Hauptraumzerlegung

14.03.2010, 23:23

Manuel20

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Hauptraumzerlegung

Guten Abend allerseits.

Zu berechnen ist die Hauptraumzerlegung (=verallgemeinerter Eigenraum) über Q von:

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

Einziger Eigenwert (in Q) ist 1.
Der dazugehörige Eigenvektor ist: $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Das heisst also: $\begin{eqnarray*} Eig(A,1) = <\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}> \end{eqnarray*}$
und
$\begin{eqnarray*} VEig(A,1) = \mathbb Q^1 \end{eqnarray*}$ , da $\begin{eqnarray*} (1 \cdot E_3 - A)^1 = 0 \end{eqnarray*}$

Stimmen meine Berechnungen, und ist es richtig, wie ich den Hauptraum (verallgemeinerten Eigenraum) berechnet habe?

Besten Dank und gute Nacht!

15.03.2010, 17:54

Manuel20

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RE: Hauptraumzerlegung
..oder müsste ich den Hauptraum nicht so angeben:

[latex] VEig(A,1) = <\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}>

?
..oder stimmt der Hauptraum gar nicht?

15.03.2010, 19:46

Manuel20

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RE: Hauptraumzerlegung
$\begin{eqnarray*} VEig(A,1) = <\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}> \end{eqnarray*}$

15.03.2010, 22:56

Manuel20

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RE: Hauptraumzerlegung
Könnte mir bitte jemand sagen, ob das, was ich gemacht habe, stimmt beziehungsweise zeigen, was falsch ist?
Besten Dank!

16.03.2010, 00:27

Manuel20

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RE: Hauptraumzerlegung
Gut, inzwischen habe ich bemerkt, dass die Hauptraumzerlegung ein wenig anders funktioniert...

also, es ist ja:
$\begin{eqnarray*} Hau(A, 1) := \{ v \in \mathbb Q | (A-1)^s (v) = 0 \} \end{eqnarray*}$
wobei s (Element aus IN) die algebraische Vielfachheit des Lambdas ist.

Nun zu meinem Problem:
s wäre eigentlich 1, aber für (A-1)^1 = 0 stimmt die Gleichung nicht. Genauso stimmt sie für s=2, 3, 4, 5 nicht..
Kann das sein? ..was ist dann der Hauptraum?

Vielen Dank für die Hilfe!

16.03.2010, 10:59

Reksilat

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RE: Hauptraumzerlegung
Hallo Manuel,

Der Eigenwert 1 hat hier die algebraische Vielfachheit 1 und somit ist der Hauptraum zum Eigenwert 1 gerade $\begin{eqnarray*} \{v\in \mathbb{Q}^3|(A-E)v=0\}=\langle\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix}\rangle \end{eqnarray*}$

Gruß,
Reksilat.

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16.03.2010, 12:48

Leo20

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RE: Hauptraumzerlegung
Ah super!
Dann hat er's richtig gemacht, und ich auch smile

smile

Falls aber ein Eigenwert zB doppelte algebraische Vielfachheit hat, also bspw. bei:
$\begin{eqnarray*} B = \begin{pmatrix} -1 & -4 & 4 \\ 1 & 3 & 2 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Hier sind -1 und 1 Eigenwerte (char. Polynom: -(x-1)^2(x+1) ) , wobei -1 algebraische Vielfachheit 1, und 1 algebraische Vielfachheit 2 hat.

Der Eigenvektor zum Eigenwert -1 lautet: $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} -6 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
und zum Eigenwert 1: $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} -2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Ist der Hauptraum hier dann:
zum Eigenwert -1: $\begin{eqnarray*} \{v\in \mathbb{Q}^3|(B+E)v=0\}=\langle\begin{pmatrix}-1\\3\\-1\end{pmatrix}\rangle \end{eqnarray*}$
und zum Eigenwert 1: $\begin{eqnarray*} \{v\in \mathbb{Q}^3|(B-E)^2v=0\}=\langle\begin{pmatrix}-7\\5\\-3\end{pmatrix}\rangle \end{eqnarray*}$

Das heisst, der Hauptraum der gesamten Matrix:
$\begin{eqnarray*} < \begin{pmatrix} -1\\3\\-1\end{pmatrix} , \begin{pmatrix}-7\\5\\-3\end{pmatrix} > \end{eqnarray*}$

?

