Finde invertierbare Matrix T und Diagonalmatrx C´, sodass...

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22.01.2015, 21:37	Widderchen	Auf diesen Beitrag antworten »
Finde invertierbare Matrix T und Diagonalmatrx C´, sodass... Meine Frage: Hallo, es sei $\begin{eqnarray} C = \begin{pmatrix} 1 & 4 & 2 \\ 4 & 1 & 2 \\ 2 & 2 & -2 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ . Finde eine invertierbare Matrix T und eine Diagonalmatrix C´, sodass $\begin{eqnarray} T^{}T = 1_{3} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} T^{}CT = C \` \end{eqnarray}$ . Meine Ideen: Zunächst hätte ich den das charakteristische Polynom $\begin{eqnarray} det(C - \lambda \cdot 1_{3}) \end{eqnarray}$ ermittelt, um die Eigenwerte zu bestimmen. Anschließend hätte ich die Eigenräume bzgl. dieser Eigenwerte berechnet, also $\begin{eqnarray} Ker(C - \lambda \cdot 1_{3}) \end{eqnarray}$ , vorausgesetzt, das charakteristische Polynom zerfällt in Linearfaktoren. Anschließend hätte ich die Eigenvektoren, die dann die jeweiligen Eigenräume aufspannen, zu der Matrix T zusammengefasst, ist das so korrekt?? Viele Grüße Widderchen
23.01.2015, 14:17	Widderchen	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo, Kann mir niemand sagen, ob das oben von mir beschriebene Verfahren korrekt ist??? Ich komme hier nicht weiter. Widderchen
23.01.2015, 18:00	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Du hast dir ein Verfahren ausgedacht, bestimmt hast du dir auch etwas dabei gedacht. Nun mach doch einfach. Wenn das Ergebnis stimmt, ist dein Verfahren richtig und du hast richtig gerechnet, wenn nicht, dann ist dein Verfahren falsch oder du hast dich verrechnet. Warum möchtest du, dass jemand für dich rechnet ? Dann lernst du doch nichts. Ein Verfahren würde ich nur dann beurteilen wollen, wenn du bewiesen hättest, dass es zum Erfolg führt. Für dich nachdenken oder für dich rechnen ist zu viel verlangt.
23.01.2015, 23:16	Widderchen	Auf diesen Beitrag antworten »
Also gut, für das charakteristische Polynom erhalte ich $\begin{eqnarray} p(\lambda) = - \lambda^{3} + 27 \lambda + 38 \end{eqnarray}$ Die zugehörigen Nullstellen lauten $\begin{eqnarray} \lambda_{1} = -4,2494... \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \lambda_{2} = -1,5436... \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \lambda_{3} = 5,7931... \end{eqnarray}$ Hmm... Entweder habe ich mich verrechnet oder ich gehe das Problem vollständig falsch an. ich soll doch eine invertierbare Matrix T finden, sodass $\begin{eqnarray} T^{}T = 1_{3} \end{eqnarray}$ ergibt. Die Matrix C ist symmetrisch, das heißt ich kann durch paarweise Elementaroperationen bzgl. Zeilen und Spalten die Transponierte T finden. Das habe ich auch getan und erhalte die Matrix $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 & -3 & 4 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & -5 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ sowie die Diagonalmatrix $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & -15 & 0 \\ 0 & 0 & -90 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Allerdings erfüllt T die Bedingung $\begin{eqnarray} T^{}T = 1_{3} \end{eqnarray}$ nicht. Was habe ich falsch gemacht?? Widderchen
23.01.2015, 23:45	URL	Auf diesen Beitrag antworten »
Das charakteristische Polynom ist falsch, die Eigenwerte sind ganzzahlig.
