Diagonalisierung einer Matrix < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:17 Di 24.05.2005 | | Autor: | Moe007 |
Hallo,
ich komm mal wieder nicht weiter und brauch wieder mal Hilfe.  Hoffe, dass mir jemand helfen wird.
Aufgabe: Für welche [mm] \alpha, \beta, \gamma \in \IR [/mm] ist die Matrix A [mm] \in \IR^{3,3}, [/mm] A = [mm] \pmat{ 2 & 0 & 0 \\ \alpha & 2 & 0 \\ \beta & \gamma & -1 } [/mm] diagonalisierbar? Gebe in diesen Fällen eine invertierbare MAtrix S an, die A diagonalisiert.
Meine Halblösung:
Ich weiß, dass A diagonalisierbar gdw für alle Eigenwerte die geom. Vielfachheit, also die Dimension des Eigenraums dim(Eig(f, [mm] \lambda_{i})) [/mm] gleich der algebr. Vielfachheit von [mm] \lambda_{i} [/mm] ist.
Ich hab zuerst die Matrix A transponiert und das charak. Polynom von [mm] A^{t} [/mm] berechnet: [mm] p_{A^{t}} [/mm] = (2- [mm] \lambda)^{2} (-1-\lambda) [/mm]
Also sind die Eigenwerte 2 (alg. Vielfachheit 2) und -1 (alg. Vielfachheit 1)
Dann hab ich zum EW 2 die Matrix bestimmt:
C := [mm] \pmat{ 0 & 0 & 0 \\ \alpha & 0 & 0 \\ \beta & \gamma & -3 }
[/mm]
Da nun dim(Eig(f,2)) = 2 sein muss, damit A diagonalisierbar ist, muss doch [mm] \alpha [/mm] = 0 sein oder??? Weil die [mm] dim(Eig(f,\lambda)) [/mm] = n- rg C gilt.
Stimmt bis hier her meine Argumentation?
Also C = [mm] \pmat{ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ \beta & \gamma & -3 } [/mm] hat die folgenden Lösungen: < [mm] \vektor{ \bruch{3}{\beta} \\ 0 \\ 1}, \bruch{{- \gamma}{\beta} \\ 1 \\ 0 } [/mm]
Also [mm] \beta \not= [/mm] 0 und [mm] \gamma [/mm] beliebig.
Dann hab ich die Matrix D zum EW -1 berechnet, und da steck ich jetzt fest:
Ich weiß, dass dim(Eig(f,-1)) = 1 sein muss, also dass der Rang D = 2 sein muss. wenn ich aber für [mm] \alpha [/mm] = 0 einsetze in D, dann bekomm ich eine Diagonalmatrix [mm] \pmat{ 3 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 2 }. [/mm] Dann wäre ja der Nullvektor eine Lösung dieses GLS, aber der Nullvektor ist doch kein Eigenvektor. Außerdem ist der Rang von D gar nicht 2 sondern 3.
Wo liegt da mein Fehler?
Ich komm deshalb auch nicht weiter, weil ich den 3. Basisvektor nicht bestimmen kann.
Ich hoffe, es hilft mir jemand weiter.
Danke, Moe
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:49 Di 24.05.2005 | | Autor: | Moe007 |
Hallo,
danke für deine Antwort.
Ich bin grad dabei [mm] S^{-1} [/mm] zu berechnen mit allg. [mm] \beta [/mm] und [mm] \gamma [/mm] und komm da voll durcheinander. Kann ich auch konkrete Werte für [mm] \beta [/mm] und [mm] \gamma [/mm] einsetzen, um das alles zu vereinfachen?
Lg, Moe
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:57 Di 24.05.2005 | | Autor: | Moe007 |
Hallo,
ich hab mal einfach [mm] \beta [/mm] = 3 und [mm] \gamma [/mm] = 0 gesetzt und hab sie in die Basis von [mm] \IR^{3} [/mm] gesetzt, die so lautet : [mm] \vektor{ \bruch{3}{\beta} \\ 0 \\ 1}, \vektor{ \bruch{- \gamma}{\beta} \\ 1 \\ 0}, \vektor{ \bruch{-\beta}{3} \\ \bruch{-\gamma}{3} \\ 1}
[/mm]
D.h. Matrix T hat diese Vektoren als Spalten.
