3x3 Matrix - Eigenraum zum Eigenwert 0

16.02.2009, 13:30

Maiskolben

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3x3 Matrix - Eigenraum zum Eigenwert 0

Hallo.

Hab festgestellt, dass ich mich sehr schwer tu mit follgendem Problem ->

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

Der erste EW ist $\begin{eqnarray*} \lambda 1 = 0 \end{eqnarray*}$

Nun kommt die Eigenraum berechnung:

$\begin{eqnarray*} ER0 = ker (A - \lambda * En) = ker \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Daraus folgt, dass ich $\begin{eqnarray*} (A - \lambda * En) *x = 0 \end{eqnarray*}$ lösen muss:

$\begin{eqnarray*} A=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} * \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = 0 \end{eqnarray*}$

Follgendes homogenes LGS ist ggb:

x1+x2+x3=0
x1+x3=0
x1+x2+x3=0

=> I - III ergibt

x1+x2+x3=0
x1+x3=0

Und jetzt verdammte hacke? Ich komm ich einfach nicht weiter :o(

Die Lösung soll sein.

$\begin{eqnarray*} E(0)={\alpha * \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} | \alpha \in \mathbb R } \end{eqnarray*}$

Wie komme ich da drauf?

16.02.2009, 14:10

eierkopf1

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RE: 3x3 Matrix - Eigenraum zum Eigenwert 0
Berechnen wir mal das charakteristische Polynom:

$\begin{eqnarray*} det(A - t \cdot E_3) = det (\begin{pmatrix} 1-t & 1 & 1 \\ 1 & -t & 1 \\ 1 & 1 & 1-t \end{pmatrix})= t^3-2t^2-2t \end{eqnarray*}$

Die Nullstellen des charakteristischen Polynoms sind die Eigenwerte.

Den ersten hast du ja berechnet: 0

Um den Eigenraum zu bestimmen, setzt du in diese Matrix $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1-t & 1 & 1 \\ 1 & -t & 1 \\ 1 & 1 & 1-t \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ für t den Eigenwert ein (nennen wir diese Matrix B) und löst das homogene Gleichungssystem B*x=0.

Der Lösungsraum ist der Eigenraum.

Das wiederholst du für alle Eigenwerte.

16.02.2009, 14:19

Bjoern1982

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Ob diese Antwort weiterhilft...

@ Maiskolben

Zitat:

Follgendes homogenes LGS ist ggb:

x1+x2+x3=0
x1+x3=0
x1+x2+x3=0

=> I - III ergibt

x1+x2+x3=0
x1+x3=0

Und jetzt bist du ja schon fast am Ziel:

Aus der 2. Gleichung folgt x1=-x3 und eingesetzt in die 1. Gleichung folgt x2=0

x1=-1x3
x2=0x3
x3=1x3

Daran kann man ja jetzt schön erkennen, dass der Lösungsraum einer Ursprungsgeraden enstpricht, sprich aus allen Linearkombinationen (Vielfachen) des Vektors $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Gruß Björn

16.02.2009, 14:44

Maiskolben

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@Bjoern1982

vielen dank ^^

@eierkopf1

danke dir, aber die Lösung von Björn hat mir eher geholfen ^^

Dazu hab ich nochmal eine ähnliche Frage!

Wie würde das nun hier aussehen

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

Follgendes homogenes LGS ist ggb:

2x1+x2+x3=0
x1+x2+x3=0
x1+x2+x3=0

=> I tauschen II ergibt | I - III

x1+x2+x3=0
2x1+x2+x3=0
0=0

Lösung soll sein

$\begin{eqnarray*} E(0)={\alpha * \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} | \alpha \in \mathbb R } \end{eqnarray*}$

Damit kann ich jetzt nicht wirklich viel anfagen. Ich sehe nur, dass x3 eine freiwählbare variable wäre.

16.02.2009, 14:53

WebFritzi

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Zitat:

Original von Maiskolben
$\begin{eqnarray*} A=\begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} * \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Mach dir ein für allemal klar, dass das Unsinn ist.

