Frage zu Eigenräumen

17.10.2010, 02:35

bbutzemann

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Frage zu Eigenräumen

Hallo!

Ich hab ein Problem bei folgendem Beispiel:

Gegeben ist die Matrix $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 3 & 2 \\ 1 & 2 & 3 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Für den kleinsten Eigenwert, bestimmen Sie den entsprechenden Eigenraum sowie Dimension und Basis des Eigenraumes (begründung!)

Mit $\begin{eqnarray*} P(\lambda )=det(A-\lambda I)=(1-\lambda)(3-\lambda)(3-\lambda)-4(1-\lambda) \end{eqnarray*}$ bekomme ich erstmal $\begin{eqnarray*} \lambda_{1}=\lambda_{2}=1 \end{eqnarray*}$ raus und nach Polynomdivision $\begin{eqnarray*} \lambda_{3}=5 \end{eqnarray*}$

mit $\begin{eqnarray*} (A-\lambda_{1} I)\vec{x}=0 \end{eqnarray*}$ komm ich auf die Eigenvektoren
$\begin{eqnarray*} v_{1}=\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
und
$\begin{eqnarray*} v_{2}=\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Ich glaube, bis hier stimmts.

Jetz weiss ich aber nicht mehr weiter...
Ich denke mal, der Unterraum, der von den beiden Eigenvektoren aufgespannt wird, dürfte eine Ebene sein, aber wie komm ich jetzt auf die Ebenengleichung?
Und was genau ist mit der Basis gemeint?

Was die Dimension angeht, würde ich sagen sie ist 2, da ja die beiden Eigenvektoren eine Ebene aufspannen?

Wäre echt dankbar für ein par Hinweise bzw. einen Schubser in die richtige Richtung! smile

smile

17.10.2010, 02:45

TommyAngelo

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$\begin{eqnarray*} v_1 \end{eqnarray*}$ stimmt nicht.

Schreib dir die Matrix explizit hin:
$\begin{eqnarray*} (A-\lambda_{1} I)\vec{x}=0 \end{eqnarray*}$

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

Und das ist nur eine Gleichung: $\begin{eqnarray*} x_1+2x_2+2x_3=0 \end{eqnarray*}$
Wie viele Freiheitsgrade (=Dimension des Kerns und somit Dimension des Eigenraums zu $\begin{eqnarray*} \lambda_1 \end{eqnarray*}$ ) gibt es hier?

17.10.2010, 03:36

bbutzemann

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Ok, macht Sinn, dass es nur eine Lösung gibt, da $\begin{eqnarray*} Rang(A,\vec{b})=Rang A \end{eqnarray*}$

Aber warum ist gerade v1 nicht richtig?

$\begin{eqnarray*} x_{1}+2x_{2}+2x_{3}=0 \end{eqnarray*}$ ist ja mit $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ doch auch erfüllt?

Danke!

17.10.2010, 10:06

Iorek

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Zitat:

Original von bbutzemann
$\begin{eqnarray*} x_{1}+2x_{2}+2x_{3}=0 \end{eqnarray*}$ ist ja mit $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ doch auch erfüllt?

geschockt

Setz doch einfach mal ein: $\begin{eqnarray*} 1+2\cdot 0 + 2\cdot 0 \stackrel ?= 0 \end{eqnarray*}$ .

17.10.2010, 12:49

bbutzemann

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Ok, das is mir jetzt direkt peinlich... geschockt

geschockt

Gut, $\begin{eqnarray*} v_{1} \end{eqnarray*}$ ist dann natürlich $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Zurück zum Eigenraum: Der ist doch der von den Eigenvektoren aufgespannte Unterraum, oder?

In meinem Skript hab ich dazu folgendes stehn: Die Menge ALLER Linearkombinationen der vektoren $\begin{eqnarray*} \vec{v_{1}},\vec{v_{2}},...,\vec{v_{k}} \end{eqnarray*}$ heißt der von $\begin{eqnarray*} \vec{v_{1}},\vec{v_{2}},...,\vec{v_{k}} \end{eqnarray*}$ aufgespannte Unterraum.

