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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:50 Di 04.02.2014 | | Autor: | BenneX |
| Aufgabe | Gegeben sei eine Matrix A [mm] \in \IC^{3,3}, [/mm] von der folgendes bekannt sei:
A [mm] \pmat{ 1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 0 \\ 1 & -3 & 1 } [/mm] = [mm] \pmat{ 2 & 0 & 0 \\ 4 & 2 & 0 \\ 2 & -6 & 6 }
[/mm]
a) Bestimmen Sie alle Eigenwerte von A und die dazugehörigen Eigenräume.
b) Begründen Sie, dass A diagonalisierbar ist und geben Sie eine invertierbare Matrix S [mm] \in \IC^{3,3} [/mm] sowie eine Diagonalmatrix D [mm] \in \IC^{3,3} [/mm] an, so dass gilt A= S D S^(-1).
c) Berechnen Sie [mm] e^A. [/mm] |
Hallo Leute,
bei mir steht heute die letzte Hausaufgabe an und ich würde sie gerne mit voller Punktzahl abschließen, als Krönung des Semesters sozusagen.
Nachfolgend findet ihr meine Lösungen eventuell mit Lösungsweg, schaut doch mal bitte ob Ihr Fehler findet:
Durch A= [mm] \pmat{ x_1 & x_2 & x_3 \\ x_4 & x_5 & x_6 \\ x_7 & x_8 & x_9 } [/mm] habe ich für [mm] A=\pmat{ 2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ -28 & 12 & 6 }.
[/mm]
(a) Aus [mm] det(\pmat{ 2-x & 0 & 0 \\ 0 & 2-x & 0 \\ -28 & 12 & 6-x }) [/mm] kriege ich das charakteristische Polynom (2-x)*(2-x)*(6-x), folglich sind die
Eigenwerte 2 (mit algebraischer Vielfachheit 2 ) und 6 ( mit algebraischer Vielfachheit 1 ).
Aus der Formel [mm] (A-\lambda [/mm] E)x=0 errechne ich zu den Eigenwerten die passenden Eigenvektoren:
[mm] \pmat{ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ -28 & 12 & 4 } [/mm] * [mm] \pmat{ x_1 \\ x_2 \\ x_3 } [/mm] = 0
Es ergibt sich also folgendes lineares Gleichungssystem: [mm] -28x_1*12x_2*4x_3=0
[/mm]
also wähle ich [mm] x_2=\alpha [/mm] ; [mm] x_3=\beta [/mm] und kriege für [mm] x_1=\bruch{-12\alpha-4\beta}{-28}
[/mm]
An dieser Stelle stellt sich mir schon die erste Frage:
Setze ich [mm] \alpha=2;\beta=1 [/mm] bzw. [mm] \alpha=7 [/mm] und [mm] \beta=0 [/mm] sehen die Eigenverktoren für [mm] \lamdba=2 [/mm] so aus:
[mm] \vec{x_1}=\pmat{1 \\ 2 \\ 1} [/mm] und [mm] \vec{x_2}=\pmat{3 \\ 7 \\ 0}
[/mm]
So weit so gut, jetzt ist mir jedoch aufgefallen, dass [mm] \pmat{1 \\ 0 \\ 7} [/mm] auch ein Eigenvektor von [mm] \lambda [/mm] =2 sein kann.
Bis jetzt dachte ich aber immer es gibt nur maximal so viele Eigenvektoren wie die algebraische Vielfachheit ist?
Für [mm] \lambda [/mm] = 6 kriege ich für [mm] x_1 [/mm] und [mm] x_2 [/mm] = 0 und [mm] x_3 [/mm] fällt weg. Darf aber nicht Null sein! Somit: [mm] \pmat{0 \\ 0 \\ \alpha } [/mm] bzw. [mm] \vec{x_3}= \alpha [/mm] * [mm] \pmat{0 \\ 0 \\ 1 }
[/mm]
Die gesuchten Eigenräume sind also [mm] V_\lambda=span(\pmat{1 \\ 2 \\ 1};\pmat{3 \\ 7 \\ 0}) [/mm] und [mm] span(\pmat{0 \\ 0 \\ \alpha})
[/mm]
(b) [mm] \lambda=2 [/mm] dim(Kern(A))=2 , somit stimmt die geo. VFH mit der alg. VFH überein
[mm] \lambda=6 [/mm] dim(Kern(A))=1, stimmt geo. VFH mit alg. VFH überein, somit ist A diagonalisierbar!
