Eigenwertproblem |
12.02.2005, 16:10 | FatFreddy | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Eigenwertproblem und soll davon den Eigenwert + Vektor bestimmen. also: dann habe ich wenn ich nu das ganze ausrechne: wie sehe ich jetzt die eigenwerte? Oder ist der Weg falsch? |
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12.02.2005, 16:15 | Calvin | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
RE: Eigenwertproblem Ich gehe mal davon aus, dass dein charakteristisches Polynom richtig ist. Die Eigenwerte sind die Nullstellen des charakteristischen Polynoms. Bei einem Polynom 3. Grades mußt du eine Nullstelle x0 erraten und dann Polynomdivision durch (x-x0) durchführen. EDIT Dein charakteristisches Polynom ist nicht richtig. |
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12.02.2005, 16:17 | FatFreddy | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Wie eine Nullstelle erraten? |
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12.02.2005, 16:20 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
RE: Eigenwertproblem
Die oberste Zeile ist richtig, die unterste falsch. Also nochmal richtig zusammenfassen! |
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12.02.2005, 16:21 | Calvin | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Du hast das charakteristische Polynom (deins ist übrigens nicht richtig). Nun setzt du . Für Gleichungen dritten Grades gibt es zwar eine Formel, aber die ist relativ aufwändig. Deshalb versuchst du, durch raten eine Nullstelle zu finden. Meißt ist das nicht schwer. Fang einfach mal an mit 0,1,-1,2,-2. Das reicht im Regelfall. |
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12.02.2005, 16:27 | FatFreddy | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Kann es sein, dass da nur 2 Werte rauskommen? Habe jetzt 2 und -1 gefunden |
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12.02.2005, 16:30 | Calvin | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Ja. Einer der beiden Werte ist eine doppelte Nullstelle. Hast du eine Idee, wie man erkennt, welcher der beiden es ist? |
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12.02.2005, 16:30 | FatFreddy | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Leider nicht |
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12.02.2005, 16:36 | Calvin | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Du mußt dein Polynom in Linearfaktoren zerlegen. , wobei die Nullstellen sind. Wenn du nur eine Nullstelle errätst (z.B. ), kannst du Polynomdivision durchführen. . Du bekommst dann ein Polynom zweiten Grades, dessen Nullstellen du mit den bekannten Formeln bestimmen kannst. Eine Nullstelle wird dann doppelt auftauchen. |
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12.02.2005, 17:23 | FatFreddy | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Wenn ich jetzt die Werte 2, -1,-1 in für Lambda eintrage müsste ich doch durch das Gleichungssystem an den Eigenvektor kommen oder nicht? Irgendwie bekomme ich da immer nur 0 raus. Ich habe doch für den Eigenwert 2 diese Gleichung oder nicht. -2*x1+x2+x3=0 x1-2*x2+x3=0 x1+x2-2*x3=0 |
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12.02.2005, 17:39 | Calvin | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Das Gleichungssystem für den Eigenwert 2 stimmt. Aber beim Lösen ist dir wohl ein Fehler unterlaufen. Kannst du deine Lösungsschritte bitte posten. Dann kann man dir erklären, wo der Fehler liegt. |
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12.02.2005, 17:46 | FatFreddy | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
I1: -2*x1+x2+x3=0 I2: x1-2*x2+x3=0 I3: x1+x2-2*x3=0 zuerst 2*I2 + I1= -3*X2+2*X3=0 dann I3-I2= 3*X2-3*X3=0 (I3-I2)+(2*I2+I1)= X3 =0 |
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12.02.2005, 17:55 | Calvin | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
OK, da haben wir doch den Übeltäter Beim Multiplizieren/Addieren der Gleichungen ist dir der Fehler unterlaufen. Damit sind die erste oder die dritte Zeile linear abhängig und du bekommst einen eindimensionalen Lösungsraum. |
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12.02.2005, 18:05 | FatFreddy | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Ok, hab ich gesehen, aber wie komme ich jetzt auf die Lösungen? Ist dann ein Wert beliebig oder wie rechne ich das? Irgendwie komme ich auf das =0 nicht klar |
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12.02.2005, 18:26 | Calvin | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Ich schreibe es mal in Matrixschreibweise. Das ist IMHO übersichtlicher: Jetzt noch Z3-Z1, dann bekommst du Dieses Gleichungssystem hat unendlich viele Lösungen. Wie du schon richtig erkannt hast, ist eine Variable frei wählbar. Damit es allgemein bleibt, nimmt man z.B. . Die anderen Lösungen bestimmst du in Abhängigkeit von . Bei einem bin ich mir aber nicht mehr sicher. Dass die Lösung dieses LGS der Eigenraum zum Eigenwert 2 ist, weiß ich noch. Aber ist ein Eigenvektor ein beliebiger Vektor aus dem Eigenraum? Eigentlich schon, denn jeder Vektor aus dem Eigenraum zum Eigenwert c löst die Gleichung Wenn ja, dann würde es reichen, für alpha eine beliebige Zahl zu setzen. Das müßte aber nochmal jemand bestätigen. Gruß Tobi, der jetzt keine Zeit mehr hat. |
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12.02.2005, 18:39 | Anirahtak | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Verschoben nach Algebra |
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12.02.2005, 19:06 | JochenX | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
der eigenraum zu einem eigenwert ist die gesamtheit aller eigenvektoren zu diesem eigenwert.... eigenwert sei µ Beweis: sei x ein eigenvektor, y ein eigenvektor, a in Grundkörper k es gilt: Ax=µx, Ay=µy dann: A(x+y)=Ax+Ay=µx+µy=µ(x+y) (damit x+y eigenvektor) außerdem: A(ax)=a*A(x)=a*µx=µ(ax) (damit ax eigenvektor) also wenn du eigenvektoren gefunden hast, so ist jede linearkombination dieser vektoren auch ein eigenvektor. noch was ganz allgemeines:
haben matrizen an sich eigenwerte? sind dies nicht eher die eigenwerte der linearen abbildung, die durch diese matrix dargestellt wird? das ist so doch inkorrekt, wenn man's genau nimmt, oder? |
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12.02.2005, 19:41 | FatFreddy | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Also ich habe für die eigenwerte 2,-1,-1 rausbekommen. Wie ermittel ich denn für -1 den Eigenvector? Wenn ich in einsetzte habe ich doch eine Matrix mit diesen Werten: Und daraus kann ich doch keine Lösungen bestimmen oder doch? Oder sind dann dabei alle Werte frei wählbar? |
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12.02.2005, 23:07 | JochenX | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
du sollst auch keine "lösungen" finden.... denn eine matrix hat keine lösung... der eigenraum zu diesem eigenwert ist der kern der matrix.... also treppenform (ganz leicht) und -1Trick.... fertig in 5 sekunden..... |
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