Lineare Abbildung

06.02.2016, 19:12

fastplaner

Lineare Abbildung

Meine Frage:
Hallo liebe Community,

ich verzweifle gerade an einer Aufgabe über die, die meisten von euch wahrscheinlich lachen werden.
Sie lautet:

Gegeben sei die lineare Abbildung $\begin{eqnarray*} L: R^{2} \Rightarrow R^{2} \end{eqnarray*}$ mit

$\begin{eqnarray*} L\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} L\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 \\ 3 \\ \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

a) Stellen Sie den Vektor $\begin{eqnarray*} e_{1}=\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ als Linearkombination von $\begin{eqnarray*} e_{2}=\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} v_{2}=\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ dar
b) Bestimmen Sie $\begin{eqnarray*} L\left(e_{1} \right) \end{eqnarray*}$ und geben Sie eine Matrix A an mit $\begin{eqnarray*} L\left(x\right) = Ax \end{eqnarray*}$ .
c) Berechnen Sie alle Eigenwerte und Eigenvektoren von $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$

Ich habe auch noch ein Bild der Aufgabenstellung angehangen.

Danke im Voraus

Meine Ideen:
Zu a)

Sofern ich es richtig verstanden habe ist $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 2\end{pmatrix} + -2\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Zu b) (Ich schätze hier habe ich einen Denkfehler)
Nach meinem Verständnis:
$\begin{eqnarray*} L\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 3 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Der obere Faktor wird verdoppelt und 1 addiert und als unterer Faktor verwendet.
Der unter Faktor wird nur verdoppelt und als obere Faktor verwendet.
Weist evtl auf eine Spiegelung oder Rotation hin? Ich hab da ehrlich gesagt gar keine Ahnung...

Zu c)
Die Eigenwerte erhalte ich durch eine Multiplikation mit $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} x*\lambda & 0 \\ 0 & x*\lambda \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ und dem lösen des daraus resultierenden LGS.
Die Eigenvektoren erhalte ich dann durch ein weiters LGS.

06.02.2016, 19:29

MeMeansMe

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RE: Lineare Abbildung
Hey smile

Zitat:

Original von fastplaner
Meine Frage:
Hallo liebe Community,

ich verzweifle gerade an einer Aufgabe über die, die meisten von euch wahrscheinlich lachen werden.

Wenn jemand hier auf diesem Forum über so eine Frage lachen sollte, ist er hier eindeutig falsch smile

Also mach dir keine Sorgen smile

Die a) stimmt.

Zur b) kann man folgendes sagen: Du hast in der a) den fehlenden Basisvektor $\begin{eqnarray*} e_1 \end{eqnarray*}$ als Linearkombination der zwei anderen gegebenen Vektoren dargestellt. Mit der Linearität der Abbildung $\begin{eqnarray*} L \end{eqnarray*}$ kannst du also schreiben:

$\begin{eqnarray*} L\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix} = L\left(\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}-2\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}\right) =\ ? \end{eqnarray*}$

Mach du hier mal weiter smile

06.02.2016, 19:57

fastplaner

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RE: Lineare Abbildung
Hey, danke für die schnelle Antwort Gott

Verstehe ich das so richtig?

$\begin{eqnarray*} L\left(\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix} -2\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} \right) = \begin{pmatrix} 4 \\ 3 \end{pmatrix} -2\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} = e_1' \end{eqnarray*}$

Also ist

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

Wobei die erste Spalte aus $\begin{eqnarray*} e_1 \end{eqnarray*}$ und die zweite Spalte aus $\begin{eqnarray*} e_1' \end{eqnarray*}$ besteht?

Für c) würde das bedeuten:

Die Determinante wäre $\begin{eqnarray*} \lambda ^{2} \end{eqnarray*}$ und somit gäbe es keine Eigenwerte bzw sie wären 0. Oder bin ich jetzt zu schnell weitergemacht? verwirrt

06.02.2016, 21:27

MeMeansMe

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RE: Lineare Abbildung
Hey, gerne smile

Deine erste Antwort ist richtig, es gilt in der Tat $\begin{eqnarray*} L\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix} = e_1 \end{eqnarray*}$ . Bei der Matrix warst du aber etwas zu schnell. Die Spalten der darstellenden Matrix einer linearen Abbildung (die du hier ja suchst) bestehen aus den Bildern der Basisvektoren. Die Bilder der Basisvektoren lauten:

$\begin{eqnarray*} L(e_1) = \begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}\qquad\text{und}\qquad L(e_2) = \begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ .

