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Eigenräume: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 20:39 Mo 10.05.2010
Autor: Schmetterfee

Aufgabe
Man bestimme alle Eigenwerte und zugehörige Eigenräume der folgenden Matrix:
[mm] \pmat{ 2 & 0 & 0 & 0\\ -2 & 2 & 0 & 2 \\ 1 & 0 & 2 & 0 \\ 2 & -1 & 0 & -1} [/mm]

Hallo

ich habe ein kleines Problem mit der Aufgabe, die Eigenwerte habe ich bereits berechnet, dazu habe ich die Matrix in 3x3 Mtarix überführt und dann die Regel von SAURRUS genutzt, bei den Eigenräumen habe jetzt aber ein Denkproblem und zwar gilt ja
[mm] (\lambda [/mm] E -A)x=0
mein Problem ist nun, dass ich einen zweichfachen Eigenwert ausgerechnet habe und 2 andere...
so zu sagen rechne ich dann ja nur drei Eigenräume aus oder?...aber jetzt meine eigentlich Frage, kann ich das einfach mit der 4x4 Matrix tun oder muss die auch wieder in eine 3x3 Matrix überführt werden?

LG Schmetterfee

        
Bezug
Eigenräume: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 20:47 Mo 10.05.2010
Autor: steppenhahn

Hallo,

> Man bestimme alle Eigenwerte und zugehörige Eigenräume
> der folgenden Matrix:
>  [mm]\pmat{ 2 & 0 & 0 & 0\\ -2 & 2 & 0 & 2 \\ 1 & 0 & 2 & 0 \\ 2 & -1 & 0 & -1}[/mm]
>  
> Hallo
>  
> ich habe ein kleines Problem mit der Aufgabe, die
> Eigenwerte habe ich bereits berechnet, dazu habe ich die
> Matrix in 3x3 Mtarix überführt und dann die Regel von
> SAURRUS genutzt, bei den Eigenräumen habe jetzt aber ein
> Denkproblem und zwar gilt ja
> [mm](\lambda[/mm] E -A)x=0
>  mein Problem ist nun, dass ich einen zweichfachen
> Eigenwert ausgerechnet habe und 2 andere...

>  so zu sagen rechne ich dann ja nur drei Eigenräume aus
> oder?

Genau!

> ...aber jetzt meine eigentlich Frage, kann ich das
> einfach mit der 4x4 Matrix tun oder muss die auch wieder in
> eine 3x3 Matrix überführt werden?

Du musst den Kern der Matrix [mm] $(\lambda*E [/mm] - A)$ bestimmen, d.h. die Gleichung [mm] $(\lambda*E [/mm] - A)*x = 0$ lösen. Also nichts mit 3x3-Matrizen! Weil A eine 4x4-Matrix ist, tauchen hier überall nur 4x4-Matrizen auf.

Du bist doch bloß bei der Berechnung der Determinante auf eine 3x3-Matrix gekommen, das war ein Zwischenschritt. Du hättest doch die Determinante genauso gut mit der Leibniz-Formel berechnen können, dann wäre nirgends eine 3x3-Matrix aufgetaucht.

Grüße,
Stefan

Bezug
                
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Eigenräume: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 20:58 Mo 10.05.2010
Autor: Schmetterfee


> >  so zu sagen rechne ich dann ja nur drei Eigenräume aus

> > oder?
>  
> Genau!
>  

Das dacht ich mir war mir bloß nicht ganz sicher weil es ja sozusagen, ein zweifacher Eigenwert ist undich war mir nicht sicher ob der auch 2 Eigenräume hat.

