Drehmatrix ohne Eigenwerte

19.06.2011, 19:13

gizeh

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Drehmatrix ohne Eigenwerte

Hallo Forum,

bin neu hier und habe auch direkt ne Frage. Naja, eigentlich habe ich nen ganzen Haufen davon, aber eins nach dem anderen.
Es geht um folgende Aufgabe:
Eine lineare Abbildung L: R^{4} -> R^{4} hat folgende Matrix bezüglich einer orthonormalen Basis:
$\begin{eqnarray*} <br /> \begin{pmatrix} cos(\alpha) & -sin(\alpha) & 0 & 0 \\ sin(\alpha) & cos(\alpha) & 0 & 0 \\ 0 & 0 & cos(\beta) & -sin(\beta) \\ 0 & 0 & sin(\beta) & cos(\beta) \end{pmatrix} <br /> \end{eqnarray*}$
Zwar ist $\begin{eqnarray*} L \in SO(R^{4}) \end{eqnarray*}$ , aber außer für spezielle Werte von $\begin{eqnarray*} \alpha und \beta \end{eqnarray*}$ gibt es keine Drehachse und keinen Drehwinkel. Zeige: L hat keine Eigenwerte, es sei denn, dass $\begin{eqnarray*} \alpha und \beta \end{eqnarray*}$ spezielle Werte annehmen. Bestimme diese Werte.

Beim 1. Teil bleibt (so haben wir es zumindest bisher gehandhabt) zu zeigen, das die Matrix in 0(4) liegt und die Determinante 1 ist.
Allerdings stehen (wenn ich mir die Skalarprodukte anschaue) die Spaltenvektoren v_1 und v_2, sowie v_3 und v_4 nicht senkrecht aufeinander, oder?!

Beim 2. Teil frage ich mich, ob es nur die Brachialmethode gibt, d.h. irgeneinen Ausdruck für die Eigenwerte zu finden, der dann abhängig von den Alpha- und Betawerten ist oder ob auch ein einfacherer Weg möglich ist.

Danke schonmal vorab.

19.06.2011, 19:23

tigerbine

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RE: Drehmatrix ohne Eigenwerte
Keine Eigenwerte klingt seltsam. Keine reellen ist wohl gemeint. Wie lautet das charakteristische Polynom dieser Blockdiagonalmatrix?

19.06.2011, 19:55

gizeh

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RE: Drehmatrix ohne Eigenwerte
Hmm, also doch Brachialmethode, also $\begin{eqnarray*} det(A-\lambda*E) \end{eqnarray*}$ ?
Ohne jetzt großartig Additionstheoreme anzuwenden, erstreckt sich mein ch. Polynom über vier Zeilen eines quergelegten DIN4-Blatts. Bestimmt mit Fehlern, die nicht mehr nachvollziehbar sind.
Geht das nicht einfacher?

Edit: Kann ich eigentlich die beiden Blöcke einzeln betrachten und von dort auf die ganze Matrix schließen?

19.06.2011, 20:15

tigerbine

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Ich habe den Hinweis mit der Blockmatrix nicht ohne Grund hingeschrieben.

19.06.2011, 20:30

gizeh

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Zitat:

Original von tigerbine
Ich habe den Hinweis mit der Blockmatrix nicht ohne Grund hingeschrieben.

Das habe ich mir schon fast gedacht. ;-)

Nunja, dann sind die jeweiligen ch. Polynome:
$\begin{eqnarray*} \lambda^{2}-2*\lambda*cos(\alpha)+1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \lambda^{2}-2*\lambda*cos(\beta)+1 \end{eqnarray*}$
Richtig?

Die Determinante ist auch jeweils 1 und insgesamt det(Block A)*det(Block B)=1, was für den ersten Teil der Aufgabe ja auch schonmal nicht so schlecht ist.

Kann ich die beiden ch. Polynome nun auch miteinander multiplizieren?

19.06.2011, 20:37

tigerbine

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Gesucht ist die Determinante von

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} \lambda-\cos(\alpha) & -\sin(\alpha) & 0 & 0 \\ \sin(\alpha) & \lambda-\cos(\alpha) & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda-\cos(\beta) & -\sin(\beta) \\ 0 & 0 & \sin(\beta) & \lambda-\cos(\beta) \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Die kleinen Ergeben.

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

So kann man die Parabelgestalt besser nutzen. Wann gibt es also Nullstelle(n)?

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19.06.2011, 20:52

gizeh

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Zitat:

Original von tigerbine
Gesucht ist die Determinante von

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} \lambda-\cos(\alpha) & -\sin(\alpha) & 0 & 0 \\ \sin(\alpha) & \lambda-\cos(\alpha) & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda-\cos(\beta) & -\sin(\beta) \\ 0 & 0 & \sin(\beta) & \lambda-\cos(\beta) \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Die kleinen Ergeben.

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

So kann man die Parabelgestalt besser nutzen. Wann gibt es also Nullstelle(n)?

Wenn $\begin{eqnarray*} \lambda=\cos(\alpha)^2-\sin(\alpha)^2 \end{eqnarray*}$ ?

Ich bin gerade etwas verwirrt... muss man nicht $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ von den Diagonaleinträgen subtrahieren und nicht umgekehrt?
Und die "kleinen" ergeben bei mir:
$\begin{eqnarray*} \lambda^{2}-\cos(\beta)*\lambda-\cos(\beta)*\lambda+\cos(\beta)-(-\sin(\alpha)*sin(\alpha)) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow (mit \sin^{2}+cos^{2}=1) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \lambda^{2}-2\cos(\beta)\lambda+1 \end{eqnarray*}$

19.06.2011, 21:01

tigerbine

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Es ist egal, wie rum man das macht.

