selbstadjungiert, Orthonormalbasis und Eigenvektoren < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:45 Mi 16.06.2004 | | Autor: | Cathrine |
Hallo im Matheraum,
ich habe hier eine Aufgabe, die leider Gottes alles vereint, was ich NICHT kann... Und zu allem Pech ist es "eine typische Klausuraufgabe" :-(
Natürlich habe ich schon probiert anzufangen, aber ich bin mir nicht sicher, ob man das machen kann, ohne Eigenwerte zu beherrschen und das Kapitel hole ich grade erst nach.
Ich stelle die Aufgabe erstmal, weil ich keinen Ansatz finde, aber ich würde sie schon gerne irgendwie mitlösen... Und vor allem VERSTEHEN wie man das macht!
Also: Es sei (V, [mm] \beta[/mm]) ein dreidimensionaler euklidischer Raum (also dann über R, oder???) mit Orthonormalbasis [mm] a_1, a_2, a_3 [/mm] und [mm] \phi \in End_R(V) [/mm] mit
[mm] A=A^{\phi} (a_1, a_2, a_3) = \begin{pmatrix}
8 & 4 & -1 \\ 4 & -7 & 4 \\ -1 & 4 & 8 \\
\end{pmatrix} [/mm]
Man zeige, dass [mm]\phi[/mm] selbstadjungiert ist und bestimme eine Orthonormalbasis (noch eine???) von V, die aus EIGENVEKTOREN (das kann ich leider GAR nicht) von [mm] \phi [/mm] besteht. Man gebe eine orthogonale Matrix K an mit [mm] K^{-1} *A*K [/mm]= Diagonalmatrix
Und als gnädiger Hinweis: 9 ist ein Eigenwert von [mm] \phi
[/mm]
Sobald ich eine Idee oder ähnliches habe (wahrscheinlich eher "ähnliches")
werde ich es sofort schreiben.
Ich sage schon mal vielen liebe Dank, falls jemand einen Tipp hat. Und vielleicht verstehe ich es in ein paar Tagen wenn ich mit den Eigenwerten fertig bin.
Bis dann, Cathy
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 08:44 Do 17.06.2004 | | Autor: | Stefan |
Liebe Cathrine!
Zur ersten Frage:
Da [mm] ${\cal A}:=\{a_1,a_2,a_3\}$ [/mm] eine Orthonormalbasis von [mm] $(V,\beta)$ [/mm] ist, gilt:
[mm] $(B_{\beta})_{\cal A} [/mm] = [mm] \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$.
[/mm]
Daraus folgt für alle $x,y [mm] \in [/mm] V$:
[mm] $\beta(Ax,y)$
[/mm]
$= (A [mm] x_{\cal A})^T \underbrace{(B_{\beta})_{\cal A}}_{=\, id} y_{\cal A}$
[/mm]
$= [mm] x_{\cal A}^T A^T y_{\cal A}$
[/mm]
$= [mm] \left(x_{\cal A}^T A^T y_{\cal A}\right)^T$
[/mm]
$= [mm] y_{\cal A}^T [/mm] A [mm] x_{\cal A}$
[/mm]
$= [mm] y_{\cal A}^T A^T x_{\cal A}$
[/mm]
(da [mm] $\green{A}$ [/mm] symmetrisch ist)
$= (A [mm] y_{\cal A})^T x_{\cal A}$
[/mm]
$= (A [mm] y_{\cal A})^T \underbrace{(B_{\beta})_{\cal A}}_{=\, id} x_{\cal A}$
[/mm]
[mm] $=\beta(Ay,x)$
[/mm]
[mm] $=\beta(x,Ay)$
[/mm]
(da [mm] $\green{\beta}$ [/mm] symmetrisch ist),
womit gezeigt ist, dass $A$ bezüglich [mm] $\beta$ [/mm] selbstadjungiert ist.
Nun musst du die Eigenwerte von $A$ bestimmen.
Dazu bestimmst du die Nullstellen des Charakteristischen Polynoms:
[mm] $CP_A(t) [/mm] = (8-t)(-7-t)(8-t) - 16 -16 - (7-t) - 16(8-t)-16(8-t)$.
Eine Nullstelle [mm] $(t_0=9)$ [/mm] kennen wir ja schon, so dass du jetzt einfach Polynom-Division (oder das Horner-Schema) anwenden kannst, um die anderen beiden Nullstellen zu bestimmen.
Anschließend musst du dann die zugehörigen Eigenvektoren bestimmen.
Sind [mm] $\lambda_1$, $\lambda_2$ [/mm] und [mm] $\lambda_3$ [/mm] die Eigenwerte von $A$, so sind die Linearen Gleichungssysteme
$Ax = [mm] \lambda_i [/mm] x$ $(i=1,2,3)$
einzeln zu lösen. Die Lösung ist dann jeweils ein Eigenvektor zum Eigenwert [mm] $\lambda_i$.
