Die Mathe-Redaktion - 04.04.2020 23:12 - Registrieren/Login
Auswahl
ListenpunktHome
ListenpunktAktuell und Interessant ai
ListenpunktArtikelübersicht/-suche
ListenpunktAlle Links / Mathe-Links
ListenpunktFach- & Sachbücher
ListenpunktMitglieder / Karte / Top 15
ListenpunktRegistrieren/Login
ListenpunktArbeitsgruppen
Listenpunkt? im neuen Schwätz
ListenpunktWerde Mathe-Millionär!
ListenpunktFormeleditor fedgeo
Schwarzes Brett
Aktion im Forum
Suche
Stichwortsuche in Artikeln und Links von Matheplanet
Suchen im Forum
Suchtipps für den MP

Werbung

Bücher zu Naturwissenschaft und Technik bei amazon.de
Kontakt
Mail an Matroid
[Keine Übungsaufgaben!]
Impressum

Bitte beachten Sie unsere Nutzungsbedingungen, die Distanzierung, unsere Datenschutzerklärung und
die Forumregeln.

Sie können Mitglied werden. Mitglieder können den Matheplanet-Newsletter bestellen, der etwa alle 2 Monate erscheint.

Der Newsletter Okt. 2017

Für Mitglieder
Mathematisch für Anfänger
Wer ist Online
Aktuell sind 488 Gäste und 21 Mitglieder online

Sie können Mitglied werden:
Klick hier.

Über Matheplanet
 
Zum letzten Themenfilter: Themenfilter:
Matroids Matheplanet Forum Index
Moderiert von Fabi Dune ligning
Lineare Algebra » Eigenwerte » Wie zeige ich, dass einer der Eigenwerte gleich Null sein muss?
Druckversion
Druckversion
Autor
Universität/Hochschule J Wie zeige ich, dass einer der Eigenwerte gleich Null sein muss?
Nudelsalat
Aktiv Letzter Besuch: im letzten Quartal
Dabei seit: 12.12.2019
Mitteilungen: 28
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-12-29


Hi,
ich soll beweisen, dass für eine nxn Matrix mit einer Nullzeile sofort einer der Eigenwerte gleich Null ist. Jetzt habe ich mich an den Beweis gemacht, aber ich frage mich, wie ich weiter vorgehen soll...Mein Beweis endet damit, dass die Determinante sofort Null ist und daraus kann ich ja kein charakteristisches Polynom machen um den Eigenwert zu bestimmen.
Bin ich komplett falsch vorgegangen?
LG



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Diophant
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 18.01.2019
Mitteilungen: 3209
Aus: Rosenfeld, BW
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-12-29

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
Hallo Nudelsalat,

überlege dir, warum das charakteristische Polynom in diesem Fall einen Linearfaktor \(\lambda\) besitzen muss (wenn man \(\lambda\) als Variable für die Eigenwerte wählt).

Du könntest etwa den Laplace'schen Entwicklungssatz heranziehen, um die Determinante der Matrix \(A-\lambda E\) nach der fraglichen Nullzeile zu entwickeln.


Gruß, Diophant


[Verschoben aus Forum 'Mathematik' in Forum 'Eigenwerte' von Diophant]
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Vercassivelaunos
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 28.02.2019
Mitteilungen: 812
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2019-12-29


Hallo Nudelsalat,

eine etwas abstraktere Herangehensweise: Was kannst du über die Dimension des Bildes der Matrix sagen? Was über die Dimension des Kerns (Stichwort Rangsatz)?

Viele Grüße
Vercassivelaunos



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Nudelsalat
Aktiv Letzter Besuch: im letzten Quartal
Dabei seit: 12.12.2019
Mitteilungen: 28
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-29


vielen Dank für deine Antwort:)
Aber wenn ich nach der Nullzeile entwickele dann fliegen doch wieder alle Lambdas raus und ich kann doch wieder den Wert nicht explizit ermitteln, oder?

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1 begonnen.]



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Diophant
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 18.01.2019
Mitteilungen: 3209
Aus: Rosenfeld, BW
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2019-12-29

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
Hallo,

nein, denn da bleibt eine Unterdeterminante der Form \(\pm\lambda\cdot det A_{ii}\) übrig. Diese liefert ja den fraglichen Linearfaktor. Angenommen, auch diese Determinante wäre Null, dann hätte der Eigenwert \(\lambda=0\) eben die algebraische Vielfachheit 2, usw.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Nudelsalat
Aktiv Letzter Besuch: im letzten Quartal
Dabei seit: 12.12.2019
Mitteilungen: 28
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-29

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
2019-12-29 13:12 - Diophant in Beitrag No. 4 schreibt:
Hallo,

nein, denn da bleibt eine Unterdeterminante der Form \(\pm\lambda\cdot det A_{ii}\) übrig. Diese liefert ja den fraglichen Linearfaktor. Angenommen, auch diese Determinante wäre Null, dann hätte der Eigenwert \(\lambda=0\) eben die algebraische Vielfachheit 2, usw.


