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hallo, x1=x3=0, x2 beliebig

also ist dein eigenraum doch einfach die menge aller vektoren der form (0/t/0) t aus IR

also eigenwert z.b. (0/1/0)

13.06.2005, 13:52

Moeki

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$\begin{eqnarray*} \lambda_2 = 1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 5 \\ 0 & 2 & 0 \\ 1 & 0 & 5 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Mein Eigenvektor für $\begin{eqnarray*} \lambda_2 = 1 \end{eqnarray*}$ wäre dann ja $\begin{eqnarray*} \{ \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -\frac{1}{5} \end{pmatrix} t, t\in \mathbb R \} \end{eqnarray*}$

denn $\begin{eqnarray*} x_2 = 0 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} x_1 = t \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x_3 = -\frac{1}{5} t \end{eqnarray*}$

verwirrt

13.06.2005, 13:56

JochenX

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nimm doch (5/0/-1) stattdessen um diese brüche zu umgehen
ist natürlich beides passend, denn der zugehörige eigenraum ist ja die linearkombination aller eigenvektoren.

mfg jochen

Freude

14.06.2005, 11:46

Moeki

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RE: Eigenvektor

Zitat:

Ermitteln Sie die Eigenwerte und die dazugehörigen Eigenvektoren der Matrix $\begin{eqnarray*} A = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 5 \\ 0 & 3 & 0 \\ 1 & 0 & 6 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} det (A- \lambda E) = 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 0 = det \begin{pmatrix} 2 - \lambda & 0 & 5 \\ 0 & 3 - \lambda & 0 \\ 1 & 0 & 6 - \lambda \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Entwicklung nach der zweiten Spalte liefert uns

$\begin{eqnarray*} 0 = (3 - \lambda) \begin{vmatrix} 2 - \lambda & 5 \\ 1 & 6 - \lambda \end{vmatrix} = (3 - \lambda)(\lambda^2 - 8 \lambda + 7) \end{eqnarray*}$

Lösung der quadratischen Gleichung und einfaches Ablesen liefert uns die Eigenwerte

$\begin{eqnarray*} \lambda_1 = 3 \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} \lambda_2 = 1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \lambda_3 = 7 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} (A - \lambda_i E)x = 0 \end{eqnarray*}$

Also für $\begin{eqnarray*} \lambda_1 = 3 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} -1 & 0 & 5 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_1 = x_3 = 0 \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} x_2 = t \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} Eigenvektor_{\lambda_1} = \{ \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}t | t \in \mathbb R \} \end{eqnarray*}$

Für $\begin{eqnarray*} \lambda_2 = 1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 5 \\ 0 & 2 & 0 \\ 1 & 0 & 5 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_1 = t \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} x_3 = -\frac{t}{5} \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} x_2 = 0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} Eigenvektor_{\lambda_2} = \{ \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -\frac{t}{5} \end{pmatrix}t | t \in \mathbb R \} \end{eqnarray*}$

Für $\begin{eqnarray*} \lambda_3 = 7 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} -5 & 0 & 5 \\ 0 & -4 & 0 \\ 1 & 0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_1 = x_3 = t \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} x_2 = 0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} Eigenvektor_{\lambda_3} = \{ \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}t | t \in \mathbb R \} \end{eqnarray*}$

14.06.2005, 12:14

Moeki

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RE: Eigenvektor

Zitat:

Berechnen Sie das charakteristische Polynom, die Eigenwerte und Eigenvektoren von $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 2 & 2 & 3 \\ 1 & 2 & 1 \\ 2 & -2 & 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} -5 & 0 & 7 \\ 6 & 2 & -6 \\ -4 & 0 & -6 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} det (A- \lambda E) = 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 2 & 2 & 3 \\ 1 & 2 & 1 \\ 2 & -2 & 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 0 = det \begin{pmatrix} 2 - \lambda & 2 & 3 \\ 1 & 2 - \lambda & 1 \\ 2 & -2 & 1 - \lambda \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ .

