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| Aufgabe | BestimmenSie die Eigenwerte von A = [mm] \pmat{ 1 & -4 & 4 \\ 0 & 3 & 2 \\ 0 & -1 & 0} [/mm] und diagonalisieren sie die Matrix, wenn es geht.
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Zunächsteinmal benötigen wir hier das charakteristische Polynom:
[mm] X_A(\lambda) [/mm] = det(A- [mm] \lambda E_n) [/mm] => det( [mm] \pmat{ 1-\lambda & -4 & 4 \\ 0 & 3-\lambda & 2 \\ 0 & -1 & 0 - \lambda} [/mm] )
kann man mit dem Entwicklungssatz nach der 1.Spalte entwickeln und erhält :
det(A- [mm] \lambda E_n) [/mm] = [mm] (1-\lambda)(0-(-2-2\lambda)) [/mm] = [mm] (1-\lambda)(2+2\lambda) [/mm] = [mm] 2(1-\lambda)(1+\lambda) [/mm]
Die Eigenwerte sind also [mm] \lambda_1 [/mm] = 1, [mm] \lambda_2 [/mm] = -1
Die Eigenräume zu diesen Eigenwerten sind:
[mm] V_{\lambda_{1}} [/mm] = ker(A- [mm] \lambda_{1}E_n)
[/mm]
Hier erhalte ich folgende Basis: [mm] b_1 [/mm] = [mm] \vektor{0 \\ 0 \\ 1}, b_2 [/mm] = [mm] \vektor{0 \\ 1 \\ 0}
[/mm]
[mm] V_{\lambda_{2}} [/mm] ker(A- [mm] \lambda_{2}E_n)
[/mm]
Hier erhalte ich folgende Basis :
[mm] b_3 [/mm] = [mm] \vektor{1 \\ -1/2 \\ 1}
[/mm]
So die Summe der Dimensionen der Eigenräume ist also n und damit diagonalisierbar.
Nun müssen ja diese Basisvektoren der Eigenräume als Spaltenvektoren in die Matrix T eingetragen werden, aber ich weiß nicht in welcher reihenfolge(ist das egal???) und wenn ich das tue und dann T^(-1) berechne , ergibt bei mir T^(-1)AT nicht eine Diagonalmatrix...
Kann mir jemand helfe oder sagen, was ich falsch gemacht habe???
Lg Sandra
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Was mir aufgefallen ist, dass ich meine zu wissen, dass die Algebraische Vielfachheit größer als die geometrische Vielfachheit sein muss und das würde ja hier nicht zutreffen.
es muss laso eigentlich ein Fehler aufgetreten sein, aber wo??
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> Was mir aufgefallen ist, dass ich meine zu wissen, dass die
> Algebraische Vielfachheit größer als die geometrische
> Vielfachheit sein muss und das würde ja hier nicht
> zutreffen.
> es muss laso eigentlich ein Fehler aufgetreten sein, aber
> wo??
Beim Entwicklen der Determinante nach der 1. Spalte (siehe meine Antwort auf Deine ursprüngliche Frage).
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> BestimmenSie die Eigenwerte von A = [mm]\pmat{ 1 & -4 & 4 \\ 0 & 3 & 2 \\ 0 & -1 & 0}[/mm]
> und diagonalisieren sie die Matrix, wenn es geht.
>
>
> Zunächsteinmal benötigen wir hier das charakteristische
> Polynom:
>
> [mm]X_A(\lambda)[/mm] = det(A- [mm]\lambda E_n)[/mm] => det( [mm]\pmat{ 1-\lambda & -4 & 4 \\ 0 & 3-\lambda & 2 \\ 0 & -1 & 0 - \lambda}[/mm]
> )
> kann man mit dem Entwicklungssatz nach der 1.Spalte
> entwickeln und erhält :
>
> [mm]\det(A- \lambda E_n) = (1-\lambda)(0-(-2-2\lambda)) = (1-\lambda)(2+2\lambda) = 2(1-\lambda)(1+\lambda)[/mm]
Nein, ganz unmöglich, dass "man" dies erhält: denn es muss sich ja um ein Polynom vom 3. Grad handeln. Dein obiges Polynom ist aber nur vom 2. Grad.
Du hättest statt dessen beim Entwickeln nach der 1. Spalte folgendes hinschreiben müssen:
[mm]\det(A-\lambda E_n)=(1-\lambda)\cdot\big[(3-\lambda)\cdot(-\lambda)-2\cdot (-1)\big][/mm]
Den ersten Eigenwert [mm] $\lambda=1$ [/mm] kann man aus dem ersten Faktor in dieser Darstellung herauslesen. Der Faktor in der eckigen Klammer hat die beiden Nullstellen $1$ und $2$, also hat die Matrix die beiden Eigenwerte $1$ und $2$.
>
> Die Eigenwerte sind also [mm]\lambda_1[/mm] = 1, [mm]\lambda_2[/mm] = -1
Nein, siehe oben: der Rest ist nun leider falsch.
