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Eigenräume und Haupträume berechnen

Universität / Fachhochschule

Eigenwerte

Matrizenrechnung

Tags: Eigenraum, Eigenwert, Hauptraum, Matrizenrechnung

KikiS

14:31 Uhr, 24.08.2018

Hallo zusammen,
ich komme bei einem eigentlich ganz einfachen Beispiel nicht weiter...

A = (\begin{matrix} - 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & - 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & - 2 & - 1 \\ 0 & 0 & 2 & 1 \end{matrix})

Berechnen Sie Eigenwerte, Eigenräume, Haupträume und das Minimalpolynom.

P_{A} (T) = {(1 + T)}^{3} \cdot T

ist das charakteristische Polynom

M_{A} (T) = {(1 + T)}^{2} \cdot T

ist das Minimalpolynom

Eigenwerte sind

t_{1} = - 1

mit algebraischer Vielfachheit 3 und

t_{2} = 0

mit alg. VFH 1

Jetzt will ich die Eigenvektoren bestimmen:
für

t_{1} = - 1

müssen wegen der alg. VFH drei Vektoren herauskommen, richtig?

(A + 1 \cdot E_{4 x 4}) \cdot (\begin{matrix} a \\ b \\ c \\ d \end{matrix}) = 0

erhalte ich ein LGS mit:

a = b = 0

c = - d

\Rightarrow v_{1} = (\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ - d \\ d \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ - 1 \\ 1 \end{matrix})

für

d = 1

mehr bekomme ich nicht raus, da es sonst nicht mehr linear unabhängig ist.
Kann ich jetzt a frei wählen und

z . B

v_{2} = (\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix})

wählen? Denn irgendwie muss ich ja bei

t_{1}

auf 3 Eigenvektoren kommen.

für

t_{2} = 0

erhalte ich als Eigenvektor

v_{4} = (\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ c \\ - 2 c \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ - 2 \end{matrix})

Haupträume:
für

t_{1}

bekomme ich: Kern

{(A - (- 1 E))}^{3} = (\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ - 1 \\ 1 \end{matrix})

für

t_{2} :

Kern(A)

= (\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ - 2 \end{matrix})

Ist das richtig so?

Für eure Hilfe danke ich im Voraus :-)

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

KikiS

16:32 Uhr, 24.08.2018

Und in den Lösungen dazu steht, dass der Eigenraum

v_{1}

a (\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix})

und

v_{2} = c (\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ - 1 \\ 1 \end{matrix})

sein sollen. Ich weiß jetzt nicht, wie man auf

v_{1}

kommt... Basisergäzung?

Der Hauptraum soll

H = < (\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}), (\begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}), (\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ - 1 \\ 1 \end{matrix}) >

betragen.

Leider verstehe ich nicht, was ich oben falsch gemacht habe. Wo ist mein Fehler?

Könnte mir das bitte einer erklären?

pwmeyer aktiv_icon

18:17 Uhr, 24.08.2018

Hallo,

Du hast das Gleichungssystem für die Eigenvektoren zu

t = - 1

falsch aufgestellt. Es folgt nicht

a = 0

. Vielmehr ist

(1,0,0,0)

ein Eigenvektor.

Zu

t = - 1

ist der Eigenraum 2-dimensional.

Den Kern von

{(A + E)}^{3}

hast Du falsch angegeben, der ist 3-dimensional.

Gruß pwm

KikiS

18:49 Uhr, 24.08.2018

Hallo pwm,
vielen Dank für Deine Hilfe

Tatsächlich habe ich meine Fehler im LGS gefunden...

Als Eigenvektoren habe ich für

t = - 1 :

v_{1} = (\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix})

und

v_{2} = (\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ - 1 \\ 1 \end{matrix})

das ist mir klar.
Richtig notiert wäre das dann Eig

(A, - 1) = < v_{1}, v_{2} >,

richtig?
Ist das nur deshalb zweidimensional, weil das Minimalpolynom, für

t = - 1, 2

war?

Doch wieso wird der Eigenvektor für

t = 0

nicht beachtet?
Und muss nicht der Eigenraum dann auch vierdimensional sein wie die Größe der Matrix?