Dann hab ich T transponiert und erhalte S := [mm] \pmat{ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0\\ -1 & 0 & 1 }
[/mm]
Dann ist [mm] S^{-1} [/mm] = [mm] \bruch{1}{2} \pmat{ 1 & 0 & -1 \\ 0 & 2 & 0\\ 1 & 0 & 1 } [/mm]
Und wenn ich jetzt [mm] SAS^{-1} [/mm] berechne, dann erhalte ich
[mm] \pmat{ 2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0\\ -3 & 0 & -1 }. [/mm]
Ich hab das echt tausend mal nachgerechnet, und ich werd einfach nicht schlau, warum bei mir links unten -3 steht statt 0.
Kannst du mir bitte sagen, wo mein Fehler liegt. Ich find ihn einfach nicht.
Danke, Moe
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:27 Di 24.05.2005 | | Autor: | Moe007 |
Hallo Julius,
danke für deine Antwort. ich war echt schon kurz vorm Verzweifeln
Aber endlich hab ich die Diagonalmatrix.
Ich krieg das bloß nicht mit allg. [mm] \beta [/mm] und [mm] \gamma [/mm] hin, da verrechne ich mich andauern beim Gaußverfahren....und komm da auf keinen grünen Zweig.
Viele Grüße, Moe
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 19:01 Mi 25.05.2005 | | Autor: | Moe007 |
Hallo,
ich glaub selbst nicht mehr dran, dass ich das irgendwie schaff...
Aber ich habs versucht.
Hier meine Lösung:
Bei mir musste ich [mm] $\beta \not= [/mm] 0$ setzen, weil ich beim Lösen des GLS nach Gauß durch [mm] \beta [/mm] dividieren musste. Soll ich dier Bedingung trotzdem weglassen?
Die Spalten von T sind die Basisvektoren von [mm] $\IR^{3}$ [/mm] mit allg. [mm] $\beta$ [/mm] und [mm] $\gamma$. [/mm] Die Matrix $S := [mm] T^{t}$ [/mm] transponiert.
Also $S:= [mm] \pmat{ \bruch{3}{\beta} & 0 & 1 \\ \bruch{-\gamma}{\beta} & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 }$.
[/mm]
Mit der Formel [mm] $S^{-1} [/mm] = [mm] \bruch{1}{det S} S^{#}$
[/mm]
Ausrechnen, ergibt: [mm] $S^{-1} [/mm] = [mm] \bruch{3}{\beta} [/mm] = [mm] \pmat{ 1 & 0 & -1 \\ \bruch{\gamma}{\beta} & \bruch{3}{\beta} & \bruch{\gamma}{\beta} \\ 0 & 0 & \bruch{3}{\beta}} [/mm] $
Dann hab ich [mm] $SS^{-1}$ [/mm] berechnet, um zu schauen, ob tatsächlich die Einheitsmatrix herauskommt:
[mm] $\pmat{ \bruch{9}{\beta^{2}} & 0 & 0 \\ 0 & \bruch{9}{\beta^{2}} & 0 \\ 0 & 0 & \bruch{9}{\beta^{2}}}$. [/mm] Damit das jetzt E ergibt, muss folglich [mm] $\beta [/mm] = 3$ oder $-3$ sein.
Dann hab ich [mm] $SAS^{-1}$ [/mm] berechnet: [mm] $\pmat{ \bruch{18}{\beta^{2}} & 0 & 0 \\ 0 & \bruch{18}{\beta^{2}} & \bruch{12 \gamma}{\beta^{2}} \\ 0 & 0 & \bruch{-9}{\beta^{2}}}$. [/mm] Damit das ganze nun eine Diagonalmatrix ist, muss [mm] $\gamma [/mm] = 0$ sein.
d.h. für [mm] $\alpha [/mm] = 0, [mm] \beta [/mm] = 3$ oder $-3$ und [mm] $\gamma [/mm] = 0$ ist [mm] $SAS^{-1} [/mm] = [mm] \pmat{ 2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & -1}$.
[/mm]
Mit den Eigenwerten als Diagonalelemente.
Ist das richtig?? Ich hoffe
Viele Grüße, Moe
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![[peinlich]](/images/smileys/peinlich.gif "[peinlich]"){kind=small}
, war also mein Fehler). Dieser Vektor ist jetzt ein Eigenvektor zum Eigenwert $-1$. 