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| Aufgabe | Sei A [mm] \in \IR_{(n,n)} [/mm] mit 2 [mm] \le [/mm] n [mm] \in \IN [/mm] wobei A folgende Gestalt hat
[mm] A:=\pmat{ 1 & 0 & 0 & 0 & ... & 0 & 0\\ 1 & 1 & 0 & 0 & ... & 0 & 0\\ 0 & 1 & 1 & 0 & ... & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & ... & 0 & 0 \\ ... & ... & ... & ... & ... & ... & ...\\ 0 & 0 & 0 & 0 & ... & 1 & 1}
[/mm]
Weisen Sie nach, dass 1 ein Eigenwert von A ist und bestimmen Sie den zugehörigen Eigenraum von A. Ist A diagonalisierbar? |
Guten Abend!
Mir bereitet die obenstehende Aufgabe Schwierigkeiten, da die Matrix keinen konkreten Typen hat. Ich kann beispielsweise den Eigenwert 1 für den Fall $n=2$ und $n=3$ leicht nachweisen. Mir ist jedoch nicht klar, wie ich diesen Eigenwert im Allgemeinen für ein beliebiges aber festes $n [mm] \in \IN$ [/mm] nachweisen kann - denn dazu fehlt mir eine allgemeine Formel zur Berechnung der Determinanten.
Ich habe folgenden Ansatz, komme damit jedoch nicht weiter: Wenn man Zeile I von II subtrahiert, dann II von III (usw.), erhält man aufgrund des Musters in der Gestalt der Matrix A die Einheitsmatrix [mm] $I_{n}$. [/mm] Eventuell kommt man damit weiter?
Hier würde ich mich sehr über einen Denkanstoß in die richtige Richtung freuen.
Ich bedanke mich im Voraus!
Stetige Grüße
mathe_thommy
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:26 Mo 17.07.2017 | | Autor: | leduart |
Hallo
wie sieht das char. Polynom für die 2 mal 2 und 3 mal 3 Matrix aus? kannst du danach zeigen, wie das für die n mal n Matrix aussieht?
entsprechend Eigenraum.
Gruß leduart
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:34 Di 18.07.2017 | | Autor: | fred97 |
> Sei A [mm]\in \IR_{(n,n)}[/mm] mit 2 [mm]\le[/mm] n [mm]\in \IN[/mm] wobei A folgende
> Gestalt hat
> [mm]A:=\pmat{ 1 & 0 & 0 & 0 & ... & 0 & 0\\ 1 & 1 & 0 & 0 & ... & 0 & 0\\ 0 & 1 & 1 & 0 & ... & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & ... & 0 & 0 \\ ... & ... & ... & ... & ... & ... & ...\\ 0 & 0 & 0 & 0 & ... & 1 & 1}[/mm]
>
> Weisen Sie nach, dass 1 ein Eigenwert von A ist und
> bestimmen Sie den zugehörigen Eigenraum von A. Ist A
> diagonalisierbar?
> Guten Abend!
>
> Mir bereitet die obenstehende Aufgabe Schwierigkeiten, da
> die Matrix keinen konkreten Typen hat.
Doch: A ist eine untere Dreiecksmatrix.
> Ich kann
> beispielsweise den Eigenwert 1 für den Fall [mm]n=2[/mm] und [mm]n=3[/mm]
> leicht nachweisen. Mir ist jedoch nicht klar, wie ich
> diesen Eigenwert im Allgemeinen für ein beliebiges aber
> festes [mm]n \in \IN[/mm] nachweisen kann - denn dazu fehlt mir eine
> allgemeine Formel zur Berechnung der Determinanten.
Die Determinante einer (unteren) Dreiecksmatrix ist das Produkt der Diagonlaelemente !
>
> Ich habe folgenden Ansatz, komme damit jedoch nicht weiter:
> Wenn man Zeile I von II subtrahiert, dann II von III
> (usw.), erhält man aufgrund des Musters in der Gestalt der
> Matrix A die Einheitsmatrix [mm]I_{n}[/mm]. Eventuell kommt man
> damit weiter?
>
> Hier würde ich mich sehr über einen Denkanstoß in die
> richtige Richtung freuen.
Hab ich oben gemacht.
> Ich bedanke mich im Voraus!
>
> Stetige Grüße
> mathe_thommy
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Guten Abend FRED,
danke für deinen Hinweis! Betrachte ich nun [mm] $(A-\lambda I_{n})$, [/mm] so erhalte ich - in Abhängigkeit von n - als Determinante [mm] $(1-\lambda)^{n}$. [/mm] Die Gleichung [mm] $(A-\lambda I_{n})=0$ [/mm] ist somit für [mm] $\lambda [/mm] = 1$ erfüllt. Damit ist nachgewiesen, dass 1 ein Eigenwert von A ist.
Setze ich nun in einem zweiten Schritt [mm] $\lambda [/mm] = 1$, so erhalte ich eine neue Matrix $A'$ der Gestalt:
$ [mm] A':=\pmat{ 0 & 0 & 0 & 0 & ... & 0 & 0\\ 1 & 0 & 0 & 0 & ... & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 & ... & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & ... & 0 & 0 \\ ... & ... & ... & ... & ... & ... & ...\\ 0 & 0 & 0 & 0 & ... & 1 & 0} [/mm] $
Zur Bestimmung des Eigenraums suche nun einen Eigenvektor, nämlich denjenigen, welcher die Gleichung $A'x=0$ erfüllt. Der Vektor $x$ habe die Gestalt [mm] $x=(x_{1}, x_{2}, [/mm] ..., [mm] x_{n})^{T}$. [/mm] Dann setze ich (da die letzte Spalte der Matrix $A'$ eine "Nullspalte" ist) nun [mm] $x_{n}=t, [/mm] t [mm] \in \IR$ [/mm] und erhalte aus der letzten Zeile der Matrix $A'$ nun [mm] $x_{n-1}=-t$. [/mm] Aufgrund der Gestalt der Matrix $A'$ erhalte ich $-t$ als Lösung für [mm] $x_{2}, x_{3}, [/mm] ..., [mm] x_{n-1}$. [/mm] Für [mm] $x_{1}$ [/mm] erhalte ich offensichtlich die Lösung [mm] $x_{1}=0$.