Die Eigenbasis lautet somit: [mm] B=(\pmat{1 \\ 2 \\ 1} \pmat{3 \\ 7 \\ 0} \pmat{0 \\ 0 \\ 1 })
[/mm]
S= [mm] \pmat{ 1 & 3 & 0 \\ 2 & 7 & 0 \\ 1 & 0 & 1 } [/mm] und [mm] D=\pmat{ 2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 6 } [/mm] und [mm] S^{-1}=\pmat{ 7 & -3 & 0 \\ -2 & 1 & 0 \\ -7 & 3 & 1 }
[/mm]
(c) [mm] e^A=\pmat{ 1 & 3 & 0 \\ 2 & 7 & 0 \\ 1 & 0 & 1 }*\pmat{ e^2 & 0 & 0 \\ 0 & e^2 & 0 \\ 0 & 0 & e^2 }*\pmat{ 7 & -3 & 0 \\ -2 & 1 & 0 \\ -7 & 3 & 1 }
[/mm]
[mm] e^A=\pmat{ e^2 & 3*e^2 & 0 \\ 2e^2 & 7e^2 & 0 \\ e^2 & 0 & e^6 }*\pmat{ 7 & -3 & 0 \\ -2 & 1 & 0 \\ -7 & 3 & 1 }
[/mm]
[mm] e^A=\pmat{ e^2 & 0 & 0 \\ 0 & e^2 & 0 \\ 7e^2-7e^6 & -3e^2+3*e^6 & e^6 }
[/mm]
Denkt Ihr dadrauf gibt es die 10/10 Punkten?
Danke für Eure Mühe!
Grüße, BenneX!
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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> Gegeben sei eine Matrix A [mm]\in \IC^{3,3},[/mm] von der folgendes
> bekannt sei:
>
> A [mm]\pmat{ 1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 0 \\ 1 & -3 & 1 }[/mm] = [mm]\pmat{ 2 & 0 & 0 \\ 4 & 2 & 0 \\ 2 & -6 & 6 }[/mm]
>
> a) Bestimmen Sie alle Eigenwerte von A und die
> dazugehörigen Eigenräume.
> b) Begründen Sie, dass A diagonalisierbar ist und geben
> Sie eine invertierbare Matrix S [mm]\in \IC^{3,3}[/mm] sowie eine
> Diagonalmatrix D [mm]\in \IC^{3,3}[/mm] an, so dass gilt A= S D
> S^(-1).
> c) Berechnen Sie [mm]e^A.[/mm]
>
> Hallo Leute,
>
> bei mir steht heute die letzte Hausaufgabe an und ich
> würde sie gerne mit voller Punktzahl abschließen, als
> Krönung des Semesters sozusagen.
>
> Nachfolgend findet ihr meine Lösungen eventuell mit
> Lösungsweg, schaut doch mal bitte ob Ihr Fehler findet:
>
> Durch A= [mm]\pmat{ x_1 & x_2 & x_3 \\ x_4 & x_5 & x_6 \\ x_7 & x_8 & x_9 }[/mm]
> habe ich für [mm]A=\pmat{ 2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ -28 & 12 & 6 }.[/mm]
Hallo,
Du hast ein LGS mit 9 Unbekannten gelöst?
Kann man machen, und Dein Ergebnis stimmt auch.
