Basen von Q^3 bestimmen, so dass Matrix Diagonalgestalt hat.

14.11.2011, 23:06	cupoftee	Auf diesen Beitrag antworten »
Basen von Q^3 bestimmen, so dass Matrix Diagonalgestalt hat. Meine Frage: Eine schnelle Lösung dieser Aufgabe wäre mir sehr wichtig Gegegben ist: $\begin{eqnarray} f: Q^{3}-> Q^{2} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x_2 + x_2 \\ x_1-x_2-x_3 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Gesucht sind Basen von Q^3 und Q^2, so dass bezüglich dieser Basen die Matrix zu f Diagonalgestalt hat. Meine Ideen: Die Matrix bezüglich der Standardbasis von Q^2 wäre $\begin{eqnarray} M'= \begin{pmatrix} 0 & 2 \\ 1& -1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Nun brauche ich ja das charakteristische Polynom, das lautet nach meiner Rechnung $\begin{eqnarray} \lambda ^{2} +\lambda -2 \end{eqnarray}$ Die Nullstellen wären dann $\begin{eqnarray} \lambda_1=1 , \lambda_2=-2 \end{eqnarray}$ Nun berechnet man ja die Basen der Eigenräume zu den jeweiligen Eigenwerten. Eig (1) =Lin ( (2,1)) Eig (-2) = Lin ((1,-1)) Daraus erhält man die Matrix T $\begin{eqnarray} T =\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ die Inverse dazu wäre dann $\begin{eqnarray} T^{-1} =\begin{pmatrix} 1/3 & 1/3 \\ 1/3 & -2/3 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} T^{-1}M' T = \begin{pmatrix} 1/3 & 1/3 \\ 1/3 & -2/3 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & 2 \\ 1& -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -2 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ aus f ((x1,x2))=(1,0) und f((y1,y2))=(0,2) Bestimme ich die Basisvektoren x und y => B={ x, y} = {(1/2, 1/2), (2,0)} Stimmt das Ganze soweit? Nun zu Q^3 bezüglich der Standardbasis von Q^3 wäre ja die Matrix $\begin{eqnarray} M =\begin{pmatrix} 0 & 2 & 0 \\ 1& -1 & -1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ dies ist aber keine quadratische Matrix. Wie soll es denn an dieser Stelle weiter gehen?
15.11.2011, 00:11	cupoftee	Auf diesen Beitrag antworten »
...ich stelle mir gerade die Frage, ob man wirklich den ganzen Aufwand betreiben muss. Kann ich mir nicht einfach eine beliebige Diagonalgestalt wählen und wie im letzten Schritt zu Q^2 eine Basis bestimmen? Also für eine Matrix $\begin{eqnarray} D=\begin{pmatrix} \alpha & 0 \\ 0& \beta \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} f\begin{pmatrix} a_1 \\ a_2 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 2a_2 \\ a_1-a_2 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} \alpha \\ 0 \end{pmatrix} <br /> \Rightarrow a_{2}=\frac{\alpha }{2} \Rightarrow a_{1}=\frac{\alpha }{2} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} f\begin{pmatrix} b_1 \\ b_2 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 2b_2 \\ b_1-b_2 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0 \\ \beta \end{pmatrix} <br /> \Rightarrow b_{2}=0 \Rightarrow b_{1}=\beta \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \Rightarrow B=\left\{ \begin{pmatrix} \frac{\alpha }{2} \\ \frac{\alpha }{2} \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} \beta \\ 0 \end{pmatrix} \right\} \alpha ,\beta \in \mathbb Q \end{eqnarray}$ bleibt trotzdem die Frage wie man dann für Q^3 verfährt?? Hat jemand eine Idee?
15.11.2011, 15:33	cupoftee	Auf diesen Beitrag antworten »
Kann ich Eigenwerte von M bestimmen indem ich der Matrix eine dritte Zeile mit lauter Nullen hinzufüge, damit sie quadratisch ist?? Oder ist diese Aufgabe einfach als nicht lösbar anzugeben?

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