Beim Hauptraum habe ich nun auch

w_{1} = (\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}), w_{2} = (\begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix})

und

w_{3} = (\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ - 1 \\ 1 \end{matrix})

raus.
Ist das nur deshalb dreidimensional, weil die alg. Vielfachheit 3 war?

Wie verhält es sich hier mit dem Eigenwert

t = 0

? Berechne ich dafür einen Hauptraum?

Danke für Deine Mühen :-)

pwmeyer aktiv_icon

19:46 Uhr, 24.08.2018

Hallo,

"Und muss nicht der Eigenraum dann auch vierdimensional sein wie die Größe der Matrix?"

"Eigenraum" bezieht sich immer auf einen Eigenwert, also ein Eigenraum zu

t = - 1

und ein Eigenraum zu

t = 0

. Die Dimension Eigenräume von allen Eigenwerten kann kleiner sein, als die Dimension der Matrix; dann treten Hauptvektoren auf.

t = 0

hat die Vielfachheit

1,

dann ist der Eigenraum schon gleich dem Hauptraum.

Gruß pwm

anonymous

21:45 Uhr, 24.08.2018

Zunächst mal fällt auf, dass deine Matrix A splittet in zwei Kästchenmatrizen, sprich Endomorphismen

A_{12}

auf dem Teilraum

U_{12} := < e_{1}; e_{2} > (1 a)

so wie

A_{34}

auf

U_{34}

U_{34} := < e_{3}; e_{4} > (1 b)

A_{12} = (\begin{matrix} - 1 & 1 \\ 0 & - 1 \end{matrix}) (2)

Für uns bedeutsam ist:

A_{12}

ist eine Dreiecksmatrix; und die Eigenwerte einer Dreiecksmatrix sind trivial ihre Diagonalelememte. Damit überlebt nur die Minus Eins;

e_{1}

ist Eigenvektor. Gibt es noch einen zweiten?

- x_{1} + x_{2} = - x_{1} \to x_{2} = 0 (3 a)

- x_{2} = - x_{2} (3 b)

Damit wird der Elementarteiler ( ET ) quadratisch:

A_{12} - λ_{1} \cdot 1! = (\begin{matrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}) (4 a)

A_{12} - λ_{1} \cdot 1

e_{2} = e_{1} (4 b)

Wenden wir uns nunmehr

A_{34}

(max

Zeichen; Fortsetzung folgt. )

anonymous

22:18 Uhr, 24.08.2018

Wenden wir uns nunmehr

A_{34}

A_{34} = (\begin{matrix} - 2 & - 1 \\ 2 & 1 \end{matrix}) (2.1)

A_{34}

ist singulär; wir haben einen Eigenwert Null .

- 2 x_{3} - x_{4} = 0 \to = x_{4} = - 2 x_{3} (2.2 a)

2 x_{3} + x_{4} = 0 \to

Ditto

(2.2 b)

Den zweiten Eigenwert von

(2.1)

kriegst du über die Spur; wenn ein Eigenwert Null ist, muss der andere Minus Eins sein.

- 2 x_{3} - x_{4} = - x_{3}

\ rarr

- (x_{3} + x_{4}) = 0 (2.3 a)

2 x_{3} + x_{4} = - x_{4}

\ rarr

2 (x_{3} + x_{4}) = 0 (2.3 b)

Summa summarum. Der ET

A (

entsprechend Eigenwert Null ) ist linear;

A^{1}

vernichtet den Eigenvektor

(2.2 a);

nennen wir ihn

v_{0}

Dagegen

A + 1 |

ist quadratisch; im ersten Zug vernichtet er einen zweidimensionalen Unterraum,

e_{1}

so wie

v_{1} \in (2.3 a)

Und dann bei zweimaliger Anwendung

e_{2}

. Damit haben wir für

E 1 = 1

einen dreidimensionalen Hauptraum; das Minimalpolynom lautet

p_min

(A; x) = x (x - 1)

(2.4)

KikiS

12:16 Uhr, 25.08.2018

Hallo zusammen,
Erstmal danke ich euch für die ausführlichen Erklärungen.

