Eigenwertaufgaben aus einer Klausur(multiple choice)

04.08.2010, 21:36

tuhh student

Eigenwertaufgaben aus einer Klausur(multiple choice)

Meine Frage:
Ich brauche Hilfe für folgende Klausuraufgaben, also eine Erklärung was ich tun muss...

Meine Ideen:
Die erste und die vorletzte der Aufgaben habe ich bereits selbst gelöst, es wäre also nett wenn mir jem mit den anderen weiterhelfen könnte smile

04.08.2010, 21:46

tuhh student

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wenigstens für ein paar aufgaben bräuchte ich hilfe

05.08.2010, 15:01

liliteeps

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Gedankenegänge..
Moin!

La 2 tuhh?^^

also ich versuch mal ein wenig dazu aufzuschreiben..keinen anspruch auf vollständigkeit.

da ja keine konkreten matrizen gegeben sind, würd ich so anfangen:

Matrix B setzt sich zusammen aus zwei Dyaden die jeweils den Rang 1 haben.
somit hat B auch den Rang 1.

eine diagonalisierbare matrix erfüllt doch: $\begin{eqnarray*} D = X^{-1}B X \end{eqnarray*}$
sprich es lässt sich eine ähnliche matrix D finden zu B ....

....soweit die für mich sichere seite der argumentation... mag jemand weitermachen=)?

06.08.2010, 12:12

liliteeps

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neuer ansatz...
neue idee..

$\begin{eqnarray*} D = X^{-1}B X \end{eqnarray*}$

habe ja B als $\begin{eqnarray*} B = xy^{T} + yx^{T} \end{eqnarray*}$ und die gleichungen $\begin{eqnarray*} x^{T}x =y^{T}y = 1 \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} x^{T}y= \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

kann ich das nich irgendwie formal beweisen?

$\begin{eqnarray*} D = X^{-1} (xy^{T} + yx^{T}) X = X^{-1}(xy^{T}X+yx^{T}X)=X^{-1}xy^{T}X+X^{-1}yx^{T}X) \end{eqnarray*}$

hier komme ich nun nicht mehr wirklich weiter...weil mir niocht ganz klar ist "wohin" ich will smile

zb : wie drücke ich X formal anders aus,sodass ich damit arbeiten k ann? ich denke ich muss das garnicht ander sausdrücken

mich würde die lösung dieser aufgabe auch brennend interessieren... lg teeps

06.08.2010, 13:50

Lileteeps

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habs=)
Wenn B diagonalisierbar ist, gilt :

$\begin{eqnarray*} D=X^{-1}BX \end{eqnarray*}$ mit D einer Diagonalmatrix ähnlich zu B.
Es muss also eine Diagonalmatrix existieren ,die dieselben Eigenwerte nebst algebr. und geometrischer Vielfachheit wie B besitzt => selbes char. Polynom

Also muss gelten :

$\begin{eqnarray*} det(D-\lambda E) \equiv det(X^{-1}BX-\lambda E)\\\Leftrightarrow det(X^{-1}(xy^{t}+yx^{t})X -\lambda XX^{-1})\\\Leftrightarrow det(X^{-1}(xy^{t}+yx^{t})XE -\lambda XX^{-1}E)\\\Leftrightarrow det(X^{-1}(xy^{t}+yx^{t})XXX^{-1} -\lambda XX^{-1}XX^{-1})\\\Leftrightarrow det(X^{-1}((xy^{t}+yx^{t})XXX^{-1} -\lambda XX^{-1}X))\\\Leftrightarrow det(X^{-1}((xy^{t}+yx^{t})XX^{-1}X -\lambda XX^{-1}X))\\\Leftrightarrow det(X^{-1}((xy^{t}+yx^{t})XX^{-1} -\lambda XX^{-1})X)\\\Leftrightarrow det(X^{-1}((xy^{t}+yx^{t})E -\lambda E)X)\\\Leftrightarrow det(X^{-1})det((xy^{t}+yx^{t}) -\lambda E)det(X)\\ \Rightarrow det(D-\lambda E) = det(B-\lambda E) \end{eqnarray*}$

somit ist B diagonalisierbar?