Dementsprechend kannst du jetzt die Matrix aufstellen.

Zu den Eigenwerten (auch wenn du die falsche Matrix benutzt hast): Die Determinante $\begin{eqnarray*} \det(A-\lambda E_2) \end{eqnarray*}$ ist nicht gleich $\begin{eqnarray*} \lambda^2 \end{eqnarray*}$ . Selbst wenn sie das wäre, gäbe es natürlich zwei Eigenwerte, nämlich $\begin{eqnarray*} \lambda_1=\lambda_2=0 \end{eqnarray*}$ .

06.02.2016, 22:19

fastplaner

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RE: Lineare Abbildung
Also die gesuchte Matrix $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ besteht in der ersten Spalte aus $\begin{eqnarray*} e_1' \end{eqnarray*}$ und in der zweiten Spalte aus $\begin{eqnarray*} e_2' \end{eqnarray*}$

Also:

$\begin{eqnarray*} A = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 2 & 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Für die Eigenwerte benötige ich dann folgenden Term:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 2 & 1 \end{pmatrix} * \begin{pmatrix} x \\ y\end{pmatrix} = \lambda * \begin{pmatrix} x \\ y\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Den löse ich auf zu

1) $\begin{eqnarray*} 0x+2y =\lambda *x \end{eqnarray*}$
2) $\begin{eqnarray*} 1x+1y=\lambda *y \end{eqnarray*}$

Die rechten Werte müssen nach links übertragen werden

1) $\begin{eqnarray*} (0-\lambda )x+2y =0 \end{eqnarray*}$
2) $\begin{eqnarray*} 1x+(1-\lambda )y=0 \end{eqnarray*}$

Daraus ergibt sich die Determinante

$\begin{eqnarray*} \begin{vmatrix} (0-\lambda) & 2\\ 1 & (2-\lambda ) \end{vmatrix} = \lambda ^{2}-2\lambda -2 \end{eqnarray*}$

Und mittels pq-Formel

$\begin{eqnarray*} \lambda_1 , \lambda_2=-\left(-2\right) \pm \sqrt{ \left( \frac{-2}{2} \right) ^{2}-\left(-2\right)} \end{eqnarray*}$

was sich zusammenfasst auf

$\begin{eqnarray*} \lambda_1 , \lambda_2=2 \pm \sqrt{ 3} \end{eqnarray*}$

erhalte ich die beiden Eigenwerte.
EDIT: Gibt es hier noch die triviale Lösung, bei der beide Eigenwerte 0 sind? Nein, oder? Die -2 aus der Determinante bleibt ja unbeeinflusst von $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$

Nun muss ich noch $\begin{eqnarray*} \lambda_1 \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} \lambda_2 \end{eqnarray*}$ einsetzen

$\begin{eqnarray*} \left(\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 2 & 1 \end{pmatrix} -\lambda_i \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\right) *\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

und erhalte daraus dann einen der beiden Eigenvektoren?!

Habe ich irgendwo einen Rechenfehler? Ich traue dem Dozenten solch ungerade zahl für $\begin{eqnarray*} \lambda_i \end{eqnarray*}$ nicht wirklich zu. Wir sollen das ja schließlich ohne Taschenrechner ausrechnen können...

07.02.2016, 09:29

fastplaner

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RE: Lineare Abbildung
War wohl gestern Abend zu spät für mich Hammer

Die Matrix hab ich falsch hingeschrieben aber immerhin habe ich dann mit der richtigen gerechnet. (Bin Latex Neuling)

$\begin{eqnarray*} A=\begin{pmatrix} 0 & 2 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Die weiteren Schritte bleiben die gleichen.

In der Determinante hatte ich dazu noch einen Fehler $\begin{eqnarray*} a(22) \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} 1-\lambda \end{eqnarray*}$ und nicht $\begin{eqnarray*} 2-\lambda \end{eqnarray*}$ . Hammer

Die korrekte Determinante wäre dann:

$\begin{eqnarray*} -\lambda _{2}-\gamma -2 \end{eqnarray*}$

Damit wäre die pq-Formel auch nicht unbedingt angenehmer

Entschuldige bitte die Verwirrung.

07.02.2016, 09:44

MeMeansMe

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RE: Lineare Abbildung
Hey,

deine Matrix in deinem zweiten Beitrag stimmt smile

Beim charakteristischen Polynom ist was falsch gelaufen. Es gilt ja

$\begin{eqnarray*} \det(A-\lambda E_2) = \det\left(\begin{array}{cc}-\lambda&2\\1&1-\lambda\end{array}\right) = \lambda^2-\lambda-2 = (\lambda-2)(\lambda+1) \end{eqnarray*}$ .

