Matrix Diagonalisieren < Eigenwerte < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 04:46 So 29.01.2012 | | Autor: | Amiaz |
| Aufgabe | Untersuchen Sie (1) für K = [mm] \IQ, [/mm] (2) K= [mm] \IF_{2}, [/mm] ob es zu
A= [mm] \pmat{ 2 & 0 & 0 & 0 \\ -1 & 3 & 1 & 0 \\ 2 & -2 & 0 & 0 \\ 2 & -1 & 3 & -5 } \in K^{4x4} [/mm] eine Matrix T [mm] \in [/mm] GL(4,K) und eine Diagonalmatrix D mit [mm] T^{-1}AT=D [/mm] gibt. Wenn ja, bestimmen sie solche Matrizen D und T |
(1) Ich kann ja das charakteristische Polynom bestimmen.
Hab da nun: [mm] h_{A}= [/mm] det [mm] (tE_{4}-A= [/mm] det [mm] \pmat{ t-2 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & t-3 & -1 & 0 \\ -2 & 2 & t & 0 \\ -2 & 1 & -3 & t+5 }
[/mm]
Entwicklung nach 1. Zeile:
= (t-2) det [mm] \pmat{ t-3 & -1 & 0 \\ 2 & t & 0 \\ 1 & -3 & t+5 } [/mm] = (t-2) (t-3) (t) - (t+5)
Kommt das hin oder hab ich da Müll gebaut?
(2) Für den [mm] \IF_{2} [/mm] hab ich ja zwei Nullzeilen in der Matrix. Also idt die Determinante doch 0?! Sagt mir das irgendwas?
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> Untersuchen Sie (1) für K = [mm]\IQ,[/mm] (2) K= [mm]\IF_{2},[/mm] ob es zu
> A= [mm]\pmat{ 2 & 0 & 0 & 0 \\
-1 & 3 & 1 & 0 \\
2 & -2 & 0 & 0 \\
2 & -1 & 3 & -5 } \in K^{4x4}[/mm]
> eine Matrix T [mm]\in[/mm] GL(4,K) und eine Diagonalmatrix D mit
> [mm]T^{-1}AT=D[/mm] gibt. Wenn ja, bestimmen sie solche Matrizen D
> und T
>
> (1) Ich kann ja das charakteristische Polynom bestimmen.
> Hab da nun: [mm]h_{A}=[/mm] det [mm](tE_{4}-A=[/mm] det [mm]\pmat{ t-2 & 0 & 0 & 0 \\
1 & t-3 & -1 & 0 \\
-2 & 2 & t & 0 \\
-2 & 1 & -3 & t+5 }[/mm]
>
> Entwicklung nach 1. Zeile:
> = (t-2) det [mm]\pmat{ t-3 & -1 & 0 \\
2 & t & 0 \\
1 & -3 & t+5 }[/mm]
Hallo,
bis hierher ist's i.O.
Danach kommt Schrott, wie Du selbst bemerken könntest: das charakteristische Polynom muß ja vom Grad 4 sein.
> = (t-2) (t-3) (t) - (t+5)
> Kommt das hin oder hab ich da Müll gebaut?
Müll. Weiß der Geier, was Du hier gerechnet hast.
> (2) Für den [mm]\IF_{2}[/mm] hab ich ja zwei Nullzeilen in der
> Matrix. Also idt die Determinante doch 0?!
Ja.
> Sagt mir das
> irgendwas?
Ja. Du weißt, daß der Kern der Matrix nicht nur aus dem Nullvektor besteht, daß also die 0 ein Eigenvektor ist.
Ansonsten würd' ich mal genau das tun wie oben auch, also das charakteristische Polynom bestimmen und dann weiter.
Wie gedenkst Du denn die Diagonalisierbarkeit zu zeigen bzw. zu widerlegen?
LG Angela
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:03 So 29.01.2012 | | Autor: | Amiaz |
> > Entwicklung nach 1. Zeile:
> > = (t-2) det [mm]\pmat{ t-3 & -1 & 0 \\
2 & t & 0 \\
1 & -3 & t+5 }[/mm]
>
> Hallo,
>
> bis hierher ist's i.O.
> Danach kommt Schrott, wie Du selbst bemerken könntest:
> das charakteristische Polynom muß ja vom Grad 4 sein.
