Eigenwerte linearer Abbildung

18.03.2014, 12:14

Intrepiti

Eigenwerte linearer Abbildung

Wie berechnet man Eigenvektoren und Eigenwerte einer linearen Abbildung F gegeben durch

$\begin{eqnarray*} F: \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3, x -> Ax \end{eqnarray*}$ mit

$\begin{eqnarray*} A =\begin{pmatrix} cos(a) & -sin(a) & 0 \\ sin(a) & cos(a) & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ ?

Ich dachte man muss die Lösungen finden für z.b. Eigenwert 1:

(A - E)x = 0.

D.h. ich bilde A-E und finde alle Lösungen. Na dann:

$\begin{eqnarray*} (A-E) = \begin{pmatrix} cos(a)-1 & -sin(a) & 0 \\ sin(a) & cos(a)-1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}<br /> <br /> Daraus folgt dann, dass [l] x_3 \end{eqnarray*}$ beliebig gewählt werden kann. Weiterhin folgt glaube ich $\begin{eqnarray*} x_1, x_2 = 0 \end{eqnarray*}$ .

verwirrt

18.03.2014, 12:17

Mazze

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Berechne mal

$\begin{eqnarray*} A^TA \end{eqnarray*}$

, was stellst Du fest?

p.s.: So wie Du es machst geht es natürlich auch! Allerdings gibt es keine Nulleigenwerte.

18.03.2014, 14:19

Intrepiti

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Hey,

Mit

$\begin{eqnarray*} A^TA =E \end{eqnarray*}$ stelle ich fest, dass A eine orthogonale Matrix ist - hoffe ich, da ich das eben erst googeln musste, da es noch nicht Thema war.

Allerdings ist das natürlich sehr interessant. Noch interessanter ist sicherlich, was man damit anfangen kann! verwirrt

Wie kann ich denn nun alle Eigenwerte und Eigenvektoren zur Matrix A bestimmen? Und kann mir diese Bestimmung dabei helfen, die Rotationsachse sowie Rotationswinkel zu bestimmen?

18.03.2014, 14:28

Mazze

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Zitat:

Allerdings ist das natürlich sehr interessant. Noch interessanter ist sicherlich, was man damit anfangen kann! verwirrt

Wenn ihr es noch nicht hattet, dann hilft dir das nichts, weil Du es nicht benutzen darfst Augenzwinkern

.

Orthogonale Matrizen haben nur die Eigenwerte 1,-1. (Betrag = 1). Aber da Du das noch nicht weißt kannst Du die Eigenwerte entweder direkt berechnen über das char. Polynom oder bringst die Matrix auf Treppennormalform und ließt die Eigenwerte von der Hauptdiagonalen ab. Die stehen ja dann direkt da.

18.03.2014, 14:58

Intrepiti

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Ich erhalte mit umformungen eine obere dreiecksmatrix mit den drei diagonalelementen

cos(a), 1, 1.

Wegen $\begin{eqnarray*} -1 \le cos(a) \le 1 \end{eqnarray*}$ sind die Eigenwerte gegeben durch $\begin{eqnarray*} x \in [-1,1] \end{eqnarray*}$ oder?

18.03.2014, 15:52

Mazze

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Naja, man merkt dass ich immer weniger Zeit habe für die Sachen hier unglücklich

. Natürlich hilft dir die Dreiecksmatrix nur wenn die Matrix schon in dieser Form ist, oder Du Ähnlichkeitstransformationen machst um auf die Dreiecksmatrix zu kommen. Aber

$\begin{eqnarray*} II - \frac{1}{\cos(a)}I \end{eqnarray*}$

ist keine Änhlichkeitstransformation. Sorry dafür. Du könntest also entweder über das char. Polynom argumentieren oder Du schaust dir mal dass hier an:

Sei v ein Eigenvektor zum Eigenwert $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ , dann betrachte:

$\begin{eqnarray*} \langle Av,Av \rangle \end{eqnarray*}$ (benutze insbesondere A^TA = E)

Damit kannst Du zeigen, dass die Eigenwerte entweder 1 oder -1 sind. Dann musst Du nur noch schauen ob Du für die beiden Zahlen Eigenvektoren bekommst.

