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| Aufgabe | Aufgabe 4
Sei $F [mm] \in End(\IR^3)$ [/mm] gegeben durch:
[mm] $\quad F\left ( \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \right [/mm] ) = [mm] \begin{bmatrix}x - 2z \\ 0 \\ 4z - 2x \end{bmatrix}$.
[/mm]
(a) Bestimme die Eigenwerte und Eigenvektoren von F.
(b) Ist F diagonalisierbar? Falls ja, gib Matrizen D in Diagonalform und $S [mm] \in GL_n(\IR)$ [/mm] an, so dass $D = [mm] S[F]^{B}_{B}S^{-1}$. [/mm] Wenn nein, warum nicht? |
Nächste Woche wird die Klausur in linearer Algebra 1 geschrieben und wir haben zum üben ein paar Aufgaben bekommen. Da ich mir beim lösen dieser Aufgabe etwas unsicher war, wollte ich euch fragen ob die Lösung so korrekt ist.
Als erstes habe ich F als Darstellungsmatrix errechnet mit der kanonischen Basis [mm] $\mathfrak{B} [/mm] = [mm] (e_1,e_2,e_3)$.
[/mm]
[mm] $F(e_1) [/mm] = [mm] \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ -2 \end{bmatrix} [/mm] = 1 [mm] \cdot e_1 [/mm] + 0 [mm] \cdot e_2 [/mm] + (-2) [mm] \cdot e_3$
[/mm]
[mm] $F(e_2) [/mm] = [mm] \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} [/mm] = 0 [mm] \cdot e_1 [/mm] + 0 [mm] \cdot e_2 [/mm] + 0 [mm] \cdot e_3$
[/mm]
[mm] $F(e_1) [/mm] = [mm] \begin{bmatrix} -2 \\ 0 \\ 4 \end{bmatrix} [/mm] = (-2) [mm] \cdot e_1 [/mm] + 0 [mm] \cdot e_2 [/mm] + 4 [mm] \cdot e_3$
[/mm]
[mm] $\Rightarrow [F]^{\mathfrak{B}}_{\mathfrak{B}} [/mm] = [mm] \begin{bmatrix}1&0&-2 \\0&0&0 \\-2&0&4 \end{bmatrix}$
[/mm]
Anhand dieser darstellenden Matrix lässt sich nun das charakteristische Polynom bestimmen, deren Nullstellen dann die Eigenwerte sind.
[mm] $p_F [/mm] = [mm] det(tI_3 [/mm] - F) = [mm] \begin{vmatrix}t-1 & 0 & 2\\ 0 & t & 0\\ 2 & 0 & t-4 \end{vmatrix} [/mm] = t [mm] \cdot \begin{vmatrix}t-1 & 2\\2 & t-4\end{vmatrix} [/mm] = [mm] t(t^2 [/mm] - 5t)$
Mit Laplace-Entwicklung zur 2. Zeile.
Mit Hilfe der PQ-Formel erhalten wir nun als Nullstellen die Eigenwerte:
[mm] $\lambda_1 [/mm] = 0$ mit der algebraischen Vielfachheit 2 und
[mm] $\lambda_2 [/mm] = 5$ mit der algebraischen Vielfachheit 1.
Also $a(F,0) = 2$ und $a(F,5) = 1$
Mit Hilfe der zugehörigen Eigenräume erhalten die Eigenvektoren und die geometrische Vielfachheit, welche uns Aufschluss über die diagonalisierbarkeit gibt.