> > ...aber jetzt meine eigentlich Frage, kann ich das
> > einfach mit der 4x4 Matrix tun oder muss die auch wieder in
> > eine 3x3 Matrix überführt werden?
>  
> Du musst den Kern der Matrix [mm](\lambda*E - A)[/mm] bestimmen,
> d.h. die Gleichung [mm](\lambda*E - A)*x = 0[/mm] lösen. Also
> nichts mit 3x3-Matrizen! Weil A eine 4x4-Matrix ist,
> tauchen hier überall nur 4x4-Matrizen auf.
>  

Okay, dass wäre ja nur beispielhaft für den Eigenwert 0
(0E-A) also:
[mm] \pmat{ -2 & 0 & 0 & 0\\ -2 & -2 & 0 & 2 \\ 1 & 0 & -2 & 0 \\ 2 & -1 & 0 &1} [/mm]
daraus würde man dann ja das gleichungssystem erhalten:
[mm] -2x_{1}=0 [/mm]
[mm] -2x_{1}-2x_{2}+2x_{4}=0 [/mm]
[mm] x_{1}-2x_{3}=0 [/mm]
[mm] 2x_{1}-1x_{2}+1x_{4}=0 [/mm]
nun würd die erste Gleichung [mm] x_{1}=0 [/mm] bedeuten dann die 3 [mm] x_{3}=0 [/mm] und dann würde ich in den beiden restlichen Gleichungen ja darauf kommen, dass [mm] x_{2}=x_{4} [/mm] ist. Kann ich dann einfach beliebige x dafür wählen?

LG Schmetterfee

Bezug
                        
Bezug
Eigenräume: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 21:06 Mo 10.05.2010
Autor: MathePower

Hallo Schmetterfee,

> > >  so zu sagen rechne ich dann ja nur drei Eigenräume aus

> > > oder?
>  >  
> > Genau!
>  >  
> Das dacht ich mir war mir bloß nicht ganz sicher weil es
> ja sozusagen, ein zweifacher Eigenwert ist undich war mir
> nicht sicher ob der auch 2 Eigenräume hat.
>  > > ...aber jetzt meine eigentlich Frage, kann ich das

> > > einfach mit der 4x4 Matrix tun oder muss die auch wieder in
> > > eine 3x3 Matrix überführt werden?
>  >  
> > Du musst den Kern der Matrix [mm](\lambda*E - A)[/mm] bestimmen,
> > d.h. die Gleichung [mm](\lambda*E - A)*x = 0[/mm] lösen. Also
> > nichts mit 3x3-Matrizen! Weil A eine 4x4-Matrix ist,
> > tauchen hier überall nur 4x4-Matrizen auf.
>  >  
> Okay, dass wäre ja nur beispielhaft für den Eigenwert 0
>  (0E-A) also:
>  [mm]\pmat{ -2 & 0 & 0 & 0\\ -2 & -2 & 0 & 2 \\ 1 & 0 & -2 & 0 \\ 2 & -1 & 0 &1}[/mm]
>  
> daraus würde man dann ja das gleichungssystem erhalten:
>  [mm]-2x_{1}=0[/mm]
>  [mm]-2x_{1}-2x_{2}+2x_{4}=0[/mm]
>  [mm]x_{1}-2x_{3}=0[/mm]
>  [mm]2x_{1}-1x_{2}+1x_{4}=0[/mm]
>  nun würd die erste Gleichung [mm]x_{1}=0[/mm] bedeuten dann die 3
> [mm]x_{3}=0[/mm] und dann würde ich in den beiden restlichen
> Gleichungen ja darauf kommen, dass [mm]x_{2}=x_{4}[/mm] ist. Kann
> ich dann einfach beliebige x dafür wählen?


Du kannst hier jedes x ist wählen, das verschieden von 0 ist.


