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Sei A ∈ M3 (R) die Matrix

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


1. Sei λ ∈ R und sei C = A-λ I3 Geben Sie die Lösungen des Systems CX = 0 an.

2. Sei B = (v1, v2, v3) wobei

\( v_1 = \begin{pmatrix} 1\\1\\1 \end{pmatrix} \), \( v_2 = \begin{pmatrix} 4\\3\\-2 \end{pmatrix} \), \( v_3 = \begin{pmatrix} 2\\-3\\2 \end{pmatrix} \),

Zeigen Sie, dass B eine Basis von R3 ist.

3. Geben Sie B = MatB,B(A) an.

4. Bestimmen Sie für alle n ∈ N, die Matrix Bn.

5. Bestimmen Sie für alle n ∈ N, die Matrix An.

von
Ich selber habe mal soweit gemacht, wie ich mit meinem begrenzten Wissen komme.

Hier sind noch die Fragen 3. - 5. offen. Ich habe mal den Tag offen hinzugefügt. wäre glaube ich hilfreich, wenn wir alle Aufgaben so taggen, die noch offen sind.
X könnte wirklich einiges sein. Man sieht ja nicht mal, ob mit 0 ein 0-Vektor oder eine 0- Matrix gemeint ist.

X ist entweder eine beliebige 3*3-Matrix oder ein beliebiger 3*1- Vektor.
Du musst dann aber die Komponenten oder Vektorelemente unterschiedlich benennen. Beim Vektor den Ansatz (x,y,z) wählen.

Bei 2) kannst du einfach die Determinante aus der Basis berechnen. Wenn die nicht 0 ist, ist der Beweis gelungen.

Bei 4) und 5) musst du die Matrizen solange mit sich selbst multiplizieren, bis du siehst, was im Allgemeinen Fall 'hoch n' rauskommt.

2 Antworten

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Für 3. muss die Matrix der linearen Abbildung A aus dem Raum mit der Basis B in den Raum mit der Basis B gefunden werden. Mit anderen Worten:

Zunächst müssen die drei Bilder der Basisvektoren Av1, Av2, Av3 gefunden werden. Dann muss das lineare Gleichungssystem

b11v1 + b12v2 + b13v3 = Av1
b21v1 + b22v2 + b23v3 = Av2
b31v1 + b32v2 + b33v3 = Av3

nach den Komponenten der Matrix B gelöst werden. Hier ist eigentlich jede Zeile selbst bereits ein lineares Gleichungssystem, da ja v1, v2, v3 Vektoren des ℝ3 sind.
Man kann das Problem aber verkürzen, indem man die Matrix

(v1, v2, v3, Av1, Av2, Av3)

auf Stufennormalform bringt. Du kannst dir ja mal überlegen, warum das äquivalent zum Lösen des Systems ist.

Also, erstmal müssen die Bilder ausgerechnet werden:

Av1 = (2-1, 3-2, -2+2+1) = (1, 1, 1)

Av2 = (6+2, 12-6, -8+6-2) = (8, 6, -4)

Av3 = (-6-2, 6+6, -4-6+2) = (-8, 12, -8)


Die Matrix, die in Stufennormalform zu bringen ist, ist also:

$$ \left( \begin{array} { c c c c c } { 1 } & { 4 } & { 2 } & { 1 } & { 8 } & { - 8 } \\ { 1 } & { 3 } & { - 3 } & 1 & { 6 } & { 12 } \\ { 1 } & { - 2 } & { 2 } & { 1 } & { - 4 } & { - 8 } \end{array} \right) \left( \begin{array} { c c c c c } { 1 } & { 4 } & { 2 } & { 1 } & { 8 } & { - 8 } \\ { 0 } & { - 1 } & { - 5 } & { 0 } & { - 2 } & { 20 } \\ { 0 } & { - 6 } & { 0 } & { 0 } & { - 12 } & { 0 } \end{array} \right) \sim \left( \begin{array} { c c c c c c } { 1 } & { 4 } & { 2 } & { 1 } & { 8 } & { - 8 } \\ { 0 } & { 1 } & { 0 } & { 0 } & { 2 } & { 0 } \\ { 0 } & { - 1 } & { - 5 } & { 0 } & { - 2 } & { 20 } \end{array} \right) \sim \left( \begin{array} { c c c c c } { 1 } & { 4 } & { 2 } & { 1 } & { 8 } & { - 8 } \\ { 0 } & { 1 } & { 0 } & { 0 } & { 2 } & { 0 } \\ { 0 } & { 0 } & { 1 } & { 0 } & { 0 } & { - 4 } \end{array} \right) \sim \left( \begin{array} { c c c c c } { 1 } & { 4 } & { 0 } & { 1 } & { 8 } & { 0 } \\ { 0 } & { 1 } & { 0 } & { 0 } & { 2 } & { 0 } \\ { 0 } & { 0 } & { 1 } & { 0 } & { 0 } & { - 4 } \end{array} \right) \sim \left( \begin{array} { l l l l l } { 1 } & { 0 } & { 0 } & { 1 } & { 0 } & { 0 } \\ { 0 } & { 1 } & { 0 } & { 0 } & { 2 } & { 0 } \\ { 0 } & { 0 } & { 1 } & { 0 } & { 0 } & { - 4 } \end{array} \right) $$