16.03.2010, 12:57

Reksilat

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RE: Hauptraumzerlegung
Deine Rechnung verstehe ich nicht. Wenn Du einen Eigenvektor $\begin{eqnarray*} w \end{eqnarray*}$ zum Eigenwert -1 hast, dann ist $\begin{eqnarray*} Aw=-w \end{eqnarray*}$ und das ist äquivalent zu $\begin{eqnarray*} (A-E)w=0 \end{eqnarray*}$ . Dein Hauptraum zu -1 wird also vom zugehörigen Eigenvektor aufgespannt.

Auch zum Eigenwert 1 kennst Du schon einen Hauptvektor, denn wenn $\begin{eqnarray*} Av=v \end{eqnarray*}$ ist, so folgt doch auch $\begin{eqnarray*} (A-E)v=0 \end{eqnarray*}$ und somit $\begin{eqnarray*} (A-E)^2v=0 \end{eqnarray*}$ . Dein obiger Eigenvektor liegt somit ebenfalls im Hauptraum. Dieser hat allerdings Dimension 2.

Rechne doch mal $\begin{eqnarray*} (A-E)^2 \end{eqnarray*}$ aus.

16.03.2010, 13:18

Leo20

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RE: Hauptraumzerlegung
Deine Argumentation ist nachvollziehbar, weil ich eigentlich auch die beiden Eigenvektoren als Hauptvektoren hatte, dann aber ein wenig verunsichert wurde..

Also, "ausgeschrieben" rechnet man ja folgendes, oder? :
(zum Eigenwert 1)

$\begin{eqnarray*} (A-E)v = ( \begin{pmatrix} -1 & -4 & 4 \\ 1 & 3 & 2 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix})^2 \cdot \begin{pmatrix} -2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Das sollte dann eigentlich 0 sein, was aber nicht stimmt - deshalb liegt die Vermutung nahe, dass ich etwas falsch mache - nur was?

16.03.2010, 13:21

Reksilat

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RE: Hauptraumzerlegung
$\begin{eqnarray*} E \end{eqnarray*}$ ist die Einheitsmatrix: $\begin{eqnarray*} E=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Kein Wunder, dass Dein Rechnungen falsch sind. Hammer

Hammer

16.03.2010, 13:38

Leo20

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RE: Hauptraumzerlegung
Hahah..wirklich...dann ist es kein Wunder..
ahhh........ Freude

Freude

$\begin{eqnarray*} (A-E)v = ( \begin{pmatrix} -1 & -4 & 4 \\ 1 & 3 & 2 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix})^2 \cdot \begin{pmatrix} -2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -24 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
was ein Vielfaches des Eigenvektors ist.

Alles klar smile

smile

Herzlichen Dank, dass du mir geholfen hast, diesen Fehler aus der Welt zu schaffen smile

smile

Das heisst, der Hauptraum ist:
$\begin{eqnarray*} < \begin{pmatrix} -6 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} -2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
(oder schreibt man die jeweils einzeln auf, da sie von verschiedenen Eigenwerten stammen?)