Nach Lösung dieser Gleichung erhält man die charakteristische Polynom:

$\begin{eqnarray*} -\lambda^3 + 5 \lambda^2 - 2 \lambda - 8 \end{eqnarray*}$

Sofort sieht man, dass $\begin{eqnarray*} \lambda_1 = -1 \end{eqnarray*}$ ist.

Polynomdivision, also $\begin{eqnarray*} (-\lambda^3 + 5 \lambda^2 - 2 \lambda - 8) / (\lambda +1) \end{eqnarray*}$ liefert uns die quadratische Gleichung $\begin{eqnarray*} \lambda^2 + 6 \lambda - 8 \end{eqnarray*}$ . Nullstellenberechnung liefert uns $\begin{eqnarray*} \lambda_2 = 4 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \lambda_3 = 2 \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} (A - \lambda_i E)x = 0 \end{eqnarray*}$

Also für $\begin{eqnarray*} \lambda_1 = -1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 3 & 2 & 3 \\ 1 & 3 & 1 \\ 2 & -2 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Gauß

$\begin{eqnarray*} x_2 = 0 \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} x_3 = t \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} x_1 = -x3 = -t \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} Eigenvektor_{\lambda_1} = \{\begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} t | t \in \mathbb R \} \end{eqnarray*}$

Für $\begin{eqnarray*} \lambda_2 = 4 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} -2 & 2 & 3 \\ 1 & -2 & 1 \\ 2 & -2 & -3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_3 = t \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} x_1 = 4t \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} x_2 = \frac{5}{2}t \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} Eigenvektor_{\lambda_2} = \{\begin{pmatrix} 4 \\ \frac{5}{2} \\ 1 \end{pmatrix} t | t \in \mathbb R \} \end{eqnarray*}$

Für $\begin{eqnarray*} \lambda_3 = 2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0 & 2 & 3 \\ 1 & 0 & 1 \\ 2 & -2 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_3 = t \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} x_1 = - t \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} x_2 = -\frac{3}{2}t \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} Eigenvektor_{\lambda_3} = \{\begin{pmatrix} - 1 \\ -\frac{3}{2} \\ 1 \end{pmatrix} t | t \in \mathbb R \} \end{eqnarray*}$

________

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} -5 & 0 & 7 \\ 6 & 2 & -6 \\ -4 & 0 & -6 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 0 = (2-\lambda) \begin{vmatrix} -5 - \lambda & 7 \\ -4 & -6 - \lambda \end{vmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lambda_1 = 2 \end{eqnarray*}$

Die Nullstellen der quadratische Gleichung $\begin{eqnarray*} \lambda^2 + 11\lambda + 58 \end{eqnarray*}$ können vernachlässigt werden, da es komplexe Zahlen sind (negative Zahl in der Wurzel)

$\begin{eqnarray*} -\lambda^3 - 9 \lambda^2 - 36 \lambda + 116 \end{eqnarray*}$

Für $\begin{eqnarray*} \lambda_1 = 2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} -7 & 0 & 7 \\ 6 & 0 & -6 \\ -4 & 0 & -8 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_2 = t \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} x_1 = x_3 = 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} Eigenvektor_{\lambda_1} = \{\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} t | t \in \mathbb R \} \end{eqnarray*}$

Fertig.

14.06.2005, 17:51

Tovok7

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Ber der ersten Teilaufgabe hast du bei $\begin{eqnarray*} \lambda_3 \end{eqnarray*}$ die Indizes vermurkst und ich glaube dich auch verrechnet, da muesste IMO $\begin{eqnarray*} x_1=-1 \end{eqnarray*}$ stehen. Der Rest scheint richtig zu sein!

15.06.2005, 12:48

Moeki

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jupp hast recht. habs mal eben korrigiert.

wichtig ist ebenso die angabe bei den eigenvektoren, dass t \ {0} ist.