Die Matrix B ist also:

$$ B = \left( \begin{array} { l l l } { 1 } & { 0 } & { 0 } \\ { 0 } & { 2 } & { 0 } \\ { 0 } & { 0 } & { - 4 } \end{array} \right) $$

4. Damit ist die Form von B eigentlich bereits völlig offensichtlich, trotzdem möchte ich sie noch kurz beweisen und zwar mit vollständiger Induktion.

Unsere Vermutung hat ja Rok bereits geschrieben, für n=1 stimmt sie offenbar.
Nehmen wir an, dass sie für ein beliebiges n gilt, dann müssen wir daraus folgern, dass sie auch für n+1 gilt.

Voraussetzung:

$$ B ^ { n } = \left( \begin{array} { c c c } { 1 } & { 0 } & { 0 } \\ { 0 } & { 2 ^ { n } } & { 0 } \\ { 0 } & { 0 } & { ( - 4 ) ^ { n } } \end{array} \right) $$

Behauptung:

$$ B ^ { n + 1 } = \left( \begin{array} { c c c } { 1 } & { 0 } & { 0 } \\ { 0 } & { 2 ^ { n + 1 } } & { 0 } \\ { 0 } & { 0 } & { ( - 4 ) ^ { n + 1 } } \end{array} \right) $$

Beweis:

$$ B ^ { n + 1 } = B · B ^ { n } $$

Setze Voraussetzung in Beweis ein:

$$ = \left( \begin{array} { l l l } { 1 } & { 0 } & { 0 } \\ { 0 } & { 2 } & { 0 } \\ { 0 } & { 0 } & { - 4 } \end{array} \right) * \left( \begin{array} { c c c } { 1 } & { 0 } & { 0 } \\ { 0 } & { 2 ^ { n } } & { 0 } \\ { 0 } & { 0 } & { ( - 4 ) ^ { n } } \end{array} \right) = \left( \begin{array} { c c c } { 1 * 1 } & { 0 } & { 0 } \\ { 0 } & { 2 * 2 ^ { n } } & { 0 } \\ { 0 } & { 0 } & { ( - 4 ) · (-4-) ^ n } \end{array} \right) = \left( \begin{array} { c c c } { 1 } & { 0 } & { 0 } \\ { 0 } & { 2 ^ { n + 1 } } & { 0 } \\ { 0 } & { 0 } & { ( - 4 ) ^ { n + 1 } } \end{array} \right) $$

5. Um nun die Allgemeine Form von An zu finden, muss die gefundene Matrix wieder in die Standardbasis zurücktransformiert werden. Da es sich wie gesagt um die Standardbasis handelt, ist die Rücktransformation einfach durch die Inverse Matrix der neuen Basisvektoren gegeben.

Es muss also berechnet werden:

$$ T = \left( \begin{array} { c c c } { 1 } & { 4 } & { 2 } \\ { 1 } & { 3 } & { - 3 } \\ { 1 } & { - 2 } & { 2 } \end{array} \right) ^ { - 1 } $$

Dafür verwende ich wieder den Gaußalgorithmus, indem ich die Matrix (T, E) auf Stufennormalform bringe.

