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| Aufgabe | [mm]A = \pmat{ -1 & 4 & -2 \\ -3 & 4 & 0 \\ -3 & 1 & 3 }[/mm] , [mm]B = \pmat{ 5 & 0 & 0 \\ 1 & 5 & 0 \\ 0 & 1 & 5 }[/mm]
a) Bestimmen Sie eine invertierbare Matrix [mm]P[/mm], sodass [mm]P^{-1} AP[/mm] eine Diagonalmatrix ist und berechnen Sie dieses Produkt.
b) Warum gibt es keine invertierbare Matrix [mm]P[/mm], sodass [mm]P^{-1} BP[/mm] eine Diagonalmatrix ist? |
Hallo zusammen,
ich würde mich freuen, wenn Ihr Euch meine Lösungen einmal anschaut, kommentiert und mir insbesondere bei Teil b) auf die Sprünge helfen könntet.
zu a)
Hier habe ich zunächst die Eigenwerte in Form der Nullstellen des charakteristischen Polynoms ermittelt: [mm] \lambda_1 = 1, \lambda_2 = 3, \lambda_3 = 2[/mm]
Für jeden dieser Eigenwerte habe ich dann einen Eigenvektor ermittelt und aus diesen drei Eigenvektoren die Matrix [mm]P[/mm] zusammengebaut:
[mm]P = \pmat{ 1 & 1 & 2 \\ 1 & 3 & 3 \\ 1 & 4 & 3 } [/mm]
Die Inverse von P ergibt sich dann aus [mm](P|E_n) \Rightarrow (E_n|P^{-1})[/mm] und der Rest aus Ausgabe a) per Matrizenmultiplikation:
[mm]\pmat{ 3 & -5 & 3 \\ 0 & -1 & 1 \\ -1 & 3 & -2 } \pmat{ -1 & 4 & -2 \\ -3 & 4 & 0 \\ -3 & 1 & 3 } \pmat{ 1 & 1 & 2 \\ 1 & 3 & 3 \\ 1 & 4 & 3 } = \pmat{ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 2 } [/mm]
zu b)
Hier bin ich mir recht unsicher. Meine Vermutung: Zur Matrix [mm]B[/mm] lassen sich nur drei identische Eigenwerte ([mm]\lambda = 5[/mm]) ermitteln, aus denen sich widerrum keine drei linear unabhängige Eigenvektoren bilden lassen und somit keine Matrix [mm]P[/mm] gebildet werden kann.
Viele Grüße
Patrick
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:23 So 28.04.2013 | | Autor: | fred97 |
> [mm]A = \pmat{ -1 & 4 & -2 \\ -3 & 4 & 0 \\ -3 & 1 & 3 }[/mm] , [mm]B = \pmat{ 5 & 0 & 0 \\ 1 & 5 & 0 \\ 0 & 1 & 5 }[/mm]
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> a) Bestimmen Sie eine invertierbare Matrix [mm]P[/mm],
> sodass [mm]P^{-1} AP[/mm] eine Diagonalmatrix ist und berechnen
> Sie dieses Produkt.
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> b) Warum gibt es keine invertierbare Matrix [mm]P[/mm],
> sodass [mm]P^{-1} BP[/mm] eine Diagonalmatrix ist?
>
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> Hallo zusammen,
>
> ich würde mich freuen, wenn Ihr Euch meine Lösungen
> einmal anschaut, kommentiert und mir insbesondere bei Teil
> b) auf die Sprünge helfen könntet.