So nun nochmal neu:
Entwicklung nach 1. Zeile:
> > = (t-2) det [mm]\pmat{ t-3 & -1 & 0 \\
2 & t & 0 \\
1 & -3 & t+5 }[/mm]
=(t-2) (t-3)t(t+5)+2(t+5)
=(t-2) [mm] t^{2}-3t(t+5)+2(t+5)
[/mm]
=(t-2) [mm] t^{3}+2t^{2}-15t+2(t+5)
[/mm]
=(t-2) [mm] t^{3}+2t^{2}-13t+10
[/mm]
[mm] =t^{4}-17t^{2}+36t-20
[/mm]
Dann müsst ich ja nun die Eigenwerte bestimmen. Muss ich dazu was mit dem Polynom wieder anstellen oder kann ich die Linearfaktoren vom Anfang nehmen und darüber argumentieren?
(mein Taschenrechner sagt mir, dass-5, 1 und 3 Eigenwerte sind) Aber das will ich ja noch nachrechnen.
Die bräucht ich aber dann ja um meine Eigenvektoren zu bestimmen, weil ich die dann in die Matrix einsetze, die mit einem Vektor [mm] \vektor{x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4}und [/mm] das dann 0 ergeben muss? So bilde ich dann meine Eigenvektoren? Den Eigenvektorschritt hab ich irgendwie noch nicht so richtig verstanden nach Skript...
zu (2) Hab da nun auch das charakteristische Polynom bestimmt.
A= [mm] \pmat{ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 1 }
[/mm]
Also ist tE-A [mm] =\pmat{ t & 0 & 0 & 0 \\ 1 & t+1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & t & 0 \\ 0 & 1 & 1 & t+1 }
[/mm]
Für [mm] h_A [/mm] hab ich dann
[mm] h_A= [/mm] t (t+1) t (t+1)
= [mm] (t+1)^{2}t^{2}
[/mm]
= [mm] t^{4}+2t^{3}+t^{2}
[/mm]
Da wir uns im [mm] \IF_{2} [/mm] befinden wären die Eigenwerte doch 0 und 1? Mit jeweils der Häufigkeit 2?
> Wie gedenkst Du denn die Diagonalisierbarkeit zu zeigen
> bzw. zu widerlegen?
>
> LG Angela
>
Bei (2) muss ich doch jetzt überprüfen,ob dim Eig(F, 1) = dim Lös(E − A, 0) mit der algebraischen Vielfachheit übereinstimmt?
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> So nun nochmal neu:
> Entwicklung nach 1. Zeile:
> > > = (t-2) det [mm]\pmat{ t-3 & -1 & 0 \\
2 & t & 0 \\
1 & -3 & t+5 }[/mm]
> [mm] =(t-2)\red{[} (t-3)t\blue{(t+5)}+2\blue{(t+5)}\red{]}
[/mm]
Hallo,
zunächst einmal sei sorgfältiger beim Setzen von Klammern bzw. laß sie nicht einfach weg.
Weiter ist es oft nicht gut, blindlings auszumultiplizieren, zumal es auch Mühe macht. Erst mal gucken und denken.
[mm] ...=(t-2)(t+5)(t^2-3t+2).
[/mm]
Die letzte Klammer bekommt man im Vorübergehen zerlegt, oder man löst halt eine quadratische Gleichung.
> (mein Taschenrechner sagt mir, dass-5, 1 und 3 Eigenwerte
> sind) Aber das will ich ja noch nachrechnen.
Ja. Wenn Du geschicckt ausklmmerst, brauchst Du die Eigenwerte bloß abzulesen hier.
> Die bräucht ich aber dann ja um meine Eigenvektoren zu
> bestimmen
Ja. Du bestimmst nun jeweils eine Basis des Eigenraumes.
Wenn die Dimension eines jeden Eigenraumes algebrischen Vielfachheit des jeweiligen Eigenwertes übereinstimmt, ist die Matrix diagonalisierbar.
Den Eigenraum zum EW [mm] \lambda [/mm] bestimmst Du, indem Du eine Basis von
[mm] Kern(A-\lambda [/mm] E) bestimmst, dh. das homogene LGS [mm] (A-\lambda [/mm] E)x=0 löst.
Aus den errechneten Basisvektoren ist dann ggf. die Matrix T zu basteln.
> zu (2) Hab da nun auch das charakteristische Polynom
> bestimmt.