06.08.2010, 14:32

Lileteeps

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zu 3)

\lambda (x\times y)= B(x\times y)\\\leftrightarrow Bx \times y\\\leftrightarrow (xy^{t}x + yx^{t}x) \times y\\\leftrightarrow (\frac{1}{2} x + y) \times y\\\leftrightarrow (\frac{1}{2} x \times y + y\times y)\\\leftrightarrow (\frac{1}{2} x \times y + 0)

\\\Rightarrow \lambda (x\times y)= \frac{1}{2} (x \times y )

also ist x x y ein eigenvektor von B

06.08.2010, 14:34

Lileteeps

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zu 3)

$\begin{eqnarray*} \lambda (x\times y)= B(x\times y)\\\leftrightarrow Bx \times y\\\leftrightarrow (xy^{t}x + yx^{t}x) \times y\\\leftrightarrow (\frac{1}{2} x + y) \times y\\\leftrightarrow (\frac{1}{2} x \times y + y\times y)\\\leftrightarrow (\frac{1}{2} x \times y + 0) \\\Rightarrow \lambda (x\times y)= \frac{1}{2} (x \times y ) \end{eqnarray*}$

06.08.2010, 14:39

gonnabphd

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Zitat:

Original von Lileteeps

Also muss gelten :

$\begin{eqnarray*} det(D-\lambda E) \equiv det(X^{-1}BX-\lambda E)\\\Leftrightarrow det(X^{-1}(xy^{t}+yx^{t})X -\lambda XX^{-1})\\\Leftrightarrow det(X^{-1}(xy^{t}+yx^{t})XE -\lambda XX^{-1}E)\\\Leftrightarrow det(X^{-1}(xy^{t}+yx^{t})XXX^{-1} -\lambda XX^{-1}XX^{-1})\\\Leftrightarrow det(X^{-1}((xy^{t}+yx^{t})XXX^{-1} -\lambda XX^{-1}X))\\\Leftrightarrow det(X^{-1}((xy^{t}+yx^{t})XX^{-1}X -\lambda XX^{-1}X))\\\Leftrightarrow det(X^{-1}((xy^{t}+yx^{t})XX^{-1} -\lambda XX^{-1})X)\\\Leftrightarrow det(X^{-1}((xy^{t}+yx^{t})E -\lambda E)X)\\\Leftrightarrow det(X^{-1})det((xy^{t}+yx^{t}) -\lambda E)det(X)\\ \Rightarrow det(D-\lambda E) = det(B-\lambda E) \end{eqnarray*}$

Du hast doch bloss gezeigt, dass die Eigenvektoren von D auch die Eigenvektoren von B sein müssen, falls D existiert.

Ein möglicher Ansatz wäre nach "Symmetrie in der Matrix B" zu suchen. Symmetrische Matrizen sind ja bekanntlich diagonalisierbar.

06.08.2010, 14:42

Lileteeps

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mh also der beweis ist in meinem mathebuch für allgemeine Matrizen A und B geführt.

Ich dachte,wenn ich B gegeben hab und nun zeige ,dass die aequivalenz gilt , steht das dafür dass eine diagonalmatrix existiert mit selbem char. polynom.

erklär mal wie dus gemacht hättest und was genau nun an meinem beweis falsch ist.=)

06.08.2010, 14:44

Lileteeps

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mh ... außerdem hab ich geprüft ob das char. polynom identisch is... das impliziert meines wissens nach nicht,dass die eigenvektoren gleich sind... 0.o ?

06.08.2010, 14:55

gonnabphd

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1) klärt sich durch Cauchy-Schwarz

2) B symmetrisch?

