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| Aufgabe | a) Ermittle Eigenwert und Eigenvektor der Matrix
b) Bestimme eine orthogonale Matrix Q so, daß [mm] Q^{t}A [/mm] Q eine
Diagonalmatrix ist.
Matrix: [mm] \pmat{ 2 & 3 & 0 \\ 3 & 2 & 4 \\ 0 & 4 & 2 }
[/mm]
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Kann mir hier irgendwer erklären wie ich die Aufgabe lösen kann?
Mein Skript hilft mir hier nicht wirklich weiter.
Vielen Dank für die Hilfe!
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 13:04 Mo 07.01.2008 | | Autor: | crashby |
> a) Ermittle Eigenwert und Eigenvektor der Matrix
> b) Bestimme eine orthogonale Matrix Q so, daß [mm]Q^{t}A[/mm] Q
> eine
> Diagonalmatrix ist.
>
> Matrix: [mm]\pmat{ 2 & 3 & 0 \\ 3 & 2 & 4 \\ 0 & 4 & 2 }[/mm]
>
>
> Kann mir hier irgendwer erklären wie ich die Aufgabe lösen
> kann?
> Mein Skript hilft mir hier nicht wirklich weiter.
>
> Vielen Dank für die Hilfe!
Schönen guten Tag
Also ich denke mal, dass du die Begriffe noch nicht so verinnerlicht hast bzw gar nicht verstehst :) Na dann helf ich erstmal mit einem Link
![[]](/images/popup.gif) Eigenwert
Da ist ein Beispiel angegeben.
Du solltest aber mit dem Umgang von Determinanten vertraut sein, sprich das berechner der Determinante einer 3 x 3 Matrix sollte klappen, wenn nicht helfen wir gerne.
Zu b) habe ich auch erstmal keine Ahnung
cya
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> a) Ermittle Eigenwert und Eigenvektor der Matrix
> b) Bestimme eine orthogonale Matrix Q so, daß [mm]Q^{t}A[/mm] Q
> eine
> Diagonalmatrix ist.
>
> Matrix: [mm]\pmat{ 2 & 3 & 0 \\ 3 & 2 & 4 \\ 0 & 4 & 2 }[/mm]
>
>
> Kann mir hier irgendwer erklären wie ich die Aufgabe lösen
> kann?
> Mein Skript hilft mir hier nicht wirklich weiter.
Hallo,
was steht da drin?
Was hast Du bisher getan?
"Mein Skript hilft nicht weiter" ist ein magerer Lösungsansatz...
Weißt Du, was Eigenwerte und Eigenvektoren sind? (Wenn nicht: schlaumachen.)
Du mußt nun das Charakterischtische Polynom v. A berechnen, indem Du die Determinante v. [mm] A-\lambda E_3 [/mm] berechnest.
Die Nullstellen sind die Eigenwerte.
Die Eigenvektoren zu den Eigenwerten [mm] \lambda_i [/mm] erhältst Du jeweils, indem Du zu jedem Eigenwert [mm] \lambda_i [/mm] eine Basis von [mm] Kern(A-\lambda_i E_3).
[/mm]
Danach können wir weitersehen.
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:36 Do 17.01.2008 | | Autor: | Kreide |
charakteristische polynom:
[mm] (\lamba-2)^3-(\lamba-2)16-(\lamba-2)9
[/mm]
[mm] \Rightarrow [/mm] Der Eigentwert der Matri ist [mm] \lamba=2
[/mm]
eigenvektor berechnen, (hier bin ich mir unsicher)
Dann [mm] \lamba=2 [/mm] ind [mm] A-\lamba E_{3} [/mm] einsetzen
[mm] \pmat{ 0 & -3 & 0 \\- 3 & 0 & -4 \\ 0 & -4 & 0 \\ 0 & 0 & 0 }
[/mm]
aus letzter zeile folgt [mm] x_2 [/mm] = 0, aber aus der zeile 3 folgt [mm] x_2 [/mm] =3 ?!?! oh man, weiß plötzlich nich wie man gls löst!!!ahhhhhhh^^
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:54 Do 17.01.2008 | | Autor: | Kreide |
hab mich oben verschrieben!!! *sorry*
die unterste zeile soll eine spalte rechts sein.