[/mm]
Damit erhalte ich den Eigenraum
[mm] $V(A,1)=\{t*\vektor{0 \\ -1 \\ -1 \\ \vdots \\ -1 \\ 1} | t \in \IR \}$.
[/mm]
Nun bleibt die Frage nach der Diagonalisierbarkeit. Ich habe gelernt, dass ich die Matrix A diagonalisierbar nenne, sofern die Eigenvektoren von A eine Basis von V (in diesem Fall [mm] $\IR^{n}$) [/mm] bilden. In diesem Fall wäre A doch nicht diagonalisierbar, da der von mir bestimmte Eigenvektor allein keine Basis [mm] des$\IR^{n}$ [/mm] ist, oder?
Einen angenehmen Abend!
mathe_thommy
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(Antwort) fertig | | Datum: | 08:23 Mi 19.07.2017 | | Autor: | fred97 |
> Guten Abend FRED,
>
> danke für deinen Hinweis! Betrachte ich nun [mm](A-\lambda I_{n})[/mm],
> so erhalte ich - in Abhängigkeit von n - als Determinante
> [mm](1-\lambda)^{n}[/mm]. Die Gleichung [mm](A-\lambda I_{n})=0[/mm] ist
> somit für [mm]\lambda = 1[/mm] erfüllt.
Unsinn ! Du meinst die Gleichung [mm] $\det(A-\lambda I_{n})=0$
[/mm]
> Damit ist nachgewiesen,
> dass 1 ein Eigenwert von A ist.
Bingo ! Und zwar: A hat nur (!) den Eigenwert 1.
>
> Setze ich nun in einem zweiten Schritt [mm]\lambda = 1[/mm], so
> erhalte ich eine neue Matrix [mm]A'[/mm] der Gestalt:
> [mm]A':=\pmat{ 0 & 0 & 0 & 0 & ... & 0 & 0\\ 1 & 0 & 0 & 0 & ... & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 & ... & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & ... & 0 & 0 \\ ... & ... & ... & ... & ... & ... & ...\\ 0 & 0 & 0 & 0 & ... & 1 & 0}[/mm]
>
> Zur Bestimmung des Eigenraums suche nun einen Eigenvektor,
> nämlich denjenigen, welcher die Gleichung [mm]A'x=0[/mm] erfüllt.
> Der Vektor [mm]x[/mm] habe die Gestalt [mm]x=(x_{1}, x_{2}, ..., x_{n})^{T}[/mm].
> Dann setze ich (da die letzte Spalte der Matrix [mm]A'[/mm] eine
> "Nullspalte" ist) nun [mm]x_{n}=t, t \in \IR[/mm] und erhalte aus
> der letzten Zeile der Matrix [mm]A'[/mm] nun [mm]x_{n-1}=-t[/mm]. Aufgrund
> der Gestalt der Matrix [mm]A'[/mm] erhalte ich [mm]-t[/mm] als Lösung für
> [mm]x_{2}, x_{3}, ..., x_{n-1}[/mm]. Für [mm]x_{1}[/mm] erhalte ich
> offensichtlich die Lösung [mm]x_{1}=0[/mm].
Ich hab keine Ahnung, was Du da gerechnet hast !
Aus $A'x=0$ fogt [mm] $x_1=x_2=...=x_{n-1}=0$ [/mm] und [mm] $x_n$ [/mm] beliebig !
>
> Damit erhalte ich den Eigenraum
> [mm]V(A,1)=\{t*\vektor{0 \\ -1 \\ -1 \\ \vdots \\ -1 \\ 1} | t \in \IR \}[/mm].
Nein. [mm]V(A,1)=\{t*\vektor{0 \\ 0 \\ 0 \\ \vdots \\ \\ 1} | t \in \IR \}[/mm].
>
> Nun bleibt die Frage nach der Diagonalisierbarkeit. Ich
> habe gelernt, dass ich die Matrix A diagonalisierbar nenne,
Du hast gelernt, dass Du sie so nennst .... ? Ganz bestimmt nicht.
> sofern die Eigenvektoren von A eine Basis von V (in diesem
> Fall [mm]\IR^{n}[/mm]) bilden.
Wir betreiben hier keine Parapsychologie oder eine andere Wischi-Waschi - "Wissenschaft", sondern Mathematik. Das bedeutet:
Definitionen sind wörtlich zu nehemen und nicht irgendwie zu interpretieren.
A heißt diagonalisierbar, wenn es eine Basis des [mm] \IR^n [/mm] aus Eigenvektoren von A gibt.
> In diesem Fall wäre A doch nicht
> diagonalisierbar, da der von mir bestimmte Eigenvektor
> allein keine Basis des[mm]\IR^{n}[/mm] ist, oder?
Bingo !
>
> Einen angenehmen Abend!
> mathe_thommy
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Guten Abend FRED,
ich bedanke mich für die konstruktive Kritik und versuche, in Zukunft Rücksicht darauf zu nehmen.
Vielen Dank für die Unterstützung!
Viele Grüße
mathe_thommy
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