$$ \left( \begin{array} { c c c c c c } { 1 } & { 4 } & { 2 } & { 1 } & { 0 } & { 0 } \\ { 1 } & { 3 } & { - 3 } & { 0 } & { 1 } & { 0 } \\ { 1 } & { - 2 } & { 2 } & { 0 } & { 0 } & { 1 } \end{array} \right) \sim \left( \begin{array} { c c c c c } { 1 } & { 4 } & { 2 } & { 1 } & { 0 } & { 0 } \\ { 0 } & { - 1 } & { - 5 } & { - 1 } & { 1 } & {0} \\ { 0 } & { - 6 } & { 0 } & { - 1 } & { 0 } & { 1 } \end{array} \right) \sim \left( \begin{array} { c c c c c c } { 1 } & { 4 } & { 2 } & { 1 } & { 0 } & { 0 } \\ { 0 } & { 5 } & { - 5 } & { 0 } & { 1 } & { - 1 } \\ { 0 } & { - 6 } & { 0 } & { - 1 } & { 0 } & { 1 } \end{array} \right) \left( \begin{array} { c c c c c c } { 1 } & { 4 } & { 2 } & { 1 } & { 0 } & { 0 } \\ { 0 } & { 1 } & { - 1 } & { 0 } & { 1 / 5 } & { - 1 / 5 } \\ { 0 } & { - 1 } & { 0 } & { - 1 / 6 } & { 0 } & { 1 / 6 } \end{array} \right) \sim \left( \begin{array} { c c c c c } { 1 } & { 4 } & { 2 } & { 1 } & { 0 } & { 0 } \\ { 0 } & { 1 } & { - 1 } & { 0 } & { 1 / 5 } & { - 1 / 5 } \\ { 0 } & { 0 } & { - 1 } & { - 1 / 6 } & { 1 / 5 } & { - 1 / 30 } \end{array} \right) \sim \left( \begin{array} { c c c c c } { 1 } & { 4 } & { 2 } & { 1 } & { 0 } & { 0 } \\ { 0 } & { 1 } & { 0 } & { 1 / 6 } & { 0 } & { - 1 / 6 } \\ { 0 } & { 0 } & { 1 } & { 1 / 6 } & { - 1 / 5 } & {1/30} \end{array} \right) \sim \left( \begin{array} { c c c c c } { 1 } & { 4 } & { 0 } & { 4 / 6 } & { 2 / 5 } & { - 2 / 30 } \\ { 0 } & { 1 } & { 0 } & { 1 / 6 } & { 0 } & { - 1 / 6 } \\ { 0 } & { 0 } & { 1 } & { 1 / 6 } & { - 1 / 5 } & { 1 / 30 } \end{array} \right) \sim \left( \begin{array} { c c c c c } { 1 } & { 0 } & { 0 } & { 0 } & { 2 / 5 } & { 18 / 30 } \\ { 0 } & { 1 } & { 0 } & { 1 / 6 } & { 0 } & { - 1 / 6 } \\ { 0 } & { 0 } & { 1 } & { 1 / 6 } & { - 1 / 5 } & { 1 / 30 } \end{array} \right) $$

Wenn man also noch 1/30 ausklammert, erhält man die Inverse Matrix:

$$ T = \frac { 1 } { 30 } \left( \begin{array} { c c c } { 0 } & { 12 } & { 18 } \\ { 5 } & { 0 } & { - 5 } \\ { 5 } & { - 6 } & { 1 } \end{array} \right) $$

Um nun also An auszurechnen, genügt es, Bn gemäß An = T*Bn*T-1 zu transformieren.
T-1 kennen wir bereits, das ist die Basis B.

Auszurechnen ist also das folgende Produkt:

$$ A ^ { n } = T · B ^ { n * } T ^ { - 1 } = \left( \begin{array} { c c c } { 1 } & { 4 } & { 2 } \\ { 1 } & { 3 } & { - 3 } \\ { 1 } & { - 2 } & { 2 } \end{array} \right) \left( \begin{array} { c c c } { 1 } & { 0 } & { 0 } \\ { 0 } & { 2 ^ { n } } & { 0 } \\ { 0 } & { 0 } & { ( - 4 ) ^ { n } } \end{array} \right) \frac { 1 } { 30 } \left( \begin{array} { c c c } { 0 } & { 12 } & { 18 } \\ { 5 } & { 0 } & { - 5 } \\ { 5 } & { - 6 } & { 1 } \end{array} \right) $$

$$ = \frac { 1 } { 30 } \left( \begin{array} { c c c } { 1 } & { 4 } & { 2 } \\ { 1 } & { 3 } & { - 3 } \\ { 1 } & { - 2 } & { 2 } \end{array} \right) \left( \begin{array} { c c c } { 0 } & { 12 } & { 18 } \\ { 5 · 2 ^ { n } } & { 0 } & { - 5 · 2 ^ { n } } \\ { 5 · ( - 4 ) ^ { n } } & {- 6 · ( - 4 ) ^ { n } } & { ( - 4 ) ^ { n } } \end{array} \right) $$

$$ = \frac{1}{30} \begin{pmatrix} { 10 · \left( 2 ^ { n + 1 } + ( - 4 ) ^ { n } \right) } & { 12 · \left( 1 - ( - 4 ) ^ { n } \right) } & { 2 · \left( 9 + ( - 4 ) ^ { n } - 10 · 2 ^ { n } \right) } \\ { 15 · \left( 2 ^ { n } - ( - 4 ) ^ { n } \right) } & { 6 · \left( 2 + 3 · ( - 4 ) ^ { n } \right) } & { 3 · \left( 6 - 5 · 2 ^ { n } - ( - 4 ) ^ { n } \right) } \\ { 10 · \left( - 2 ^ { n } + ( - 4 ) ^ { n } \right) }  & { 12 · \left( 1 - ( - 4 ) ^ { n } \right) } & { 2 · \left( 9 + 5 · 2 ^ { n } + ( - 4 ) ^ { n } \right) } \end{pmatrix} $$