aus der letzen und ersten zeile folgen dann, dass [mm] x_2=0 [/mm] ist [mm] x_1 =\bruch{-4}{3}x_3 [/mm] und [mm] x_3=\bruch{-3}{4}x_1
[/mm]
[mm] Eigenvektor=\vektor{\bruch{-4}{3}x_2 \\ x_2 \\\bruch{-3}{4}x_1 }
[/mm]
richtig?
also gibt es gaaaaaaaaanz viele eigenvektoren wegen der variablen [mm] x_2 [/mm] ?
es kann also nie nur EINEN eigenvektor geben?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:13 Do 17.01.2008 | | Autor: | max3000 |
Hab dir grade die Lösung geschrieben.
Dein Eigenvektor ist bissl falsch, wahrscheinlich nur ein kleiner Fehler.
Aber warum du dich wunderst, warum unendlich viele Eigenvektoren rauskommen. Und zwar sind Linearkombinationen von Eigenvektoren auf wieder Eigenvektoren, damit auch das Vielfache eines Eigenvektors.
Wenn z.B. v EV zu EW [mm] \lambda [/mm] ist, dann ist [mm] \alpha*v [/mm] mit [mm] \alpha\in\IR [/mm] auch Eigenvektor, da man bei der Gleichung
[mm] A*\alpha*v=\lambda*\alpha*v
[/mm]
das [mm] \alpha [/mm] einfach rauskürzen kann.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:09 Do 17.01.2008 | | Autor: | max3000 |
Sorry aber das ist totaler Schwachsinn, was du hier machst.
Wenigstens die Eigenwerte sollten doch kein Problem sein, aber ich helf dir da mal weiter.
Charakteristisches Polynom aufstellen:
[mm] p(\lambda)=det(A-\lambdaE_3)=det\pmat{2-\lambda & 3 & 0 \\ 3 & 2-\lambda & 4 \\ 0 & 4 & 2-\lambda}
[/mm]
mit SARRUS-Regel folgt
[mm] =(2-\lambda)^3-16(2-\lambda)-9(2-\lambda)
[/mm]
Das ganze geschickt umformen, so dass man die Nullstellen dieses Polynoms ablesen kann:
[mm] =(2-\lambda)((2-\lambda)^2-25)
[/mm]
[mm] =(2-\lambda)(\lambda^2-4\lambda-21)
[/mm]
[mm] =(2-\lambda)(7-\lambda)(-3-\lambda)
[/mm]
Damit sind deine Eigenwerte:
2, 7, und -3
Zu diesen bestimmst du jetzt die Eigenvektoren, das sind die Vektoren v, für die gilt:
[mm] Av=\lambda*v=\lambda*E_3*v
[/mm]
damit ist
[mm] (A-\lambda*E_3)*v=0
[/mm]
wobei [mm] v\ne0 [/mm] sein muss.
Ich mach dir das mal für den ersten Eigenwert vor:
[mm] (A-\lambda*E_3)*v
[/mm]
[mm] =\pmat{0 & 3 & 0 \\ 3 & 0 & 4 \\ 0 & 4 & 0}\vektor{v_1 \\ v_2 \\ v_3}=\vektor{0 \\ 0 \\ 0}
[/mm]
Matrizenmultiplikation anwenden, da siehste sofort, dass folgt:
[mm] 3v_2=0 \Rightarrow v_3=0
[/mm]
[mm] 3v_1+4v_3=0
[/mm]
[mm] 4v_2=0 [/mm] diese Bedingung ist schon mit Zeile 1 erfüllt.
Also baust du dir deinen Vektor zusammen, indem du ein beliebiges [mm] v_3\ne0 [/mm] wählst. Ich nehme 3.
