diagonalisierbar < Eigenwerte < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | F+r welche Werte von a [mm] \in [/mm] R ist der Endomorphismus A [mm] \in End_R (R^3) [/mm] mit
A= [mm] \pmat{ 1-a & a & 0 \\ -a & a+1 & 0 \\ 0 & 0 & -1}
[/mm]
diagonalisierbar? |
Als Erstes hätte ich wohl gesagt, dass die Matrix diagonalisierbar ist, wenn a=0 ist. Dann wäre die Matrix ja schon in Diagonalform.
Und dann hätte ich das charakteristische Polynom ausgerechnet und geschaut, ob es n verschiedene Eigenwerte gibt. In diesem Fall müssten es also 3 verschiedene Eigenwerte sein, damit die Matrix diagonalisierbar ist. Da müsste man dann eben überlegen, wie das mit der Abhängigkeit von a klappt.
Kann man so an die Aufgabe rangehen?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:24 Di 31.03.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
Ich denke das ist zu umstaendlich. Nimm doch einfach Gauss und diagonalisiere, und ueberleg, fuer welche a das nicht geht.
Gruss leduart
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> Hallo
> Ich denke das ist zu umstaendlich. Nimm doch einfach Gauss
> und diagonalisiere,
Hallo,
ich glaube, Du bist auf dem falschen Dampfer.
Hier geht es um doch Diagonalisierbarkeit, und nicht um Rangbestimmung o.ä.
Gruß v. Angela
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> F+r welche Werte von a [mm]\in[/mm] R ist der Endomorphismus A [mm]\in End_R (R^3)[/mm]
> mit
>
> A= [mm]\pmat{ 1-a & a & 0 \\ -a & a+1 & 0 \\ 0 & 0 & -1}[/mm]
>
> diagonalisierbar?
> Als Erstes hätte ich wohl gesagt, dass die Matrix
> diagonalisierbar ist, wenn a=0 ist. Dann wäre die Matrix ja
> schon in Diagonalform.
Hallo,
fürwahr, das ist der Fall.
>
> Und dann hätte ich das charakteristische Polynom
> ausgerechnet und geschaut, ob es n verschiedene Eigenwerte
> gibt.
Ja. Schau welches die Eigenwerte sind und für welche a die allesamt verschieden sind.
In diesem Fall ist die Diagonalisierbarkeit garantiert.
Für die a, für welche Du nicht verschiedene Eigenwerte bekommst, mach dann weiter mit Bestimmung des Eigenraumes etc.
Gruß v. Angela
In diesem Fall müssten es also 3 verschiedene
> Eigenwerte sein, damit die Matrix diagonalisierbar ist. Da
> müsste man dann eben überlegen, wie das mit der
> Abhängigkeit von a klappt.
>
> Kann man so an die Aufgabe rangehen?
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Gut, danke. Dann habe ich jetzt ein kleines Problem bei der Determinante. Man schreibt ja für das charakteristische Polynom in jeder Zeile in der Diagonale -x hin.
Das wäre dann:
[mm] \pmat{ 1-a-x & a & 0 \\ -a & a+1-x & 0 \\ 0 & 0 & -1-x}
[/mm]
Da komme ich jetzt für die Determinante auf (1-a-x)(a+1-x)(-1-x) - (-a²(-1-x)) und wenn ich die weiter umschreibe, dann komme ich auf -x³+x²+x-1. Und da ist ja nun kein a mehr drin und das würde ja heißen, dass es für gar kein a diagonalisierbar ist, da ja nur 2 Nullstellen rauskommen und das steht ja im Widerspruch zur Diagonalen bei a=0 steht.
Falsch umgeformt ist es nicht, das habe ich schon mit Testwerten probiert, also muss die Determinante wohl falsch berechnet sein. Aber wo genau ist sie falsch?
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Hallo lilalaunebaeri,
> Gut, danke. Dann habe ich jetzt ein kleines Problem bei der
> Determinante. Man schreibt ja für das charakteristische
> Polynom in jeder Zeile in der Diagonale -x hin.
