Diagonalisierbarkeit eine Matrix zeigen

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15.12.2009, 13:51	padrino	Auf diesen Beitrag antworten »
Diagonalisierbarkeit eine Matrix zeigen Ich habe zu entscheiden ob eine Matrix diagonalisierbar ist oder nicht, habe das jetzt auchmal gemacht, bin mir aber bei einem Schritt sehr unsicher, und würde gerne wissen, ob ich was falsch gemacht habe (und wenn ja, wie ich das korrigieren kann...) Die Matrix war gegeben durch: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Dann habe ich zuerst das charakteristische Polynom ausgerechnet, das ist (zumindest meiner Meinung nach) ja: $\begin{eqnarray} (1-\lambda)(2-\lambda)^{2} \end{eqnarray}$ Die Eigenwerte sind also 1 und 2, währrend 1 die algebraische Vielfachheit 1 hat, und 2 die algebraische Vielfachheit 2. Dann habe ich mich darangemacht die Eigenräume (und hier bin ich mir nicht mehr sicher) zu bestimmen, ich habe also gerechnet, für EW=1: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} - 1I_{3} \end{eqnarray}$ , und davon den Kern, also $\begin{eqnarray} \alpha * \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ . Dieser Eigenraum hat also die geometrische Dimension 1, was mit der algebraischen Dimension des Eigenwertes übereinstimmt. Für den EW=2, das gleiche in Grün, also $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} - 2I_{3} \end{eqnarray}$ . Hier komme ich dann auf $\begin{eqnarray} \alpha \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}a + \beta \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ Also wäre die geometrische Dimension = 2 = der algebraischen Dimension des EW. Demnach wäre die Matrix diagonalisierbar. Stimmt das so?
15.12.2009, 14:12	klarsoweit	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Diagonalisierbarkeit eine Matrix zeigen Rechne mal $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ . Was stellst du fest?
15.12.2009, 14:19	padrino	Auf diesen Beitrag antworten »
Hm? Da kommt $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1\\ 0 \\ 2 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ raus Tut mir leid, das bringt mich irgendwie nirgendwohin... Was meinst du damit?
15.12.2009, 14:24	Mazze	Auf diesen Beitrag antworten »
Was muss den für Eigenvektoren v zu einem Eigenwert Lambda einer Matrix M gelten?
15.12.2009, 14:39	padrino	Auf diesen Beitrag antworten »
Sorry, ich komme auch mit dem Tipp nicht weiter. Habe gerade nochmal das ganze Skript überflogen in der Hoffnung auf einen Hinweis... Bitte werdet etwas konkreter, ich muss das Blatt morgen abgeben, und schreibe nächsten Dienstag noch eine Klausur für die ich noch was machen will... Ich gelobe Besserung, und in 2 Wochen weiß ich auch alles dazu... Momentan wäre ich einfach dankbar, wenn ihr mir sagen könntet, was ich falsch mache, wenn ich was falsch mache, und wo ich ansetzen muss um es besser zu machen... Danke
15.12.2009, 14:40	Mazze	Auf diesen Beitrag antworten »
Für Eigenvektoren zum Eigenwert Lambda gilt : $\begin{eqnarray} Mv = \lambda v \end{eqnarray}$ Ist denn $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = 2\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ ?
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15.12.2009, 14:48	padrino	Auf diesen Beitrag antworten »
Irgendwie nicht, was? Vielleicht nochmal wie ich auf dei Eigenvektoren gekommen bin, damit ihr mir sagen könnt wo ich auf die Schnauze falle... Ich muss ja, um den Eigenraum zu bestimmen, den Kern von $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} -1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ berechnen, habe also das homogene LGS: -x+y = 0, z = (beliebig), nehme ich mal die 1. Ich weiß aber leider nicht, wie ich von diese LGS auf den Kern schließen kann... Könnt ihr mir da auf die Sprünge helfen?
15.12.2009, 14:50	klarsoweit	Auf diesen Beitrag antworten »
Das sollte man natürlich im Schlaf beherrschen. Du hast 2 freie Parameter, nämlich y und z. Wähle also einmal y=0 und z=1 und einmal y=1 und z=0. Dann bekommst du die richtigen Lösungen.
15.12.2009, 14:56	padrino	Auf diesen Beitrag antworten »
Ok, vielen, vielen Dank... Aber jetzt kommt noch die dümmste Frage von allen: Warum ist y frei wählbar?
15.12.2009, 15:06	klarsoweit	Auf diesen Beitrag antworten »
Das sagt die Regel von klarsoweit: Wie bestimmt man bei einem LGS die frei wählbaren Variablen? Etwas leichter tut man sich mit der Beantwortung dieser Frage, wenn man zunächst die nicht frei wählbaren Variablen bestimmt. Befindet sich die Matrix eines LGS in Zeilenstufenform, dann gilt: Die nicht frei wählbaren Variablen sind genau diejenigen Variablen, die jeweils dem ersten Nicht-Nullelement jeder Zeile entsprechen. Alle anderen Variablen sind frei wählbar. Zur Bestimmung der Basis des Lösungsraums des homogenen GLS setzt man sukzessive eine frei wählbare Variable gleich 1, die restlichen gleich Null. Dann bestimmt man die fehlenden Komponenten. Die sich ergebenden Lösungsvektoren sind automatisch linear unabhängig.
15.12.2009, 15:21	padrino	Auf diesen Beitrag antworten »
Ok, merk ich mir Vielen Dank an euch beide!

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