Eigenwert/-raum Polynom < Eigenwerte < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:21 Di 20.04.2010 | | Autor: | mathiko |
| Aufgabe | | Betrachte den Vektorraum R[X] der reellen Polynome mit der linearen Abbildung R[X]-> R[X], D(f)(X)=f´(X). Bestimme die Eigenwerte und Eigenräume von D. |
Hallo!
Ich habe Probleme bei obiger Aufgabe:
Mein bisheriger Ansatz war die darstellende Matrix zu berechnen:
Ich nehme die Basis [mm] 1,X^2,X^3,...,X^n
[/mm]
Dann ist [mm] D(X^n)=n*X^{n-1}
[/mm]
D(1)=0
D(X)=1
etc.
Daraus habe ich die Matrix
[mm] A=M_B(D)=\pmat{ 0 & 1 & 0 & 0 & ...\\0 & 0 & 2 & 0 & ... \\0 & 0 & 0 & 3 &... \\ ... & ... & ... & ... & n}
[/mm]
Aber dann kam ich nicht weiter.
Ich kenne es nur so, dass man dann über das charakteristische Polynom auf Eigenwerte und -räume kommt.
Hat jemand einen Tipp für mich wie ich weiterkomme? Sollte ich komplett anders anfangen?
Schon mal danke!!!
Gruß mathiko
|
|
| |
|
Hallo mathiko,
> Betrachte den Vektorraum R[X] der reellen Polynome vom Grad [mm] \le [/mm] n mit der
> linearen Abbildung R[X]-> R[X], D(f)(X)=f´(X). Bestimme
> die Eigenwerte und Eigenräume von D.
> Hallo!
>
> Ich habe Probleme bei obiger Aufgabe:
> Mein bisheriger Ansatz war die darstellende Matrix zu
> berechnen:
> Ich nehme die Basis [mm]1,X^2,X^3,...,X^n[/mm]
> Dann ist [mm]D(X^n)=n*X^{n-1}[/mm]
> D(1)=0
> D(X)=1
> etc. ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Daraus habe ich die Matrix
> [mm]A=M_B(D)=\pmat{ 0 & 1 & 0 & 0 & ...\\0 & 0 & 2 & 0 & ... \\0 & 0 & 0 & 3 &... \\ ... & ... & ... & ... & n}[/mm]
Nicht ganz, bedenke, dass du eine [mm] $(n+1)\times(n+1)$-Matrix [/mm] erhältst.
Es ist die Darstellungsmatrix bzgl. der obigen Standardbasis also
[mm] $A=\pmat{0&1&0&0&\ldots&0&0\\0&0&2&0&\ldots&0&0\\0&0&0&3&\ldots&0&0\\0&0&0&0&\ldots&0&0\\\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&n-1&0\\0&0&0&0&\ldots&0&n\\0&0&0&0&\ldots&0&0}$
[/mm]
Mithin [mm] $A-\lambda\cdot{}\mathbb{E}_{n+1}=\pmat{-\lambda&1&0&0&\ldots&0&0\\0&-\lambda&2&0&\ldots&0&0\\0&0&-\lambda&3&\ldots&0&0\\0&0&0&-\lambda&\ldots&0&0\\\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&n-1&0\\0&0&0&0&\ldots&-\lambda&n\\0&0&0&0&\ldots&0&-\lambda}$
[/mm]
Und das ist eine lupenreine Dreiecksmatrix, deren Determinante du doch ablesen kannst.
Was ergibt sich also für das charakt. Polynom und was für die Eigenwerte?
Alternativ kannst du über die Definition des Eigenwertes gehen:
[mm] $\lambda$ [/mm] heißt Eigenwert, wenn [mm] $\varphi(p)=p'=\lambda [/mm] p$ für ein Polynom [mm] $p\in [/mm] R[x], [mm] p\not\equiv [/mm] 0$
Was, wenn [mm] $\lambda\neq [/mm] 0$?
Dann [mm] $p'=\lambda [/mm] p$
Wenn nun [mm] $\operatorname{deg}(p)=n$, [/mm] was ist dann los?
> Aber dann kam ich nicht weiter.
> Ich kenne es nur so, dass man dann über das
> charakteristische Polynom auf Eigenwerte und -räume
> kommt.
>
> Hat jemand einen Tipp für mich wie ich weiterkomme? Sollte
> ich komplett anders anfangen?
>
> Schon mal danke!!!