>
> Das wäre dann:
>
> [mm]\pmat{ 1-a-x & a & 0 \\ -a & a+1-x & 0 \\ 0 & 0 & -1-x}[/mm]
>
>
> Da komme ich jetzt für die Determinante auf
> (1-a-x)(a+1-x)(-1-x) - (-a²(-1-x)) und wenn ich die weiter
> umschreibe, dann komme ich auf -x³+x²+x-1. ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
[mm] $=(-1-x)\cdot{}(x-1)^2$ [/mm] (besser nicht alles ausmultiplizieren, sondern nach der Anwendung von Sarrus $(-1-x)$ ausklammern!)
Also Eigenwerte $x=-1$ (einfach) und $x=1$ (zweifach).
> Und da ist ja nun kein a mehr drin und das würde ja heißen, dass es für
> gar kein a diagonalisierbar ist, da ja nur 2 Nullstellen
> rauskommen und das steht ja im Widerspruch zur Diagonalen
> bei a=0 steht.
Naja, zum einen zerfällt das charakt. Polynom schon in Linearfaktoren, allerdings ist $x=1$ doppelte NST, zum anderen verstehe ich nicht ganz, was du mit dem Satz meinst, vllt. kannt du das nochmal anders formulieren (v.a. den letzten Teil ...) 
>
> Falsch umgeformt ist es nicht, das habe ich schon mit
> Testwerten probiert, also muss die Determinante wohl falsch
> berechnet sein. Aber wo genau ist sie falsch?
Die stimmt, berechne nun mal die Eigenräume, insbesondere zum Eigenwert $x=1$.
Der Endo (bzw. die zugeh. Matrix) ist nur dann diagonalisierbar, wenn der zugeh. Eigenraum die Dimension 2 hat (algebraische=geometr. Vielfachheit)
Rechne also nach, für welche a sich ein entsprechend 2-dim. Eigenraum ergibt
Also weiter im Text (ich habs nicht gerechnet, kontrolliere aber gerne deine weitere Rechnung ;) )
LG
schachuzipus
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Gut, also bei 1 habe ich beim Eigenraum die Matrix
[mm] \pmat{ -a & a & 0 \\ 0 & 0 & -2 \\ 0 & 0 & 0 }
[/mm]
Also wäre die Dimension davon auf jeden Fall 2. Nun eine Frage: Warum muss die Dimension denn beim Eigenraum 2 sein?
Und was ist nun mit dem a? Wenn ich 0 einsetze, dann ist die Dimension nur noch 1. Aber sonst kann ich doch alles einsetzen, oder? Wahrscheinlich nicht, aber ich steh gerade auf dem Schlauch.
Und dann noch eine Frage: Wie kann ich die Basis des Eigenraums aufstellen? Ich hab ja dann für [mm] x_2= \lambda [/mm] , [mm] x_3=-2 [/mm] und fpr [mm] x_1=\lambda
[/mm]
Wäre das dann einfach sowas wie [mm] <\vektor{1 \\ 0 \\ -2},\vektor{0 \\ 1 \\ 0}>?
[/mm]
Edit: Bei dem Eigenwert von -1 habe ich den Eigenraum
[mm] \pmat{ 2-a & a & 0 \\ -2 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 }
[/mm]
Ich bin völlig verwirrt. Das bleibt doch auch immer bei der Dimension 2.
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Hallo nochmal,
> Gut, also bei 1 habe ich beim Eigenraum die Matrix
>
> [mm]\pmat{ -a & a & 0 \\ 0 & 0 & -2 \\ 0 & 0 & 0 }[/mm]
>
> Also wäre die Dimension davon auf jeden Fall 2. ![[haee]](/images/smileys/haee.gif "[haee]")
Wieso? Der Eigenraum zum Eigenwert ist doch - wie man an dieser Matrix sieht - offensichtlich nur für $a=0$ zweidimensional.
Denn nur für $a=0$ bekommst du 2 Nullzeilen und damit 2 freie Parameter, die dir eine Basis für den Eigenraum aus 2 linear unabh. Vektoren liefern
> Nun eine Frage: Warum muss die Dimension denn beim Eigenraum 2
> sein?
Na, die algebraische Vielfachheit des Eigenwertes 1, also die Vielfachheit, mit der 1 als Nullstelle im charakt. Polynom auftritt, ist ja 2.