Damit liest du die Eigenwerte direkt ab als $\begin{eqnarray*} \lambda_1 = 2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \lambda_2 = -1 \end{eqnarray*}$ . Verstehst du? smile

PS: Dafür, dass du LaTeX-Neuling bist, machst du das sehr gut Augenzwinkern

07.02.2016, 10:19

fastplaner

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RE: Lineare Abbildung

Zitat:

Original von MeMeansMe
[...]
$\begin{eqnarray*} \lambda^2-\lambda-2 = (\lambda-2)(\lambda+1) \end{eqnarray*}$ .

Damit liest du die Eigenwerte direkt ab als $\begin{eqnarray*} \lambda_1 = 2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \lambda_2 = -1 \end{eqnarray*}$ . Verstehst du? smile

[...]

Den Vorzeichenfehler sehe ich jetzt auch. Und wenn man es so zerlegt wie du es getan hast, dann kann man auch die Eigenvektoren so einfach ablesen, da einer der Faktoren gleich 0 werden muss.
Ob ich auf so eine Zerlegung auch selbst komme, bezweifle ich mal stark.

Daraus ergibt sich also für $\begin{eqnarray*} \lambda_1=2 \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0-2 & 2 \\ 1 & 1-2 \end{pmatrix} *\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Zwischenfrage: Das ergibt eine homogene Matrix mit $\begin{eqnarray*} det(A) = 0 \end{eqnarray*}$ . Daraus erkennt man doch, dass es eine allgemeine Lösung gibt. Generell gibt es bei homogenen Matrizen doch keine eindeutige Lösung?

was in $\begin{eqnarray*} x=y \end{eqnarray*}$ resultiert. Also kann der Eigenvektor $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ , etc. sein. Wie würde man das mathematisch korrekt formulieren?
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}; L = \left\{ x=y | x,y \in R\right\} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} L \end{eqnarray*}$ für Lösungsmenge

Für $\begin{eqnarray*} \lambda_2 = -1 \end{eqnarray*}$ erhält man dann
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} x \\ -2y \end{pmatrix}; L = \left\{ x=-2y | x,y \in R\right\} \end{eqnarray*}$

also wieder eine allgemeine Lösung.

Komme ich jetzt auf einen richtigen Weg ?

Also generell schonmal vielen Dank für die Hilfe. Freude

Wenn du dem Neuling noch sagst wie ich mich bei dir auf dem Board revanchieren kann, dann komme ich dem gerne nach! Freude

07.02.2016, 10:37

MeMeansMe

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RE: Lineare Abbildung
Hey,

Zitat:

Und wenn man es so zerlegt wie du es getan hast, dann kann man auch die Eigenvektoren so einfach ablesen (...)

Die Eigenwerte, aber du meintest das Richtige Augenzwinkern

Zitat:

Das ergibt eine homogene Matrix mit $\begin{eqnarray*} det(A) = 0 \end{eqnarray*}$ . Daraus erkennt man doch, dass es eine allgemeine Lösung gibt.

Ich weiß nicht genau, was du hiermit meinst. Homogene Gleichungssysteme haben in der Tat immer mindestens eine Lösung, nämlich die triviale. Du wählst einfach alle Vorfaktoren gleich 0 und haust somit alles auf 0 smile

Dass $\begin{eqnarray*} \det(A)=0 \end{eqnarray*}$ gilt, ist logisch, weil die Abbildung $\begin{eqnarray*} A-\lambda E_2 \end{eqnarray*}$ nicht invertierbar ist.

Zitat:

Also kann der Eigenvektor $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ , etc. sein. Wie würde man das mathematisch korrekt formulieren?

Also, der Vektor $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ ist per Definitionem nie ein Eigenvektor. Überleg dir mal, warum smile

Das ist ein sehr wichtiges Detail.

Du hast hier in der Tat $\begin{eqnarray*} x=y \end{eqnarray*}$ , d.h. du kannst einen Parameter frei wählen, z.B. $\begin{eqnarray*} y=1 \end{eqnarray*}$ . Dann folgt $\begin{eqnarray*} x=y=1 \end{eqnarray*}$ . Da dein Eigenvektor die Form $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ hat, ist er mit der gegebenen Wahl von $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ gleich $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ . Den allgemeinen Lösungsraum kannst du aufschreiben als:

$\begin{eqnarray*} E_{\lambda_1} := L(A-\lambda_1E_2) = \left\{x\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}\ \vert\ x\in\mathbb{R}\right\} \end{eqnarray*}$ .