16.06.2005, 19:03

(Garwin)

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RE: Eigenvektor

Zitat:

Original von Moeki

Nach Lösung dieser Gleichung erhält man die charakteristische Polynom:

$\begin{eqnarray*} -\lambda^3 + 5 \lambda^2 - 2 \lambda - 8 \end{eqnarray*}$

Sofort sieht man, dass $\begin{eqnarray*} \lambda_1 = -1 \end{eqnarray*}$ ist.

Also ich komm mir gerade richtig blöd vor, aber erstens hab ich als Polynom
$\begin{eqnarray*} -\lambda^3 + 5 \lambda^2 - 6 \lambda - 8 \end{eqnarray*}$
rausbekommen, und zweitens (jetzt kommt die Stelle bei der ich mir richtig dumm vorkomme):

Wenn ich in deine Funktion -1 einsetze bekomm ich
-1+5+2-8 = 4+2-8 = 6-8 = -2 und nicht 0 raus.
Wieviel davon hab ich falsch gemacht?

MfG Garwin

16.06.2005, 19:11

(Garwin)

Auf diesen Beitrag antworten »

$\begin{eqnarray*} -\lambda^3 + 5 \lambda^2 + 6 \lambda - 8 \end{eqnarray*}$ meinte ich

16.06.2005, 19:22

(Garwin)

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Ach verdammt, beide Fehler gefunden...

02.07.2005, 12:28

phi

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Hallo,

Da es dieses Thema schon gibt, hänge ich meine Frage einfach mal hier an.

Zu der Abbildung f die durch

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 2.5 & 5 & -3.5 \\ 2 & 4 & -2 \\ 0.5 & -2 & -1.5 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

definiert ist habe ich die Eigenwerte -1, ( $\begin{eqnarray*} 3-\sqrt{15} \end{eqnarray*}$ ) , ( $\begin{eqnarray*} 3+\sqrt{15} \end{eqnarray*}$ ) .

Damit habe ich zum Eigenwert ( $\begin{eqnarray*} 3-\sqrt{15} \end{eqnarray*}$ ) als Ansatz um einen zugehörigen Eigenvektor zu finden:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} (-0.5 +\sqrt{15} ) & 5 & -3.5 \\ 2 & (1+\sqrt{15}) & -2 \\ 0.5 & -2 & (-4.5+\sqrt{15}) \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

So, nun habe ich dunkel in Erinnerung dass ein homogenes LGS entweder nur den Nullvektor, oder aber unendlich viele Lösungen hat.
Und wegen der Wurzel kann man hier auch nicht einfach Werte ablesen...
Und ausserdem habe ich keine 0-Zeile, kann also auch nicht den -1-Trick anwenden..
(Laut Lösungsangabe sind die Eigenwerte richtig, Eigenvektoren sind nicht angegeben)

Frage: Wie geht man in so einem Fall vor? Hilfe

Dank & Gruß, phi

02.07.2005, 12:32

JochenX

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ich glaub dir einfach mal, dass deine werte stimmen

du musst das LGS jetzt lösen (stichwort: gaußalgorithmus); es darf dabei nicht nur trivial lösbar sein, sondern mindestens einen eindimensionalen lösungsraum besitzen

der lösungsraum ist dein kern

mfg jochen

ps: eklig :-\

02.07.2005, 12:38

phi

Auf diesen Beitrag antworten »

Wenn ich Gauß anwende habe ich hinten doch immer ein Vielfaches von 0 plus 0 gleich 0. Mit Gauß kann doch nur der Nullvektor rauskommen (?)

Die Werte sind wirklich eklig, nicht wahr...

