Hallo Christian

Wieder mal grosses Dankeschön. Auch für die Erklärung mit dem Kern jetzt leuchtet mir das ganze langsam ein. Aber noch eine kleine Frage: Müsstest du beim Eigenraum für Eig(0) nicht noch das t vor den Eigenvektor ziehen?

LG Wizz

Bei der b stosse ich auch leider wieder an meine Grenzen:

Ich hoffe, dass ich alles richtig gerechnet habe doch beim letzten Ausdruck ist mir nicht klar wie ich die Nullstelen finden kann. Ich sehe, dass wenn Alpha Pi / 2 ist, der Klammerausdruck 1 ergibt und dann für Lambda = 1 die Nullstelle stimmt, aber wäre das korrekt?

Und die anderen Nullstellen könnte man dann mit Polynomdivision ermitteln? Ich versteh halt nicht wie man das mit der Abhängigkeit vom Winkel berechnen soll, ausser man wählt einen bestimmten Winkel.

Du kannst dir einen Eigenvektor als Gerade vorstellen, die durch den Ursrung geht. Alle Punkte auf dieser Geraden sind Eigenvektor und werden auf das \( \lambda \)-fache abgebildet. Also sowohl 

\( \begin{pmatrix} 1 \\ \frac b a \\ \frac c a \end{pmatrix} \), als auch \( \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \frac b a \\ 2 \frac c a \end{pmatrix} \) , usw.

Wir wählen deshalb einen Vektor dieser Geraden und nehmen ihn als Basisvektor. Vergiss nicht, dass eine Basis ein Erzeugendensystem ist. Das heißt aus der Linearkombination der Basiselemente kann man alle Vektoren des Raumes erzeugen. 

Wenn wir also einen Vektor als Basiselement wählen, so impliziert das auch jeden anderen Vektor der linear abhängig dazu ist. 

Um es zusammenzufassen du musst den Parameter nicht mitnehmen. 

Grüße Chrisitan

Nun zur b)

dir sind über die Zeit zwei Potenzen verloren gegangen ;)

Von der zweiten in die dritte Zeile, hast du das Quadrat bei \( \cos^2(\alpha)\lambda \) vergessen und einen Schritt später hast du das Quadrat bei \( \sin^2(\alpha)\lambda \) weggelassen. 

Du erhälst also letztlich

\( -\lambda ^3 - \lambda ^2 + (\sin^2(\alpha) + \cos^2(\alpha))\lambda + (\sin^2(\alpha) + \cos^2(\alpha)) = -\lambda ^3 - \lambda ^2 + \lambda + 1 \)

Hier sieht man dann sofort das \( \lambda_1 = 1 \) der erste Eigenwert ist. 

Als Tipp bei Sinus und Kosinus. Da wir von einem festen Winkel ausgehen, sind \( \sin(\alpha) \) bzw \( \cos(\alpha) \) immer ein fester Wert. Damit du die Übersicht nicht verlierst, setze

\( s = \sin(\alpha) \\ c = \cos(\alpha) \) 

Damit ist es wesentlich entspannter. ;)

Grüße Chrisitan 

Noch ein Edit, ich sehe gerade das ich in meiner ersten Antwort, das Span vergessen habe, um zu visualisieren das ich eine Basis meinte. 
Deshalb vermutlich auch die Verwirrung. Tschuldie dafür :p

Wenn dein Prof es aber immer anders schreibt, versuch soweit es geht bei seiner Notation zu bleiben. Schreibt er es so

\( \{ t \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ \frac b a \\ \frac c a \end{pmatrix} , t \in \mathbb{K} \} \)

dann versuche ich es bei deiner Notation zu belassen. :)

Vielen Dank für deine Rückmeldung und für das Kompliment bezüglich meiner Handschrift :)

Ich denke jetzt sollte ich alles verstanden haben. Wenn mir natürlich die Potenzen verloren gehen wird es in diesem Fall schwer weiterrechnen zu können. In Zukunft werde ich öfters über meine Lösungen drüberschauen müssen. 

LG 

Wizz

Gerne :)

Flüchtigkeitsfehler wird man leider nie zu 100% los. Durch Übung fallen sie einem aber schnell auf.

Grüße Christian

Darf ich vielleicht doch noch kurz deine Bestätigung einholen für den weiteren Verlauf dieser Aufgabe  ? ;-)

Dann ist erstmal gut für heute und diese Aufgabe ist für mich erstmal abgehakt:

Ich würde nun anschliessend einfach den Eigenvektor bzw. dann den Eigenraum(so wie bei der anderen Teilaufgabe) bestimmen mit den Werten für x,y und z.

Immer gerne.

Die erste Zeile bedeutet 

\( -2x = 0 \Rightarrow x = 0 \)

Bei deinem \(y \) und \( z \) Wert musst du die Abhängigkeit noch auflösen.

Wenn du die zweite Gleichung in die dritte einsetzt, erhälst du

\( y = \frac {\sin(\alpha)} {1- \cos(\alpha)} \cdot \frac {\sin(\alpha)} {1+ \cos(\alpha)} y = \frac{\sin^2(\alpha)} {1-\cos^2(\alpha)}y \)

Mit \( \sin^2(\alpha) = 1- \cos^2(\alpha) \) erhalten wir

\( y = y \Rightarrow 0=0 \)

Die Nullzeile die wir immer erhalten müssen! Nun setzen wir \( y = t \) und erhalten 

\( z = \frac {\sin(\alpha)} {1+\cos(\alpha)} t \)

\( \Rightarrow t \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\  \frac {\sin(\alpha)} {1+\cos(\alpha)} \end{pmatrix} \)

Grüße Christian

Es ist nicht \( x( A - \lambda E) \) , sondern \( (A - \lambda E) x\). Weiterhin ist \( \lambda = 0 \) ein Eigenwert der Matrix, da 0 eine Nullstelle des charakteristischen Polynoms ist. Da wir im Rahmen von Eigenwertproblemen immer homogene LGS lösen, erhalten wir insbesondere immer den Nullvektor als Lösung, der per Definition aber kein Eigenvektor ist. Mit Ihrer Argumentation hätte also keine Matrix einen Eigenwert.