> Gruß mathiko
LG
schachuzipus
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:11 Di 20.04.2010 | | Autor: | mathiko |
Hallo schachuzipus,
also die Determinante ist [mm] -\lambda*-\lambda*...+ 1*2*3*4...*n=(-\lambda)^n+n! [/mm] ,wenn ich das Sarrus richtig mache...
Aber aus einer Fakultät die Nullstelle zu bestimmen...? Oje!
> Alternativ kannst du über die Definition des Eigenwertes
> gehen:
>
> [mm]\lambda[/mm] heißt Eigenwert, wenn [mm]\varphi(p)=p'=\lambda p[/mm] für
> ein Polynom [mm]p\in R[x], p\not\equiv 0[/mm]
>
> Was, wenn [mm]\lambda\neq 0[/mm]?
>
> Dann [mm]p'=\lambda p[/mm]
>
> Wenn nun [mm]\operatorname{deg}(p)=n[/mm], was ist dann los?
Also, wenn [mm] \lambda\neq [/mm] 0, dann hat jedes Polynom sein eigenes [mm] \lambda.
[/mm]
Nur leider fehlt mir gerade die definition von "deg". Was war das nochmal? (Sorry!!!!!)
mathiko
|
|
|
| |
|
Hallo nochmal,
> Hallo schachuzipus,
>
> also die Determinante ist [mm]-\lambda*-\lambda*...+ 1*2*3*4...*n=(-\lambda)^n+n![/mm]
> ,wenn ich das Sarrus richtig mache...
Oh wei, das ist leider kompletter Unfug.
Sarrus geht nur für [mm] $3\times [/mm] 3$-Matrizen und zum anderen ist die Determinante einer [mm] \triangle-Matrix [/mm] das Produkt der Hauptdiagonalelemente, hier also [mm] $-\lambda^{n+1}$
[/mm]
>
> Aber aus einer Fakultät die Nullstelle zu bestimmen...?
> Oje!
>
> > Alternativ kannst du über die Definition des Eigenwertes
> > gehen:
> >
> > [mm]\lambda[/mm] heißt Eigenwert, wenn [mm]\varphi(p)=p'=\lambda p[/mm] für
> > ein Polynom [mm]p\in R[x], p\not\equiv 0[/mm]
> >
> > Was, wenn [mm]\lambda\neq 0[/mm]?
> >
> > Dann [mm]p'=\lambda p[/mm]
> >
> > Wenn nun [mm]\operatorname{deg}(p)=n[/mm], was ist dann los?
>
> Also, wenn [mm]\lambda\neq[/mm] 0, dann hat jedes Polynom sein
> eigenes [mm]\lambda.[/mm]
Was soll das bedeuten?
>
> Nur leider fehlt mir gerade die definition von "deg". Was
> war das nochmal? (Sorry!!!!!)
Das ist der Grad des Polynoms, also die höchste nicht verschwindende Potenz von x
Wenn p den Grad n hat, dann sicher auch [mm] $\lambda\cdot{}p$
[/mm]
Welchen Grad hat aber $p'$? Kann also [mm] $p'=\lambda [/mm] p$ gelten?
Nein, daher ist die Annahme [mm] $\lambda\neq [/mm] 0$ falsch, und es muss [mm] $\lambda=0$ [/mm] gelten.
Was du ebenso aus dem char. Polynom ablesen kannst.
>
> mathiko
Gruß
schachuzipus
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:39 Di 20.04.2010 | | Autor: | mathiko |
hmm, okay, das habe ich soweit verstanden> Hallo nochmal,
> > Also, wenn [mm]\lambda\neq[/mm] 0, dann hat jedes Polynom sein
> > eigenes [mm]\lambda.[/mm]
>
> Was soll das bedeuten?
Damit meinte ich, dass es kein einheitliches [mm] \lambda [/mm] geben würde, wie du ja auch unten bestätigst:
> daher ist die Annahme [mm]\lambda\neq 0[/mm] falsch, und >es
> muss [mm]\lambda=0[/mm] gelten.
Nun, wenn ich 0 für [mm] \lambda [/mm] in die Matrix einsetze bekomme ich wieder A. Na ja und daraus den Eigenraum zu bestimmen ist sogar für mich machbar ;)
Ein ganz großes Danke!!!!!!!!!!
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:07 Di 20.04.2010 | | Autor: | Blech |
Hi,
> Betrachte den Vektorraum R[X] der reellen Polynome mit der
> linearen Abbildung R[X]-> R[X], D(f)(X)=f´(X). Bestimme
> die Eigenwerte und Eigenräume von D.
> Hallo!