Gruß, Diophant
Oh man, ja klar, du hast natürlich vollkommen recht. Stand da irgendwie auf dem schlauch, jetzt ist es klar, danke:)
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Nudelsalat
Aktiv Letzter Besuch: im letzten Quartal
Dabei seit: 12.12.2019
Mitteilungen: 28
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-29


2019-12-29 12:50 - Vercassivelaunos in Beitrag No. 2 schreibt:
Hallo Nudelsalat,

eine etwas abstraktere Herangehensweise: Was kannst du über die Dimension des Bildes der Matrix sagen? Was über die Dimension des Kerns (Stichwort Rangsatz)?

Viele Grüße
Vercassivelaunos
Vielen vielen Dank auch für deine Antwort:) (es tut mir leid, aber ich habe die im Feed irgendwie komplett übersehen).
Ehrlich gesagt, habe ich nicht so recht einen Plan, wie der Rangsatz mit dem Bestimmen des charakteristischen Polynoms zusammenhängt... Die Dimension des Kerns wäre ja 1...
Kannst du mich aufklären wie du das meinst?



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Diophant
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 18.01.2019
Mitteilungen: 3209
Aus: Rosenfeld, BW
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2019-12-29

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
Hallo nochmals,

ich versuche mich mal stellvertretend an einer Antwort.

Das mit der Dimension des Kerns hast du (fast) richtig erkannt. Genau genommen müsste man sagen, dass dieser mindestens Dimension 1 haben muss (denn die Matrix \(A_{ii}\), die entsteht, indem man die Nullzeile und die zugehörige Spalte entfernt, besitzt vielleicht keine weitere Nullzeile, was aber nicht einen weiteren Defekt durch lineare Abhängigkeiten ausschließt).

Nun sind ja Eigenwerte und Eigenvektoren bekanntlich über die Gleichung \(\left(A-\lambda E\right)\vec{x}=\vec{0}\) definiert. Schauen wir uns also einmal an, was mit dieser Gleichung im Fall \(\lambda=0\) passiert:

\[\left(A-0\cdot E\right)\cdot\vec{x}=A\cdot\vec{x}=\vec{0}\]
Und dieses LGS hat ja genau den Kern als Lösungsmenge.

Da wir hier einen Kern mit Dimension \(\ge 1\) haben, muss es also einen Eigenwert \(\lambda=0\) geben. Dessen algebraische Vielfachheit entspricht übrigens der Dimension des Kerns. Und darüberhinaus lässt sich so der Kern als Menge aller Eigenvektoren zum Eigenwert \(\lambda=0\) auffassen.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Nudelsalat
Aktiv Letzter Besuch: im letzten Quartal
Dabei seit: 12.12.2019
Mitteilungen: 28
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-29


vielen Dank für die Mühe die du dir gemacht hast! Jetzt habe ich es verstanden:)



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Vercassivelaunos
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 28.02.2019
Mitteilungen: 812
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2019-12-29

\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\span}{\operatorname{span}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align*}#1\end{align*}} \newcommand{\ket}[1]{\left\vert#1\right>} \newcommand{\bra}[1]{\left<#1\right\vert} \newcommand{\braket}[2]{\left<#1\middle\vert#2\right>} \newcommand{\braketop}[3]{\left<#1\middle\vert#2\middle\vert#3\right>} \newcommand{\mean}[1]{\left<#1\right>} \newcommand{\lvert}{\left\vert} \newcommand{\rvert}{\right\vert} \newcommand{\lVert}{\left\Vert} \newcommand{\rVert}{\right\Vert}\)
Genau so war das gemeint. Insbesondere würde ich nochmal hervorheben, dass eben die Nullstellen des charakteristischen Polynoms nicht die Definition eines Eigenwertes sind, sondern Eigenwerte und Eigenvektoren über die von Diophant genannte Gleichung definiert sind (oder über $Ax=\lambda x$, aber das ist ja äquivalent).
Man kann auch ganz allgemein feststellen, dass $\lambda$ genau dann ein Eigenwert von $A$ ist, wenn der Kern von $A-\lambda E$ nichttrivial ist, also mindestens Dimension 1 hat, und dass besagter Kern dann auch gleich der Eigenraum zum Eigenwert $\lambda$ ist. Mit $\lambda=0$ ergibt sich der von Diophant erklärte Spezialfall.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.7 begonnen.]
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Nudelsalat
Aktiv Letzter Besuch: im letzten Quartal
Dabei seit: 12.12.2019
Mitteilungen: 28
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-29


Dankeschön für diese Hilfe:)



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Nudelsalat hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Das Thema wurde von einem Senior oder Moderator abgehakt.
Neues Thema [Neues Thema]  Druckversion [Druckversion]

 


Wechsel in ein anderes Forum:
 Suchen    
 
All logos and trademarks in this site are property of their respective owner. The comments are property of their posters, all the rest © 2001-2020 by Matroids Matheplanet
This web site was originally made with PHP-Nuke, a former web portal system written in PHP, that seems no longer to be maintained or supported. PHP-Nuke is Free Software released under the GNU/GPL license.
Ich distanziere mich von rechtswidrigen oder anstößigen Inhalten, die sich trotz aufmerksamer Prüfung hinter hier verwendeten Links verbergen mögen.
Lesen Sie die Nutzungsbedingungen, die Distanzierung, die Datenschutzerklärung und das Impressum.
[Seitenanfang]