18.03.2014, 17:24

Intrepiti

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Hi, danke für die Geduld Augenzwinkern

Du könntest also entweder über das char. Polynom argumentieren

Na das probiere ich zuerst:

Es sind ja die gesuchten Eigenwerte $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ gegeben durch $\begin{eqnarray*} det(A-\lambda E_n)=0 \end{eqnarray*}$ .

Wenn ich kurzerhand mal $\begin{eqnarray*} a:=sin(a), b:=sin(b) \end{eqnarray*}$ setze dann berechnet sich die Determinante recht schnell, sodass ich erhalte:

$\begin{eqnarray*} det(A - \lambda E_n) = ... = a^2 + b^2 - (b^2+a^2)\lambda + (2b+1)\lambda^2 - 2b\lambda - \lambda^3 \end{eqnarray*}$

Wegen $\begin{eqnarray*} a^2+b^2 = sin^2+cos^2 = 1 \end{eqnarray*}$ folgt dann

$\begin{eqnarray*} det(A - \lambda E_n) = ... = a^2 + b^2 - (b^2+a^2)\lambda + (2b+1)(\lambda)^2 - 2b\lambda - (\lambda)^3 =\\= -\lambda^3 + (2b+1)\lambda^2 + (2b+1)\lambda +1 = (\lambda - 1)(-(\lambda)^2 + 2b\lambda -1) \end{eqnarray*}$

Der erste Faktor ist Null, wenn $\begin{eqnarray*} \lambda = 1 \end{eqnarray*}$ .
Für den zweiten erhalte ich nur dann eine Nullstelle (komplexe Zahlen schließe ich erst einmal aus?), wenn b^2=1, da sonst die Diskriminante negativ wird. Das heißt aber nichts anderes als $\begin{eqnarray*} b^2 = 1 <=> b = \pm 1 <=> cos(a) = \pm 1 \end{eqnarray*}$ .

Und damit erhalte ich folgende Nullstellen: -1, 1 und 1.

oder Du schaust dir mal dass hier an:
Sei v ein Eigenvektor zum Eigenwert $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ , dann betrachte: $\begin{eqnarray*} \langle Av,Av \rangle \end{eqnarray*}$ (benutze insbesondere A^TA = E)

Gerne! Was bedeuten denn die \rangle Zeichen? Leider kann ich mit dieser Vorgehensweise (noch immer) nichts anfangen, grr. =/ Das mit A^TA = E würde ich schon gerne verwenden - nur wie?

P.s.: Vielen Dank nochmals für deine Geduld sowie die Hilfe, die in diesem Forum generell geboten wird. Freude

edit(kgV-19.3,21.28Uhr): Zeilenumbruch in die Formel eingefügt, um Überbreite zu verhindern

19.03.2014, 21:26

Mazze

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Zitat:

komplexe Zahlen schließe ich erst einmal aus?

Reelwertige Matrizen können durchaus komplexe Eigenwerte haben. Daher musst Du auch die komplexen Nullstellen, so es sie gibt, betrachten. Du kannst also nicht die Winkel a einschränken.

$\begin{eqnarray*} \langle x,y \rangle \end{eqnarray*}$

bezeichnet man üblicherweise ein Skalarprodukt von x,y. Für unsere Vektoren wäre dann

$\begin{eqnarray*} \langle x,y \rangle = x^Ty \end{eqnarray*}$

Damit kannst Du mit zwei kleinen Gleichungen zeigen, dass für die Eigenwerte $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ die Gleichung

$\begin{eqnarray*} \|\lambda \| = 1 \end{eqnarray*}$

gilt. Wenn die Matrix allerdings komplexe Eigenwerte hat hilft dir das nicht viel, weil es unendlich viele komplexe Lösungen für

$\begin{eqnarray*} \|\lambda \| = 1 \end{eqnarray*}$

gibt.

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