Und das ist das Ergebnis.

von 10 k
Kann man bei der 5 auch die bereits gegebene Matrix A nehmen und dann wie bei 4 per Induktion beweisen?
Naja, man kann das schon mit Induktion beweisen: aber das Ergebnis steht ja da, das ist die Matrix mit den vielen Potenzen. Das mit Induktion zu beweisen ist nicht schön, denke ich. Es läuft halt auf ein übles Matrixprodukt hinaus.

Die Aufgabe soll vermutlich gerade zeigen, dass man beliebige Potenzen von Matrizen leicht herausfindet, wenn man sie diagonalisiert und so nur die Eigenwerte potenzieren muss.
Das ist auch eigentlich ziemlich praktisch und war mir bisher nicht klar.
das stichwort ist basiswechsel
Was willst du uns damit sagen, Anonym?

Genau so ist es in der Aufgabe ja zu zeigen gewesen.

 

Man transformiert die Matrix in eine Basis, in der sie Diagonalgestalt annimmt, bestimmt die allgemeine Potenz und transformiert sie dann wieder zurück.

aber wieso kann man da nicht einfach A^n berechnen genau wie Aufgabe 4).

Weil Matrizen nicht Element für Element malgenommen werden, sondern etwas komplizierter. Die vollständige Formel findest du z.B. bei Wikipedia: http://de.wikipedia.org/wiki/Matrix_%28Mathematik%29#Matrizenmultiplikation
+1 Daumen

1. Gesucht sind hier die Eigenwerte λ für die ich ab jetzt k schreibe und die Eigenvektoren x. für die die Gleichung erfüllt ist. Für x = Nullvektor ist das ganze trivial und wird nicht weiter betrachtet.

C = 

[0-k, 2, -1]
[3, -2-k, 0]
[-2, 2, 1-k]

Wir setzen det(C) = 0

-k*(-2-k)*(1-k)+(-1)*3*2-(-2)*(-2-k)*(-1)-(1-k)*3*2 = 0
- k^3 - k^2 + 10k - 8 = 0

Lösung der Eigenwerte: k = -4 ∨ k = 2 ∨ k = 1

Nun setzte ich nacheinander die Eigenwerte in C ein und Löse CX = 0 nach X auf

k = -4

[4, 2, -1]
[3, 2, 0]
[-2, 2, 5]

[4, 2, -1]
[0, -2, -3]
[0, 6, 9]

[4, 2, -1]
[0, 2, 3]
[0, 0, 0]

z ist ein Freiheitsgrad

2y + 3z = 0
y = -1.5·z

4x + 2y - z = 0
4x + 2(-1.5z) - z = 0
x = z

Eigenvektor [z, -1.5z, z] für k = -4

k = 2

[-2, 2, -1]
[3, -4, 0]
[-2, 2, -1]

[-2, 2, -1]
[0, -2, -3]
[0, 0, 0]

z ist ein Freiheitsgraf

2y + 3z = 0
y = -1.5z

-2x + 2(-1.5z) - z = 0
x = -2z

Eigenvektor [-2z, -1.5z, z] für k = 2

k = 1

[-1, 2, -1]
[3, -3, 0]
[-2, 2, 0]

[-1, 2, -1]
[0, 3, -3]
[0, 0, 0]

z ist ein Freiheitsgrad

3y - 3z = 0
y = z

-x + 2(z) - z = 0
x = z

Eigenvektor [z, z, z] für k = 1

 

von 375 k 🚀
2.

[1, 4, 2]
[1, 3, -3]
[1, -2, 2]

[1, 4, 2]
[0, 1, 5]
[0, 6, 0]

Das System ist linear unabhängig, was zu zeigen war.
den begriff der determinante und eigenvektor haben wir noch nicht eingeführt.

kann man diese aufgabe nicht mit der reduzierten zsf lösen?
Ja. Das könntest Du wohl machen. Du müsstest halt überprüfen für welches k das System linear abhängig oder unabhängig ist.

Das einfachste ist hier die Determinante aber es sollte auch mit der reduzierten ZSF funktionieren. Das ist aber sicher aufwendiger.
ich kriege bei der rZSF einfach nicht die diagonale mit 1 hin. könntest du sie eventuell vormachen? :)

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