Dann folgt [mm] v_1=-4
[/mm]
Dann ist der erste Eigenvektor:
[mm] v^1=\vektor{-4 \\ 0 \\ 3}
[/mm]
Die Länge dieses Vektors ist völlig egal, nur die Richtung ist entscheidend. Man könnte den auch normieren, ist hier aber nicht notwendig.
Das selbe machst du jetzt jedenfalls für die anderen 2 Eigenwerte und solltest auch jeweils auf einen Eigenvektor kommen.
Alle 3 Eigenvektoren sind dann linear unabhängig und bilden den Eigenraum, der ja gleich dem [mm] \IR^3 [/mm] ist, da [mm] v^1, v^2 [/mm] und [mm] v^3 [/mm] Basisvektoren sind.
Darum machst du in Aufgabe b einen Basiswechsel von der kanonischen Basis zur Basis [mm] \{v^i\}_{i=1}^n.
[/mm]
Dafür kannst du eine Übergangsmatrix beschreiben und für diesen Fall ist es ganz einfach. Da musst du nur die Eigenvektoren in die Spalte deiner Übergangsmatrix schreiben. Diese dann noch invertieren und wenn alles geklappt hat, solltest du dann auf eine Diagonalmatrix kommen.
Ist das soweit einigermaßen klar?
Gruß
Max
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:19 Do 17.01.2008 | | Autor: | Kreide |
> Sorry aber das ist totaler Schwachsinn, was du hier
> machst.
^^ hatte lambas hingeschrieben, aber irgendwie sind die dann verschwunden..., aber ich hätte dann noch umformen müssen, woran ich nicht gedacht hab....
>
> [mm]3v_2=0 \Rightarrow v_3=0[/mm]
du meinst [mm] v_2 [/mm] oder?
> [mm]3v_1+4v_3=0[/mm]
> [mm]4v_2=0[/mm] diese Bedingung ist schon mit Zeile 1 erfüllt.
>
> Also baust du dir deinen Vektor zusammen, indem du ein
> beliebiges [mm]v_3\ne0[/mm] wählst. Ich nehme 3.
> Dann folgt [mm]v_1=-4[/mm]
>
> Dann ist der erste Eigenvektor:
>
> [mm]v^1=\vektor{-4 \\ 0 \\ 3}[/mm]
>
> Die Länge dieses Vektors ist völlig egal, nur die Richtung
> ist entscheidend. Man könnte den auch normieren
was genau bedeutet das? meinst du, dass man den vektor mit ner variablen drinn hat?
wie ich es in dem anderem thread geschrieben hab?
> Ist das soweit einigermaßen klar?
>
ja!!!!!^^ vielen DANK!!!!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:00 Do 17.01.2008 | | Autor: | max3000 |
> > [mm]3v_2=0 \Rightarrow v_3=0[/mm]
> du meinst [mm]v_2[/mm] oder?
Ja, hab mich verschrieben
> >
> > Dann ist der erste Eigenvektor:
> >
> > [mm]v^1=\vektor{-4 \\ 0 \\ 3}[/mm]
> >
> > Die Länge dieses Vektors ist völlig egal, nur die Richtung
> > ist entscheidend. Man könnte den auch normieren
>
> was genau bedeutet das? meinst du, dass man den vektor mit
> ner variablen drinn hat?
> wie ich es in dem anderem thread geschrieben hab?
Ja, nennen wir es Parameter, hab ja [mm] v_3=3t [/mm] gewählt und [mm] v_1=-4t-
[/mm]
Damit folgt für den Vektor:
[mm] v^1=t\vektor{-4 \\ 0 \\ 3}
[/mm]
Da jedes beliebige Vielfache eines Eigenvektors auch ein Eigenvektor ist, setzen legen wir das t möglichst so fest, dass keine Brüche auftreten und die Zahlen möglichst klein sind. Also t=1.
> > Ist das soweit einigermaßen klar?
> >
> ja!!!!!^^ vielen DANK!!!!
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