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Invariante Geraden

Universität / Fachhochschule

angewandte lineare Algebra

Tags: Angewandte Lineare Algebra

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12:49 Uhr, 18.06.2011

Hallo,

ich habe Probleme beim lösen dieser Aufgabe:

Gegeben sei die Matrix

A = (\begin{matrix} 1 & 3 & 1 \\ 1 & - 1 & - 1 \\ - 2 & - 2 & 0 \end{matrix})

a)

Bestimmen Sie alle bezüglich A invarianten Ursprungsgeraden G.

b)

Existieren Ursprungsgeraden, die von A auf den Ursprung abgebildet werden?
Falls ja, geben Sie diese an.

c)

Betrachten Sie die Matrix

B = {(A + E_{3})}^{- 1}

und bestimmen Sie unter Verwendung von Aufgabenteil

a)

ihre Eigenwerte sowie alle bezüglich

B

invarianten Ursprungsgeraden.

Ich weiß jetzt das eine Gerade

G \subset ℝ^{3},

die durch den Ursprung 0 verläuft, heißt invariant unter

A,

falls für alle Vektoren

x \in G

auch

A x \in G

gilt.
Wie hilft mir das weiter?

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

Gerd30.1 aktiv_icon

10:40 Uhr, 19.06.2011

A \cdot \vec{x} = λ \cdot \vec{x} \Rightarrow (\begin{matrix} 1 & 3 & 1 \\ 1 & - 1 & - 1 \\ - 2 & - 2 & 0 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} x \\ y \\ z \end{matrix}) = λ \cdot (\begin{matrix} x \\ y \\ z \end{matrix}) \Rightarrow

(1) x + y + z = λ \cdot x \Rightarrow (1 - λ) x + y + z = 0

(2) x - y - z = λ \cdot y \Rightarrow x - (1 + λ) y - z = 0

(3) - 2 x - 2 y = λ \cdot z \Rightarrow - 2 x - 2 y - λ \cdot z = 0

(1) + (2) \Rightarrow x = - y; (3) z = 0;

also sind die invarianten Ursprungsgeraden

λ \cdot (\begin{matrix} - 1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})

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12:56 Uhr, 19.06.2011

Hallo,

aber die erste Zeile

(1)

lautet doch dann (1)

x + 3 y + z = λ \cdot x

⇒

(1 - λ) x + 3 y + z = 0

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13:22 Uhr, 19.06.2011

stimmt, aber war nur ein Schreibfehler!!

(1) x + 3 y + z = λ \cdot x \Rightarrow (1 - λ) x + 3 y + z = 0

(2) x - y - z = λ \cdot y \Rightarrow x - (1 + λ) y - z = 0

(3) - 2 x - 2 y = λ \cdot z \Rightarrow - 2 x - 2 y - λ \cdot z = 0

(1) + (2) \Rightarrow x = - y; (3) z = 0;

also sind die invarianten Ursprungsgeraden

λ \cdot (\begin{matrix} - 1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})

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13:53 Uhr, 19.06.2011

Danke.

Bei Aufgabenteil

b)

muss man doch so vorgehen:

A x = 0, 0

(wegen dem Ursprung) mit

x \in G

und

x \in (\begin{matrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{matrix})

x_{1} + 3 x_{2} + x_{3} = 0 1 x_{1} - 1 x_{2} - 1 x_{3} = 0

x_{1} - x_{2} - x_{3} = 0 \Rightarrow 0 + 4 x_{2} + 2 x_{3} = 0

- 2 x_{1} - 2 x_{2} = 0 0 + 0 + 0 = 0

\Rightarrow

wähle

x_{3} = t \Rightarrow x = {t (\begin{matrix} 1.5 \\ 0.5 \\ 1 \end{matrix}), t \in ℝ}

Stimmt das so?

