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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:04 So 22.01.2012 | | Autor: | Coup |
| Aufgabe | gegeben sei die Abbildung [mm] F:K^3->K^3 [/mm] ( [mm] x1,x2,x3)^t \mapsto (x2,x3,0)^t
[/mm]
Stellen Sie F als Standardinterpretation FA einer Matrix [mm] AeK^{3x3} [/mm] dar und bestimmen sie Charakteristisches Polynom, Eigenwerte und Vektoren von F.
Ist F diagonalisierbar ? |
Hi,
meine Matrix lautet ja nun
A [mm] \pmat{ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 }
[/mm]
somit ist das gesuchte CP [mm] -x^3 [/mm] da
[mm] \pmat{ 0-\lambda & 1 & 0 \\ 0 & 0- \lambda & 1 \\ 0 & 0 & 0 - \lambda } [/mm]
Also sind die Eigenwerte in diesem Falle { 0;0;0 }.
Um jetzt einen Eigenvektor zu bestimmen nehme ich doch meine Matrix A
und rechne (A - 0*E1) welches ja einfach die Ausgangsmatrix A bleibt =
A [mm] \pmat{ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 }
[/mm]
Jetzt steht aber im Buch das es zum doppelten Eigenwert 0 den Eigenvektor {1,0,0} gibt. Wie sehe ich das ? Ich muss doch meine Matrix als Gleichungssystem betrachten.. sehe es aber dooferweise nicht.
Da es aber offenbar nur diesen einen Eigenvektor gibt kann ich ja darauf schließen das F nicht diagonalisierbar ist oder ?
lg
Micha
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moin coup,
Deine Überlegungen sehen größtenteils gut aus, nur eine Kleinigkeit:
Das charakteristische Polynom ist nach Definition immer normiert.
Es wird also berechnet als [mm] $det(x*E_n-A)$.
[/mm]
Das macht zwar bei der Ermittlung der Nullstellen keinen großen Unterschied, ich würde dir aber raten es dir dennoch schonmal anzugewöhnen, da das charakteristische Polynom später auch noch für andere Sachen gebraucht wird; und da sollte es normiert sein.
Dann zur Frage.
Ersteinmal allgemein:
Sei $A$ eine Matrix, [mm] $\lambda$ [/mm] ein Eigenwert und $x$ ein Eigenvektor zu [mm] $\lambda$.
[/mm]
Dann heißt das ja:
$Ax = [mm] \lambda*x \gdw [/mm] Ax = [mm] \lambda*E_n*x \gdw Ax-\lambda*E_n*x [/mm] = 0 [mm] \gdw (A-\lambda*E_n)x [/mm] = 0$
Für die Eigenvektoren zu einem Eigenwert [mm] $\lambda$ [/mm] ist also der Kern von [mm] $(A-\lambda*E_n)$ [/mm] zu berechnen.
Da in deinem Fall [mm] $\lambda=0$ [/mm] musst du also den Kern von $A$ berechnen.
Nun weißt du vielleicht, dass die Dimension des Kerns addiert zum Rang der Matrix gerade die größer der Matrix (so lange diese quadratisch ist) ergeben muss.
Der Rang von $A$ ist offensichtlich 2, somit ist der Kern eindimensional.
Es reicht also einen einzigen Vektor (ungleich 0) zu finden, der im Kern liegt.
Dieser ist dann sofort eine Basis des Kerns, da der Kern ja eben ein eindimensionaler Vektorraum ist.
Wenn du nun hoffentlich auch noch weißt, dass in den Spalten einer Abbildungsmatrix die Bilder der Basis stehen (also die erste Spalte von $A$ ist das Bild vom ersten Standardbasisvektor, etc.) und wenn du dann mit scharfem Auge siehst, dass die erste Spalte von $A$ gleich 0 ist, sollte klar sein, wieso der erste Standardbasisvektor im Kern liegt.
Über die Dimensionsüberlegung von oben erhältst du dann, dass du an dieser Stelle schon fertig bist.
Und ja, du hast Recht, F ist nicht diagonalsierbar.
lg
Schadow
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