>  
> LG Schmetterfee


Gruss
MathePower

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Bezug
Eigenräume: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 21:12 Mo 10.05.2010
Autor: Schmetterfee


> Hallo Schmetterfee,
>  
> > > >  so zu sagen rechne ich dann ja nur drei Eigenräume aus

> > > > oder?
>  >  >  
> > > Genau!
>  >  >  
> > Das dacht ich mir war mir bloß nicht ganz sicher weil es
> > ja sozusagen, ein zweifacher Eigenwert ist undich war mir
> > nicht sicher ob der auch 2 Eigenräume hat.
>  >  > > ...aber jetzt meine eigentlich Frage, kann ich das

> > > > einfach mit der 4x4 Matrix tun oder muss die auch wieder in
> > > > eine 3x3 Matrix überführt werden?
>  >  >  
> > > Du musst den Kern der Matrix [mm](\lambda*E - A)[/mm] bestimmen,
> > > d.h. die Gleichung [mm](\lambda*E - A)*x = 0[/mm] lösen. Also
> > > nichts mit 3x3-Matrizen! Weil A eine 4x4-Matrix ist,
> > > tauchen hier überall nur 4x4-Matrizen auf.
>  >  >  
> > Okay, dass wäre ja nur beispielhaft für den Eigenwert 0
>  >  (0E-A) also:
>  >  [mm]\pmat{ -2 & 0 & 0 & 0\\ -2 & -2 & 0 & 2 \\ 1 & 0 & -2 & 0 \\ 2 & -1 & 0 &1}[/mm]
>  
> >  

> > daraus würde man dann ja das gleichungssystem erhalten:
>  >  [mm]-2x_{1}=0[/mm]
>  >  [mm]-2x_{1}-2x_{2}+2x_{4}=0[/mm]
>  >  [mm]x_{1}-2x_{3}=0[/mm]
>  >  [mm]2x_{1}-1x_{2}+1x_{4}=0[/mm]
>  >  nun würd die erste Gleichung [mm]x_{1}=0[/mm] bedeuten dann die
> 3
> > [mm]x_{3}=0[/mm] und dann würde ich in den beiden restlichen
> > Gleichungen ja darauf kommen, dass [mm]x_{2}=x_{4}[/mm] ist. Kann
> > ich dann einfach beliebige x dafür wählen?
>  
>
> Du kannst hier jedes x ist wählen, das verschieden von 0
> ist.
>  

okay und wie defineir ich denn den Eigenraum? etwa [mm] \vektor{0 \\ x_{2} \\ 0 \\ x_{4}} [/mm] mit [mm] x_{2}, x_{4} \not= [/mm] 0?

>

aber warum muss das denn ungleich null sein?..weil für den eigenwert 1 habe ich raus das alles 0 sein müssen nämlich:
[mm] -x_{1}=0 [/mm]
[mm] -2x_{1}-x_{2}+2x_{4}=0 [/mm]
[mm] -x_{1} -x_{3}=0 [/mm]
[mm] 2x_{1}-x_{2}=0 [/mm]
und aus diesem gleichungssystem würde ja folgen, dass alle x=0

LG Schmetterfee

Bezug
                                        
Bezug
Eigenräume: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 21:22 Mo 10.05.2010
Autor: MathePower

Hallo Schmetterfee,

> > Hallo Schmetterfee,
>  >  
> > > > >  so zu sagen rechne ich dann ja nur drei Eigenräume aus

> > > > > oder?
>  >  >  >  
> > > > Genau!
>  >  >  >  
> > > Das dacht ich mir war mir bloß nicht ganz sicher weil es
> > > ja sozusagen, ein zweifacher Eigenwert ist undich war mir
> > > nicht sicher ob der auch 2 Eigenräume hat.
>  >  >  > > ...aber jetzt meine eigentlich Frage, kann ich

> das
> > > > > einfach mit der 4x4 Matrix tun oder muss die auch wieder in
> > > > > eine 3x3 Matrix überführt werden?
>  >  >  >  
> > > > Du musst den Kern der Matrix [mm](\lambda*E - A)[/mm] bestimmen,
> > > > d.h. die Gleichung [mm](\lambda*E - A)*x = 0[/mm] lösen. Also
> > > > nichts mit 3x3-Matrizen! Weil A eine 4x4-Matrix ist,
> > > > tauchen hier überall nur 4x4-Matrizen auf.
>  >  >  >  
> > > Okay, dass wäre ja nur beispielhaft für den Eigenwert 0
>  >  >  (0E-A) also:
>  >  >  [mm]\pmat{ -2 & 0 & 0 & 0\\ -2 & -2 & 0 & 2 \\ 1 & 0 & -2 & 0 \\ 2 & -1 & 0 &1}[/mm]
>  
> >  