[/mm]
In der Diagonalmatrix stehen dann die Eigenwerte von $A$ auf der Diagonalen (der Rest wird mit Nullen aufgefüllt) und in den Spalten von $K$ stehen die Eigenvektoren.
Versuche das erst einmal und poste uns deine (Zwischen-)Ergebnisse. Wenn sich dann Probleme auftun, sehen wir weiter. 
Liebe Grüße
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:52 Sa 19.06.2004 | | Autor: | Cathrine |
Lieber Stefan,
ich habe deine Antwort schon am Donnerstag gelesen...
Entschuldige bitte, dass ich nun erst so verspätet zurückschreibe!
Ach Mensch, das mit dem selbstadjungiert ist echt kompliziert, aber ich habe es jetzt in etwa 5 Büchern nachgelesen und naja - vielleicht habe ich ja eine minikleine Ahnung, wie man von der Definition zur Rechnung übergeht und mit etwas Mühe verstehe ich (aber nicht vollständig) auch deine Antwort. Eigenwerte habe ich auch gelernt und nun versuche ich mal dir zu antworten:
Ich habe die Eigenwertsachen mit Hilfe dieser Determinatentheorie versucht auszurechnen. Richtig? (Bitte, bitte!!!!)
Aber ich bin nicht ganz fertig (Tschuldigung, hier weiß ich dann aber nicht weiter...)
Also:
[mm]P_A(\lambda)=det(A-\lambda I)= (\begin{pmatrix}
8 & 4 & -1 \\ 4 & -7 & 4 \\ -1 & 4 & 8 \end{pmatrix}- \begin{pmatrix}
\lambda & 0 & 0 \\ 0 & \lambda & 0 \\ 0 & 0 & \lambda \end{pmatrix}) [/mm]
und komme dann auf:
[mm] -713 + 83\lambda +9\lambda^2 -\lambda^3 [/mm]
Genau, und jetzt (ich weiß, es ist peinlich), ich weiß nicht wie ich jetzt die kubische Gleichung löse :-(
Aber sonst ist doch hoffentlich alles richtig, oder???
Vielen vielen Dank, dass du das trotz meines totalen Unwissens in Punkto Selbstadjungiertheit gerechnet hast.
Viele Grüße Cathy
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:26 So 20.06.2004 | | Autor: | Cathrine |
Anscheinend habe ich mich irgendwo verechnet.
Vielleicht kann mir ja jemand wieterhelfen und zwar weiß ich nicht genau, wieviel Nullstellen es überhaupt gibt.
Bisher war ja [mm] t_0=9 [/mm] angegeben.
STIMMT ES WENN ICH:
[mm] t_1= [/mm] -31
[mm] t_2= [/mm] -743
herausbekomme
ODER, das habe ich auch noch herausbekommen
[mm] t_1=2,66 [/mm]
und [mm] t_2=-2,66
[/mm]
UND JETZT????
Wie mache ich weiter?
Ist das überhaupt nur ansatzweise richtig???
Ich werde nicht schlau aus den Ergebnissen.
Liebe Grüße, Cathrine
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:00 So 20.06.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo Cathy,
> Ich habe die Eigenwertsachen mit Hilfe dieser
> Determinatentheorie versucht auszurechnen. Richtig? (Bitte,
> bitte!!!!)
Ja, das ist der allgemein übliche Weg.
> Aber ich bin nicht ganz fertig (Tschuldigung, hier weiß ich
> dann aber nicht weiter...)
>
> Also:
>
> [mm]P_A(\lambda)=det(A-\lambda I)= (\begin{pmatrix}
8 & 4 & -1 \\ 4 & -7 & 4 \\ -1 & 4 & 8 \end{pmatrix}- \begin{pmatrix}
\lambda & 0 & 0 \\ 0 & \lambda & 0 \\ 0 & 0 & \lambda \end{pmatrix})[/mm]
>
>
> und komme dann auf:
>
> [mm]-713 + 83\lambda +9\lambda^2 -\lambda^3[/mm]
Das habe ich nicht herausbekommen, aber ich vertue mich auch gerne. Deswegen schreibe ich mal meinen Rechenweg:
[mm] $\det(A-\lambda [/mm] I)$
[mm] $=\begin{vmatrix} 8-\lambda & 4 & -1 \\ 4 & -7-\lambda & 4 \\ -1 & 4 & 8-\lambda \end{vmatrix}$
[/mm]
[mm] $=(8-\lambda)(-7-\lambda)(8-\lambda)-16-16-(-7-\lambda)-16(8-\lambda)-16(8-\lambda)$
[/mm]
[mm] $=(64-16\lambda+\lambda^2)(-7-\lambda)-32+7+\lambda-32(8-\lambda)$
[/mm]
[mm] $=-7*64+7*16\lambda-7\lambda^2-64\lambda+16\lambda^2-\lambda^3-25+\lambda-32*8+32\lambda$
[/mm]
[mm] $=-\lambda^3+9\lambda^2+81\lambda-729$
[/mm]
> Genau, und jetzt (ich weiß, es ist peinlich), ich weiß
> nicht wie ich jetzt die kubische Gleichung löse :-(
Eine Nullstelle [mm] (\lambda=9) [/mm] war doch schon angegeben, und Stefan hat doch schon den Tipp gegeben: Polynomdivision!
