Eingevektoren,Eigenwerte, Drehung

12.02.2011, 14:24

akvarel

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Eingevektoren,Eigenwerte, Drehung

Wir betrachten als lineare Abbildung die Drehung der Eeben bezüglich Koordinatenursprung um einen Winkel $\begin{eqnarray*} \alpha \in \left[0,2\pi \right) \end{eqnarray*}$ . Wie wie wiessen gehört bezüglich Stadardbasis der dazu die Matrix
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} \cos(\alpha ) & -\sin(\alpha ) \\ \sin(\alpha ) & \cos(\alpha) \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Bestimmen Sie ale Winkel $\begin{eqnarray*} \alpha \in \left[0,2\pi \right) \end{eqnarray*}$ , für die es reelwertige Eigenwerte gibt. Was sind Eigenwerte und Eigenräume.

Charakterisches Polynom:
$\begin{eqnarray*} (\cos(\alpha) - \lambda )^2 + (\sin(\alpha ))^2 = (\lambda)^2 - 2\lambda \cos(\alpha ) +1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} (\lambda)^2 - 2\lambda \cos(\alpha ) +1 = 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} (\lambda)_{1}, (\lambda)_{2} = \frac {2\cos(\alpha ) \pm \sqrt{4 \cos(\alpha ) - 4 }}{2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 4 \cos(\alpha ) - 4 \geq 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} (\cos(\alpha ))^2 \geq 1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{1+\cos(2\alpha ) }{2} \geq 1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \cos(2\alpha )\geq 1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \alpha = 180 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \alpha =0 \end{eqnarray*}$

Eigenwerte
1. $\begin{eqnarray*} \alpha = 180 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \lambda = 1 \end{eqnarray*}$
2. $\begin{eqnarray*} \alpha =0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \lambda = 1 \end{eqnarray*}$

Eigenräume
1. $\begin{eqnarray*} \alpha = 180 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} -2 & 0 \\ 0 & -1 & \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_1 \\ a_2 \\ \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
gibt keine Eigenvektoren, also keine Vektoräume.

2. $\begin{eqnarray*} \alpha =0 \end{eqnarray*}$
es gibt unendlich viel Eingenvektoren=> unendlich viel Eigenräume

ist das richtig?
Danke
Katja

12.02.2011, 14:56

Helferlein

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Zunächst einmal die Anmerkung, dass $\begin{eqnarray*} \alpha=180° \end{eqnarray*}$ nicht in $\begin{eqnarray*} \left[0;2\pi\right[ \end{eqnarray*}$ , da dort keine Gradzahlen enthalten sind.

Ferner wurde der Eigenwert zu $\begin{eqnarray*} \alpha=\pi \end{eqnarray*}$ falsch berechnet. (Was eigentlich aus der Anschauung auch klar sein sollte. Mal Dir einen Pfeil auf ein Blatt Papier und drehe es um 180°. Zeigt der Pfeil dann immer noch in dieselbe Richtung?). Dass dazu kein Eigenraum existiert ist dann klar, da ja schon der Eigenwert falsch ist.

Und als letztes: Es gibt in einem endlich erzeugten Raum nicht unendlich viele Eigenräume. Das wäre ein Widerspruch in sich.

12.02.2011, 15:16

akvarel

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Mus es dann so sein?

$\begin{eqnarray*} \alpha = 0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \lambda = 1 \end{eqnarray*}$ - Eigenwert
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ - Eigenvektor
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ - Eigenraum

$\begin{eqnarray*} \alpha = 2\pi \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \lambda = 1 \end{eqnarray*}$
Eigenvektor und Eigenraum sind diesselbe wie bei $\begin{eqnarray*} \alpha = 0 \end{eqnarray*}$

12.02.2011, 15:36

Helferlein

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Nein, das ist auch nicht richtig. Zum einen weil $\begin{eqnarray*} 2\pi \end{eqnarray*}$ nicht im Definitionsbereich liegt, zum anderen weil der Nullvektor per Definition kein Eigenvektor ist (wohl aber Element des Eigenraums).
Lies am besten noch mal nach, was ein Eigenraum ist.

12.02.2011, 15:44

akvarel

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Na ja, genau. weil der Nullvektor per Definition kein Eigenvektor ist, gibt es gar keine Eigenvektoren und auch Eigenräume

12.02.2011, 16:48

Helferlein

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Entweder liest Du nicht, was ich bisher geschrieben habe, oder Du kannst nichts damit anfangen. (Wobei ich bei letzteren schon einen Anhaltspunkt brauche, was unklar ist oder Schwierigkeiten macht. Aufs Geratewohl lässt es sich schlecht erklären.)

Also nochmal ganz von vorne:
Du hast das charakteristische Polynom richtig berechnet und daraus die Bedingung $\begin{eqnarray*} cos^2(x) \geq 1 \end{eqnarray*}$ erhalten. Da der Cosinus (betragsmässig) nie größer als 1 werden kann, muss also $\begin{eqnarray*} cos^2(x)=1 \end{eqnarray*}$ gelten.
Dies liefert Dir die beiden Winkel bei denen es Eigenwerte gibt. Rechne diese bitte noch mal nach, denn der Eigenwert zum zweiten Winkel stimmt nicht, was ich oben aber auch schon gesagt hatte.

Um die Eigenvektoren dazu zu erhalten, betrachtest Du die Gleichung $\begin{eqnarray*} (A-\lambda E)v=0 \end{eqnarray*}$ , welche für den Eigenwert $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ mindestens eine eindimensionale Lösung haben muss (weil $\begin{eqnarray*} det(A-\lambda E)=0 \end{eqnarray*}$ ). Wie sieht für $\begin{eqnarray*} \alpha=0 \end{eqnarray*}$ diese Matrix aus und welche Lösungen ergeben sich daraus?
Du warst am Anfang schon recht nahe an der Lösung, hast aber eine falsche Bezeichnung für das Ergebnis gewählt. Ansonsten war es ok! Nur bei dem zweiten Winkel(180° in Bogenmaß umrechnen!) hast Du schon einen falschen Eigenwert erhalten.