24.01.2015, 13:51	Widderchen	Auf diesen Beitrag antworten »
Ok, stimmt, das charakteristische Polynom lautet: $\begin{eqnarray} p(\lambda) = - \lambda^{3} + 27 \lambda + 54 \end{eqnarray}$ und hat die Nullstellen -3 (algebraische Vielfachheit 2) und 6. Berechne nun die Eigenräume zu den Eigenwerten -3 und 6, also $\begin{eqnarray} Ker(C + 3 1_{3}) <br /> <br /> Ker(C - 6 1_{3}) \end{eqnarray}$ . Dann erhalte ich (nach Lösen von homogenen linearen Gleichungssystemen) zwei mögliche Eigenvektoren zu den Eigenwerten -3 und 6: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ -3 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 5 \\ 5 \\ 6 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Die beiden Eigenvektoren sind linear unabhängig. Um diese Basis zu vervollständigen, benötige ich noch einen dritten linear unabghängigen Vektor. In der Regel wählt man dann einen kanonischen Einheitsvektor, in diesem Fall also entweder den ersten oder zweiten Standardeinheitsvektor, wähle den ersten kanon. Einheitsvektor: $\begin{eqnarray} e_{1} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Damit erhalte ich die Matrix $\begin{eqnarray} T^{} = \begin{pmatrix} 2 & 2 & -3 \\ 5 & 5 & 6 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ durch Zusammenfügen der drei linear unabhängigen Vektoren. Das Matrizenprodukt $\begin{eqnarray} T^{}T \end{eqnarray}$ ergibt allerdings immer noch nicht die Einheitsmatrix. Vielleicht muss ich die Matrix T noch irgendwie verändern? Ich hoffe, das ist soweit korrekt. Widderchen
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24.01.2015, 14:03	URL	Auf diesen Beitrag antworten »
Eigenwerte sind richtig, die Eigenvektoren sind falsch (wie du durch Multiplikation mit C leicht überprüfen kannst). Du brauchst eine Basis aus Eigenvektoren. Der Eigenraum zum Eigenwert -3 ist zweidimensional, der fehlende Basisvektor ist also dort zu finden.
24.01.2015, 14:43	Widderchen	Auf diesen Beitrag antworten »
Halt! ein möglicher Eigenvektor zum Eigenwert 6 ist $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Bei der Lösung des Gleichungssystems bzgl. Eigenwert -3 erhalte ich doch das Gleichungssystem $\begin{eqnarray} 4x_{1} + 4x_{2} + 2x_{3} = 0 \end{eqnarray}$ Alle anderen Zeilen sind identisch bzw. Vielfache der ersten Zeile. Dann erhalte ich als möglichen Lösungsvektor $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ - 4 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ . Wo soll ich hier noch einen weiteren Lösungsvektor erhalten. Was übersehe ich?? Widderchen
24.01.2015, 14:56	URL	Auf diesen Beitrag antworten »
EV zum EW 6 ist richtig. Erinnere dich daran, wie du (homogene) lineare Gleichungssysteme löst. Wie viele freie Variablen hat man hier bei dieser einen Gleichung mit drei Unbekannten?
24.01.2015, 19:16	Widderchen	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo, ich habe zwei wählbare Variablen, da eine Gleichung mit drei Variablen vorliegt. Dann kann ich bspw. $\begin{eqnarray} x_{1} = s , x_{2} = t \end{eqnarray}$ wählen. Aber natürlich, ich habe viel zu schnell gerechnet, da ich es bisher immer gewohnt war mit eindimensionalen Eigenräumen zu arbeiten. Dann erhalte ich den Lösungsraum: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \cdot s + \begin{pmatrix} -1/2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \cdot t \end{eqnarray}$ Damit sind dies die Basisvektoren, die den Eigenraum E(-3) aufspannen, also meine gesuchten Eigenvektoren. Mit dem Eigenvektor aus E(6) erhalte ich dann also die Matrix T $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} -1 & -1/2 & 2 \\ 1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ . So, jetzt muss es stimmen, aber $\begin{eqnarray} T^{}T \end{eqnarray*}$ ist immer noch nicht die Einheitsmatrix, also habe ich wieder irgendetwas falsch gemacht, oder?
