Charak. Polynom/Eigenwert < Abbildungen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:38 Fr 13.01.2012 | | Autor: | durden88 |
| Aufgabe | Berechnen Sie das charakteristische Polynom, die Eigenwerte und die Eigenräume von A.
[mm] A=\pmat{ 0 & 1 \\ 1 & 0 } [/mm] |
Also, die Definition lautet:
[mm] \delta_1(\delta)=det(A-\delta_E)
[/mm]
[mm] =\vmat{ 0-\delta & 1 \\ 1 & 0-\delta }=\delta^2-1
[/mm]
So und hier hackt es schon. Was wurde gemacht? Ich hab gedacht [mm] det(A-\delta_E) [/mm] muss ich jeden Wert der Matrix [mm] -\delta [/mm] machen, aber irgendwie wurde nur die Diagonalen subtrahiert....
Ich bedanke mich :)
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:51 Fr 13.01.2012 | | Autor: | Harris |
Hi!
Also, der Sinn hinter dem Ganzen ist, zu einer Matrix A einen Vektor v und einen Wert [mm] \lambda [/mm] zu finden, so dass [mm] $Av=\lambda [/mm] v$ gilt.
Wie stellt man sowas an? Man könnte die Gleichung umformen:
[mm] $Av=\lambda [/mm] v$
[mm] $\Leftrightarrow Av=\lambda [/mm] E v$
[mm] $\Leftrightarrow Av-\lambda [/mm] E v = 0$
[mm] $\Leftrightarrow(A-\lambda [/mm] E)v=0$
Also ist $v$ ein Kernvektor von [mm] $A-\lambda [/mm] E$.
Die Frage ist: Zu welchen Werten [mm] \lambda [/mm] hat [mm] $A-\lambda [/mm] E$ überhaupt einen Kern. Und dies ist genau dann der Fall, wenn die Determinante davon verschwindet, also [mm] $det(A-\lambda [/mm] E)=0$. Und diese Determinante ist wegen der Unbekannten [mm] \lambda [/mm] ein Polynom in [mm] \lambda.
[/mm]
Und dieses Problem der Eigenwertsuche reduziert sich auf das Problem der Nullstellensuche eines Polynoms.
Und du musst nur auf der Diagonalen die [mm] \lambda's [/mm] subtrahieren. Ich hoffe, obige Erklärung macht das alles klarer! :)
Gruß, Harris
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