> > >  

> > > daraus würde man dann ja das gleichungssystem erhalten:
>  >  >  [mm]-2x_{1}=0[/mm]
>  >  >  [mm]-2x_{1}-2x_{2}+2x_{4}=0[/mm]
>  >  >  [mm]x_{1}-2x_{3}=0[/mm]
>  >  >  [mm]2x_{1}-1x_{2}+1x_{4}=0[/mm]
>  >  >  nun würd die erste Gleichung [mm]x_{1}=0[/mm] bedeuten dann
> die
> > 3
> > > [mm]x_{3}=0[/mm] und dann würde ich in den beiden restlichen
> > > Gleichungen ja darauf kommen, dass [mm]x_{2}=x_{4}[/mm] ist. Kann
> > > ich dann einfach beliebige x dafür wählen?
>  >  
> >
> > Du kannst hier jedes x ist wählen, das verschieden von 0
> > ist.
>  >  
> okay und wie defineir ich denn den Eigenraum? etwa
> [mm]\vektor{0 \\ x_{2} \\ 0 \\ x_{4}}[/mm] mit [mm]x_{2}, x_{4} \not=[/mm]
> 0?
>  >

> aber warum muss das denn ungleich null sein?..weil für den


Weil der Nullvektor die triviale Lösung eines jeden homogenen LGS ist.


> eigenwert 1 habe ich raus das alles 0 sein müssen


Es ist ein  vom Nullvektor verschiedener Eigenvektor gesucht.

Wenn Du so willst eine nicht triviale Lösung des homogenen LGS.


> nämlich:
>  [mm]-x_{1}=0[/mm]
>  [mm]-2x_{1}-x_{2}+2x_{4}=0[/mm]
>  [mm]-x_{1} -x_{3}=0[/mm]
>  [mm]2x_{1}-x_{2}=0[/mm]
>  und aus diesem gleichungssystem würde ja folgen, dass
> alle x=0
>  
> LG Schmetterfee


Gruss
MathePower

Bezug
                                                
Bezug
Eigenräume: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 21:26 Mo 10.05.2010
Autor: Schmetterfee


> > > > daraus würde man dann ja das gleichungssystem erhalten:
>  >  >  >  [mm]-2x_{1}=0[/mm]
>  >  >  >  [mm]-2x_{1}-2x_{2}+2x_{4}=0[/mm]
>  >  >  >  [mm]x_{1}-2x_{3}=0[/mm]
>  >  >  >  [mm]2x_{1}-1x_{2}+1x_{4}=0[/mm]
>  >  >  >  nun würd die erste Gleichung [mm]x_{1}=0[/mm] bedeuten
> dann
> > die
> > > 3
> > > > [mm]x_{3}=0[/mm] und dann würde ich in den beiden restlichen
> > > > Gleichungen ja darauf kommen, dass [mm]x_{2}=x_{4}[/mm] ist. Kann
> > > > ich dann einfach beliebige x dafür wählen?
>  >  >  
> > >
> > > Du kannst hier jedes x ist wählen, das verschieden von 0
> > > ist.
>  >  >  
> > okay und wie defineir ich denn den Eigenraum? etwa
> > [mm]\vektor{0 \\ x_{2} \\ 0 \\ x_{4}}[/mm] mit [mm]x_{2}, x_{4} \not=[/mm]
> > 0?
>  >  >

kann ich das denn so definieren?