24.01.2015, 20:08	URL	Auf diesen Beitrag antworten »
Es sind Eigenvektoren, aber noch nicht die gesuchten. $\begin{eqnarray} T^T=I_3 \end{eqnarray}$ bedeutet, dass die Spalten von $\begin{eqnarray} T \end{eqnarray}$ eine Orthonormalbasis bilden und das ist noch nicht der Fall. Eigenvektoren zum Eigenwert 6 stehen senkrecht auf denen zum Eigenwert -3 (wenn du das nicht allgemein begründen kannst, dann rechne es hier schnell nach). Also muss man nur noch im Eigenraum zum EW -3 eine Orthonormalbasis bestimmen - das Gram-Schidt-Verfahren sollte dir jetzt einfallen. Das liefert dir zwei Einheitsvektoren $\begin{eqnarray} b_1, b_2 \in Ker(C + 3 1_{3}) \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} b_1^b_2=0 \end{eqnarray}$ . Jetzt normierst du noch den gewählten EV zum EW 3, nennst ihn $\begin{eqnarray} b_3 \end{eqnarray}$ und hast dann dein T gefunden.
24.01.2015, 20:09	DrHousedorf	Auf diesen Beitrag antworten »
Müssen deine Vektoren vielleicht eine Orthonormalbasis des $\begin{eqnarray} \mathbb{R}^3 \end{eqnarray}$ bilden? Das ist ja gerade (in geschrobener oder kurzer Schreibweise, je nach Geschmack) die Bedingung $\begin{eqnarray} TT=1_3 \end{eqnarray*}$ .
24.01.2015, 21:45	Widderchen	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo, erstmal vielen Dank für eure Antworten. Dass die Eigenvektoren von E(6) orthogonal zu denen von E(-3) sind, errechne ich aus den Skalarprodukten (welches eine symmetrische, positiv defnite Biliearform auf dem IR^3 ist) . Ich habe das Gram-Schmidt-Orthogonalisierungsverfahren angewandt und erhalte die orthogonale Basis von E(-3) : $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} -1/4 \\ -1/4 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ . Den zweiten Vektor normiere ich zu: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} \frac{-1}{\sqrt{18}} \\ \frac{-1}{\sqrt{18}} \\ \frac{4}{\sqrt{18}} \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Normiere den dritten Vektor zum Eigenwert 6 (ich glaube, damit meinst du den Eigenvektor $\begin{eqnarray} b_3 \end{eqnarray}$ , oder , URL???) . Die Normierung dieses Vektors lautet $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 2/3 \\ 2/3 \\ 1/3 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Damit müssten alle drei Vektoren eine Orthogonalbasis bilden und die Matrix T lautet dann: $\begin{eqnarray} T = \begin{pmatrix} -1 & \frac{-1}{\sqrt{18}} & 2/3 \\ 1 & \frac{-1}{\sqrt{18}} & 2/3 \\ 0 & \frac{4}{\sqrt{18}} & 1/3 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Hoffentlich stimmt das jetzt, sonst bin ich verwirrt! Aber ich befürchte, dass es nicht stimmt.
24.01.2015, 22:05	URL	Auf diesen Beitrag antworten »
Ahem..Orthonormalbasis..
24.01.2015, 22:10	Widderchen	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, das meinte ich auch, alle drei Vektoren sind normiert und paarweise orthogonal zueinander bzgl. einer Bilinearform im IR^3 , aber das Resultat ist wohl immer noch nicht richtig, oder irre ich mich? Die Bedingung T*T = 1_{3} ist nämlich immer noch nicht erfüllt. Langsam verzweifle ich an dieser Aufgabe. Grüße Widderchen
24.01.2015, 22:18	URL	Auf diesen Beitrag antworten »
Die erste Spalte ist nicht normiert
24.01.2015, 22:22	GuntherGeier	Auf diesen Beitrag antworten »
Da musst du nur 1²+(-1)²=2 zusammenzählen ...
24.01.2015, 22:29	Widderchen	Auf diesen Beitrag antworten »
Oh, danke, jetzt klappt es, URL! Muss dieselbe Prozedur auch bei antisymmetrischen Matrizen B und C mit komplexen Einträgen durchgeführt werden, sodass $\begin{eqnarray} T^{\dagger}BT = 1_{3} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} T^{\dagger}CT = C' \end{eqnarray}$ gilt, wobei C' eine Diagonalmatrix sein soll und T invertierbar ist??? Viele Grüße Widderchen

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