3) schon beantwortet (weiter oben durch Lileteeps)

4) Werte mal $\begin{eqnarray*} Ax, Ay, Bx, By \end{eqnarray*}$ aus, findest du nun einen Vektor $\begin{eqnarray*} \ne 0 \end{eqnarray*}$ , welcher durch $\begin{eqnarray*} A+B \end{eqnarray*}$ auf 0 abgebildet wird?

5) Für jeden Vektor $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} xy^Tz = \langle y, z \rangle x \end{eqnarray*}$

6) Hier findet man einen Vektor, welcher nicht auf sich selbst abgebildet wird durch $\begin{eqnarray*} A^TB \end{eqnarray*}$ - siehe auch Aufgabe 4.

06.08.2010, 14:57

gonnabphd

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Zitat:

mh also der beweis ist in meinem mathebuch für allgemeine Matrizen A und B geführt.

Du hast ganz am Anfang die Annahme gemacht, dass für eine Diagonalmatrix D gilt: $\begin{eqnarray*} B = SDS^{-1} \end{eqnarray*}$ .

Und dann hast du deine Umformungen gemacht und gezeigt, dass dann jeder Eigenwert von D auch ein Eigenwert von B sein muss. Das zeigt aber nicht, dass es so ein D geben muss.

Edit: Ah, oben habe ich mich verschrieben, meinte nich Eigenvektoren, sondern -werte.

06.08.2010, 15:06

Lileteeps

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Zitat:

Edit: Ah, oben habe ich mich verschrieben, meinte nich Eigenvektoren, sondern -werte.

ok nu is meine welt wieder heil...=)

Bevor ich mir nun eine Beweis ausmale,der mir sagt ob B symmetrisch ist oder nicht :

was sagt mir die symmetrie von B darüber ob so ein D existiert?

06.08.2010, 15:08

Lileteeps

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symmetrische matrizen sind diagonalisierbar...
gut...
*weitersuch*

06.08.2010, 15:14

Lileteeps

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nagut ich habs nun einfach ein paar mal mit verschiedenen vektoren ausprobiert und jedesmal waren die matrizen symmetrisch,also diagonalisierbar=)

richtig?

ps: gibts einen formalen beweis mit dem man die existenz einer diagonalmatrix nachweisen kann die zu B ähnlich ist? Würde mich nun doch interessieren...

06.08.2010, 15:27

Iorek

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Ein simples Ausprobieren von ein paar Vektoren ist doch kein Beweis geschockt

Mach dir doch einfach mal Gedanken wie der Eintrag (i,j) von B aussieht, wie setzt sich dieser zusammen. Danach das ganze noch für den Eintrag (j,i).

Edit: Sorry, gonna, wollte dir nicht dazwischenfunken, du wurdest mir als offline angezeigt.

06.08.2010, 15:28

gonnabphd

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Zitat:

ps: gibts einen formalen beweis mit dem man die existenz einer diagonalmatrix nachweisen kann die zu B ähnlich ist? Würde mich nun doch interessieren...

Was meinst du jetzt damit? (Die Antwort ist zwar in jedem Falle JA!)

Dass symmetrische Matrizen diagonalisierbar sind liest, du am besten in einem Lin. Alg. Buch nach (z.B. im Fischer S. 312 - dort wird sogar noch ein stärkeres Resultat bewiesen).

Prinzipiell steht das aber sicher in jedem LinAlg - Buch.

Dass B in diesem Fall hier symmetrisch ist, muss man ja gerade zeigen, dazu braucht man aber nur

$\begin{eqnarray*} (AB)^T = B^TA^T \end{eqnarray*}$ und die Kommutativität der Matrizenaddition.

06.08.2010, 15:59

Lileteeps

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$\begin{eqnarray*} B\equiv B^{T} \\\Leftrightarrow (xy^{T}+yx^{T})^{T}\\\Leftrightarrow (xy^{T})^{T}+(yx^{T})^{T}\\\Leftrightarrow yx^{T}+xy^{T} = xy^{T}+yx^{T}= B <img src="images2/smilies/balloon.gif" border="0" alt="smile" title="smile" /> \end{eqnarray*}$

?