Ich würde eher die Inverse von [mm] \pmat{ 1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 0 \\ 1 & -3 & 1 } [/mm] bestimmen und dann
[mm] A=\pmat{ 2 & 0 & 0 \\ 4 & 2 & 0 \\ 2 & -6 & 6 }*\pmat{ 1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 0 \\ 1 & -3 & 1 }^{-1}
[/mm]
berechnen.
>
> (a) Aus [mm]det(\pmat{ 2-x & 0 & 0 \\ 0 & 2-x & 0 \\ -28 & 12 & 6-x })[/mm]
> kriege ich das charakteristische Polynom (2-x)*(2-x)*(6-x),
> folglich sind die
> Eigenwerte 2 (mit algebraischer Vielfachheit 2 ) und 6 (
> mit algebraischer Vielfachheit 1 ).
Ja.
>
> Aus der Formel [mm](A-\lambda[/mm] E)x=0 errechne ich zu den
> Eigenwerten die passenden Eigenvektoren:
>
> [mm]\pmat{ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ -28 & 12 & 4 }[/mm] * [mm]\pmat{ x_1 \\ x_2 \\ x_3 }[/mm]
> = 0
>
> Es ergibt sich also folgendes lineares Gleichungssystem:
> [mm]-28x_1+12x_2+4x_3=0[/mm]
> also wähle ich [mm]x_2=\alpha[/mm] ; [mm]x_3=\beta[/mm] und kriege für
> [mm]x_1=\bruch{-12\alpha-4\beta}{-28}[/mm]
Ja.
>
> An dieser Stelle stellt sich mir schon die erste Frage:
>
> Setze ich [mm]\alpha=2;\beta=1[/mm] bzw. [mm]\alpha=7[/mm] und [mm]\beta=0[/mm] sehen
> die Eigenverktoren für [mm]\lamdba=2[/mm] so aus:
> [mm]\vec{x_1}=\pmat{1 \\ 2 \\ 1}[/mm] und [mm]\vec{x_2}=\pmat{3 \\ 7 \\ 0}[/mm]
>
> So weit so gut, jetzt ist mir jedoch aufgefallen, dass
> [mm]\pmat{1 \\ 0 \\ 7}[/mm] auch ein Eigenvektor von [mm]\lambda[/mm] =2 sein
> kann.
> Bis jetzt dachte ich aber immer es gibt nur maximal so
> viele Eigenvektoren wie die algebraische Vielfachheit ist?
Da hast Du etwas gründlich mißverstanden.
Es kann die Dimension des Eigenraumes, also die geometrische Vielfachheit höchstens so groß sein wie die algebraische Vielfachheit.
Dimension sagt etwas über die Anzahl der Elemente einer Basis, aber nichts über die Gesamtzahl der Vektoren im Vektorraum.
Es sind nicht [mm]\vec{x_1}=\pmat{1 \\ 2 \\ 1}[/mm] und [mm]\vec{x_2}=\pmat{3 \\ 7 \\ 0}[/mm] "die Eigenvektoren", sondern die beiden bilden zusammen eine Basis des Eigenraumes zum Eigenwert 2.
Eine jegliche Linearkombination der beiden (mit Ausnahme des Nullvektors) ist ein Eigenvektor zum Eigenwert 2.
>
> Für [mm]\lambda[/mm] = 6 kriege ich für [mm]x_1[/mm] und [mm]x_2[/mm] = 0 und [mm]x_3[/mm]
> fällt weg. Darf aber nicht Null sein! Somit: [mm]\pmat{0 \\ 0 \\ \alpha }[/mm]
> bzw. [mm]\vec{x_3}= \alpha[/mm] * [mm]\pmat{0 \\ 0 \\ 1 }[/mm]
Alle Eigenvektoren zum Eigenwert 6 sind von dieser Gestalt.
[mm] \pmat{0 \\ 0 \\ 1 } [/mm] ist eine Basis des Eigenraumes zum Eigenwert 6.
[mm] (\pmat{0 \\ 0 \\ 123456 } [/mm] auch.)