16.03.2010, 13:40

Leo20

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RE: Hauptraumzerlegung
Das Ergebnis von der oberen Rechnung ist natuerlich:
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} -24 & 0 & 0\\ 4 & 0 & 0 \\ 4& 0 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

16.03.2010, 15:36

Reksilat

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RE: Hauptraumzerlegung
Es ist $\begin{eqnarray*} (A-E)^2=\left(\begin{pmatrix} -1 & -4 & 4 \\ 1 & 3 & 2 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\right)^2 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & -24 \\ 0 & 0 & 4 \\ 0 & 0 & 4 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Wieso Du bei der Multiplikation einer Matrix mit einem Vektor wieder eine Matrix herausbekommst und diese dann auch noch ein Vielfaches eines Vektors sein soll, ist mir schleierhaft.

btw.: Wie der Eigenraum, so ist auch der Hauptraum nur einem Eigenwert zugeordnet. Es gilt hier also eine Zerlegung des VR in zwei Haupträume zu finden. Schade, dass dergleichen Informationen weder in Lehrbüchern noch bei Wikipedia oder sonstwo zu finden sind... Augenzwinkern

Augenzwinkern

16.03.2010, 16:02

Leo20

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RE: Hauptraumzerlegung
Hehe..noch eine letzte Frage:
Angenommen, man hat einen Eigenwert = 0 mit algebraischer Vielfachheit 4.
Man findet zwei Eigenvektoren zu diesem Eigenwert. Diese reichen schon fuer einen Hauptraum, oder muss man noch weitere Vektoren des Hauptraumes suchen?

16.03.2010, 16:57

Reksilat

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RE: Hauptraumzerlegung
Nein, die geometrische Vielfachheit eines Eigenwerts entspricht der Dimension des Eigenraums. Die Dimension des Hauptraums ist die algebraische Vielfachheit eines Eigenwerts.
Das ist schließlich die Idee des Hauptraums: dass man den ganzen VR komplett in einzelne Haupträume zerlegen kann.

16.03.2010, 17:25

Leo20

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RE: Hauptraumzerlegung
Besten Dank fuer die Antwort!

Das heisst, wenn man einen Eigenvektor mit algebr. Vielfachheit 4 hat, nur aber 2 Eigenvektoren, dass man dann noch 2 weitere Vektoren (2. und 3. Stufe, siehe pablosen's Beitrag) finden und angeben muss?

16.03.2010, 17:33

Reksilat

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RE: Hauptraumzerlegung
Ja, wenn der Hauptraum die Dimension 4 hat, dann benötigt man vier linear unabhängige Vektoren, die diesen aufspannen.

16.03.2010, 22:12

Leo20

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RE: Hauptraumzerlegung
..und einen solchen erhält man für einen Eigenwert 1, der vierfache geometrische Vielfachheit hat, wenn man rechnet:
$\begin{eqnarray*} (A - 1 \cdot E)^i \end{eqnarray*}$ , wobei i = 2, 3, 4

(für i = 1 hat man den Eigenvektor ja schon)
Richtig, oder?

16.03.2010, 22:26

pablosen

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RE: Hauptraumzerlegung
Frage hierzu:

Wenn zum einzigen Eigenwert $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \mu_{A}(\lambda) = 3 \end{eqnarray*}$ (algebr. Vielfachheit) zur Matrix A $\begin{eqnarray*} <br /> <br /> (A-\lambda*E)^3 \end{eqnarray*}$ die Nullmatrix ist (Matrix mit lauter Nullen).

Dann ist der Hauptraum zu $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ auch $\begin{eqnarray*} = span< \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0\\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}> \end{eqnarray*}$ , oder?

Also wenn die (Matrix minus Landa(=einziger Eigenwert) mal Einheitsmatrix) hoch algebr. Vielfachheit Landa = Nullmatrix.

Stimmt das, oder?

16.03.2010, 23:50

Leo20

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RE: Hauptraumzerlegung
Auch ich hätte noch (eine andere) Frage.
Und zwar: Wenn man folgendes Gleichungssystem für einen zweiten Hauptraum-Vektor hat:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0 & 0 & -24 \\ 0 & 0 & 4 \\ 0 & 0 & 4 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Dann gäbe es ja keine andere Möglichkeit, als diesen Vektor $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ zu wählen.
Dieser Vektor ist jedoch trivial, und eigentlich ja kein zusätzlicher..

