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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:16 Di 17.07.2007 | | Autor: | polyurie |
| Aufgabe | Berechnen sie die Eigenwerte sowie die Eigenvektoren der folgenden Matrizen. Geben sie die algebraische und geometrische Vielfachheit an.
[mm] \pmat{ -7 & -12 & 4 \\ 4 & 7 & -2 \\ 0 & 0 & 1} [/mm] |
Hallo Leute,
ich brauche Hilfe zu den Eigenvektoren für [mm] \lambda_{1/2}=1.
[/mm]
Was bisher geschah:
Hab die Eigenwerte ausgerechnet:
[mm] \lambda_{1/2}=1 [/mm]
[mm] \lambda_{3}=-1
[/mm]
Dann in die Matrix eingesetzt:
...
[mm] x_{3}=\alpha [/mm]
[mm] x_{2}=\beta
[/mm]
[mm] x_{1}=-\bruch{3}{2}\beta+\bruch{1}{2}\alpha
[/mm]
Das ergibt die Ebene:
[mm] \vec{x}=\vektor{0 \\ 0 \\ 0}+\alpha\vektor{1 \\ 0 \\ 2}+\beta\vektor{-3 \\ 2 \\ 0}
[/mm]
bzw.
[mm] 0=2x_{1}+3x_{2}-x_{3}
[/mm]
So, jetzt zum Problem:
In der Musterlösung sind folgende Eigenvektoren angegeben:
[mm] \vec{v}=\vektor{3 \\ -2 \\ 0} [/mm] und [mm] \vec{v}=\vektor{1 \\ 0 \\ 2}
[/mm]
Wie kommt man auf diese Vektoren? Ich kann ja für [mm] \alpha [/mm] und [mm] \beta [/mm] verschiedene Zahlenwerte einsetzen und bekomme so also auch unendlich viele verschiedene Vektoren.
Danke für eure Hilfe!!!!
LG
Stefan
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Hallo Stefan,
was genau ist dir unklar?
Also dass [mm] \lambda [/mm] Eigenwert von A ist bedeutet doch, dass gilt [mm] A\cdot{}v=\lambda\cdot{}v [/mm] für alle [mm] v\in \IR^3 [/mm]
Also [mm] Av-\lambda v=0\gdw (A-\lambda\mathbb{E}_3)v=0
[/mm]
Eigenvektoren sind also alle [mm] v\in\IR^3, v\ne [/mm] 0, die diese Gleichung erfüllen.
Dh, aber nix anderes, als dass v im Kern von [mm] A-\lambda\mathbb{E}_3 [/mm] liegt
Zu Bestimmen ist also der Lösungsraum von [mm] (A-\lambda\mathbb{E}_3)v=0
[/mm]
bzw. der Kern von [mm] A-\lambda\mathbb{E}_3
[/mm]
Also setzt man (mit [mm] \lambda_1=1) [/mm] an: [mm] A-\lambda\mathbb{E}_3= \pmat{ -8 & -12 & 4 \\ 4 & 6 & -2 \\ 0 & 0 & 0}
[/mm]
Das kann man schnell durch elementare Zeilenumformungen bringen auf:
[mm] \pmat{ 2 & 3 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0}
[/mm]
Also hast du mit den beiden Nullzeilen zwei freie Variablen, zB [mm] x_3=t, x_2=s [/mm] mit [mm] s,t\in\IR
[/mm]
Damit ist mit Zeile 1: [mm] 2x_1=t-3s\Rightarrow x_1=\frac{1}{2}t-\frac{3}{2}s
[/mm]
Also ist ein Vektor x in diesem Kern genau dann, wenn er die Gestalt hat:
[mm] x=\vektor{-\frac{3}{2}s+\frac{1}{2}t\\s\\t}=s\vektor{-\frac{3}{2}\\1\\0}+t\vektor{\frac{1}{2}\\0\\1}=\tilde{s}\vektor{-3\\2\\0}+\tilde{t}\vektor{1\\0\\2}
[/mm]
Also [mm] Kern(A-1\cdot{}\mathbb{E}_3)=\langle\vektor{-3\\2\\0},\vektor{1\\0\\2}\rangle
[/mm]
Also ein zweidimensionaler Raum - auch Eigenraum genannt - , dh. geometrische VFH zu [mm] \lambda=1 [/mm] ist 2
Als Eigenvektoren nehmen wir uns einfach eine Basis dieses Kerns, also am einfachsten die, die wir soeben berechnet haben:
[mm] v_1=\vektor{-3\\2\\0} [/mm] und [mm] v_2=\vektor{1\\0\\2}
[/mm]
Also ist für den Eigenwert [mm] \lambda=1 [/mm] algabraische VFH=2=geometr. VFH(=Dimension des Eigenraumes)
Gruß
schachuzipus
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