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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:56 Di 02.11.2010 | | Autor: | MaRaQ |
| Aufgabe | Es sei T ein Endomorphismus im [mm]\IR^3[/mm] mit der Eigenschaft [mm]T(x_1 , x_2 , x_3) = (x_1 - x_2 + x_3 , -6x_2 + 12x_3 , -2x_1 + 2x_2 - 2x_3)[/mm].
Zeigen Sie, dass T diagonalisierbar ist und bestimmen Sie einen Eigenvektor von T |
Hallo zusammen, ich wiederhole gerade Grundlagen aus der Linearen Algebra. Bei dieser Aufgabe sind mir dann doch ein paar Fragen aufgetaucht, die ich mir selbst gerade leider nicht mehr beantworten/herleiten kann. Zu lange her.
Nun, um zu zeigen, dass T diagonalisierbar ist muss ich zeigen, dass das charakteristische Polynom der darstellende Matrix von T in Linearfaktoren zerfällt, richtig?
Also bestimme ich erst einmal die darstellende Matrix von T: Ich lasse die trivialen Basisvektoren des [mm] \IR^3 [/mm] auf T los und schreibe das Ergebnis in die Zeilen (?) der darstellenden Matrix (im Folgenden A genannt):
[mm]A = \pmat{1 & 0 & -2 \\ -1 & -6 & 2 \\ 1 & 12 & -2 }[/mm]
Nun, an die Stelle, an der ich gerade ein besonders dickes Brett vorm Kopf habe. Das charakteristische Polynom ist ja definiert als:
[mm]cp_A(\lambda) = det(\lambda E_n - A)[/mm] (hier natürlich n = 3)
Darf ich vorher zur Vereinfachung A mit Hilfe trivialer Zeilenoperationen auf Zeilenstufenform bringen? Oder setze ich hiermit schon Diagonalisierbarkeit voraus?
Wenn ich das nicht mache, artet aber wiederum das charakteristische Polynom ganz schön aus... und wenn ich es mache kommt mir die Aufgabe verdächtig einfach vor. 
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> Es sei T ein Endomorphismus im [mm]\IR^3[/mm] mit der Eigenschaft
> [mm]T(x_1 , x_2 , x_3) = (x_1 - x_2 + x_3 , -6x_2 + 12x_3 , -2x_1 + 2x_2 - 2x_3)[/mm].
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> Zeigen Sie, dass T diagonalisierbar ist und bestimmen Sie
> einen Eigenvektor von T
> Hallo zusammen, ich wiederhole gerade Grundlagen aus der
> Linearen Algebra. Bei dieser Aufgabe sind mir dann doch ein
> paar Fragen aufgetaucht, die ich mir selbst gerade leider
> nicht mehr beantworten/herleiten kann. Zu lange her.
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> Nun, um zu zeigen, dass T diagonalisierbar ist muss ich
> zeigen, dass das charakteristische Polynom der darstellende
> Matrix von T in Linearfaktoren zerfällt, richtig?
>
> Also bestimme ich erst einmal die darstellende Matrix von
> T: Ich lasse die trivialen Basisvektoren des [mm]\IR^3[/mm] auf T
> los und schreibe das Ergebnis in die Zeilen (?) der
> darstellenden Matrix (im Folgenden A genannt):
>
> [mm]A = \pmat{1 & 0 & -2 \\
-1 & -6 & 2 \\
1 & 12 & -2 }[/mm]
>
Hallo,
die transponierte dieser Matrix ist die darstellende Matrix.
> Nun, an die Stelle, an der ich gerade ein besonders dickes
> Brett vorm Kopf habe. Das charakteristische Polynom ist ja
> definiert als:
>
> [mm]cp_A(\lambda) = det(\lambda E_n - A)[/mm] (hier natürlich n =
> 3)
Ja.
>
> Darf ich vorher zur Vereinfachung A mit Hilfe trivialer
> Zeilenoperationen auf Zeilenstufenform bringen?
Nein.
Aber Du darfst ggf. [mm] \lambda E_n-A [/mm] mit elementaren Zeilenumformungen vereinfachen, bevor Du die Determinante ausrechnest.
Gruß v. Angela
>Oder setze
> ich hiermit schon Diagonalisierbarkeit voraus?
>
> Wenn ich das nicht mache, artet aber wiederum das
> charakteristische Polynom ganz schön aus... und wenn ich
> es mache kommt mir die Aufgabe verdächtig einfach vor.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:08 Di 02.11.2010 | | Autor: | MaRaQ |
Hallo Angela,
danke erst mal soweit für deine Hilfe. Also muss ich die Bilder der Basisvektoren in die Spalten der darstellenden Matrix schreiben, hoffentlich kann ich mir das jetzt endlich mal merken.
Also ist [mm]A = \pmat{ 1 & -1 & 1 \\ 0 & -6 & 12 \\ -2 & 2 & -2 }[/mm] und damit [mm]cp_A(\lambda) = \vmat{ \lambda - 1 & 1 & -1 \\ 0 & \lambda+6 & -12 \\ 2 & -2 & \lambda+2 }[/mm]
Nun kann ich entweder die Regel von Sarrus anwenden oder weitere elementare Zeilenumformungen vornehmen (oder beides nacheinander).
Ich habe mich für die Zeilenumformungen entschieden und erst einmal die III. Zeile mit [mm] (\lambda-1) [/mm] multipliziert, um das 2-fache der I. Zeile davon abziehen zu können.