[mm] $Eig_0(F) [/mm] = Kern(F - 0 [mm] \cdot I_3) [/mm] = Kern [mm] \left ( \begin{bmatrix}1 & 0 & -2\\0&0&0\\ -2 & 0 & 4 \end{bmatrix} \right [/mm] ) = Kern [mm] \left ( \begin{bmatrix}1 & 0 & -2\\0&0&0\\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} \right [/mm] ) = span [mm] \left ( \begin{bmatrix} 2\\0\\1 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 0\\1\\0 \end{bmatrix} \right [/mm] ) [mm] \quad \Rightarrow [/mm] g(F,0) = 2$
[mm] $Eig_5(F) [/mm] = Kern(F - 5 [mm] \cdot I_3) [/mm] = Kern [mm] \left ( \begin{bmatrix}-4 & 0 & -2\\0&0&0\\ -2 & 0 & -1 \end{bmatrix} \right [/mm] ) = Kern [mm] \left ( \begin{bmatrix}-4 & 0 & -2\\0&0&0\\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} \right [/mm] ) = span [mm] \left ( \begin{bmatrix} 1\\0\\-2 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 0\\1\\0 \end{bmatrix} \right [/mm] ) [mm] \quad \Rightarrow [/mm] g(F,5) = 2$
Also gilt: $a(F,5) [mm] \neq [/mm] g(F,5) [mm] \gdw [/mm] $ F ist nicht Diagonalisierbar.
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Das wäre meine Lösung zu dieser Aufgabe. Stimmt was an Notationen nicht oder sind sogar einige Wege einfach Falsch?
Vielen Dank schon mal im Voraus.
André
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Hallo Highchiller,
> Aufgabe 4
> Sei [mm]F \in End(\IR^3)[/mm] gegeben durch:
> [mm]\quad F\left ( \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \right ) = \begin{bmatrix}x - 2z \\ 0 \\ 4z - 2x \end{bmatrix}[/mm].
>
> (a) Bestimme die Eigenwerte und Eigenvektoren von F.
> (b) Ist F diagonalisierbar? Falls ja, gib Matrizen D in
> Diagonalform und [mm]S \in GL_n(\IR)[/mm] an, so dass [mm]D = S[F]^{B}_{B}S^{-1}[/mm].
> Wenn nein, warum nicht?
> Nächste Woche wird die Klausur in linearer Algebra 1
> geschrieben und wir haben zum üben ein paar Aufgaben
> bekommen. Da ich mir beim lösen dieser Aufgabe etwas
> unsicher war, wollte ich euch fragen ob die Lösung so
> korrekt ist.
>
> Als erstes habe ich F als Darstellungsmatrix errechnet mit
> der kanonischen Basis [mm]\mathfrak{B} = (e_1,e_2,e_3)[/mm].
> [mm]F(e_1) = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ -2 \end{bmatrix} = 1 \cdot e_1 + 0 \cdot e_2 + (-2) \cdot e_3[/mm]
>
> [mm]F(e_2) = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} = 0 \cdot e_1 + 0 \cdot e_2 + 0 \cdot e_3[/mm]
>
> [mm]F(e_1) = \begin{bmatrix} -2 \\ 0 \\ 4 \end{bmatrix} = (-2) \cdot e_1 + 0 \cdot e_2 + 4 \cdot e_3[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow [F]^{\mathfrak{B}}_{\mathfrak{B}} = \begin{bmatrix}1&0&-2 \\0&0&0 \\-2&0&4 \end{bmatrix}[/mm]
>
> Anhand dieser darstellenden Matrix lässt sich nun das
> charakteristische Polynom bestimmen, deren Nullstellen dann
> die Eigenwerte sind.
>
> [mm]p_F = det(tI_3 - F) = \begin{vmatrix}t-1 & 0 & 2\\ 0 & t & 0\\ 2 & 0 & t-4 \end{vmatrix} = t \cdot \begin{vmatrix}t-1 & 2\\2 & t-4\end{vmatrix} = t(t^2 - 5t)[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
>
> Mit Laplace-Entwicklung zur 2. Zeile.
>
> Mit Hilfe der PQ-Formel erhalten wir nun als Nullstellen
> die Eigenwerte:
> [mm]\lambda_1 = 0[/mm] mit der algebraischen Vielfachheit 2 und
> [mm]\lambda_2 = 5[/mm] mit der algebraischen Vielfachheit 1.