Allerdings sieht man die Nullstellen auch so recht schnell:
[mm] $-\lambda^3+9\lambda^2+81\lambda-729=0$
[/mm]
[mm] $\lambda^3-9\lambda^2-81\lambda+729=0$
[/mm]
[mm] $\lambda^3-9^1\lambda^2-9^2\lambda^1+9^3=0$
[/mm]
[mm] $\lambda^2(\lambda-9)-9^2(\lambda-9)=0$
[/mm]
[mm] $(\lambda^2-9^2)(\lambda-9)=0$
[/mm]
[mm] $(\lambda-9)(\lambda+9)(\lambda-9)=0$
[/mm]
Viele Grüße,
Marc
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:11 So 20.06.2004 | | Autor: | Cathrine |
Ja, stimmt ich habe mich bei der 83 verrechnet!!! IWe du auf die letzte Zahl (ohne t) kommst muss ich nochmal nachrechnen, das habe ich noch nicht. Aber du hast ja den Rechenweg hingeschrieben. Aber, dass [mm] 729=9^3 [/mm] ist, darauf wäre ich im Traum nicht gekommen!!! (also auf die Idee)
Ich habe dann auch den Tipp mit dem Horn Schema befolgt, aber da kam dann heraus
[mm] t_0= [/mm] 9
[mm] t_1=2,66
[/mm]
[mm] t_2=-2,66
[/mm]
naja, das ist wie ich einsehe ziemlicher Schwachsinn!!!
Bei der Polynomdivision hatte ich dann jedes mal beim nachrechnen ein anderes Ergebnis, keine Ahnung, was ich da falschmache, aber das wäre doch:
[mm](t^3+9t^2-31t-743):(t-9) [/mm] gewesen, oder nicht???
Okay, also soweit zu den verwirrten Nachrechnungen.
Vielen Dank für die Nachrechnung!!!! Liebe Grüße Cathy
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:20 So 20.06.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo nevinpol,
> Ja, stimmt ich habe mich bei der 83 verrechnet!!! IWe du
> auf die letzte Zahl (ohne t) kommst muss ich nochmal
> nachrechnen, das habe ich noch nicht. Aber du hast ja den
> Rechenweg hingeschrieben. Aber, dass [mm]729=9^3[/mm] ist, darauf
> wäre ich im Traum nicht gekommen!!! (also auf die Idee)
Als Tipp war ja bereits gegeben, dass 9 Nullstelle ist, also muß 9 das absolute Glied des Polynoms teilen. Von da ist es ja nicht mehr weit zu 9*81=729...
> Ich habe dann auch den Tipp mit dem Horn Schema befolgt,
> aber da kam dann heraus
>
> [mm]t_0=[/mm] 9
> [mm]t_1=2,66
[/mm]
> [mm]t_2=-2,66
[/mm]
>
> naja, das ist wie ich einsehe ziemlicher Schwachsinn!!!
> Bei der Polynomdivision hatte ich dann jedes mal beim
> nachrechnen ein anderes Ergebnis, keine Ahnung, was ich da
> falschmache, aber das wäre doch:
>
> [mm](t^3+9t^2-31t-743):(t-9)[/mm] gewesen, oder nicht???
> Okay, also soweit zu den verwirrten Nachrechnungen.
Was meinst du denn jetzt?
Dein char. Polynom ist doch falsch (weil es noch nicht mal die Nullstelle 0 hat). Deswegen liefert das Hornerschema und deine Polynomdivision auch falsche Ergebnisse.
Viele Grüße,
Marc
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:37 So 20.06.2004 | | Autor: | Cathrine |
Okay, das ist natürlich Blödsinn, wenn die Nullstellen falsch sind. Ich habe auch mit [mm] t_0=9 [/mm] gerechnet, aber da das char. Polynom falsch war, konnte das auch nicht richtig werden.
Grüße Cathy
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