> > aber warum muss das denn ungleich null sein?..weil für den
>
>
> Weil der Nullvektor die triviale Lösung eines jeden
> homogenen LGS ist.
>  
>
> > eigenwert 1 habe ich raus das alles 0 sein müssen
>
>
> Es ist ein  vom Nullvektor verschiedener Eigenvektor
> gesucht.
>  
> Wenn Du so willst eine nicht triviale Lösung des homogenen
> LGS.
>  
>
> > nämlich:
>  >  [mm]-x_{1}=0[/mm]
>  >  [mm]-2x_{1}-x_{2}+2x_{4}=0[/mm]
>  >  [mm]-x_{1} -x_{3}=0[/mm]
>  >  [mm]2x_{1}-x_{2}=0[/mm]
>  >  und aus diesem gleichungssystem würde ja folgen, dass
> > alle x=0
>  >  

ist diese Lösung denn falsch weil sie trivial ist? also kein eigenraum?...weil ich bekomm ja nix anderes für das Lösungssystem raus...


Bezug
                                                        
Bezug
Eigenräume: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 22:06 Mo 10.05.2010
Autor: angela.h.b.


>  >  >  >  >  [mm]x_{1}=0[/mm]
> > >
> > >
> > > >
> > > > > [mm]x_{3}=0[/mm]
> > > > > [mm]x_{2}=x_{4}[/mm]

Hallo,

Du hast jetzt herausgefunden, daß jeder Vektor, der von der Machart ist, daß sein 1. und 3. Eintrag 0 lautet, und der 2. und 4. Eintrag übereinstimmt, Eigenvektor zum Eigenwert 0 ist - mit Ausnahme des Nullvektors.

Alle Eigenvektoren zum EW 0 haben die Gestalt

[mm] \vektor{0\\t\\0\\t} [/mm] mit [mm] t\in \IR [/mm]

[mm] =t*\vektor{0\\1\\0\\1}, [/mm] und damit ist [mm] \vektor{0\\1\\0\\1} [/mm] eine Basis des Eigenraumes zum Eigenwert 0.


> > > eigenwert 1 habe ich raus das alles 0 sein müssen
> >
> >
> > Es ist ein  vom Nullvektor verschiedener Eigenvektor
> > gesucht.
>  >  
> > Wenn Du so willst eine nicht triviale Lösung des homogenen
> > LGS.
>  >  
> >
> > > nämlich:
>  >  >  [mm]-x_{1}=0[/mm]
>  >  >  [mm]-2x_{1}-x_{2}+2x_{4}=0[/mm]
>  >  >  [mm]-x_{1} -x_{3}=0[/mm]
>  >  >  [mm]2x_{1}-x_{2}=0[/mm]
>  >  >  und aus diesem gleichungssystem würde ja folgen,
> dass
> > > alle x=0
>  >  >  
> ist diese Lösung denn falsch weil sie trivial ist?

Wann immer im leben Du errechnest, daß ein Eigenraum nur den Nullvektor enthält, dann hast Du etwas falsch gemacht. Entweder hast Du den Eigenwert verkehrt berechnet oder den dazugehörigen Eigenraum. Der Eigenwert 1 stimmt.

Wenn Du bei erneuter Rechnung wieder ein seltsames Ergebnis erhältst, so poste die Matrix E-A und ihre Zeilenstufenform.

Gruß v. Angela



Bezug
                                                                
Bezug
Eigenräume: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 22:26 Mo 10.05.2010
Autor: Schmetterfee


>
> >  >  >  >  >  [mm]x_{1}=0[/mm]

> > > >
> > > >
> > > > >
> > > > > > [mm]x_{3}=0[/mm]
> > > > > > [mm]x_{2}=x_{4}[/mm]
>
> Hallo,
>  
> Du hast jetzt herausgefunden, daß jeder Vektor, der von
> der Machart ist, daß sein 1. und 3. Eintrag 0 lautet, und
> der 2. und 4. Eintrag übereinstimmt, Eigenvektor zum
> Eigenwert 0 ist - mit Ausnahme des Nullvektors.
>  
> Alle Eigenvektoren zum EW 0 haben die Gestalt
>
> [mm]\vektor{0\\t\\0\\t}[/mm] mit [mm]t\in \IR[/mm]
>  
> [mm]=t*\vektor{0\\1\\0\\1},[/mm] und damit ist [mm]\vektor{0\\1\\0\\1}[/mm]
> eine Basis des Eigenraumes zum Eigenwert 0.
>  

okay jetzt habe ich es verstanden..