16.02.2009, 15:01

Maiskolben

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Stimmt. A = ist falsch. Hast du denn trotzdem für die Lösung meines Problems 3x3 Matrix - Eigenraum zum Eigenwert 0

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16.02.2009, 15:17

WebFritzi

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Das ist wirklich billigster Schulstoff: lineare Gleichungssysteme lösen. Solltest du selber können.

Trotzdem ein Tipp: I - II

Und stell solche Fragen bitte das nächste mal im Schulmathe-Forum.

16.02.2009, 15:56

Maiskolben

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x1+x2+x3=0
2x1+x2+x3=0
0=0

=> I - II

x1+x2+x3=0
-x1=0

Ja, jetzt weiß ich, dass -x1 = 0 bzw x1=0 ist

Ich sehe nun, dass x1=0 ist und laut der Lösung scheint das auch plausibel zu sein.
x3 scheint frei wählbar zu sein.

Damit hätte ich die erste Komponente von $\begin{eqnarray*} /alpha * \begin{pmatrix} 0 \\ a_2 \\ a_3 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Nur wie gehe ich mit den nächsten Komponenten an die Sache? Ich könnte nach x2 umstellen. Dann wäre es x2 = -x1 -x3 . x3 ist frei wählbar, könnte also auch null sein. Somit wäre es dann x2 = -x1 -0x3 -> x2 = -x1

Mit der 2. Komponente wäre es $\begin{eqnarray*} /alpha * \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ a_3 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Wie kann ich nun die dritte begründen?

16.02.2009, 16:30

WebFritzi

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So ein Unsinn! x1 = 0, richtig. Also folgt, wenn du das wieder in eine der Gleichungen einsetzt: x2 = -x3. Also

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\-x_3\\x_3\end{pmatrix} = x_3\cdot\begin{pmatrix}0\\-1\\1\end{pmatrix}. \end{eqnarray*}$

16.02.2009, 16:38

Maiskolben

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danke.

16.02.2009, 17:07

Maiskolben

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Hab wieder ein Problem:

$\begin{eqnarray*} A = \begin{pmatrix} 2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 4 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Ich benötige ker

$\begin{eqnarray*} ker(A - 4+\sqrt{8} * En) = ? \end{eqnarray*}$

Persönlich würde ich sagen, dass bei dem ? kommt:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 2-( 4+\sqrt{8}) & 2 & 2 \\ 2 & 2-(4+\sqrt{8}) & 2 \\ 2 & 2 & 4-( 4+\sqrt{8}) \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

um auf folgendes LGS zu kommen, nur wie komme ich auf dieses LGS? Verstehe ich hier leider nicht:

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

16.02.2009, 17:21

Maiskolben

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ok, hab es rausbekommen. man ist das ein schrott.

ich kann also einfach durch 2 teilen? wie soll man in der klausur darauf kommen traurig

traurig

16.02.2009, 17:40

kiste

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Das kann doch nicht dein Ernst sein?
Du willst uns doch nicht sagen dass du auf der Hochschule nicht drauf kommst eine Gleichung durch 2 zu teilen?

Das ist jetzt wirklich nichts worauf man nicht kommen kann, in der Tat sollte man das aus der 9. Klasse kennen.

16.02.2009, 17:44

WebFritzi

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Das Maiskölbchen tut mir schon ein bisschen leid... Aber Kiste hat recht.

01.04.2010, 21:27

der_speedy

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Nochmal zum Klarstellen:
Auch eine Matrix mit Eigenwert 0 kann diaggonalisierbar sein, solange eben ein Kritierium für die Diagonalisierbarkeit erfüllt ist (wie z.B. dass die Dimension des Vektorraums die Summe der Dimensionen der Eigenräume ist).
Richtig?

01.04.2010, 21:31

Mazze

Auf diesen Beitrag antworten »

Richtig, trivialer Weise ist zum Beispiel die Nullmatrix diagonalisierbar, und besser noch , sie ist sogar in Diagonalform.

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