>
> Die gesuchten Eigenräume sind also [mm]V_\lambda=span(\pmat{1 \\ 2 \\ 1};\pmat{3 \\ 7 \\ 0})[/mm]
> und [mm]span(\pmat{0 \\ 0 \\ \alpha})[/mm]
Nein. Da darf nicht [mm] \alpha [/mm] stehen. Du mußt eine konkrete Zahl angeben.
>
> (b) [mm]\lambda=2[/mm] dim(Kern(A))=2 , somit stimmt die geo. VFH
> mit der alg. VFH überein
> [mm]\lambda=6[/mm] dim(Kern(A))=1, stimmt geo. VFH mit alg. VFH
> überein, somit ist A diagonalisierbar!
Ja.
>
> Die Eigenbasis lautet somit: [mm]B=(\pmat{1 \\ 2 \\ 1} \pmat{3 \\ 7 \\ 0} \pmat{0 \\ 0 \\ 1 })[/mm]
Eine (!!!) Eigenbasis lautet so, wie Du sagst.
>
> S= [mm]\pmat{ 1 & 3 & 0 \\ 2 & 7 & 0 \\ 1 & 0 & 1 }[/mm] und
> [mm]D=\pmat{ 2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 6 }[/mm] und
> [mm]S^{-1}=\pmat{ 7 & -3 & 0 \\ -2 & 1 & 0 \\ -7 & 3 & 1 }[/mm]
Ja.
>
> (c) [mm]e^A=\pmat{ 1 & 3 & 0 \\ 2 & 7 & 0 \\ 1 & 0 & 1 }*\pmat{ e^2 & 0 & 0 \\ 0 & e^2 & 0 \\ 0 & 0 & e^{\red6}} }*\pmat{ 7 & -3 & 0 \\ -2 & 1 & 0 \\ -7 & 3 & 1 }[/mm]
Genau.
>
> [mm]e^A=\pmat{ e^2 & 3*e^2 & 0 \\ 2e^2 & 7e^2 & 0 \\ e^2 & 0 & e^6 }*\pmat{ 7 & -3 & 0 \\ -2 & 1 & 0 \\ -7 & 3 & 1 }[/mm]
>
> [mm]e^A=\pmat{ e^2 & 0 & 0 \\ 0 & e^2 & 0 \\ 7e^2-7e^6 & -3e^2+3*e^6 & e^6 }[/mm]
Ja.
>
>
> Denkt Ihr dadrauf gibt es die 10/10 Punkten?
Vielleicht.
Auf jeden Fall gibt's viele Punkte.
Kommt halt darauf an, wie Deine Reinschrift letztendlich ausschaut - und auch darauf, wie penibel bei Euch korrigiert und gewertet wird.
Wirlich wichtig ist etwas anderes: Du hast offenbar verstanden, wie es geht.
LG Angela
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 06:37 Mi 05.02.2014 | | Autor: | fred97 |
Aus der Gleichung
A $ [mm] \pmat{ 1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 0 \\ 1 & -3 & 1 } [/mm] $ = $ [mm] \pmat{ 2 & 0 & 0 \\ 4 & 2 & 0 \\ 2 & -6 & 6 } [/mm] $
kann man doch (fast) alles ablesen !!
Nämlich:
[mm] A*\vektor{1 \\ 2\\ 1} =\vektor{2 \\ 4\\ 2}=2*\vektor{1 \\ 2\\ 1}
[/mm]
[mm] A*\vektor{0 \\ 1\\ -3} =\vektor{0 \\ 2\\ -6}=2*\vektor{0 \\ 1\\ -3}
[/mm]
und
[mm] A*\vektor{0 \\ 0\\ 1} =\vektor{0 \\ 0\\ 6}=6*\vektor{0 \\ 0\\ 1}
[/mm]
Damit hat mann:
alle Eigenwerte, eine Basis der [mm] \IR^3 [/mm] aus Eigenvektoren, die Diagonalisierbarkeit und die Matrix S
Für [mm] e^A [/mm] muss noch ein klein wenig gerechnet werden.
FRED
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