06.08.2010, 16:01

Lileteeps

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$\begin{eqnarray*} B\equiv B^{T} \\\Leftrightarrow (xy^{T}+yx^{T})^{T}\\\Leftrightarrow (xy^{T})^{T}+(yx^{T})^{T}\\\Leftrightarrow yx^{T}+xy^{T} = xy^{T}+yx^{T}= B \end{eqnarray*}$

mhh... smileys sollte man in latex wohl lassen =) im sorry

06.08.2010, 16:19

gonnabphd

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Zitat:

$\begin{eqnarray*} B\equiv B^{T} \\\Leftrightarrow (xy^{T}+yx^{T})^{T}\\\Leftrightarrow (xy^{T})^{T}+(yx^{T})^{T}\\\Leftrightarrow yx^{T}+xy^{T} = xy^{T}+yx^{T}= B \end{eqnarray*}$

Mhh, deine Notation tut ein bisschen weh... Es macht keinen Sinn, hier Äquivalenzpfeile zu benutzen und man schreibt einfach $\begin{eqnarray*} B = B^T \end{eqnarray*}$ , denn was soll $\begin{eqnarray*} B \equiv B^T \end{eqnarray*}$ in diesem Zusammenhang überhaupt bedeuten?

Und die Umformungen schreibt man so auf:

$\begin{eqnarray*} B^{T} &=& \left(xy^{T}+yx^{T} \right)^{T} \\ &=& \left(xy^{T} \right)^{T}+ \left(yx^{T} \right)^{T} \\ &=& yx^{T}+xy^{T} \\ &=& xy^{T}+yx^{T}= B \end{eqnarray*}$

Ansonsten ist das korrekt.

06.08.2010, 16:35

Lileteeps

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mhh... eigentlich hatte ich in latex nach dem gleichheitszeichen mit dem ausrufezeichen gesucht ,ausdruck für " soll gleich sein"...(habs aber in wiki nicht gefunden und auch sonst auf den drei anderen seiten nicht...) ..drum hab ich einfach mal das dreigestrichene genommen... benutzen bei uns die tutoren immer... smile

mh... wann setzt man denn die äquivalenz ?B is doch im grunde äquivalent zu B^t =)(frage am rande)

Zitat:

Ansonsten ist das korrekt.

wunderbar...der nächste folgt am fuße:

(A+B) = $\begin{eqnarray*} xx^{T}+yy^{T}+xy^{T}+yx^{T} \end{eqnarray*}$
(A+B)x = $\begin{eqnarray*} xx^{T}x+yy^{T}x+xy^{T}x+yx^{T}x \end{eqnarray*}$
(A+B) y= $\begin{eqnarray*} xx^{T}y+yy^{T}y+xy^{T}y+yx^{T}y \end{eqnarray*}$
beide gleichungen sollen ungleich null sein( hierfür brauch ich wie gesagt noch ein passendes latexzeichen)..

im endeffekt ergibt sich für (A+B) x und (A+B) y derselbe ausdruck:

Zitat:

\frac{1}{2} x +x+y+\frac{1}{2}y

was ungleich null ist.was heisst ,dass ich keinen vektor finde ungleich null der auf null abgebildet wird?

06.08.2010, 16:37

Lileteeps

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quatsch... natürlich heisst dass ich finde einen der auf null abgebildet wird...
würde auf der linken seite anstatt

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2} x +x+y+\frac{1}{2}y \end{eqnarray*}$ Null stehen falls A+B regulär wäre?

06.08.2010, 16:45

Lileteeps

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zur 5)

wenn ich hier über die symmetrie argumentiere funktioniert das nicht...wieso?