Bsp: Der Unterraum $\begin{eqnarray*} U=\left\{ (x,y,z):2x+3y-z=0\right\} \end{eqnarray*}$ , der einer Ebene durch den Ursprung entspricht, wird von den Vektoren
$\begin{eqnarray*} \vec{u}=\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \vec{u}=\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ aufgespannt.

Mir ist leider nicht klar, wie man von den beiden Vektoren auf die Ebenengleichung kommt...

17.10.2010, 13:03

bbutzemann

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Nachtrag: $\begin{eqnarray*} \vec{v_{1}}=\begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \vec{v_{2}}=\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ sind ja genau entgegengesetzt gerichtet... kann ich also sagen $\begin{eqnarray*} V(\lambda_{1})=\left\{ t\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}:t\in \mathbb R \right\} \end{eqnarray*}$ und das wäre dann der Eigenraum?

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17.10.2010, 14:39

TommyAngelo

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Nein, der gesuchte Eigenraum ist 2-dimensional.

Zitat:

Original von bbutzemann
Bsp: Der Unterraum $\begin{eqnarray*} U=\left\{ (x,y,z):2x+3y-z=0\right\} \end{eqnarray*}$ , der einer Ebene durch den Ursprung entspricht, wird von den Vektoren
$\begin{eqnarray*} \vec{u}=\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \vec{u}=\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ aufgespannt.

Das ist falsch, denn die beiden Vektoren sind identisch, es soll aber eine Ebene aufgespannt werden und keine Gerade.

Zitat:

Original von bbutzemann
Mir ist leider nicht klar, wie man von den beiden Vektoren auf die Ebenengleichung kommt...

Schreib sie einfach als Linearkombination!

17.10.2010, 14:45

bbutzemann

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aber wie komm ich dann von den 2 vektoren auf eine ebenengleichung? dafür brauch ich doch auch einen Punkt auf der ebene oder?
In dem Fall wär glaub ich (0/0/0) ein Punkt der Ebene, aber wie mach ich das in anderen Fällen?

17.10.2010, 14:57

TommyAngelo

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Nehmen wir mal das Beispiel $\begin{eqnarray*} 2x+3y-z=0 \end{eqnarray*}$ . Du stellst eine Variable durch die anderen beiden dar, z.B.:

$\begin{eqnarray*} z=2x+3y \end{eqnarray*}$

Jetzt schreibst du dir den Vektor hin und ziehst auseinander:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x \\ y \\ 2x+3y \end{pmatrix} = x \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix} + y \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Zitat:

Original von bbutzemann
In dem Fall wär glaub ich (0/0/0) ein Punkt der Ebene, aber wie mach ich das in anderen Fällen?

Ja, der Nullvektor ist, egal zu welchem Eigenwert, immer Eigenvektor, d.h. der Eigenraum ist ein Unterraum (von $\begin{eqnarray*} \mathbb R^3 \end{eqnarray*}$ hier).
Ansonsten nimmt man einen Punkt P der Ebene als Anfangsvektor, eine Ebenengleichung hat dann die Form:
$\begin{eqnarray*} \underline X = \underline P + \mu_1 \underline v_1 +\mu_2 \underline v_2 \quad \textrm{mit} \quad \mu_1, \mu_2 \in \mathbb R \end{eqnarray*}$

Und wenn der Nullvektor in der Ebene drinliegt, dann ist es elegant, diesen als Anfangsvektor zu nehmen. P fällt dann sozusagen weg. Hat einfach nur optische Gründe smile

smile

17.10.2010, 16:27

bbutzemann

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Ich kapier allerdings noch nicht wie ich aus den beiden Vektoren $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ eine Ebene bilden soll...

Wenn ich die beiden Vektoren als Richtungsvektoren der Ebene auffasse, dann müsste ich doch auch einen Normalvektor darauf bilden können, bei $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ kommt aber ein Nullvektor raus...