Entsprechend für den zweiten Eigenwert. Diese Lösungsmenge nennt man übrigens den Eigenraum zum Eigenwert $\begin{eqnarray*} \lambda_1 \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Wenn du dem Neuling noch sagst wie ich mich bei dir auf dem Board revanchieren kann, dann komme ich dem gerne nach!

Du arbeitest sehr gut selber mit und gibst dir Mühe, deine Beiträge in LaTeX zu verfassen smile

Wenn man hier Leuten helfen will, dann ist das schon sehr viel wert. Also weiter so Augenzwinkern

07.02.2016, 10:54

fastplaner

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RE: Lineare Abbildung

Zitat:

Original von MeMeansMe
Also, der Vektor $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ ist per Definitionem nie ein Eigenvektor. Überleg dir mal, warum smile

Das ist ein sehr wichtiges Detail.

Der Vektor $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ gibt keine Richtung an und hat eine Länge von 0.
Da ich Vektoren immer mit Koordinatensystemen verbinde ergibt der genannte Vektor $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ soweit keinen Sinn.

Aber der Zusammenhang von Vektoren und Matrizen hat sich mir noch nicht wirklich ergeben, von daher traue ich mich nicht das zu beurteilen. Bisher habe ich Matrizen immer nur als einen Zusammenschluss mehrerer Vektoren gesehen.

Also wenn man mehrere Vektoren addiert hängt man sie ja räumlich aneinander. So habe ich es mir auch bei Matrizen vorgestellt. Keine Ahnung ob das hier jetzt nicht etwas zu weit ausschlägt. verwirrt

Was ein Eigenvektor letztendlich aussagt, weis ich auch nicht wirklich um ehrlich zu sein.

07.02.2016, 11:11

MeMeansMe

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RE: Lineare Abbildung

Zitat:

Original von fastplaner
Der Vektor $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ gibt keine Richtung an und hat eine Länge von 0.
Da ich Vektoren immer mit Koordinatensystemen verbinde ergibt der genannte Vektor $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ soweit keinen Sinn.

Na ja, auch der Nullvektor ist ein Vektor, nur halt mit Länge 0, wie du schon sagtest smile

Er ist also sozusagen ein Punkt im Ursprung des Koordinatensystems und nicht mehr ein Pfeil, wie die meistens sich Vektoren vorstellen. Diese Pfeilvorstellung hilft auch nur bedingt, wenn man bedenkt, dass auch Polynome oder gar Matrizen "Vektoren" in einem Vektorraum sein können. Nur dann sind es eben keine Pfeile mehr, aber das nur nebenbei smile

Der Nullvektor ist kein Eigenvektor, weil dann im Prinzip jede Zahl in deinem Körper ein Eigenwert zu diesem Vektor sein könnte. Wenn $\begin{eqnarray*} T:V\to V \end{eqnarray*}$ eine lineare Abbildung ist und der Nullvektor eine Eigenvektor wäre, dann würde gelten

$\begin{eqnarray*} T(\vec{0}) = \lambda\cdot\vec{0} \end{eqnarray*}$

für alle $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ . Du kannst ja den Nullvektoren mit jeder beliebigen Zahl multiplizieren und es bleibt der Nullvektor. Daher macht es keinen Sinn, den Nullvektor als Eigenvektor zuzulassen.

Zitat:

Was ein Eigenvektor letztendlich aussagt, weis ich auch nicht wirklich um ehrlich zu sein.

Schau dir mal die Gleichung an, die du schon kennst, um Eigenvektoren zu bestimmen:

$\begin{eqnarray*} T(v) = \lambda\cdot v \end{eqnarray*}$ .

Was sagt diese Gleichung? Hier steht, dass der Vektor $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ unter einer Transformation (d.h. wenn du eine lineare Abbildung auf ihn anwendest und ihn also transformierst) trotzdem derselbe Vektor bleibt (nur eventuell mit einer anderen Länge). D.h. dass Eigenvektoren einer linearen Abbildung unter dieser Abbildung (wenn überhaupt) nur skaliert werden, aber ihre Richtung beibehalten. Das ist nicht selbstverständlich, da die meisten Vektoren sowohl ihre Länge als auch ihre Richtung unter einer Abbildung ändern. Eigenvektoren behalten ihre Richtung jedoch bei smile

07.02.2016, 11:37

fastplaner

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RE: Lineare Abbildung

Zitat:

Original von MeMeansMe

Schau dir mal die Gleichung an, die du schon kennst, um Eigenvektoren zu bestimmen:

$\begin{eqnarray*} T(v) = \lambda\cdot v \end{eqnarray*}$ .