02.07.2005, 12:45

JochenX

Auf diesen Beitrag antworten »

oh, phi, lösen von lgs wiederholen, hmmm?

bekommst du z.b. nach gauß-umformen sowas:
x+y=0
0+0=0 (nullzeile)
dann hast du plötzlich auch werte ungleich dem nullvektor als lösung
z.b. (1/-1), was ein geeigneter eigenvektor (erzeuger von kern) wäre

02.07.2005, 12:51

phi

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Achso ja, nach dem Gauß hat man eine 0-Zeile! Ja, vor lauter Quatrionenschiefkörper, Polynomen usw vergess ich die Grundlagen.. geschockt

02.07.2005, 13:01

JochenX

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hast denn tatsächlich den gauß von hand durchgeführt, oder hast maple gefragt?

wenn du das von hand ohne rechenfehler hinbekommst, dann respekt smile

02.07.2005, 13:04

phi

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Ich bin dabei es per Hand zu machen.....das sind Augenblicke wo ich Johko´s Spruch ''Mathe macht Laune'' gut nachvollziehen kann... Augenzwinkern

Bin jetzt so weit:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 3.3729 & 0 & -3.69734 \\ 0 & 12.8729 & -2 \\ 0 & 0 & -0.5341 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Ist jetzt die letzte Spalte schon der Eigenvektor? Oder muss ich es ganz auf Diagonalform bringen...?

Ok, ich versuch´s mal mit dem Eigenwert -1 : Ergibt

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 3.5 & 5 & -3.5 \\ 2 & 5 & -2 \\ 0.5 & -2 & -0.5 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 3.5 & 5 & 0 \\ 2 & 5 & 0 \\ 0.5 & -2 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 3.5 & 0 & 0 \\ 0 & 5 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

...und dann eine -1 einfügen (?) :

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 3.5 & 0 & 0 \\ 0 & 5 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

dann wäre (0,0,-1) der Eigenvektor v , aber die Probe f(v)=kv mit k=-1 (Eigenwert) geht nicht auf... traurig

Es sei denn ich nehme die letzte Matrix als Darstellungsmatrix der Abbildung:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 3.5 & 0 & 0 \\ 0 & 5 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}=-1\cdot\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Stimmt das überhaupt?

Was mach ich falsch? Hilfe

02.07.2005, 15:32

phi

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Ausnahmsweise antworte ich mir selbst wegen der Übersichtlichkeit. Idee!

Ich hab den Fehler zum Eigenwert -1 gefunden: Ich muss ja die Diagonalen auf 1 bringen:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

und dann den -1-Trick

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \cdot\begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Probe: f(v)=kv ? :

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 2.5 & 5 & -3.5 \\ 2 & 4 & -2 \\ 0.5 & -2 & -1.5 \end{pmatrix} \cdot\begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}=-1\cdot\begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Uff, der Tag ist gerettet! Freude

----------------------------------------
Edit: Hurra!! Es klappt auch mit ( $\begin{eqnarray*} 3-\sqrt{15} \end{eqnarray*}$ ) ...der Eigenvektor ist

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0.957 \\ -0.03472 \\ 0.873 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ .

Hab´s tatsächlich per Hand geschafft ! smile

Aber nächstes mal mach ich´s mit Winfunktion oder Maple....

11.07.2005, 22:13

Bender

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RE: Eigenvektor

Zitat:

Original von Moeki

Für $\begin{eqnarray*} \lambda_2 = 1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 5 \\ 0 & 2 & 0 \\ 1 & 0 & 5 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_1 = t \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} x_3 = -\frac{t}{5} \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} x_2 = 0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} Eigenvektor_{\lambda_2} = \{ \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -\frac{t}{5} \end{pmatrix}t | t \in \mathbb R \} \end{eqnarray*}$

Sorry, habe gerade voll den Gehirnpaul. Wie kommt man auf diese Zeile:
$\begin{eqnarray*} x_1 = t \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} x_3 = -\frac{t}{5} \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} x_2 = 0 \end{eqnarray*}$ ?
Danke!

11.07.2005, 22:18

JochenX

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einfaches LGS lösen
erste zeile und dritte sind identisch, also reicht betarchtung der ersten beiden
x2=0 folgt aus der zweiten
x1,x3 können nicht eindeutig belegt werden; setze x1=t (parameter) und berechne x3(t) durch einsetzen von x1

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Eigenvektor

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