Bestimmung von Eigenvektoren (mit einer Funktion 6. Grades)

12.11.2014, 21:05

DrHWI

Bestimmung von Eigenvektoren (mit einer Funktion 6. Grades)

Meine Frage:
Guten Abend,

ich bin beim Üben über folgende Aufgabe gestolpert:

Man bestimme alle einspaltigen Lösungsmatrizen des nebenstehenden Gleichungssystems, wobei die nichttrivialen Lösungen durch entsprechende Berechnung des zunächst freien Parameters $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ erfolgen sollen.

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

Die Lösung hierfür soll lauten:
$\begin{eqnarray*} \lambda_{1,2}=\pm1; \lambda_{3,4,5,6}=\pm\sqrt{\frac{3}{2}\pm\frac{1}{2}\sqrt{21}} \end{eqnarray*}$

Für die Einheitsvektoren soll sich somit ergeben:

$\begin{eqnarray*} x_I=\begin{pmatrix} -2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}x_2;<br /> x_{II}=\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 2,79 \end{pmatrix}x_2;<br /> x_{III}=\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -1,79 \end{pmatrix}x_3 \end{eqnarray*}$

Meine Ideen:
Ich bin ganz ehrlich und gebe zu, dass ich keinen besonders großen Ansatz habe. Das Stoffgebiet ist neu für mich. Ich habe jedoch erkannt, dass meine Matrix bereits in der Form $\begin{eqnarray*} | A - \lambda *E | \end{eqnarray*}$ vorliegt. Ich habe nun die Determinante berechnet, für die sich ergab:

$\begin{eqnarray*} D =\lambda^{6}-4\lambda^{4}+3 \end{eqnarray*}$

Und bereits hier weiß ich nicht mehr weiter. Es ist klar, dass ich nun mit der Substitution arbeiten muss, um meine Nullstellen zu berechnen. Ich habe also: $\begin{eqnarray*} \lambda^{6}=u^{4}=z^{2} \end{eqnarray*}$ gesetzt.
Bei der Berechnung mit der p,q-Formel erhielt ich:

$\begin{eqnarray*} z_{1,2}-(\frac{-4}{2})\pm\sqrt{(\frac{-4}{2}^{2})-3} \end{eqnarray*}$
also $\begin{eqnarray*} z_{1,2}=2\pm1<br /> z_{1}=1; z_{2}=3 \end{eqnarray*}$

Nun ziehe ich aus beiden z's meine zweite Wurzel:
$\begin{eqnarray*} u_1=1; u_2=-1; u_3=\sqrt{3}; u_4=-\sqrt{3} \end{eqnarray*}$

Und nochmals die zweite Wurzel um wieder zu $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ zu resubstituieren.
$\begin{eqnarray*} \lambda_1=1; \lambda_2=-1; \lambda_3=-\sqrt{3}; \lambda_4=\sqrt [4]{3};\lambda_6=-\sqrt [4]{3} \end{eqnarray*}$

So, und dies ist auf alle Fälle falsch! Augenzwinkern

Mir scheint ich bin der Substitution nicht mehr mächtig oder mein Fehler liegt irgendwo, wo ich ihn gar nicht erst sehe. Aber kann mir bitte jemand helfen oder einen Denkanstoß geben? Ich saß nun schon mit verschiedensten Kommilitonen an dieser Aufgabe, aber uns will kein Licht augehen.
Bin dankbar für jede Antwort!

12.11.2014, 21:22

fktv

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Hallo,

Zitat:

Ich habe jedoch erkannt, dass meine Matrix bereits in der Form $\begin{eqnarray*} | A - \lambda *E | \end{eqnarray*}$ vorliegt.

Schön, Und was bringt das? Du verwndest es ja auch nachher nicht mehr.

Zitat:

dass ich nun mit der Substitution arbeiten muss,

Es zwingt dich keiner dazu. In meinen Augen ist es hier auch deutlich sinnvoller zuerst ganzzahlige Nullsten zu "raten" mit der hoffentlich bekannten Methode.

Zitat:

Ich habe also: $\begin{eqnarray*} \lambda^{6}=u^{4}=z^{2} \end{eqnarray*}$ gesetzt.

Was soll dass u denn sein? Und was ist dann $\begin{eqnarray*} \lambda ^4 \end{eqnarray*}$ ?

Zitat:

Bei der Berechnung mit der p,q-Formel erhielt ich:

Wenn darf man die p-q-Formel anwenden?
Ist deine Funktion so eine? (wenn ich so frage ist die Antwort natürlich nein.)
Wie sieht deine Funktion überhaupt aus?

Zitat:

Und nochmals die zweite Wurzel um wieder zu $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ zu resubstituieren.

Wieso das denn?