>
> > > > eigenwert 1 habe ich raus das alles 0 sein müssen
> > >
> > >
> > > Es ist ein  vom Nullvektor verschiedener Eigenvektor
> > > gesucht.
>  >  >  
> > > Wenn Du so willst eine nicht triviale Lösung des homogenen
> > > LGS.
>  >  >  
> > >
> > > > nämlich:
>  >  >  >  [mm]-x_{1}=0[/mm]
>  >  >  >  [mm]-2x_{1}-x_{2}+2x_{4}=0[/mm]
>  >  >  >  [mm]-x_{1} -x_{3}=0[/mm]
>  >  >  >  [mm]2x_{1}-x_{2}=0[/mm]
>  >  >  >  und aus diesem gleichungssystem würde ja folgen,
> > dass
> > > > alle x=0
>  >  >  >  
> > ist diese Lösung denn falsch weil sie trivial ist?
>

ich habe es jetzt nachgerechnet..
und komm auf das LSG
[mm] -x_{1}=0 [/mm]
[mm] 2x_{1}-x_{2}-2x_{4}=0 [/mm]
[mm] -x_{1}-x_{3}=0 [/mm]
[mm] -2x_{1}+x_{2}+2x_{4}=0 [/mm]
somit müsste hier auch wieder [mm] x_{1} [/mm] und [mm] x_{3}=0 [/mm]
und [mm] x_{2}=-2x_{4} [/mm]
denn hätten doch alle Eigenvekoteren zum EW 1 die Form [mm] \vektor{0 \\ t \\0 \\ -2t} [/mm] oder?


habe auch schon für EW 2 berechnet
da komm ich auf ein LGS mit
[mm] 2x_{1}-2x_{4}=0 [/mm]
[mm] -x_{1}=0 [/mm]
[mm] -2x_{1}+x_{2}+3x_{4}=0 [/mm]
aus dem System ergibt sich ja, dass [mm] x_{1},x_{2} [/mm] und [mm] x_{4}=0. [/mm]
also müssten diese Elemente die Form [mm] \vektor{0 \\ 0 \\ t \\ 0} [/mm] haben oder?

eine Frage habe ich nun noch EW 2 ist ein zweifacher Eigenwert gibt es denn da auch 2 Eigenräume oder so?..aber das geht ja eigentlich nicht...

LG Schmetterfee

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Eigenräume: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 22:43 Mo 10.05.2010
Autor: Teufel

Hi!

Der Eigenvektor zum Eigenwert 1 stimmt fast. Statt -2t sollte dort aber [mm] -\bruch{1}{2}t [/mm] stehen. Aber ja, alle Eigenwerte zum Eigenwert 1 haben dann diese Form.

Dein Ergebnis zum Eigenwert 2 ist richtig. Aber ob die 2 nun doppelte Nullstelle war oder so ist hier egal. Es kann höchstens vorkommen (und es ist super, wenn das passieren würde, da man dann noch allerhand cooles Zeug mit der Matrix machen könnte), dass du einen Eigenraum zum Eigenwert 2 erhältst, der zweidimensional ist. Also dass du dann als Lösung des LGS so etwas wie [mm] \vektor{t \\ 0 \\ t \\ 0}+\vektor{0 \\ s \\ 0 \\ 0} [/mm] bekommst. Das wäre dann aber trotzdem eben nur ein Eigenraum, nur eben mit 2 Basisvektoren. Passiert hier aber bei dir nicht.

[anon] Teufel

Bezug
                                                                                
Bezug
Eigenräume: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 22:45 Mo 10.05.2010
Autor: Schmetterfee

Okay danke für die Erklärung damit war ich mir noch etwas unsicher...

Danke an alle für die schnelle Hilfe heute abend.