Was sagt diese Gleichung? Hier steht, dass der Vektor $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ unter einer Transformation (d.h. wenn du eine lineare Abbildung auf ihn anwendest und ihn also transformierst) trotzdem derselbe Vektor bleibt (nur eventuell mit einer anderen Länge). D.h. dass Eigenvektoren einer linearen Abbildung unter dieser Abbildung (wenn überhaupt) nur skaliert werden, aber ihre Richtung beibehalten. Das ist nicht selbstverständlich, da die meisten Vektoren sowohl ihre Länge als auch ihre Richtung unter einer Abbildung ändern. Eigenvektoren behalten ihre Richtung jedoch bei smile

Also wenn die Abbildung eine Seite staucht oder streckt ändern sich evtl. Länge und Richtung.
Ein Eigenvektor behält aber immer die gleiche Richtung bei, deswegen ist der Vektor $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ nicht als Eigenvektor anzugeben (da er nur ein Punkt im Ursprung ist). Und da eine Abbildung auch immer relational zum Ursprung ist bleibt der Punkt P(0/0) auch immer P'(0/0).

[ Lehrer

]
Betrachtet man eine solche Abbildung also in einem 3D-Modell so ist der Eigenraum also ein Würfel, der im Raum des "originalen Raums" liegt und auch im Raum des "abgebildeten Raums". In 2D wäre es eben ein Rechteck, welches eine Fläche beschreibt, die in Original und Abbildung enthalten ist, da der Eigenvektor immer von Ursprung ausgeht?
[/ Lehrer

]

Wie wäre es wenn die Abbildung aber Beispielsweise am Ursprung spiegelt?
Kein Eigenvektor und somit auch kein Eigenraum?

Egal... Mega vielen Dank für deine Hilfe!! Gott

(das Licht is an gegangen smile

)
Du hast mir viel mehr Erklärt als nur die Aufgabe, ich hab endlich mal verstanden worum es da überhaupt geht (glaube ich zumindest) Freude

Das Prinzip wie ich solche Aufgaben löse habe ich verstanden (hoffentlich).
Die Klausur kann kommen geschockt

(zumindest für das Teilthema)!

07.02.2016, 11:49

MeMeansMe

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RE: Lineare Abbildung

Zitat:

Original von fastplaner
Betrachtet man eine solche Abbildung also in einem 3D-Modell so ist der Eigenraum also ein Würfel, der im Raum des "originalen Raums" liegt und auch im Raum des "abgebildeten Raums". In 2D wäre es eben ein Rechteck, welches eine Fläche beschreibt, die in Original und Abbildung enthalten ist, da der Eigenvektor immer von Ursprung ausgeht?

Es gibt streng genommen nicht "den" Eigenraum. Zu jedem Eigenwert gehört auch ein Eigenraum. In deiner Aufgabe hast du zwei Eigenwerte (also auch zwei Eigenräume), die jeweils eindimensional sind. Das heißt, sie sind Geraden in einem zweidimensionalen Vektorraum.

Zitat:

Original von fastplaner
Wie wäre es wenn die Abbildung aber Beispielsweise am Ursprung spiegelt?
Kein Eigenvektor und somit auch kein Eigenraum?

Na ja, schauen wir uns das doch mal im $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^2 \end{eqnarray*}$ an smile

Die Matrix, die am Ursprung spiegelt, ist dann

$\begin{eqnarray*} S = \left(\begin{array}{cc}-1&0\\0&-1\end{array}\right) \end{eqnarray*}$ .

Hiervon kannst du Eigenwerte und Eigenvektoren berechnen und dann siehst du, was dabei rauskommt smile

Zitat:

Original von fastplaner
Egal... Mega vielen Dank für deine Hilfe!! Gott

(das Licht is an gegangen smile

)
Du hast mir viel mehr Erklärt als nur die Aufgabe, ich hab endlich mal verstanden worum es da überhaupt geht (glaube ich zumindest) Freude

Das freut mich sehr Augenzwinkern

Eigenvektoren und Eigenwerte zu berechnen wird dir bald ins Blut übergehen Freude

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