Eigenwert und Transposition < Matrizen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | | Sei A = (ai,j)1≤i,j≤m ∈ Matm(K) und λ ∈ K, so dass a1,j +···+am,j = λ für alle j ∈{1,...,m}. Zeigen Sie, dass λ ein Eigenwert von A ist. (Hinweis: Transposition und Determinante. |
Hallo!
Ich weiss leider gar nicht recht wie anfangen. Ich wäre sehr dankbar für einen kleinen Tipp zu einem Ansatz! Leider kann ich gerade auch mit den Hinweisen in der Klammer nicht viel anfangen..
Vielen Dank!
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:58 Mi 22.02.2017 | | Autor: | fred97 |
Sei [mm] $x:=(1,1,...,1)^T \in K^m$. [/mm] Überzeuge Dich von
[mm] $A^Tx=\lambda [/mm] x$
(das folgt aus [mm] a_{1,j} +...+a_{m,j} [/mm] = [mm] \lambda [/mm] für alle j [mm] \in \{1,...,m\}).
[/mm]
Also ist [mm] $\det(A^T- \lambda [/mm] I)=0$
Was kannst Du nun über [mm] $\det(A- \lambda [/mm] I)$ sagen ?
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Hallo!
Danke für die Antwort!
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Sei $ [mm] x:=(1,1,...,1)^T \in K^m [/mm] $. Überzeuge Dich von
$ [mm] A^Tx=\lambda [/mm] x $
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Mein erstes Problem ist leider schon, dass ich mir unter der Ausgangsmatrix nicht wirklich etwas vorstellen kann, mit den Bedinungen i kleiner/gleich 1, usw..
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(das folgt aus $ [mm] a_{1,j} +...+a_{m,j} [/mm] $ = $ [mm] \lambda [/mm] $ für alle j $ [mm] \in \{1,...,m\}). [/mm] $
Also ist $ [mm] \det(A^T- \lambda [/mm] I)=0 $
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Was kannst Du nun über $ [mm] \det(A- \lambda [/mm] I) $ sagen ?
Das ist auch 0, weil det von [mm] A^t, [/mm] gleich det von A ist. Oder?
Tut mir leid ich stehe bei der Aufgabe wirklich ziemlich auf den Schlauch... Danke!
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 11:19 Do 23.02.2017 | | Autor: | fred97 |
Du verstehst also die Schreibweise
$A = [mm] (a_{ij})_{1 \le i,j\le m}$
[/mm]
nicht. Damit is gemeint:
[mm] $A={\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}&\cdots &a_{1m}\\a_{21}&a_{22}&\cdots &a_{2m}\\\vdots &\vdots &&\vdots \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mm}\\\end{pmatrix}}$
[/mm]
Kommst Du nun weiter ?
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Hallo,
es tut mir leid für die späte Antwort. Ich hoffe, das stimmt jetzt so? Vielen Dank!
L meint Lambda.
z.Z. Ax = L*x
wenn L Eigenwert ist, dann:
det(A-LI)=0
det(A-LI) = [mm] det(A-LI)^T
[/mm]
da im Allgemeinen det(A) = [mm] det(A^T)
[/mm]
daraus folgt:
det(A-LI) = [mm] det(A-LI)^T [/mm] = [mm] det(A^T [/mm] - [mm] LI^T) [/mm] = [mm] det(A^T [/mm] - LI)
damit ist L Eigenwert, wenn gilt: [mm] A^t*x [/mm] = Lx
[mm] A^T [/mm] =
[mm] \begin{pmatrix}
a_1,1 & ... & a_m,1 \\
a_1,m & ... & a_m,m
\end{pmatrix}
[/mm]
und [mm] A^T*x [/mm] =
[mm] a_1,1*x_1 [/mm] + [mm] a_2,1*x_2 [/mm] + ... + [mm] a_m,1*x_m
[/mm]
[mm] a_1,2*x_1 [/mm] + [mm] a_2,2*x_2 [/mm] + ... + [mm] a_m,2*x_m
[/mm]
[mm] a_1,3*x_1 [/mm] + [mm] a_2,3*x_2 [/mm] + ... + [mm] a_m,3*x_m
[/mm]
(...)
[mm] a_1,m*x_1 [/mm] + [mm] a_2,m*x_2 [/mm] + ... + [mm] a_m,m*x_m
[/mm]
und damit ist L Eigenwert von A für alle j Element von {1,...,m}
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> Hallo,
> es tut mir leid für die späte Antwort. Ich hoffe, das
> stimmt jetzt so? Vielen Dank!
> L meint Lambda.
>
> z.Z. Ax = L*x
Hallo,
nein. Zu zeigen ist etwas anderes,
nämlich daß es einen Vektor [mm] x\not=0 [/mm] gibt
mit [mm] Ax=\lambda [/mm] x.
>
> wenn L Eigenwert ist,
> dann:
> det(A-LI)=0
>
> det(A-LI) = [mm]det(A-LI)^T[/mm]
>
> da im Allgemeinen det(A) = [mm]det(A^T)[/mm]
>
> daraus folgt:
> det(A-LI) = [mm]det(A-LI)^T[/mm] = [mm]det(A^T[/mm] - [mm]LI^T)[/mm] = [mm]det(A^T[/mm] - LI)
>
> damit ist L Eigenwert,
von [mm] A^T,
[/mm]
d.h. es gibt einen Vektor [mm] x\not=0 [/mm] mit [mm]A^t*x[/mm] = Lx
Bis hierher hast Du vorgemacht, daß jeder Eigenwert von A auch Eigenwert von [mm] A^T [/mm] ist.
Nun möchtest Du vorrechnen, daß für eine Matrix A, die der in der Aufgabenstellung genannten Bedingung, daß die Spaltensumme stets [mm] \lambda [/mm] ergibt, genügt,
den Eigenwert [mm] \lambda [/mm] hat.
Dazu mußt Du einen vom Nullvektor verschiedenen Vektor x liefern, so daß [mm] A^Tx=\lambda [/mm] x.
Wenn Dir das gelungen ist, wissen wir: [mm] \lambda [/mm] ist Eigenwert von [mm] A^T [/mm] und damit auch von A.
>
> [mm]A^T[/mm] =
> [mm]\begin{pmatrix}
a_1,1 & ... & a_m,1 \\
a_1,m & ... & a_m,m
\end{pmatrix}[/mm]
>
> und [mm]A^T*x[/mm] =
> [mm]a_1,1*x_1[/mm] + [mm]a_2,1*x_2[/mm] + ... + [mm]a_m,1*x_m[/mm]
> [mm]a_1,2*x_1[/mm] + [mm]a_2,2*x_2[/mm] + ... + [mm]a_m,2*x_m[/mm]
> [mm]a_1,3*x_1[/mm] + [mm]a_2,3*x_2[/mm] + ... + [mm]a_m,3*x_m[/mm]
> (...)
> [mm]a_1,m*x_1[/mm] + [mm]a_2,m*x_2[/mm] + ... + [mm]a_m,m*x_m[/mm]
>
> und damit ist L Eigenwert von A für alle j Element von
> {1,...,m}
Damit? Womit?
So wie es jetzt dasteht, überzeugt es niemanden.
Aber es bringt Dich sicher auf eine Idee, welchen Vektor Du als Eigenvektor x verwenden kannst.
Für diesen Vektor rechne unter Verwendung der Voraussetzung vor, daß [mm] A^tx=...=\lambda [/mm] x.
Fred hat in Dir ja sogar schon gesagt.
LG Angela
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 13:45 Fr 10.03.2017 | | Autor: | mariella22 |
Danke!! :)
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