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12.02.2011, 18:52

akvarel

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$\begin{eqnarray*} \alpha = \pi \end{eqnarray*}$
gibt gar keine reelwertige Eigenwerte, da

$\begin{eqnarray*} \sqrt{4\cos(\pi )- 4 } = \sqrt{-...} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \alpha = 0 \end{eqnarray*}$

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

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

so sieht die Matrix aus
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

12.02.2011, 20:31

Helferlein

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$\begin{eqnarray*} \alpha=0 \end{eqnarray*}$ ist richtig und wie sieht nun der Eigenraum (also die Lösungsmenge von (A-E)v=0) aus?

Bei $\begin{eqnarray*} \alpha=\pi \end{eqnarray*}$ sehe ich nun erst, dass der Radikant falsch ist. Es muss $\begin{eqnarray*} 4cos^2\alpha-4 \end{eqnarray*}$ heissen.

12.02.2011, 22:54

akvarel

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$\begin{eqnarray*} 4\cos^{2}(\pi ) - 4 = \frac{4(1 + \cos2(\pi ))}{2} -4 = 2+ 2\cos(2\pi ) -4 = 2\cos(2\pi ) - 2= -... \end{eqnarray*}$
also keine reelwerige Eigenwerte.

$\begin{eqnarray*} \alpha = \pi \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_1 \\ a_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Eigenraum is dann?
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a_2 \end{eqnarray*}$ können verschidenen Zahlen sein.

13.02.2011, 02:35

Helferlein

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Zitat:

Original von akvarel
$\begin{eqnarray*} ... = 2\cos(2\pi ) - 2= -... \end{eqnarray*}$
also keine reelwerige Eigenwerte.

Diese Folgerung ist falsch. Vermutlich hast Du einen Taschenrechner im Gradmaß(DEG) benutzt, es handelt sich aber um Bogenmaß (RAD) und sollte ohne Taschenrechner bekannt sein.

Zitat:

Original von akvarel
Eigenraum is dann?
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a_2 \end{eqnarray*}$ können verschidenen Zahlen sein.

Hier kann ich Dir nicht folgen. Es ist richtig, dass $\begin{eqnarray*} a_1, a_2 \end{eqnarray*}$ beliebig sein können. Aber wieso sollte dann der Eigenraum aus einem Vektor bestehen? Ein Eigenraum ist immer ein Unterraum, besteht also niemals aus einem einzelnen Vektor. Jede Lösung der Gleichung ist gleichzeitig ein Vektor des Eigenraums. Es reicht aber eine Basis zu kennen.

13.02.2011, 10:08

akvarel

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$\begin{eqnarray*} 2\cos(2\pi ) - 2 = 0 \end{eqnarray*}$
und
$\begin{eqnarray*} \lambda = -1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \alpha = \pi \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \lambda = -1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_1 \\ a_2 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 0 a_1 + 0 a_2=0 \end{eqnarray*}$
1. Eigenvektoren zB.
$\begin{eqnarray*} a_1=1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_2=2 \end{eqnarray*}$
2.Eigenvektoren zB.
$\begin{eqnarray*} a_1=1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_2=0 \end{eqnarray*}$

Eigenraum
$\begin{eqnarray*} \left\{ \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \right\} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \alpha = 0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \lambda =1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_1 \\ a_2 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 0 a_1 + 0 a_2=0 \end{eqnarray*}$
1. Eigenvektoren zB.
$\begin{eqnarray*} a_1=1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_2=0 \end{eqnarray*}$
2.Eigenvektoren zB.
$\begin{eqnarray*} a_1=0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_2=1 \end{eqnarray*}$

Eigenraum
$\begin{eqnarray*} \left\{ \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} \right\} \end{eqnarray*}$

13.02.2011, 13:01

Helferlein

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Fast.
Du hast eine Basis des Eigenraums angegeben. Der Eigenraum selber ist aber der davon erzeugte Unterraum und den kannst Du noch genauer bezeichnen.

13.02.2011, 13:10

akvarel

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Zitat:

Der Eigenraum selber ist aber der davon erzeugte Unterraum

m.. jetzt verstehe ich dich gar nicht. sorry

13.02.2011, 13:36

Helferlein

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Du hast eine Basis angegeben. Gefragt war aber doch nach dem zugehörigen Eigenraum. Dies ist nicht die Basis, sondern der davon erzeugte Vektorraum.

Zum Beispiel ist $\begin{eqnarray*} \{\begin{pmatrix} 1\\0 \end{pmatrix}\} \end{eqnarray*}$ eine Basis einer Geraden (nämlich der x-Achse).
Der zugehörige Vektorraum ist aber die gesamte x-Achse.

13.02.2011, 13:46

akvarel

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m... dann. unsere Vektorräume bei $\begin{eqnarray*} \alpha = \pi , \alpha = 0 \end{eqnarray*}$ müssen gleich sein... und nämlich die gesamte x- und y-Achsen?

13.02.2011, 14:03

Helferlein

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Nein, nicht nur die x- und y-Achse. Das wäre ja auch kein Vektorraum.
Du musst alle Vektoren finden, die sich durch die beiden Basisvektoren darstellen lassen. Also alle Vektoren der Form
$\begin{eqnarray*} v=\lambda_1 \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} + \lambda_2 \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ .

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