17.10.2010, 17:20

TommyAngelo

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Du kannst aus diesen beiden Vektoren keine Ebene bilden, weil sie nur eine Gerade aufspannen. Sie sind linear abhängig. Nimm dir doch mal mein Beispiel zu Herzen und verwende die Gleichung
$\begin{eqnarray*} x+2y+2z=0 \end{eqnarray*}$

17.10.2010, 18:10

bbutzemann

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Dann wäre also der von den beiden gebildete Raum $\begin{eqnarray*} V=\left\{ t\begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}, t \in \mathbb R \right\} \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} V=\left\{ t\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}, t \in \mathbb R \right\} \end{eqnarray*}$ , oder?

17.10.2010, 18:12

TommyAngelo

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Nein. V muss zweidimensional sein. Dir fehlt ein Eigenvektor.

17.10.2010, 18:35

bbutzemann

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Aber für den Eigenwert 1 krieg ich doch über $\begin{eqnarray*} (A-\lambda I)=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 3 & 2 \\ 1 & 2 & 3 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & 2 \\ 1 & 2 & 2 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ nur die beiden Eigenvektoren $\begin{eqnarray*} \vec{v{1}} = \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \vec{v{2}} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ raus?

Der Eigenwert 1 hat ja algebraische Vielfachheit 2, und die geometrische Vielfachheit kann doch nur kleiner oder gleich der Algebraischen sein, oder?

17.10.2010, 18:54

TommyAngelo

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Jo, aber in diesem Fall ist die geometrische Vielfachheit gleich der algebraischen. Das liegt daran, dass du nur eine Gleichung hast, aber drei Unbekannte. Du bekommst zwei (linear unabhängige) Eigenvektoren. Die musst du erst mal berechnen. Schau dir doch das Beispiel an, wie ich zu 2x+3y-z=0 die beiden Vektoren gefunden habe. Und das machst du jetzt mit deiner Gleichung.

17.10.2010, 19:13

bbutzemann

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ok, ich glaub ich weis, was du meinst...also:
$\begin{eqnarray*} x+2y+2z=0 \end{eqnarray*}$ umformen auf $\begin{eqnarray*} z=-x-2y \end{eqnarray*}$ und dann

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

also sind $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ die beiden Eigenvektoren?

18.10.2010, 00:47

TommyAngelo

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Im Prinzip ja, nur hast du einen Rechenfehler drin, als du nach z aufgelöst hast.

18.10.2010, 00:57

bbutzemann

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ooops... so sollts sein: $\begin{eqnarray*} z=-\frac{x}{2} -y \end{eqnarray*}$
und die Eigenvektoren $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -\frac{1}{2} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Und wie komm ich jetz auf die Ebenengleichung der Basis? Neben den 2 Richtungsvektoren brauch ich ja noch einen Punkt der Ebene...

18.10.2010, 01:00

TommyAngelo

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Zitat:

Original von TommyAngelo
Eine Ebenengleichung hat dann die Form:
$\begin{eqnarray*} \underline X = \underline P + \mu_1 \underline v_1 +\mu_2 \underline v_2 \quad \textrm{mit} \quad \mu_1, \mu_2 \in \mathbb R \end{eqnarray*}$

Und wenn der Nullvektor in der Ebene drinliegt, dann ist es elegant, diesen als Anfangsvektor zu nehmen. P fällt dann sozusagen weg.

18.10.2010, 01:07

bbutzemann

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Ok, hab mir die Ebene grad gezeichnet, und der Koordinatenursprung liegt in der Ebene... also ist in diesem Fall P=(0/0/0). Aber ist das immer der Fall? Oder nur bei diesem Beispiel?

18.10.2010, 01:18

TommyAngelo

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Setz $\begin{eqnarray*} \underline x=\underline 0 \end{eqnarray*}$ allgemein in $\begin{eqnarray*} (A-\lambda I)\underline x=0 \end{eqnarray*}$ ein.
Du siehst, die Gleichung ist für jede Matrix erfüllt. Somit ist der Nullvektor immer Eigenvektor, egal zu welchem Eigenwert.

18.10.2010, 01:24

bbutzemann

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Das ergibt Sinn... smile

smile

Ich glaub ich habs kapiert!

Vielen Dank für Deine Hilfe! Freude

Freude

18.10.2010, 01:30

TommyAngelo

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Nichts zu danken smile

smile

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