> Also [mm]a(F,0) = 2[/mm] und [mm]a(F,5) = 1[/mm]
>
> Mit Hilfe der zugehörigen Eigenräume erhalten die
> Eigenvektoren und die geometrische Vielfachheit, welche uns
> Aufschluss über die diagonalisierbarkeit gibt.
>
> [mm]Eig_0(F) = Kern(F - 0 \cdot I_3) = Kern \left ( \begin{bmatrix}1 & 0 & -2\\0&0&0\\ -2 & 0 & 4 \end{bmatrix} \right ) = Kern \left ( \begin{bmatrix}1 & 0 & -2\\0&0&0\\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} \right ) = span \left ( \begin{bmatrix} 2\\0\\1 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 0\\1\\0 \end{bmatrix} \right ) \quad \Rightarrow g(F,0) = 2[/mm]
>
> [mm]Eig_5(F) = Kern(F - 5 \cdot I_3) = Kern \left ( \begin{bmatrix}-4 & 0 & -2\\0&0&0\\ -2 & 0 & -1 \end{bmatrix} \right ) = Kern \left ( \begin{bmatrix}-4 & 0 & -2\\0&0&0\\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} \right ) = span \left ( \begin{bmatrix} 1\\0\\-2 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 0\\1\\0 \end{bmatrix} \right ) \quad \Rightarrow g(F,5) = 2[/mm]
>
Hier muss doch stehen:
[mm]Eig_5(F) = Kern(F - 5 \cdot I_3) = Kern \left ( \begin{bmatrix}-4 & 0 & -2\\0&\red{-5} &0\\ -2 & 0 & -1 \end{bmatrix} \right )[/mm]
> Also gilt: [mm]a(F,5) \neq g(F,5) \gdw[/mm] F ist nicht
> Diagonalisierbar.
>
> ------------------------------------------------------
> Das wäre meine Lösung zu dieser Aufgabe. Stimmt was an
> Notationen nicht oder sind sogar einige Wege einfach
> Falsch?
Siehe oben.
> Vielen Dank schon mal im Voraus.
> André
Gruss
MathePower
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Ach ja. Selbstverständlich.
Oh man was für ein dämlicher Fehler.
Also noch mal.
$ [mm] Eig_5(F) [/mm] = Kern(F - 5 [mm] \cdot I_3) [/mm] = Kern [mm] \left ( \begin{bmatrix}-4 & 0 & -2\\0&\red{-5} &0\\ -2 & 0 & -1 \end{bmatrix} \right [/mm] ) = Kern [mm] \left ( \begin{bmatrix}-4 & 0 & -2\\0&-5&0\\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} \right [/mm] ) = span [mm] \left ( \begin{bmatrix} 1\\0\\-2 \end{bmatrix} \right [/mm] ) [mm] \quad \Rightarrow [/mm] g(F,5) = 1 $
$ [mm] \Rightarrow [/mm] a(F,0) = g(A,0) [mm] \wedge [/mm] a(F,0) = g(A,5) [mm] \Rightarrow [/mm] $ F ist diagonalisierbar
Damit folgt:
D enthält die Eigenwerte auf der Diagonalen
$ D = [mm] \begin{bmatrix}\lambda_1 &0&0\\0&\lambda_1&0\\0&0&\lambda_2\end{bmatrix} [/mm] = [mm] \begin{bmatrix}0&0&0\\0&0&0\\0&0&5\end{bmatrix} [/mm] $
und S enthält die Eigenvektoren.
$ S = [mm] \begin{bmatrix} 2 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & -2 \end{bmatrix} [/mm] $
Nun müsste alles richtig sein. Oder stimmt noch etwas nicht?
Ich war mir Anfangs nur unsicher ob ich wirklich die darstellende Matrix zu F berechnen sollte. Und ob ich dafür wirklich die kanonische Basen verwenden kann. Das hat irritiert, aber andererseits hatte ich keine Ahnung wie ich das sonst anstellen sollte.
Grüße André
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Hallo,
jetzt ist alles richtig.
Gruß v. Angela
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