>
> A= [mm]\pmat{ 0 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 }[/mm]
>
> Also ist tE-A [mm]=\pmat{ t & 0 & 0 & 0 \\
1 & t+1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & t & 0 \\
0 & 1 & 1 & t+1 }[/mm]
>
> Für [mm]h_A[/mm] hab ich dann
> [mm]h_A=[/mm] t (t+1) t (t+1)
> = [mm](t+1)^{2}t^{2}[/mm]
Das ist die angemessene Darstellung des charakteristischen Polynoms.
> = [mm]t^{4}+2t^{3}+t^{2}[/mm]
>
> Da wir uns im [mm]\IF_{2}[/mm] befinden wären die Eigenwerte doch 0
> und 1? Mit jeweils der Häufigkeit 2?
Richtig. Beide mit der algebraischen Vielfachheit 2.
> Bei (2) muss ich doch jetzt überprüfen,ob dim Eig(F, 1) =
> dim Lös(E − A, 0) mit der algebraischen Vielfachheit
> übereinstimmt?
Ja, und für den Eigenwert 0 natürlich auch.
LG Angela
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:39 So 29.01.2012 | | Autor: | Amiaz |
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> > So nun nochmal neu:
> > Entwicklung nach 1. Zeile:
> > > > = (t-2) det [mm]\pmat{ t-3 & -1 & 0 \\
2 & t & 0 \\
1 & -3 & t+5 }[/mm]
> > [mm]=(t-2)\red{[} (t-3)t\blue{(t+5)}+2\blue{(t+5)}\red{]}[/mm]
>
> Hallo,
>
> zunächst einmal sei sorgfältiger beim Setzen von Klammern
> bzw. laß sie nicht einfach weg.
>
> Weiter ist es oft nicht gut, blindlings
> auszumultiplizieren, zumal es auch Mühe macht. Erst mal
> gucken und denken.
>
> [mm]...=(t-2)(t+5)(t^2-3t+2).[/mm]
>
> Die letzte Klammer bekommt man im Vorübergehen zerlegt,
> oder man löst halt eine quadratische Gleichung.
Das mitm klammern seh ich überhaupt nicht. Also ich zieh jetzt einfach die (t+5) ausm Summanden hinten raus, form dann noch ein bisschen um und dann hab ich das was du da stehen hast?
Die letzte Klammer lässt sich ja einfach in (x-2)(x-1) zerlegen.
> Ja. Du bestimmst nun jeweils eine Basis des Eigenraumes.
> Wenn die Dimension eines jeden Eigenraumes algebrischen
> Vielfachheit des jeweiligen Eigenwertes übereinstimmt, ist
> die Matrix diagonalisierbar.
Wie bau ich mir denn eine Basis? Ich hab doch dann [mm] (\lambdaE-A,0). [/mm] Bring ich das dann einfach in Zeilenstufenform und kann dann irgendwie die Basisvektoren ablesen?
Hab nun für den Eigenwert [mm] \lambda= [/mm] -5 folgendes:
[mm] \lambdaE-A= \pmat{ -7 & 0 & 0 & 0 \\
1 & -8 & -1 & 0 \\
-2 & 2 & -5 & 0 \\
2 & 1 & -3 & 0 }[/mm]
[/mm]
Dann mach ich die Umformungen: 1/7* Zeile1 -->z.1
Z.4 --> Z.4-Z.3 Z.3 -->2*Z.2+Z.3. Dann hab ich
[mm] \pmat{ -1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & -8 & -1 & 0 \\
0 & -14 & -7 & 0 \\
0 & -1 & 2 & 0 }[/mm]
[/mm]
Und dann sieht man ja eigentlich schon, dass der rang=4 ist und damit die algebraische Vielfachheit ja eigentlich 0 sein müsste, sie aber in Wirklichkeit 1 ist. Also folgt daraus, dass die Matrix nicht diagonalisierbar ist?
> > Bei (2) muss ich doch jetzt überprüfen,ob dim Eig(F, 1) =
> > dim Lös(E − A, 0) mit der algebraischen Vielfachheit
> > übereinstimmt?
>
> Ja, und für den Eigenwert 0 natürlich auch.
>
> LG Angela
>
Top. Also für 0 sieht man das ja schon mehr oder weniger. Da kommt das ja hin
Für 1 hab ich nun:
[mm] \pmat{ 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 }[/mm]
[/mm]
Dann führ ich durch: Z.2 --> Z.2-Z.1. z.2 --> Z.2-Z.3 und hab dann:
[mm] \pmat{ 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 }[/mm]
[/mm]
daraus folgt ja, dass der Rang=3 ist und 1 die algebraische Vielfachheit 1 haben müsste, welche aber 2 ist. Also lässt sich die Matrix auch nicht diagonalisieren?