Die Ausgangsmatrix ist: $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} -1 & -4 & 4 \\ 1 & 3 & 2 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Sie hat einen Eigenwert -1 (algebr. Vielfachheit 1) - der Hauptraum dazu ist klar.
Und sie hat einen Eigenwert 1 (algebr. Vielfachheit 2).
Der eine Hauptraumvektor ist der Eigenvektor = $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} -2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ .
Der gehört sicher zum Hauptraum. Nun, da der Eigenwert 1 doppelte algebraische Vielfachheit hat, muss noch ein zweiter Vektor für den Hauptraum gefunden werden. Dies habe ich probiert mit:
$\begin{eqnarray*} (A- 1 \cdot E)^2 = 0 \end{eqnarray*}$ und herausgekommen ist eben das oben gepostete...

Was läuft schief, bzw. wo liegt der Fehler?
..der Hauptraum muss doch (zwingend) noch einen weiteren Vektor enthalten.. (nicht der Nullvektor, da der ja immer "dabei" ist..)

17.03.2010, 10:07

Manus

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Du solltest dir vllt nochmal angucken, wie man lineare Gleichungssysteme löst. Das obige hat nämlich offensichtlich einen 2-dimensionalen Lösungsraum.

Edit: Sorry Reksilat, hatte nicht gesehen, dass du da bist.

17.03.2010, 10:46

Reksilat

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RE: Hauptraumzerlegung

Zitat:

Original von pablosen
Frage hierzu:

Wenn zum einzigen Eigenwert $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \mu_{A}(\lambda) = 3 \end{eqnarray*}$ (algebr. Vielfachheit) zur Matrix A $\begin{eqnarray*} <br /> <br /> (A-\lambda*E)^3 \end{eqnarray*}$ die Nullmatrix ist (Matrix mit lauter Nullen).

Dann ist der Hauptraum zu $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ auch $\begin{eqnarray*} = span< \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0\\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}> \end{eqnarray*}$ , oder?

Ja, dann ist der Hauptraum der ganze Raum.

Zitat:

Original von Leo20
..und einen solchen [Hauptraum] erhält man für einen Eigenwert 1, der vierfache geometrische Vielfachheit hat, wenn man rechnet:
$\begin{eqnarray*} (A - 1 \cdot E)^i \end{eqnarray*}$ , wobei i = 2, 3, 4

Was rechnet man? Bitte schreibe in vernünftigen Sätzen!
Man berechnet die Lösungen von $\begin{eqnarray*} (A-1\cdot E)^iv=0 \end{eqnarray*}$ , wobei man gleich i=4 setzen kann, da alle Lösungen für i<4 natürlich auch schon die Gleichung für i=4 erfüllen.
Dies gilt sogar, wenn der Eigenwert die algebraische Vielfachheit vier hat. Wenn der Eigenwert die geometrische Vielfachheit 4 hat, dann sind die Hauptvektoren auch immer Eigenvektoren und der Lösungsraum besteht bereits aus den Lösungen von $\begin{eqnarray*} (A-1\cdot E)v=0 \end{eqnarray*}$ .

Gruß,
Reksilat.

17.03.2010, 12:49

Leo20

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Zitat:

Original von Manus
Du solltest dir vllt nochmal angucken, wie man lineare Gleichungssysteme löst. Das obige hat nämlich offensichtlich einen 2-dimensionalen Lösungsraum.

Das Gleichungssystem lautet ja:
0x_1 + 0x_2 - 24x_3 = 0
0x_1 + 0x_2 + 4x_3 = 0
0x_1 + 0x_2 + 4x_3 = 0

oder?

17.03.2010, 12:52

Reksilat

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@Leo: Ja! Und weiter...? Dein Eigenvektor löst das doch offensichtlich. Einen weiteren dazu lin. unabh. Lösungsvektor dieses LGS wirst Du doch wohl auch noch finden.

@Manus: Ist schon OK, bin ja erst später wiedergekommen und habe noch die Fragen aufgegriffen, die liegengeblieben sind. Augenzwinkern

Augenzwinkern

17.03.2010, 14:56

Leo20

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Ja, natuerlich!
Zum Beispiel: $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

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