LG Schmetterfee

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Bezug
Eigenräume: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 21:53 Mi 12.05.2010
Autor: Schmetterfee


> Hi!
>  
> Der Eigenvektor zum Eigenwert 1 stimmt fast. Statt -2t
> sollte dort aber [mm]-\bruch{1}{2}t[/mm] stehen. Aber ja, alle
> Eigenwerte zum Eigenwert 1 haben dann diese Form.
>  
> Dein Ergebnis zum Eigenwert 2 ist richtig. Aber ob die 2
> nun doppelte Nullstelle war oder so ist hier egal. Es kann
> höchstens vorkommen (und es ist super, wenn das passieren
> würde, da man dann noch allerhand cooles Zeug mit der
> Matrix machen könnte), dass du einen Eigenraum zum
> Eigenwert 2 erhältst, der zweidimensional ist. Also dass
> du dann als Lösung des LGS so etwas wie [mm]\vektor{t \\ 0 \\ t \\ 0}+\vektor{0 \\ s \\ 0 \\ 0}[/mm]
> bekommst. Das wäre dann aber trotzdem eben nur ein
> Eigenraum, nur eben mit 2 Basisvektoren. Passiert hier aber
> bei dir nicht.
>  

muss ich denn immer wenn ich die Form der Elemente angeb. dazu schreiben, dass t [mm] \not= [/mm] 0 sein muss. Weil sonst würde das ja nicht ausgeschlossen sein aber der Nullvektor darf ja nicht raus kommen. oder kann ich einfach schreiben t [mm] \in \IR [/mm] \ {0}?

LG Schmetterfee

Bezug
                                                                                        
Bezug
Eigenräume: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 22:05 Mi 12.05.2010
Autor: angela.h.b.


> > Hi!
>  >  
> > Der Eigenvektor zum Eigenwert 1 stimmt fast. Statt -2t
> > sollte dort aber [mm]-\bruch{1}{2}t[/mm] stehen. Aber ja, alle
> > Eigenwerte zum Eigenwert 1 haben dann diese Form.
>  >  
> > Dein Ergebnis zum Eigenwert 2 ist richtig. Aber ob die 2
> > nun doppelte Nullstelle war oder so ist hier egal. Es kann
> > höchstens vorkommen (und es ist super, wenn das passieren
> > würde, da man dann noch allerhand cooles Zeug mit der
> > Matrix machen könnte), dass du einen Eigenraum zum
> > Eigenwert 2 erhältst, der zweidimensional ist. Also dass
> > du dann als Lösung des LGS so etwas wie [mm]\vektor{t \\ 0 \\ t \\ 0}+\vektor{0 \\ s \\ 0 \\ 0}[/mm]
> > bekommst. Das wäre dann aber trotzdem eben nur ein
> > Eigenraum, nur eben mit 2 Basisvektoren. Passiert hier aber
> > bei dir nicht.
>  >  
> muss ich denn immer wenn ich die Form der Elemente angeb.
> dazu schreiben, dass t [mm]\not=[/mm] 0 sein muss.

Hallo,

nein:

der Nullvektor ist Element eines jeden Eigenraumes - obgleich er nach Def. kein Eigenvektor ist.
Alle anderen Elemente im Eigenraum sind Eigenvektoren.

Es haben also alle Elemente  des Eigenraumes die Gestalt [mm] \vektor{t \\ 0 \\ t \\ 0}+\vektor{0 \\ s \\ 0 \\ 0} [/mm] mit [mm] s,t\in \IR, [/mm]

hingegen haben die Eigenvektoren dieses Raumes die Gestalt [mm] \vektor{t \\ 0 \\ t \\ 0}+\vektor{0 \\ s \\ 0 \\ 0} [/mm] mit [mm] s,t\in \IR [/mm] und [mm] (s,t)\not=(0,0). [/mm]

Gruß v. Angela



Bezug
                                                                                                
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Eigenräume: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 22:10 Mi 12.05.2010
Autor: Schmetterfee

okay jetzt habe ich es verstanden. das merke ich mir für die Zukunft.
LG Schmetterfee

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