Diagonalisieren einer Matrix < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:39 Mo 05.07.2004 | | Autor: | chrisb |
ch habe diese Frage in keinem anderem Forum gestellt.
Hallo,
ich bin dabei, folgende Aufgabe zu lösen:
Man diagonalisiere die Matrix
A:= [mm] \begin{pmatrix}
0 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix} [/mm]
Nach einem Satz unserer Vorlesung ist A ähnlich zu einer Diagonalmatrix
D=S^*AS, wenn A n verschiedene Eigenwerte x besitzt.
Mein (geplantes) Vorgehen:
1. det(A- xE) berechnen und somit die Eigenwerte erhalten
2. Eigenvektoren un zu den Eigenwerten bestimmen
3. Matrizen S und S^* bestimmen, [mm] S=(u_1, u_2, u_3, u_4)
[/mm]
4. S^*AS bilden und somit eine Diagonalmatrix erhalten.
det(A-xE) = = (-x)(-x)(-x)(-x) - 1 = [mm] x^4 [/mm] -1
Somit erhält man die Eigenwerte [mm] x_1=1 [/mm] und [mm] x_2 [/mm] =-1.
Der obige Satz scheint also nur eine hinreichende Bedingung für Diagonalisierbarkeit
zu sein.
Ist mein obiges Vorgehen überhaupt richtig? Wie kann ich aus 2 verschiedenen
Eigenwerten nun 4 lin. unabhängige Eigenvektoren erhalten?
Gruß
Christoph
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:14 Mo 05.07.2004 | | Autor: | andreas |
hi Christoph
prinzipiell ist dein vorgehen richtig.
aber: als charakteristisches polynom erhalte ich [m] \chi_A (x) = \det(A - xE) = x^4 - 2x^2 + 1[/m]. so wie es aussieht hast du die cramer'sche regel für die berechnung der determinante verwendet, die gilt aber nur für 3x3-matrizen! hier musst du wirklich entwickeln oder auf irgend eine andere weise auf den wert der determinante kommen.
die eiegnwerte stimmen dann wieder überein (bei deinem charakteristischen polynom wären noch die nullstellen [m] x_3 = i, \; x_4 = -i [/m] aufgetreten). so lässt sich das charakteristische polynom folgendermaßen in linearfaktoren zerlegen:
[m] \chi_A(x) = (x- 1)^2(x + 1)^2 [/m]. der exponent eines linearfaktors heißt die algebraische vielfachheit des zugehörigen eigenwertes. hier haben also beide eigenwerte [m] x_1 = 1[/m] und [m] x_2 = -1 [/m] die algebraische vielfachheit 2.
nun musst du die zugehöriegn eigenräume bestimmen, also für jeden eigenwert ein homogenes, lineares gleichungssystem lösen. die andere möglichkeit ist, dass man der matrix eigenvektoren ansieht. wenn man das nicht tut kommt man um das lgs nicht herum (was aber in diesem fall nicht wirklich aufwendig ist). dann erhältst du in beiden fällen zwei linear unabhängige eigenvektorn, also ist die dimension des eigenraumes zu beiden eigenwerten jeweils gleich zwei (dies nennt man auch die geometrische vielfachheit des eigenwetes - diese ist stets kleiner oder gleich der algebraischen vielfachheit des eigenwertes).
als hinreichendes (und notwendiges) kriterium für die diagonalisierbarkeit einer matrix gilt dann:
für alle eigenwrte gilt: die geometrische vielfachheit ist gleich der algebraischen veilfachheit.
dies ist hier der fall, also ist A diagonalisierbar in dem du die matrix S einfach aus einer basis aus eigenvektoren bildest!
probiere mal wie weit du damit kommst
mfg andreas
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:44 Mo 05.07.2004 | | Autor: | chrisb |
Hallo Andreas,
danke für deine ausführliche Antwort.