>
>
> zu a)
>
> Hier habe ich zunächst die Eigenwerte in Form der
> Nullstellen des charakteristischen Polynoms ermittelt: [mm] \lambda_1 = 1, \lambda_2 = 3, \lambda_3 = 2[/mm]
>
> Für jeden dieser Eigenwerte habe ich dann einen
> Eigenvektor ermittelt und aus diesen drei Eigenvektoren die
> Matrix [mm]P[/mm] zusammengebaut:
>
> [mm]P = \pmat{ 1 & 1 & 2 \\ 1 & 3 & 3 \\ 1 & 4 & 3 }[/mm]
>
> Die Inverse von P ergibt sich dann aus [mm](P|E_n) \Rightarrow (E_n|P^{-1})[/mm] und
> der Rest aus Ausgabe a) per Matrizenmultiplikation:
>
> [mm]\pmat{ 3 & -5 & 3 \\ 0 & -1 & 1 \\ -1 & 3 & -2 } \pmat{ -1 & 4 & -2 \\ -3 & 4 & 0 \\ -3 & 1 & 3 } \pmat{ 1 & 1 & 2 \\ 1 & 3 & 3 \\ 1 & 4 & 3 } = \pmat{ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 2 } [/mm]
Das istO.K.
>
>
> zu b)
>
> Hier bin ich mir recht unsicher. Meine Vermutung: Zur
> Matrix [mm]B[/mm] lassen sich nur drei identische Eigenwerte
> ([mm]\lambda = 5[/mm]) ermitteln, aus denen sich widerrum keine
> drei linear unabhängige Eigenvektoren bilden lassen und
> somit keine Matrix [mm]P[/mm] gebildet werden kann.
Ja, B ist nicht diagonalisierbar. Zeige also, dass es keine Basis des [mm] \IR^3 [/mm] aus Eigenvektoren von B gibt.
FRED
>
>
> Viele Grüße
> Patrick
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Hallo Fred,
danke für Deine Antwort.
> > zu b)
> >
> > Hier bin ich mir recht unsicher. Meine Vermutung: Zur
> > Matrix [mm]B[/mm] lassen sich nur drei identische Eigenwerte
> > ([mm]\lambda = 5[/mm]) ermitteln, aus denen sich widerrum keine
> > drei linear unabhängige Eigenvektoren bilden lassen und
> > somit keine Matrix [mm]P[/mm] gebildet werden kann.
>
> Ja, B ist nicht diagonalisierbar. Zeige also, dass es keine
> Basis des [mm]\IR^3[/mm] aus Eigenvektoren von B gibt.
Ich habe das jetzt so gelöst:
[mm](B- \lambda E_n) = \pmat{ 5-5 & 0 & 0 \\ 1 & 5-5 & 0 \\ 0 & 1 & 5-5 } = \pmat{ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 }[/mm]
Diese Matrix hat den Rang 2, weshalb B nur zwei linear unabhängige Eigenvektoren hat und somit nicht diagonalisiert werden kann.
Darf ich das so begründen?
Viele Grüße
Patrick
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> > Ja, B ist nicht diagonalisierbar. Zeige also, dass es
> keine
> > Basis des [mm]\IR^3[/mm] aus Eigenvektoren von B gibt.
Hallo,
Du hast zunächst festgestellt, daß [mm] \lambda=5 [/mm] dreifacher EW von B ist.
Nun bestimmst Du die Dimension des Eigenraumes zum EW [mm] \lambda=5:
[/mm]
>
> Ich habe das jetzt so gelöst:
>
> [mm](B- \lambda E_n) = \pmat{ 5-5 & 0 & 0 \\ 1 & 5-5 & 0 \\ 0 & 1 & 5-5 } = \pmat{ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 }[/mm]
>
> Diese Matrix hat den Rang 2,
Ja.
> weshalb B nur zwei linear
> unabhängige Eigenvektoren hat
Nein.
Der Eigenraum Eig(B,5) von B zum EW [mm] \lambda=5 [/mm] ist
[mm] Eig(B,5)=\red{Kern}(B-5E).
[/mm]
Es ist rang(B-5E)=2, also ist die Dimension des Kerns =1. Der Eigenraum hat also die Dimension 1,
und deshalb kann man keine Basis des [mm] \IR^3 [/mm] aus Eigenvektoren finden.
> und somit nicht
> diagonalisiert werden kann.
Ja.
LG Angela
>
> Darf ich das so begründen?
>
> Viele Grüße
> Patrick
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