Ich habe eine letzte Rückfrage:

Gibt es einen Zusammenhang zwischen Minimalpolynom und charak. Polynom in Bezug auf die Anzahl der Eigen- und Hauptvektoren?

z . B

. aus

P_{A} (T) = {(1 + T)}^{3} \cdot T

habe ich die Vielfachheit 3 für

t = 1

und 1 für

t = 0

Im Hauptraum erhalte ich 3 Vektoren für

t = 1

und einen für

t = 0

Dasselbe in Bezug auf das Minimalpolynom und den Eigenraum.

Kann ich damit immer meine Ergebnisse überprüfen oder ist das nur ein Zufall hier bei der Aufgabe?

Danke für Eure Geduld :-)

anonymous

15:41 Uhr, 25.08.2018

Wie man's nimmt . Das Minimalpolynom betrachte ich als die wesentliche Aussage. Mein Lieblingsbeispiel. Eine Projektion

P (

übrer beliebigem Körper ) ist definiert durch die Matrixgleichung

P

= P

bzw.

x

- x = 0

. Welche Teiler hat dieses Polynom?

1)

Das Minimalpolynom könnte

x = 0

lauten;

P

ist identisch die Nullmatrix .

2)

Das Minimalpolynom könnte

x - 1 = 0

lauten;

P

ist identisch die Einheitsmatrix.

3)

Der allgemeine Fall; das Minimalpolynom lautet

x

- x = 0

. Da beide ET linear sind, ist

P

grundsätzlich diagonalisierbar .

Jetzt betrachte mal die Säkulardeterminante ( SD ) vcn

P

auf einem Vektorraum der Dimension

4711

D . h

. du hast Entartung, da ja nur diese beiden Eigenwerte Null und Eins vorkommen. ( Der Ausdruck Entartung bzw. Vielfachheit bezieht sich immer auf die SD , nie auf das Minimalpolynom. ) Es verhält sich nun so:
Die Vielfachheit eines Eigenwertes ist identisch mit der Dimension des adjungierten Hauptraumes; wenn du alle vielfachheiten zusammen zählst, muss ja immer

4711

heraus kommen. Genau so, wenn du die Dimensionen sämtlicher Haupträume aufaddierst.
Warum ist das so? Betrachte mal den Hauptraum

V_{E}

zu Eigenwert

E

. Dann lässt sich Matrix A doch auffassen als Endomorphismus von

V_{E}

. Und wie lautet die ( relative ) SD von A auf

V_{E}

? Antwort

{(x - E)}^{dim (V_{E})}

anonymous

15:51 Uhr, 25.08.2018

ich hab dich nochmal gelesen. Den Zusammenhang zwischen SD und Dimension hab ich dir erklärt; den gibt es also wirklich .
Dagegen deine Vermutung über das Minimalpolynom ist genau falsch . Du ließest dich von dem Zufall irre führen, dass wir in der Aufgabe zufällig zwei Eigenvektoren zum Eigenwert Minus eins hatten; und der adjungierte ET im Minimalpolynom ist ja eben Falls quadratisch .
Jetzt denk daran; eine Matrix ist genau dann halbeinfach, zerfällbar oder diagonalisierbar ( alles das selbe ) wenn ihre sämtlichen ET linear sind ( Warum?

) D . h

. die Anzahl der Eigenvektoren geht gerade NICHT in das Minimalpolynom ein .
Mein Gegenbeispiel war ja Projektion

P,

deren Minimalpolynom höchstens quadratisch ist, und selbst noch bei einer Dimension von

4711

ermanus aktiv_icon

18:22 Uhr, 25.08.2018

Hallo,
vielleicht noch als kleine Endbemerkung:
die Jordansche Normalform (falls sie interessiert)
ist also

J = (\begin{array}{cccc} - 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & - 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & - 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array})

.

Dies kann man alleine aus dem charakteristischen und dem Minimalpolynom
ablesen.

KikiS

15:44 Uhr, 26.08.2018

Vielen Dank Euch,
ihr habt es mir sehr gut erklärt und verständlich gemacht. Danke

Gruß
Kiki

KikiS

15:44 Uhr, 26.08.2018

Vielen Dank Euch,
ihr habt es mir sehr gut erklärt und verständlich gemacht. Danke

Gruß
Kiki

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