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> >
> > > So nun nochmal neu:
> > > Entwicklung nach 1. Zeile:
> > > > > = (t-2) det [mm]\pmat{ t-3 & -1 & 0 \\
2 & t & 0 \\
1 & -3 & t+5 }[/mm]
> > > [mm]=(t-2)\red{[} (t-3)t\blue{(t+5)}+2\blue{(t+5)}\red{]}[/mm]
> > [mm]...=(t-2)(t+5)(t^2-3t+2).[/mm]
> >
> Das mitm klammern seh ich überhaupt nicht. Also ich zieh
> jetzt einfach die (t+5) ausm Summanden hinten raus,
Hallo,
aus beiden Summanden ziehst du die (t+5) raus. Distributivgesetz.
> form
> dann noch ein bisschen um und dann hab ich das was du da
> stehen hast?
Ja.
> Die letzte Klammer lässt sich ja einfach in (x-2)(x-1)
> zerlegen.
Genau, und damit hast Du [mm] X_A(t)=(t-1)(t-2)^2(t+5)
[/mm]
> > Du bestimmst nun jeweils eine Basis des
> Eigenraumes.
> > Wenn die Dimension eines jeden Eigenraumes algebrischen
> > Vielfachheit des jeweiligen Eigenwertes übereinstimmt, ist
> > die Matrix diagonalisierbar.
> Wie bau ich mir denn eine Basis?
Du wirfst, sofern die Matrix diagonalisierbar ist, die Basen der Eigenräume zusamen und hast eine Basis des [mm] \IR^4, [/mm] die tut, was sie tun soll.
> Ich hab doch dann
> [mm](\lambda E-A,0).[/mm]
> Bring ich das dann einfach in
> Zeilenstufenform und kann dann irgendwie die Basisvektoren
> ablesen?
Ja.
Der Kern von [mm] \lambda [/mm] E-A ist zu bestimmen, bzw. eine Basis davon.
>
> Hab nun für den Eigenwert [mm]\lambda=[/mm] -5 folgendes:
>
> [mm]\lambdaE-A= \pmat{ -7 & 0 & 0 & 0 \\
1 & -8 & -1 & 0 \\
-2 & 2 & -5 & 0 \\
2 & 1 & -3 & 0 }[/mm][/mm]
>
> Dann mach ich die Umformungen: 1/7* Zeile1 -->z.1
> Z.4 --> Z.4-Z.3 Z.3 -->2*Z.2+Z.3. Dann hab ich
> [mm]\pmat{ -1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & -8 & -1 & 0 \\
0 & -14 & -7 & 0 \\
0 & -1 & 2 & 0 }[/mm][/mm]
>
> Und dann sieht man ja eigentlich schon, dass der rang=4 ist
Nein.
Um den Rang festzustellen, muß die Matrix auf Zeilenstufenform gebracht werden und nicht nach einem Schritt aufgehört.
Erst dann kannst Du den Rang ablesen.
Rang=4 kann auch überhaupt nicht sein. Dann gäb's ja keinen Eigenvektor zum Eigenwert [mm] \lambda=-5.
[/mm]
Mach's also mal vernünftig.
Wir brauchen noch alle Eigenvektoren der anderen Eigenräume.
> > > Bei (2) muss ich doch jetzt überprüfen,ob dim Eig(F, 1) =
> > > dim Lös(E − A, 0) mit der algebraischen Vielfachheit
> > > übereinstimmt?
> >
> > Ja, und für den Eigenwert 0 natürlich auch.
> >
> > LG Angela
> >
> Top. Also für 0 sieht man das ja schon mehr oder weniger.
> Da kommt das ja hin
> Für 1 hab ich nun:
> [mm]\pmat{ 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 }[/mm][/mm]
>
> Dann führ ich durch: Z.2 --> Z.2-Z.1. z.2 --> Z.2-Z.3 und
> hab dann:
> [mm]\pmat{ 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 }[/mm][/mm]
>
> daraus folgt ja, dass der Rang=3 ist und 1 die algebraische
> Vielfachheit 1 haben müsste, welche aber 2 ist. Also
> lässt sich die Matrix auch nicht diagonalisieren?
Ja, genau.
LG Angela
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