$\begin{eqnarray*} xy^{T} = (xy^{T})^{T}\\=yx^{T} \end{eqnarray*}$

06.08.2010, 16:49

gonnabphd

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Wenn du ein Ausrufezeichen machen willst, kannst du das folgendermassen bekommen:

code:
1:	A \overset{!}{=} B

Das gibt

$\begin{eqnarray*} A \overset{!}{=} B \end{eqnarray*}$

Zitat:

mh... wann setzt man denn die äquivalenz ?B is doch im grunde äquivalent zu B^t =)(frage am rande)

z.B. benutzt man das von dir verwendete Zeichen für Reihen:

$\begin{eqnarray*} \sum_1^\infty a_i = \sum_1^\infty b_i \end{eqnarray*}$

heisst, dass die Reihen-Werte gleich sind,

$\begin{eqnarray*} \sum_1^\infty a_i \equiv \sum_1^\infty b_i \end{eqnarray*}$

heisst, dass sogar $\begin{eqnarray*} a_i = b_i \end{eqnarray*}$

für alle i. Das ist also eine stärkere Aussage. Da zwei Matrizen jedoch gleich sind, genau dann wenn alle Einträge gleich sind, ist ein schlichtes "=" ausreichend.

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2} x +x+y+\frac{1}{2}y \end{eqnarray*}$ Null stehen falls A+B regulär wäre?

Bisher hast du noch keinen Vektor $\begin{eqnarray*} \ne 0 \end{eqnarray*}$ angegeben, welcher auf die 0 abgebildet wird.

06.08.2010, 16:50

gonnabphd

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Zitat:

wenn ich hier über die symmetrie argumentiere funktioniert das nicht...wieso?

$\begin{eqnarray*} xy^{T} = (xy^{T})^{T}\\=yx^{T} \end{eqnarray*}$

Ist jede diagonalisierbare Matrix auch symmetrisch?

06.08.2010, 16:52

Lileteeps

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is mir auch grad in den sinn gekommen.. so ein unsinn... ich versuchs grad darüber dass xy^T wohlmöglich orthogonal ist...*tüftel*

06.08.2010, 17:06

Lileteeps

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ganz banale frage...

wie würde die Einheitsmatrix in dem fall aussehen,wenn ich schauen wollte ob die dyade eine orthogonale matrix ist?
wohl doch $\begin{eqnarray*} yy^{-1} \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} xx^{-1} \end{eqnarray*}$ ?

wenn ich nun sage $\begin{eqnarray*} xy^{T}yx^{T} = E \end{eqnarray*}$ (soll E sein)
und folgere,dass das $\begin{eqnarray*} = xx^{T} \end{eqnarray*}$ ist und zudem weiss,dass für orthogonale matrizen gilt $\begin{eqnarray*} x^{T}x = E \end{eqnarray*}$ kann ich dann sagen ,dass $\begin{eqnarray*} x^{T} =x^{-1} \end{eqnarray*}$ ist?

06.08.2010, 17:58

gonnabphd

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Uff, ich hab' ehrlich gesagt keine Ahnung von was du genau redest, aber ich geb' dir einen Hinweis:

Ist $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ irgendein Vektor, so wird dieser durch $\begin{eqnarray*} xy^T \end{eqnarray*}$ abgebildet auf

$\begin{eqnarray*} xy^Tz = \langle y, z \rangle x \end{eqnarray*}$

dabei ist $\begin{eqnarray*} \langle y, z \rangle \end{eqnarray*}$ das Standardskalarprodukt im $\begin{eqnarray*} \mathbb R ^n \end{eqnarray*}$ . Welche Dimension hat nun der Eigenraum zum Eigenwert 0? Worauf wird x abgebildet?

06.08.2010, 21:39

Lileteeps

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mhh zu den vektoren:

x und y stehen für vektoren .....die "gleichung" setz ich 0.... wie rechne ich denn das am schlausten aus?