Damit die Matrix diagonalisierbar ist, muss auch die geometrische Vielfachheit (=Dimension des zugeh. Eigenraumes) 2 sein
Regel: algebr. VFH=geometr. VFH
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> Und was ist nun mit dem a? Wenn ich 0 einsetze, dann ist
> die Dimension nur noch 1.
eben nicht, dann ist sie 2
Verwechsele nicht Rang mit Dimension!
> Aber sonst kann ich doch alles
> einsetzen, oder? Wahrscheinlich nicht, aber ich steh gerade
> auf dem Schlauch.
Genau andersherum ...
>
>
> Und dann noch eine Frage: Wie kann ich die Basis des
> Eigenraums aufstellen? Ich hab ja dann für [mm]x_2= \lambda[/mm] ,
> [mm]x_3=-2[/mm] und fpr [mm]x_1=\lambda[/mm]
>
> Wäre das dann einfach sowas wie [mm]<\vektor{1 \\ 0 \\ -2},\vektor{0 \\ 1 \\ 0}>?[/mm]
Nein, aber so ähnlich geht's
Mit a=0 hast du nun 2 Nullzeilen, das macht 2 freie Parameter, setze [mm] $x_2=t, \t\in\IR$ [/mm] und [mm] $x_1=s, s\in\IR$ $x_3$ [/mm] muss wegen der Nichtnullzeile offensichtlich 0 sein, macht als Lösungsvektor also [mm] $\vektor{s\\t\\0}=s\cdot{}\vektor{1\\0\\0}+t\cdot{}\vektor{0\\1\\0}$
[/mm]
Also zB. als Basis für den Eigenraum zum Eigenwert 1: [mm] $\vektor{1\\0\\0},\vektor{0\\1\\0}$, [/mm] also [mm] $Eig(1)=\left\langle\vektor{1\\0\\0},\vektor{0\\1\\0}\right\rangle$
[/mm]
>
> Edit: Bei dem Eigenwert von -1 habe ich den Eigenraum
>
> [mm]\pmat{ 2-a & a & 0 \\ -2 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 }[/mm]
>
> Ich bin völlig verwirrt. Das bleibt doch auch immer bei der
> Dimension 2.
Nein, du verwechselst das wieder mit dem Rang. Der ist hier unabh. von a stets 2, damit die Dimension des zu 1 geh. Eigenraumes [mm] 3-2=\red{1}
[/mm]
Du hast hier folglich 1 freien Parameter, setze [mm] $x_3=m, m\in\IR$
[/mm]
Wenn du noch bedenkst, dass für den anderen Eigenwert der Eigenraum nur Dimension 2 hat, wenn a=0 ist, vereinfacht sich das hier auch noch beträchtlich
Insgesamt ergibt sich Diagonalisierbarkeit nur für a=0, weil - wie bereits mehrfach gesagt - für [mm] a\neq [/mm] 0 die Dimension des Eigenraumes zum Eigenwert 1 nicht 2 ist
LG
schachuzipus
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Ahhh, vielen herzlichen Dank. Jetzt macht das auf einmal alles richtig viel Sinn. Jetzt kapier ich das.
Wäre die Basis vom Eigenraum zu -1 mit a=0 dann einfach [mm] Eig(-1)=<\vektor{0 \\ 0 \\ 1}?
[/mm]
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Hallo nochmal,
> Ahhh, vielen herzlichen Dank. Jetzt macht das auf einmal
> alles richtig viel Sinn. Jetzt kapier ich das.
Das ist schön zu hören ![[daumenhoch]](/images/smileys/daumenhoch.gif "[daumenhoch]")
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> Wäre die Basis vom Eigenraum zu -1 mit a=0 dann einfach [mm]Eig(-1)=<\vektor{0 \\ 0 \\ 1}>?[/mm]
Nein, nochmal, der Spann, also das, was du da aufgeschrieben hast, ist der Eigenraum, der Vektor [mm] $\vektor{0\\0\\1}$ [/mm] ist eine Basis des Eigenraumes.
Unterscheide immer sorgfältig zwischen diesen Dingen, das sind ganz verschiedene Objekte!
LG
schachuzipus
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