Ich habe jetzt die Determinante naoch mal selbst ausgerechnet. Entwickelt habe ich nach der ersten Zeile:
[mm] \begin{vmatrix}
-x & 0 & 0 & 1 \\
0 & -x & 1 & 0 \\
0 & 1 & -x & 0 \\
1 & 0 & 0 & -x \\
\end{vmatrix} [/mm] = [mm] -x\begin{vmatrix}
-x & 1 & 0 \\
1 & -x & 0 \\
0 & 0 & -x \\
\end{vmatrix} [/mm] - [mm] \begin{vmatrix}
0 & -x & 1 \\
0 & 1 & -x \\
1 & 0 & 0 \\
\end{vmatrix} [/mm] = [mm] -x(-x^3 [/mm] + x) - [mm] (x^2 [/mm] - 1) = [mm] x^4 [/mm] - [mm] 2x^2 [/mm] + 1
Als nächstes habe ich zu den beiden Eigenwerten die Eigenvektoren nach folgendem
System berechnet: (A-xE)u=0.
Damit erhalte ich folgendes:
[mm] \begin{pmatrix}
-1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & -1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & -1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & -1 \\
\end{pmatrix} \begin{pmatrix} u_1 \\ u_2 \\ u_3 \\ u_4 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} [/mm]
Daraus erhalte ich folgende Gleichungen:
[mm] -u_1 [/mm] + [mm] u_4 [/mm] = 0
[mm] -u_2 [/mm] + [mm] u_3 [/mm] = 0
[mm] u_2 -u_3 [/mm] = 0
[mm] u_1 [/mm] - [mm] u_4= [/mm] 0
Das ergibt:
[mm] u_1 [/mm] = [mm] u_4
[/mm]
[mm] u_2 [/mm] = [mm] u_3
[/mm]
Wenn ich [mm] u_1 [/mm] und [mm] u_2 [/mm] gelich 1 wähle, habe ich û_1 = [mm] \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} [/mm]
Analog erhalte ich für den zweiten Eigenwert:
[mm] u_1 [/mm] = - [mm] u_4
[/mm]
[mm] u_2 [/mm] = - [mm] u_3
[/mm]
û_2 = [mm] \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \\ -1 \end{pmatrix} [/mm]
Jetzt habe ich zwei Eigenvektoren, für S brauche ich aber vier. Wie muss ich jetzt weiter vorgehen?
Gruß
Christoph
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 09:31 Di 06.07.2004 | | Autor: | Gnometech |
Gruß!
Die Aufgabe ist ja nun gelöst, aber im vorliegenden Fall geht es auch einfacher. Man muß sich nur die Matrix A scharf ansehen und schauen, was die Abbildung eigentlich tut.
Es ist eine Permutationsmatrix, welche die kanonischen Basisvektoren [mm] e_1, e_4[/mm] vertauscht und ebenso mit [mm] e_2, e_3[/mm]. Wenn man die Abbildung also auf diesen beiden zweidimensionalen Unterräumen verstanden hat (die offensichtlich invariant sind), dann hat man die Aufgabe gelöst.
Aber das kann man sich schon im [mm] \IR^2[/mm] geometrisch klarmachen: die Vertauschung der Basisvektoren entspricht einer Spiegelung an der Winkelhalbierenden. Und daran kann man nun direkt die Eigenvektoren ablesen: auf den jeweiligen Winkelhalbierenden bleiben die Vektoren fest, das heißt also wir haben zwei Eigenvektoren zum Eigenwert 1, nämlich [mm] e_1 + e_4[/mm] und [mm] e_2 + e_3[/mm]. Und auf der Geraden senkrecht zur Winkelhalbierenden wirkt A durch Multiplikation mit -1, also sind die Eigenvektoren zum Eigenwert -1 genau [mm] e_1 - e_4[/mm] und [mm] e_2 - e_3[/mm].
Natürlich ist das nur eine Art, die Aufgabe zu lösen und man kann auch rechnen - ganz wie es einem beliebt. :)
Gnometech
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:58 Di 06.07.2004 | | Autor: | chrisb |
Hallo Paulus,
danke für deine Antwort. Ich wahr wohl schon halbwegs im Bett. Also mit den vier lin. unabh. Eigenvektoren habe ich ja nun die Spaltenvektoren der Matrix
S = [mm] \pmat{ 1 & 0 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1\\ }
[/mm]
Aber anscheinend bin ich zu blöd eine Inverse S^-1 zu berechnen:
S^-1 = [mm] \pmat{ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 0 & 1\\ }
[/mm]
Das Produkt S S^-1 ergibt nicht I, 2I . Was habe ich falsch gemacht?
Gruß
Christoph
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