06.08.2010, 22:08

gonnabphd

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Na... Du kannst natürlich nichts direkt ausrechnen. Die Überlegungen müssen alle theoretischer Natur sein, wir wissen ja praktisch nichts von x und y...

z.B so:

x ist nicht gleich 0 wegen der Bedingung $\begin{eqnarray*} x^T x = \langle x, x \rangle =1 \end{eqnarray*}$

Also ist $\begin{eqnarray*} \langle y, z\rangle x = 0 \Leftrightarrow \langle y, z \rangle = 0 \Leftrightarrow y \perp z \end{eqnarray*}$

Welche Dimension hat nun der Raum $\begin{eqnarray*} A:=\{z \in \mathbb R ^n | y \perp z \} \end{eqnarray*}$ , welcher orthogonal zu y ist?

Anderseits wird x abgebildet auf $\begin{eqnarray*} \langle y, x \rangle x = \ldots \end{eqnarray*}$ , also ist x ein Eigenvektor zum Eigenwert $\begin{eqnarray*} \langle y, x \rangle = \ldots \end{eqnarray*}$ . Und damit wissen wir, dass der Eigenraum zum Wert 0 die Dimension ???? hat und derjenige zum Wert $\begin{eqnarray*} \langle y, x \rangle \end{eqnarray*}$ mindestens die Dimension 1 haben muss.

Das ist aber auch schon alles, was wir wissen müssen. Wieso?

07.08.2010, 15:37

Lileteeps

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wollt nur kurz bescheid geben....
...mach mich morgen wieder an diese aufgabe... bis dahin schonmal vielen dank.=)

muss mich heute um das vorankommen im skript kümmern.

lg bis morgen in diesem thread smile

09.08.2010, 23:34

tuhh student

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Meine lieben mathe fans smile

erstmal vielen vielen dank für die bisherige hilfe, ist ja wirklich toll wie die leute sich hier mühe geben die aufgaben zu lösen

bisher ist aber noch nicht geklärt ob jetzt A+B regulär ist oder nicht!? wo sehe ich dass die singulär sind!?

desweiteren is mit das hier nicht ganz klar:

Zitat:

x ist nicht gleich 0 wegen der Bedingung $\begin{eqnarray*} x^T x = \langle x, x \rangle =1 \end{eqnarray*}$ Also ist $\begin{eqnarray*} \langle y, z\rangle x = 0 \Leftrightarrow \langle y, z \rangle = 0 \Leftrightarrow y \perp z \end{eqnarray*}$ Welche Dimension hat nun der Raum $\begin{eqnarray*} A:=\{z \in \mathbb R ^n | y \perp z \} \end{eqnarray*}$ , welcher orthogonal zu y ist? Anderseits wird x abgebildet auf $\begin{eqnarray*} \langle y, x \rangle x = \ldots \end{eqnarray*}$ , also ist x ein Eigenvektor zum Eigenwert $\begin{eqnarray*} \langle y, x \rangle = \ldots \end{eqnarray*}$ . Und damit wissen wir, dass der Eigenraum zum Wert 0 die Dimension ???? hat und derjenige zum Wert $\begin{eqnarray*} \langle y, x \rangle \end{eqnarray*}$ mindestens die Dimension 1 haben muss. Das ist aber auch schon alles, was wir wissen müssen. Wieso?

wär nett wenn ihr mir das noch erklären könntet was noch ungeklärt ist smile

10.08.2010, 00:19

gonnabphd

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Zitat:

Hi,

Zitat:

bisher ist aber noch nicht geklärt ob jetzt A+B regulär ist oder nicht!? wo sehe ich dass die singulär sind!?

Tipp 4) sollte eigenlich ausreichen. Das folgt aus

$\begin{eqnarray*} A+B \text{ regulär } \Leftrightarrow \text{ die durch $A+B$ definierte Abbildung ist bijektiv} \end{eqnarray*}$

Was ist dir am anderen Tipp denn nicht klar? Bzw. was verstehst du davon? (Ich denke mal, dass klar ist, dass das ein Lückentext ist, welchen du noch ausfüllen solltest und dann die nötigen Schlüsse daraus ziehen musst.)