Im nächsten Schritt multipliziere ich wiederum die III. Zeile mit [mm] (\lambda+6), [/mm] um das [mm] 2\lambda-fache [/mm] der II. Zeile addieren zu können.
[mm]cp_A(\lambda) = \vmat{ \lambda - 1 & 1 & -1 \\ 0 & \lambda+6 & -12 \\ 2 & -2 & \lambda+2 } = (\lambda-1)*\vmat{ \lambda - 1 & 1 & -1 \\ 0 & \lambda+6 & -12 \\ 0 & -2\lambda & (\lambda+2)(\lambda-1)+2 } = (\lambda-1)*(\lambda+6)*\vmat{ \lambda - 1 & 1 & -1 \\ 0 & \lambda+6 & -12 \\ 0 & 0 & ((\lambda+2)(\lambda-1)+2)(\lambda+6)-24\lambda }[/mm]
Nun habe ich mit Sarrus einfaches Spiel, alle Diagonalen (außer der Hauptdiagonalen) enthalten Nullen und fallen somit weg.
Also [mm]cp_A(\lambda) = (\lambda-1)*(\lambda+6)*[(\lambda-1)*(\lambda+6)*[((\lambda+2)*(\lambda-1)+2)*(\lambda+6)-24\lambda]][/mm]
Das aufzulösen ist nun wahrlich kein Spaß mehr. Mit Stift und Papier geht es ja noch, aber mit der Tastatur am PC ist es doch eher unbequem.
Gibt es bis hierhin einen einfacheren Weg, den ich vielleicht übersehen habe?
Ich habe das jetzt auf verschiedenen Wegen versucht, direkt Sarrus, Zeilenumformungen und dann Sarrus und Mischformen: Der primitivste Term, auf den ich bislang rauskam war (direkt Sarrus):
[mm]cp_A(\lambda) = (\lambda-1)(\lambda+6)(\lambda+2) -22\lambda + 12[/mm]
Das zerfällt jetzt erst einmal nicht in Linearfaktoren. Ich habe auch langsam die Vermutung, dass das für das Charakteristische Polynom in diesem Beispiel gilt und die Funktion tatsächlich nicht diagonalisierbar ist?
Kann ich das hier auf einfachem Weg zeigen/beweisen?
Ansonsten müsste ich ja die drei Klammern vorne auflösen, mit dem Rest dahinter zusammenschreiben und über Polynomdivision versuchen, den Gesamtterm wieder in Linearfaktoren aufzuteilen, nur fehlt mir der Glaube, dass das aufgehen kann?
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> Ich habe das jetzt auf verschiedenen Wegen versucht, direkt
> Sarrus, Zeilenumformungen und dann Sarrus und Mischformen:
> Der primitivste Term, auf den ich bislang rauskam war
> (direkt Sarrus):
>
> [mm]cp_A(\lambda) = (\lambda-1)(\lambda+6)(\lambda+2) -22\lambda + 12[/mm]
> Ansonsten müsste ich ja die drei Klammern vorne auflösen,
> mit dem Rest dahinter zusammenschreiben und über
> Polynomdivision versuchen, den Gesamtterm wieder in
> Linearfaktoren aufzuteilen, nur fehlt mir der Glaube, dass
> das aufgehen kann?
Hallo,
es geht auf. Mach einfach mal.
Eines kann man der Matrix [mm] A = \pmat{ 1 & -1 & 1 \\
0 & -6 & 12 \\
-2 & 2 & -2 } [/mm] übrigens doch schon auf einen Blick ansehen:
sie hat nicht vollen Rang, ihr Rang ist 2, somit hat sie auf jeden Fall den Eigenwert 0, und der zugehörige Eigenraum ist der Kern der Matrix.
Jetzt mal zu Deinen Umformungen:
> Ich habe mich für die Zeilenumformungen entschieden und
> erst einmal die III. Zeile mit [mm](\lambda-1)[/mm] multipliziert,
> um das 2-fache der I. Zeile davon abziehen zu können.
1. Wenn Du sowas tust, dann mußt Du das nicht durch den Faktor [mm] (\lambda-1) [/mm] vor der Determinante "ausgleichen", sondern durch den Faktor [mm] \bruch{1}{\lambda - 1}.
[/mm]
2. Nächstes Problem: Du mußt sicherstellen, daß nicht [mm] \lambda=1, [/mm] denn sonst multiplizierst Du die Zeile mit 0, und das ist gar nicht schön - und durch 0 dividieren tust Du dann auch noch.
3. Ich würd' die Finger von Manövern lassen, bei mit Ausdrücken, in denen es ein [mm] \lambda [/mm] gibt, multipliziert wird.
Bei Deiner Matrix [mm] \lambda [/mm] E-A könntest Du vielleicht die erste Spalte zur zweiten addieren, dann gibt's eine 0 mehr, was für die Rechnung meist ganz nett ist:
[mm] cp_A(\lambda) = \vmat{ \lambda - 1 & 1 & -1 \\
0 & \lambda+6 & -12 \\
2 & -2 & \lambda+2 } [/mm]
=[mm]\vmat{ \lambda - 1 & \lambda & -1 \\
0 & \lambda+6 & -12 \\
2 & 0& \lambda+2 } [/mm].
Gruß v. Angela
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:32 Fr 05.11.2010 | | Autor: | MaRaQ |
Hallo Angela,
danke für deine Tipps und Hinweise, insbesondere die Erinnerung an den Kern als Eigenraum.
Ich habe mich jetzt noch mal intensiver mit der Thematik auseinandergesetzt und fürs Erste sind alle Unklarheiten beseitigt.
Schöne Grüße,
Maraq
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