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

Wo ist der Scheitelpunkt?

19.06.2011, 21:14

gizeh

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Zitat:

Original von tigerbine
Es ist egal, wie rum man das macht.

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

Wo ist der Scheitelpunkt?

In
$\begin{eqnarray*} S((\cos(\alpha)^{2}-sin(\alpha)^2)|0) \end{eqnarray*}$
sowie
$\begin{eqnarray*} S((\cos(\beta)^{2}-sin(\beta)^2)|0) \end{eqnarray*}$
?

19.06.2011, 21:23

tigerbine

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Verstehe ich nicht...

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

Also bei $\begin{eqnarray*} \left(\cos(\alpha) ~|~\sin(\alpha)^2\right) \end{eqnarray*}$

19.06.2011, 21:43

gizeh

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Zitat:

Original von tigerbine
Verstehe ich nicht...

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

Also bei $\begin{eqnarray*} \left(\cos(\alpha) ~|~\sin(\alpha)^2\right) \end{eqnarray*}$

Sorry, Tigerbine, natürlich hast Du recht.
1.) war meine Rechnung ob schon falsch
2.) habe ich bei Deiner Vorgabe die Klammern übersehen:
statt $\begin{eqnarray*} (\lambda-\cos(\alpha))^2+\sin(\alpha)^2 \end{eqnarray*}$
habe ich mit $\begin{eqnarray*} (\lambda-\cos(\alpha)^2+\sin(\alpha)^2) \end{eqnarray*}$
gerechnet.
Habe nun Deine Werte für den Scheitelpunkt auch heraus, allerdings gilt der Punkt ja nur pro Block.
Kannst Du mir evtl. noch helfen, wie ich nun für die ganze Matrix argumentiere?

19.06.2011, 21:57

tigerbine

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Da die Determinate der ganzan Matrix das Produkt der beiden ist und wir so schon eine quadr. Faktorisierung haben, bleibe ich bei meiner Frage nach dem Scheitelpunkt.

Wann gibt es also Nullstellen?

19.06.2011, 22:14

gizeh

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Zitat:

Original von tigerbine
Da die Determinate der ganzan Matrix das Produkt der beiden ist und wir so schon eine quadr. Faktorisierung haben, bleibe ich bei meiner Frage nach dem Scheitelpunkt.

Wann gibt es also Nullstellen?

Es gibt mindestens eine Nullstelle wenn der y-Wert 0 ist. Also $\begin{eqnarray*} \alpha=\beta=0 \end{eqnarray*}$ .

Da mein Edit fürs vorherige Posting aus zeitlichen Gründen nicht mehr geht, hier nochmal:
Oberer Block:
$\begin{eqnarray*} \lambda = \cos(\alpha) \end{eqnarray*}$
was eingesetzt $\begin{eqnarray*} \sin(\alpha)^{2} \end{eqnarray*}$
und insgesamt meinen Scheitelpunkt ergibt.
Unterer Block analog nur mit Beta.
Also: ch.Polynom(oben)*ch.Polynom(unten) richtig?
$\begin{eqnarray*} ((\lambda-\cos(\alpha))^2+\sin(\alpha)^2)*((\lambda-\cos(\beta))^2+\sin(\beta)^2) \end{eqnarray*}$
ergibt
$\begin{eqnarray*} \lambda_{1}=\cos(\alpha) \wedge \lambda_{2}=\cos(\beta) \end{eqnarray*}$
und somit eingesetzt
$\begin{eqnarray*} \sin(\alpha)^{2} \wedge \sin(\beta)^{2} \end{eqnarray*}$
ergibt.
Damit sind meine Eigenwerte:
$\begin{eqnarray*} \cos(0)=\pi/2 \end{eqnarray*}$
?

19.06.2011, 22:18

tigerbine

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Nur für 0? Ist der Sinus keine periodische Funktion?

19.06.2011, 22:23

gizeh

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Ich wünschte es wäre so... Augenzwinkern

Augenzwinkern

Also für $\begin{eqnarray*} \alpha = \beta = k*\pi \wedge k\in Z \end{eqnarray*}$

19.06.2011, 22:25

tigerbine

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Müssen die beiden Winkel immer gleich sein?

19.06.2011, 22:30

gizeh

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Deine Frage suggeriert die Anwort "nein". Ich weiss nur grad nicht wieso.

Edit:
Ist Drehachse und -winkel das Stichwort?

19.06.2011, 22:38

tigerbine

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Ich beziehe mich nur auf diese Frage

Zitat:

Zeige: L hat keine Eigenwerte, es sei denn, dass $\begin{eqnarray*} \alpha und \beta \end{eqnarray*}$ spezielle Werte annehmen. Bestimme diese Werte.

Und da sehe ich nicht, dass man mit dem gleichen Winkel den Sinus annulieren muss.

20.06.2011, 12:19

gizeh

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Ich habe den ersten Teil nun auch hinbekommen und beim zweiten einfach zwei verschiedenen k definiert.

Vielen Dank nochmal für die Hilfe. Wink

Wink

20.06.2011, 17:10

tigerbine

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Bitte.

Wink

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