Und noch eins:
Achte auf deine Schreibweise:
$\begin{eqnarray*} \frac{-4^2}{2}=\frac{-16}{2}=-8 \end{eqnarray*}$
was du aber meinst ist:
$\begin{eqnarray*} (\frac{-4}{2})^2 \end{eqnarray*}$

12.11.2014, 21:40

Helferlein

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Ich erlaube mir die zusätzliche Bemerkung, dass es kontraproduktiv ist, das charakteristische Polynom auszumultiplizieren, anstatt bestehende Faktoren (Hier $\begin{eqnarray*} 1-\lambda ^ 2 \end{eqnarray*}$ ) zu nutzen.
Aufgrund der Struktur taucht der Term $\begin{eqnarray*} 2-\lambda ^ 2 \end{eqnarray*}$ in der Regel von Sarrus nur ein einziges mal auf.

14.11.2014, 16:13

DrHWI

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Fast komplett gelöst
Danke erst einmal für die ganzen Tipps. Ich habe nun über Polynomdivison/ das Horner Schema meine Funktion 6. Grades auf eine Funktion 4. Grades runtergebrochen.

Ich habe für meine Lambda bisher erraten: $\begin{eqnarray*} \lambda_1=1, \lambda_2=-1 \end{eqnarray*}$ .

Meine Funktion lautet nun: $\begin{eqnarray*} \lambda^{4}-3\lambda^{2}-3 \end{eqnarray*}$

Diese habe ich dann durch Substitution (dürfte nun möglich sein?) auf die Form $\begin{eqnarray*} u^{2}-3u-3=0 \end{eqnarray*}$ gebracht und die Nullstellen berechnet.

Durch Ziehen der plus/minus-Wurzel aus der p,q-Formel bin ich sofort auf die Werte von $\begin{eqnarray*} \lambda_{3,4} \end{eqnarray*}$ gekommen.

$\begin{eqnarray*} \lambda_{3,4}=\pm\sqrt{\frac{3}{2}\pm\frac{1}{2}\sqrt{21}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lambda_3=1,9471, \lambda_4=-1,9471 \end{eqnarray*}$

Wenn ich nun meine Einheitsvektoren berechne, komme ich auf auf genau zwei Einheitsvektoren (als Parameter nutze ich t):
Für $\begin{eqnarray*} \lambda_{1}=1, \lambda_2=-1 \end{eqnarray*}$ ergibt sich der Vektor $\begin{eqnarray*} x_1=\begin{pmatrix} -2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}t \end{eqnarray*}$
Für $\begin{eqnarray*} \lambda_{3}=1,9471, \lambda_4=-1,9471 \end{eqnarray*}$ ergibt sich der Vektor

$\begin{eqnarray*} x_2=\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -1,79 \end{pmatrix}t \end{eqnarray*}$

Mir fehlt also noch ein 3. Einheitsvektor laut Lösung. Habe ich wieder etwas übersehen? Hammer

16.11.2014, 17:21

fktv

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Die sprichst von Einheitsvektoren, aber keiner der Vektoren bei dir hat Länge 1.
Meinst du evtl. Eigenvektoren?

Verschiedene Eigenwerte haben verschiedene Eigenvektoren, d.h. es kann nicht sein, dass bei dir je zwei Eigenwerte den gleichen Eigenvektor haben.

Bitte mache dich mit den Begrifflichkeiten vertraut, so ist nicht nachvollziehbar was du überhaupt meinst.

17.11.2014, 20:15

DrHWI

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Ja, ich rede hier von Eigenvektoren, nicht Einheitsvektoren, das hast du gut erkannt.

Wenn verschiedene Eigenwerte immer verschiedene Eigenvektoren bekommen, wie ist es dann möglich, dass sich für $\begin{eqnarray*} \lambda_1=1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1-(1)^2 & 0 & 1 \\ 0 & 1-(1)^2 & 2 \\ 1 & 2 & 2-(1)^2 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
also $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \\ 1 & 2 & 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ ergibt

und für $\begin{eqnarray*} \lambda_2=-1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1-(-1)^2 & 0 & 1 \\ 0 & 1-(-1)^2 & 2 \\ 1 & 2 & 2-(-1)^2 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
also $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \\ 1 & 2 & 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ ?

Bei $\begin{eqnarray*} \lambda_{3,4}=\pm 1,947 \end{eqnarray*}$ genau dasselbe.

Deine Aussage kann nicht ganz stimmen, allein schon in der Musterlösung sind nur 3 Eigenvektoren angegeben.

17.11.2014, 20:52

Helferlein

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Der "Witz" bei der Sache ist, dass Du die ganze Zeit von Einheits- und Eigenvektoren sprichst.
Tatsächlich geht es hier aber nur um Lösungen eines homogenen Systems der Form $\begin{eqnarray*} (A-\lambda^2E) v=0 \end{eqnarray*}$

17.11.2014, 21:15

DrHWI

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Da ich jetzt den Witz des Tages geliefert habe, mag mir vielleicht trotzdem jemand verraten, wie ich auf meine dritte Lösung des Gleichhungssystems komme oder ist dieser Thread somit hinfällig geworden? Gott

17.11.2014, 21:52

Helferlein

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Du hast bisher den 5. und 6. (komplexen) Wert von $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ ausser acht gelassen.

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