Gerd30.1 aktiv_icon

19:06 Uhr, 19.06.2011

b) A \cdot \vec{x} = \vec{0} \Rightarrow (1) x + 3 y + z = 0 (2) x - y - z = 0 (3) - 2 x - 2 y = 0 \Rightarrow y = - x

(1) z = - x - 3 y = - x + 3 x = 2 x (2) z = x - y = 2 x

Also gibt es eine Ursprungsgerade, und zwar

(\begin{matrix} x \\ y \\ z \end{matrix}) = (\begin{matrix} x \\ - x \\ 2 x \end{matrix}) = λ \cdot (\begin{matrix} 1 \\ - 1 \\ 2 \end{matrix})

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19:11 Uhr, 19.06.2011

c) B = (\begin{matrix} 0 & 3 & 1 \\ 1 & - 2 & - 1 \\ - 2 & - 2 & - 1 \end{matrix}) \Rightarrow B^{- 1} = (\begin{matrix} 0 & \frac{1}{3} & - \frac{1}{3} \\ 1 & \frac{2}{3} & \frac{1}{3} \\ - 2 & - 2 & - 1 \end{matrix}) \Rightarrow

B \cdot \vec{x} = λ \cdot \vec{x} \Rightarrow (\begin{matrix} 0 & \frac{1}{3} & - \frac{1}{3} \\ 1 & \frac{2}{3} & \frac{1}{3} \\ - 2 & - 2 & - 1 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} x \\ y \\ z \end{matrix}) = λ \cdot (\begin{matrix} x \\ y \\ z \end{matrix}) \Rightarrow

(1) \frac{1}{3} y - \frac{1}{3} z = λ x (2) x + \frac{2}{3} y + \frac{1}{3} z = λ y (3) - 2 x - 2 y - z = λ z \Rightarrow

(1) + (2) x + y = λ (x + y) \Rightarrow y = - x

(3) (λ + 1) z = 0 \Rightarrow z = 0;

also sind die invarianten Ursprungsgeraden

λ \cdot (\begin{matrix} - 1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})

wie in

a)

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14:56 Uhr, 20.06.2011

Aber warum ist

B = (\begin{matrix} 0 & 3 & 1 \\ 1 & - 2 & - 1 \\ - 2 & - 2 & - 1 \end{matrix})

und wie hast du das dann auf

B^{- 1}

gebracht?

Gerd30.1 aktiv_icon

16:00 Uhr, 20.06.2011

Es muss natürlich so sein:

B^{- 1} = (\begin{matrix} 0 & 3 & 1 \\ 1 & - 2 & - 1 \\ - 2 & - 2 & - 1 \end{matrix}) \Rightarrow B = (\begin{matrix} 0 & \frac{1}{3} & - \frac{1}{3} \\ 1 & \frac{2}{3} & \frac{1}{3} \\ - 2 & - 2 & - 1 \end{matrix}) \Rightarrow ... .

Fuchs12345 aktiv_icon

16:34 Uhr, 20.06.2011

@gerdware

Kann es sein das du

A - E 3

gerechnet hast?

MfG

Gerd30.1 aktiv_icon

19:55 Uhr, 20.06.2011

klar, steht doch in der Aufgabe!!

MCSib aktiv_icon

20:58 Uhr, 20.06.2011

Aber da steht doch

B = {(A + E_{3})}^{- 1}

oder kann man das dann zu

A - E_{3}

umformen?

Gerd30.1 aktiv_icon

08:09 Uhr, 21.06.2011

in der Tat, ich bin von

B = {(A - E)}^{- 1}

ausgegangen. hier die neue Lösung:

c) B^{- 1} = (\begin{matrix} 2 & 3 & 1 \\ 1 & 0 & - 1 \\ - 2 & - 2 & 1 \end{matrix}) \Rightarrow B = (\begin{matrix} \frac{2}{3} & \frac{5}{3} & 1 \\ - \frac{1}{3} & - \frac{4}{3} & - 1 \\ \frac{2}{3} & \frac{2}{3} & - 1 \end{matrix}) \Rightarrow

B \cdot \vec{x} = λ \cdot \vec{x} \Leftrightarrow 3 B \cdot \vec{x} = λ' \cdot \vec{x}

(1) 2 x + 5 y + z = λ' x (2) - 1 x - 4 y - z = λ' y (3) 2 x + 2 y - z = λ' z \Rightarrow

(1) + (2) \Rightarrow x + y = λ' (x + y) \Rightarrow λ' = 1; y = - x

(3) - z = z \Rightarrow z = 0;

also sind die invarianten Ursprungsgeraden

λ \cdot (\begin{matrix} - 1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})

wie in

a)

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