>
> Die Eigenräume zu diesen Eigenwerten sind:
>
> [mm]V_{\lambda_{1}}[/mm] = ker(A- [mm]\lambda_{1}E_n)[/mm]
>
> Hier erhalte ich folgende Basis: [mm]b_1 = \vektor{0 \\ 0 \\ 1}, b_2 \vektor{0 \\ 1 \\ 0}[/mm]
>
> [mm]V_{\lambda_{2}}[/mm] ker(A- [mm]\lambda_{2}E_n)[/mm]
>
> Hier erhalte ich folgende Basis :
>
> [mm]b_3[/mm] = [mm]\vektor{1 \\ -1/2 \\ 1}[/mm]
>
>
> So die Summe der Dimensionen der Eigenräume ist also n und
> damit diagonalisierbar.
>
> Nun müssen ja diese Basisvektoren der Eigenräume als
> Spaltenvektoren in die Matrix T eingetragen werden, aber
> ich weiß nicht in welcher reihenfolge(ist das egal???)
Ja: die resultierende Matrix ist in jedem Falle diagonal, sofern die Eigenvektoren den ganzen Raum aufspannen. Deren Vertauschung als Spaltenvektoren der Transformationsmatrix $T$ bewirkt höchstens ein Vertauschen der Diagonalelemente der transformierten Matrix.
> und
> wenn ich das tue und dann T^(-1) berechne , ergibt bei mir
> T^(-1)AT nicht eine Diagonalmatrix...
Nachdem die Eigenwerte (und damit die Eigenvektoren) schon falsch sind, ist dies gewiss nicht erstaunlich. Ob sich diese Matrix überhaupt diagonalisieren lässt, lassen wir einmal offen...
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Vielen dank.- Nun muss ich also zum Eigenwert 1 und zum Eigenwert 2 den Eigenraum bestimmen.
Die Basis zum eigenwert 2 ist folgende: [mm] b_1= \vektor{1 \\ 0 \\ 0}
[/mm]
und wieder habe ich einen 2 dimensionalen Eigenraum zum eigenwert 1:
[mm] b_2 [/mm] = [mm] \vektor{0 \\ 1 \\ 0} ,b_3 [/mm] = [mm] \vektor{0 \\ 1 \\ -1}
[/mm]
Diesmal darf das aber auch so sein, weil die algbraische Vielfachheit von eigenwert 1 gleich 2 ist.
So dann müsste die Matrix jetzt eigentlich diagonalisierbar sein.
Aber ich bekomme auch nun keine Diagonalmatrix raus;(
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> und wieder habe ich einen 2 dimensionalen Eigenraum zum
> eigenwert 1:
> [mm]b_2[/mm] = [mm]\vektor{0 \\ 1 \\ 0} ,b_3[/mm] = [mm]\vektor{0 \\ 1 \\ -1}[/mm]
>
> Diesmal darf das aber auch so sein, weil die algbraische
> Vielfachheit von eigenwert 1 gleich 2 ist.
>
>
> So dann müsste die Matrix jetzt eigentlich diagonalisierbar
> sein.
Hallo,
Du hast Dich verrrechnet. Der Eigenraum zu 1 ist nicht zweidimensional, und daher kann Deine Diagonalisierung nicht klappen.
Rechne nochmal, wenn Du's wieder falsch herausbekommst, rechne vor.
Gruß v. Angela
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jo schon gut. Er ist nur eindimensional..Danke..
dann könnte ich hier also nur auf Jordan-Normalenform bringen, richtig?
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> jo schon gut. Er ist nur eindimensional..Danke..
>
> dann könnte ich hier also nur auf Jordan-Normalenform
> bringen, richtig?
Genau. Diagonalisieren kannst Du nicht.
Gruß v. Angela
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:29 So 26.08.2007 | | Autor: | Somebody |
> Vielen dank.- Nun muss ich also zum Eigenwert 1 und zum
> Eigenwert 2 den Eigenraum bestimmen.
>
> Die Basis zum eigenwert 2 ist folgende: [mm]b_1= \vektor{1 \\ 0 \\ 0}[/mm]
![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]") Ich erhalte statt dessen
[mm]b_1=\vektor{12 \\ -2\\1}[/mm]
>
> und wieder habe ich einen 2 dimensionalen Eigenraum zum
> eigenwert 1:
> [mm]b_2[/mm] = [mm]\vektor{0 \\ 1 \\ 0} ,b_3[/mm] = [mm]\vektor{0 \\ 1 \\ -1}[/mm]
>
> Diesmal darf das aber auch so sein, weil die algbraische
> Vielfachheit von eigenwert 1 gleich 2 ist.
Wie Angela schon festgestellt hat, ist dies leider falsch. Du musst eine Basis des Kerns von
[mm]A-1\cdot E_n=\pmat{0 & -4 & 4\\0 & 2 & 2\\0 & -1 & -1}[/mm]
bestimmen. Hier kann man ohne lange Rechnung gleich einen solchen Basisvektor erkennen
[mm]b_2=\vektor{1 \\0 \\0}[/mm]
Da der zweite und dritte Spaltenvektor der Matrix [mm] $A-1\cdot E_n$ [/mm] linear-unabhängig sind, hat diese Matrix den Rang 2 und daher hat deren Kern die Dimension $3-2=1$. Die geometrische Vielfachheit des Eigenwertes [mm] $\lambda=1$ [/mm] ist nur 1: somit ist $A$ nicht diagonalisierbar.
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Vielen Dank euch allen..Ich habe die ganze zeit mit ner faschen Matri hier gerechnet;)
Da war ein zahendreher drin..
Danke trotzdem für alles und vor Allem die schnellen Antworten!!
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