EW von zusammengesetzterMatrix < Eigenwerte < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 22:54 Sa 01.03.2008 | | Autor: | Riley |
Hallo,
meine LA-Kenntnisse haben mich grad verlassen... es geht darum die Eigenwerte einer Matrix B = [mm] I_3 [/mm] + 2 A zu bestimmen. A habe die EW 1,2,3 (eine 3x3-Matrix aus R). B hat ja dann die Eigenwerte
[mm] \lambda_1 [/mm] = 1 +2 [mm] \cdot [/mm] 1 = 3
[mm] \lambda_1 [/mm] = 1 +2 [mm] \cdot [/mm] 2 = 5
[mm] \lambda_1 [/mm] = 1 +2 [mm] \cdot [/mm] 3 = 7
Kann man auch sagen, dass man A einfach mal als Diagonalgestalt annimmt (darf man das ohne weitere Begründung??) mit den Eigenwerten auf der Diagonalen und die von B so berechnet:
B [mm] =I_3 [/mm] + 2 [mm] \pmat{ 1 & a_{12} & a_{13} \\ 0 & 2 & a_{23} \\ 0 & 0 & 3 } =I_3 [/mm] + [mm] \pmat{ 2 & a_{12} & a_{13} \\ 0 & 4 & a_{23} \\ 0 & 0 & 6 } [/mm] = [mm] \pmat{ 3 & a_{12} & a_{13} \\ 0 & 5 & a_{23} \\ 0 & 0 & 7} [/mm]
und damit wäre B wieder eine Dreiecksmatrix und da sind ja die EW die Diagonalenträge. Oder muss man da erst eine Transformation, Basiswechsel etc durchführen... ?
Viele Grüße,
Riley
edit: Kann man das vielleicht über das Lemma von Schur begrüden?
Es gibt ja zu jeder Matrix A [mm] \in C^{n,n} [/mm] eine unitäre Matirx Q [mm] \in C^{n,n}, [/mm] so dass A = Q B [mm] Q^{-1}, [/mm] wobei B eine obere Dreiecksmatrix ist mit den Eigenwerten auf der Diagonalen. Da A und B ähnlich sind haben sie die gleichen Eigenwerte... aber langt das als Begründung... *schonganzverwirrtbin*
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:17 So 02.03.2008 | | Autor: | Riley |
Hallo,
nochmal eine Frage. So wie ich das in Erinnerung hab, sind EW ja nicht invariant bei Zeilenumformungen.
Es gilt ja Ax = [mm] \lambda [/mm] x
Wenn ich nun Zeilen umforme, kann ich das durch eine Matrixmultiplikation von links darstellen (geht das immer so? sind Spaltenumformungen von der anderen Seite?), also
LAx = [mm] \lambda [/mm] Lx
und dann ist [mm] \lambda [/mm] der EW der Matrix LA und nicht mehr von A, ist das die richtige Begründung dazu?
Viele Grüße,
Riley
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 03:31 So 02.03.2008 | | Autor: | Zneques |
> Wenn ich nun Zeilen umforme, kann ich das durch eine Matrixmultiplikation von links darstellen (geht das immer so? sind Spaltenumformungen von der anderen Seite?)
Ja und ja.
A*R=A' , die Spalten in R geben die Spaltenumformungen zu den neuen Spalten in A' an
L*A=A' , die Zeilen in R geben die Zeilenumformungen zu den neuen Zeilen in A' an
> LAx [mm] =\lambda [/mm] Lx und dann ist [mm] \lambda [/mm] der EW der Matrix LA und nicht mehr von A
Nein.
Für [mm] \lambda [/mm] EW von LA brauchst du die Aussage : [mm] LAx=\lambda*x
[/mm]
Du kannst aber L invertieren und somit folgendes schreiben
[mm] LAL^{-1}y=LAx=L\lambda*x=\lambda*Lx=\lambda*y [/mm] , für y=Lx
Ciao.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 03:02 So 02.03.2008 | | Autor: | Zneques |
Hallo,
Die einfachste Lösung ist wohl die Eigenvektoren direkt zu betrachten.
Zu [mm] \lambda_1 [/mm] gilt [mm] Ax_1=\lambda_1*x_1
[/mm]
Somit muss für B dann gelten, dass
[mm] Bx_1=(I_3+2*A)x_1=I_3*x_1+2*A*x_1=x_1+2*\lambda_1*x_1=(1+2*\lambda_1)*x_1
[/mm]
> Kann man auch sagen, dass man A einfach mal als Diagonalgestalt annimmt
Ja, so in etwa schon.
> (darf man das ohne weitere Begründung??)
Nein, natürlich nicht. Wäre ja auch zu einfach.
> mit den Eigenwerten auf der Diagonalen
Du kannst doch durch eine Koordinatentransformation T in die Eigenvektorbasis die Matrix A in die Form
[mm] A_T=\pmat{ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 3 }_T [/mm] bringen, mit
[mm] Ax=T^{-1}A_TTx.
[/mm]
Dann ist B gegeben durch
[mm] Bx=(I_3+2*A)x=T^{-1}(I_{3,T}+2*A_T)Tx=T^{-1}(I_3+2*A_T)Tx=T^{-1}B_TTx,
[/mm]
wobei [mm] B_T=\pmat{ 1+2*1 & 0 & 0 \\ 0 & 1+2*2 & 0 \\ 0 & 0 & 1+2*3 }_T
[/mm]
Ciao.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:17 So 02.03.2008 | | Autor: | Riley |
Hallo,
danke für die Antwort, aber ich weiß doch gar nicht ob ich A diagonalisieren kann? Es ist ja nicht gesagt dass A symmetrisch oder hermitesch ist...?
Deshalb dacht ich an das Lemma von Schur?
Viele Grüße,
Riley
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:53 So 02.03.2008 | | Autor: | Zneques |
Ich hoffe mal kein Quatsch zu erzählen, aber soweit ich weiß muss es doch zu jedem Eigenwert auch mindestens einen Eigenvektor geben. Damit hättest du für alle drei Eigenwerte :
algeb. Vielfachheit=1=geom. Vielfachheit
[mm] \Rightarrow [/mm] diagonalisierbar, da die Eigenvektoren eine vollständige Basis bilden
Es gibt jedoch an deinem Ansatz nichts zu meckern. Daraus würde man quasi die gleichen Folgerungen schließen. Nur die Matrizen sind dann je in der oberen Dreiecksform.
Naja, eine Kleinigkeit gibts doch zu meckern.
> $A = Q B [mm] Q^{-1}$
[/mm]
Das B ist nicht das selbe wie in der Aufgabe. Es wäre wohl besser einen anderen Buchstaben zu verwenden.
Ciao.
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