invert. Matrix P Diagonalgesta < Matrizen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 00:11 Do 22.08.2013 | | Autor: | YuYu42 |
| Aufgabe | | Die Matrix [mm] \pmat{ 0 & 0 & -2 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & 3 } [/mm] hat die Eigenwerte [mm] \lambda_{1} [/mm] = 1 und [mm] \lambda_{2} [/mm] = 2. Bestimmen Sie eine invertierbare Matrix P, so dass D:= [mm] P^{-1}AP [/mm] Diagonalgestalt hat und bestimmen Sie D. |
Die Aufgabe ist an sich nicht schwer und den Lösungsweg kenne ich, aber an einer Stelle rätsel ich, warum es nicht auch anders sein kann.
Zuerst berechnet man die Eigenvektoren zu den Eigenwerten. Für [mm] \lambda_{1} [/mm] = 1 ist der zugehörige Eigenvektor [mm] v_{1} [/mm] = [mm] \vektor{2 \\ -1 \\ -1}. [/mm]
Für [mm] \lambda_{2} [/mm] ergibt sich die Matrix [mm] \pmat{ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 }. [/mm] Ein möglicher Vektor wäre [mm] v_{2} [/mm] = [mm] \vektor{-1 \\ 0 \\ 1}. [/mm] Um P erstellen zu können fehlt noch ein weiterer Vektor. Nach vorgegebener Lösung kann dies der Vektor [mm] \vektor{0 \\ 1 \\ 0} [/mm] sein, da er zu [mm] \vektor{-1 \\ 0 \\ 1} [/mm] linear unabhängig ist.
Nun meine Frage: Warum kommt z.B. der Vektor [mm] \vektor{1 \\ 0 \\ 0} [/mm] als dritter Vektor nicht in Frage? Er ist ebenfalls linear unabhängig zu [mm] v_{2}, [/mm] P ist immer noch invertierbar und alle Vektoren von P sind linear unabhängig zueinander.
Jedoch ist das Ergebnis von [mm] P^{-1}AP [/mm] keine Diagonalmatrix. Dabei hat der Vektor die gleichen Voraussetzungen wie der Vektor aus der Lösung.
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 06:30 Do 22.08.2013 | | Autor: | fred97 |
> Die Matrix [mm]\pmat{ 0 & 0 & -2 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & 3 }[/mm]
> hat die Eigenwerte [mm]\lambda_{1}[/mm] = 1 und [mm]\lambda_{2}[/mm] = 2.
> Bestimmen Sie eine invertierbare Matrix P, so dass D:=
> [mm]P^{-1}AP[/mm] Diagonalgestalt hat und bestimmen Sie D.
>
> Die Aufgabe ist an sich nicht schwer und den Lösungsweg
> kenne ich, aber an einer Stelle rätsel ich, warum es nicht
> auch anders sein kann.
>
> Zuerst berechnet man die Eigenvektoren zu den Eigenwerten.
> Für [mm]\lambda_{1}[/mm] = 1 ist der zugehörige Eigenvektor [mm]v_{1}[/mm]
> = [mm]\vektor{2 \\ -1 \\ -1}.[/mm]
> Für [mm]\lambda_{2}[/mm] ergibt sich die Matrix [mm]\pmat{ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 }.[/mm]
> Ein möglicher Vektor wäre [mm]v_{2}[/mm] = [mm]\vektor{-1 \\ 0 \\ 1}.[/mm]
> Um P erstellen zu können fehlt noch ein weiterer Vektor.
> Nach vorgegebener Lösung kann dies der Vektor [mm]\vektor{0 \\ 1 \\ 0}[/mm]
> sein, da er zu [mm]\vektor{-1 \\ 0 \\ 1}[/mm] linear unabhängig
> ist.
>
> Nun meine Frage: Warum kommt z.B. der Vektor [mm]\vektor{1 \\ 0 \\ 0}[/mm]
> als dritter Vektor nicht in Frage?
Weil er kein Eigenvektor ist !
FRED
> Er ist ebenfalls linear
> unabhängig zu [mm]v_{2},[/mm] P ist immer noch invertierbar und
> alle Vektoren von P sind linear unabhängig zueinander.
> Jedoch ist das Ergebnis von [mm]P^{-1}AP[/mm] keine Diagonalmatrix.
> Dabei hat der Vektor die gleichen Voraussetzungen wie der
> Vektor aus der Lösung.
>
> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:06 Do 22.08.2013 | | Autor: | YuYu42 |
Achso! Ich dachte man dürfte einen von den Einheitsvektoren hinzufügen, egal welchen.
Da man aber aus der Matrix [mm] \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} [/mm] keinen weiteren Vektor bestimmen kann, außer den Nullvektor, der aber nie Eigenvektor sein darf, muss es noch eine andere Methode zum bestimmen des Eigenvektors geben.
Wenn ich richtig liege, dann berechnet man den zusätzlichen Eigenvektor wie folgt: (A - [mm] \lambda [/mm] E) = [mm] v_{2}, [/mm] wobei [mm] \lambda [/mm] = 2.
Man erhält die Matrix [mm] \pmat{ -2 & 0 & -2 & -1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 1 } [/mm] und auf (red.) Zeilenstufenform gebracht die Matirx [mm] \pmat{ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 }. [/mm] Aus der letzten Spalte kann man den fehlenden Eigenvektor einfach ablesen.
Ist das so korrekt?
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 17:06 Do 22.08.2013 | | Autor: | fred97 |
> Achso! Ich dachte man dürfte einen von den
> Einheitsvektoren hinzufügen, egal welchen.
>
> Da man aber aus der Matrix [mm]\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}[/mm]
> keinen weiteren Vektor bestimmen kann
Aber hallo, natürlich kan man das
Es ist [mm]\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}*\vektor{x_1 \\ x_2\\ x_3}=0[/mm] [mm] \gdw
[/mm]
[mm] x_1= \quad -x_3
[/mm]
[mm] x_2=x_2
[/mm]
[mm] x_3= \quad x_3
[/mm]
Daraus ergeben sich 2 l.u. Eigenvektoren, z.B.:
[mm] \vektor{-1 \\ 0\\ 1} [/mm] und [mm] \vektor{0\\ 1\\ 0}
[/mm]
FRED
> , außer den
> Nullvektor, der aber nie Eigenvektor sein darf, muss es
> noch eine andere Methode zum bestimmen des Eigenvektors
> geben.
>
>
> Wenn ich richtig liege, dann berechnet man den
> zusätzlichen Eigenvektor wie folgt: (A - [mm]\lambda[/mm] E) =
> [mm]v_{2},[/mm] wobei [mm]\lambda[/mm] = 2.
> Man erhält die Matrix [mm]\pmat{ -2 & 0 & -2 & -1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 1 }[/mm]
> und auf (red.) Zeilenstufenform gebracht die Matirx [mm]\pmat{ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 }.[/mm]
> Aus der letzten Spalte kann man den fehlenden Eigenvektor
> einfach ablesen.
> Ist das so korrekt?
|
|
|
|