10.08.2010, 00:28

tuhh student

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was kann ich eig aus folgender aussage schließen, hat jetzt nichts mit einer euerer antworten zu tun:

was sagt mir die aussage xyT mit xTy ungleich 0 hat die eigenwerte 0 und xTy mit alpha(lamda1)=n-1 un alpha(lamda2)=1

kann ich daraus diagonalisierbarkeit schließen?

zu A+B:
gut eine bijektive abb würde bedeuten es gibt GENAU eine lösung oder?
mir fällt aber kein vektor ein der das zu null macht!?

10.08.2010, 00:39

gonnabphd

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Dann schreib doch mal Ax, Ay, Bx, By auf. Dann kann man weiterschauen.

Zu der ersten Frage: Die Notation ist nicht einheitlich in LinAlg (oder überhaupt in der Mathematik), du solltest also Dinge wie alpha(...) definieren - ich verstehe die Aussage nämlich nicht.

Ausserdem wäre es freundlich, den Formeleditor zu benutzen. Ist einfach zu bedienen und ich krieg' sonst Augenkrebs.

Wink

10.08.2010, 09:47

tuhh student

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jo wenn ich Ax Ay Bx By ausrechne kommt ja sowas raus:

Ax=0,5y + x
Ay=0,5x+y
Bx=0,5x+y
By=0,5y+x

was sagt mir das nun?

10.08.2010, 10:08

kiste

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Zitat:

Original von gonnabphd
Ausserdem wäre es freundlich, den Formeleditor zu benutzen. Ist einfach zu bedienen und ich krieg' sonst Augenkrebs.

Mach das doch. Es sieht einfach besser aus und ist leichter zu lesen. Hier einmal deine Formeln (unverändert!) in der Formelumgebung:

Zitat:

Original von tuhh student
$\begin{eqnarray*} Ax=0,5y + x Ay=0,5x+y Bx=0,5x+y By=0,5y+x \end{eqnarray*}$

10.08.2010, 20:13

gonnabphd

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Zitat:

$\begin{eqnarray*} Ax=0,5y + x Ay=0,5x+y Bx=0,5x+y By=0,5y+x \end{eqnarray*}$

was sagt mir das nun?

Jaja, da lässt sich jemand alles aus der Nase ziehen, was? Dann ziehe ich mal los: die Abbildung, die du betrachten sollst ist ja $\begin{eqnarray*} A+B \end{eqnarray*}$ und jetzt sehen doch $\begin{eqnarray*} (A+B)x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} (A+B)y \end{eqnarray*}$ irgendwie sehr "ähnlich" aus, oder?

Ist also $\begin{eqnarray*} A+B \end{eqnarray*}$ bijektiv?

10.08.2010, 20:53

tuhh student

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ja aber was ich ja nur wissen will ist ob eine bijektive abbildung bedeutet dass A+B nicht regulär ist!?????
das war ja die frage

10.08.2010, 21:12

Lileteeps

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Zitat:

Original von tuhh student
ja aber was ich ja nur wissen will ist ob eine bijektive abbildung bedeutet dass A+B nicht regulär ist!?????
das war ja die frage

$\begin{eqnarray*} A+B \text{ regulär } \Leftrightarrow \text{ die durch $A+B$ definierte Abbildung ist bijektiv} \end{eqnarray*}$

Zitat:

Original von tuhh student
gut eine bijektive abb würde bedeuten es gibt GENAU eine lösung oder?
mir fällt aber kein vektor ein der das zu null macht!?

bijektive abbildungen sind injektiv + surjektiv dh sie bilden genau ein urbild auf EIN bild ab....

les das im skript von voß /mackens nochmal nach..steht da gut beschrieben

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