>
> Ich habe Probleme bei obiger Aufgabe:
> Mein bisheriger Ansatz war die darstellende Matrix zu
> berechnen:
> Ich nehme die Basis [mm]1,X^2,X^3,...,X^n[/mm]
Sicher, daß Du das nur endlich-dimensional für Polynome n-ten Grades betrachten sollst? Der Vektorraum der reellen Polynome ist eigentlich unendlich-dimensional.
d.h. die Basis sollte sein: [mm] $1,X,X^2,X^3,\ldots$
[/mm]
Das Ergebnis wäre dann wesentlich sinnvoller und interessanter.
ciao
Stefan
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:16 Di 20.04.2010 | | Autor: | mathiko |
Hi!
Stimmt, das ist wohl eher der Sinn der Aufgabe.
Dann ist die Determinante [mm] -\lambda^\infty, [/mm] oder?
Gruß mathiko
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 22:42 Di 20.04.2010 | | Autor: | Blech |
Hi,
> Stimmt, das ist wohl eher der Sinn der Aufgabe.
>
> Dann ist die Determinante [mm]-\lambda^\infty,[/mm] oder?
ich glaub nicht, daß das funktioniert.
Aber vergiß die Determinante und betrachte das Gleichungssystem
[mm] $Av_\lambda =\lambda v_\lambda\ \Leftrightarrow$
[/mm]
[mm] $$(A-\lambda E)v_\lambda [/mm] =0$$
Da A so einfach gestrickt ist, kann man das zeilenweise lösen, indem man einfach den ersten Koeffizienten von [mm] $v_\lambda$ [/mm] auf 1 setzt (wieso geht das?) und dann schaut was für [mm] $\lambda=0,$ [/mm] bzw. [mm] $\lambda\neq [/mm] 0$ für den Rest von [mm] $v_\lambda$ [/mm] folgt.
Die [mm] $v_\lambda$ [/mm] sollten Dir bekannt vorkommen... =)
ciao
Stefan
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:59 Di 20.04.2010 | | Autor: | mathiko |
Also den ersten Koeffizienten =1 setzen geht, da [mm] v_1 [/mm] beliebig wählbar ist wegen der Nullspalte.
Für [mm] \lambda=0 [/mm] kommt dann [mm] v_2=1 [/mm] , [mm] v_3=2 [/mm] usw. raus, eben der Nebendiagonale entsprechend.
Für [mm] \lambda \neq [/mm] 0 ist dann [mm] v_1=\lambda [/mm] und [mm] v_2=-\lambda, v_3=-1/2\lambda [/mm] usw. gemäß [mm] v_j=1/(j-1)*\lambda.
[/mm]
Ich hoffe ich habe [mm] v_\lambda [/mm] hier richtig interpretiert!
Gruß mathiko
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:18 Di 20.04.2010 | | Autor: | Blech |
Hi,
> Also den ersten Koeffizienten =1 setzen geht, da [mm]v_1[/mm]
> beliebig wählbar ist wegen der Nullspalte.
???
Das Argument will ich hören. =)
>
> Für [mm]\lambda=0[/mm] kommt dann [mm]v_2=1[/mm] , [mm]v_3=2[/mm] usw. raus, eben der
> Nebendiagonale entsprechend.
Für [mm] $\lambda=0$ [/mm] hast Du das Gleichungssystem $Av=0v$. Jetzt multiplizier mal Dein A mit dem v und Du wirst sehen, daß da definitiv nicht 0 rauskommt.
>
> Für [mm]\lambda \neq[/mm] 0 ist dann [mm]v_1=\lambda[/mm] und [mm]v_2=-\lambda, v_3=-1/2\lambda[/mm]
> usw. gemäß [mm]v_j=1/(j-1)*\lambda.[/mm]
Nein.
> Ich hoffe ich habe [mm]v_\lambda[/mm] hier richtig interpretiert!
Ich weiß nicht, was es da zu interpretieren gibt. Du sollst das lineare Gleichungssystem
[mm] $(A-\lambda\cdot{}\mathbb{E})v=\pmat{-\lambda&1&0&0&\ldots\\0&-\lambda&2&0&\ldots\\0&0&-\lambda&3&\ldots\\0&0&0&-\lambda&\ldots\\\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\ddots} \pmat{1\\v_2\\v_3\\v_4\\\vdots} \overset{!}{=}0$ [/mm]
lösen. Das wirst Du doch noch hinkriegen. Wenn nicht laß es für heute bleiben und schau's Dir morgen nochmal an. =)
ciao
Stefan
|
|
|
|
