Diagonalmatrix < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:18 Do 29.07.2004 | | Autor: | Adria |
Hallo ihr Lieben,
ist eine 1 1 1 Matrix diagonalisierbar?
1 1 1
1 1 1
LG
Ich habe diese Frage in keinem weiteren Forum gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:30 Do 29.07.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo Adria,
![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]")
> ist eine 1 1 1 Matrix diagonalisierbar?
> 1 1 1
> 1 1 1
> LG
Ja, alle symmetrischen Matrizen (mit reellen Einträgen), d.h., alle Matrizen [mm] $A\in\IR^{n\times n}$ [/mm] für die gilt [mm] $A=A^T$, [/mm] sind diagonalisierbar.
Viele Grüße,
Marc
P.S.: Unsere Diskussion werde ich später ins ensprechende Uni-Forum verschieben, ich denke nicht, dass das hier Schulstoff ist.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:37 Fr 30.07.2004 | | Autor: | Adria |
Hallo marc,
ich hab einfach nur Probleme bei der Eigenvektorenberechnung. Ich hab als Eigenwerte zwiemal die Null ausgerechnet. Das bedeutet ja, dass es sich um einen doppelten Eigenwert handelt. Kann ich die Eigenvektoren nun beliebig setzen? d.h. wenn ich x1+x2+x3= O errechnen will, kann ich dann einfach x1 zB = 1 setzten, um x2 und x3 auszurechnen?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:10 Fr 30.07.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo Adria,
> ich hab einfach nur Probleme bei der
> Eigenvektorenberechnung. Ich hab als Eigenwerte zwiemal die
> Null ausgerechnet. Das bedeutet ja, dass es sich um einen
> doppelten Eigenwert handelt. Kann ich die Eigenvektoren nun
> beliebig setzen? d.h. wenn ich x1+x2+x3= O errechnen will,
> kann ich dann einfach x1 zB = 1 setzten, um x2 und x3
> auszurechnen?
Ja, so etwas ähnliches muß man machen.
Ich rechne es mal vor.
Als charakteristisches Polynom haben wir ja (wahrscheinlich beide) [mm] $-\lambda^3+3\lambda^2$ [/mm] herausbekommen, somit haben wir als Eigenwerte [mm] $\lambda_1=0$ [/mm] (mit der algebraischen Vielfachheit 2) und [mm] $\lambda_2=3$ [/mm] (mit der algebraischen Vielfachheit 1).
Der Eigenraum zu [mm] $\lambda_1$ [/mm] berechnet sich folgendermaßen (das ist dir ja schon bekannt):
[mm] $\left(A-\lambda_1*E_3\right)*x=0$
[/mm]
[mm] $\gdw\ [/mm] Ax=0$
[mm] $\gdw\ \pmat{1&1&1\\1&1&1\\1&1&1}*\vektor{x_1\\x_2\\x_3}=0$
[/mm]
[mm]\gdw\ \begin{array}{|ccc}
x_1+x_2+x_3&=&0\\
x_1+x_2+x_3&=&0\\
x_1+x_2+x_3&=&0
\end{array}[/mm]
[mm]\gdw\ \begin{array}{|ccrr}
x_1&=&-x_2&-x_3\\
0&=&0&\\
0&=&0&
\end{array}[/mm]
Da wir ja an Lösungen für x interessiert sind, versuche ich auf der linken Seite des Gleichungssystems die (drei) Komponenten von x zu erreichen; das ist in diesem Fall einfach: Ich ersetze die allgemeingültige Gleichung $0=0$ einfach durch die äquivalente Gleichung [mm] $x_2=x_2$:
[/mm]
[mm]\gdw\ \begin{array}{|ccrr}
x_1&=&-x_2&-x_3\\
x_2&=&x_2&\\
x_3&=&&x_3
\end{array}[/mm]
Zurückverwandeln in Vektorschreibweise:
[mm] $\gdw$ $\vektor{x_1\\x_2\\x_3}=x_2*\vektor{-1\\1\\0}+x_3*\vektor{-1\\0\\1}$
[/mm]
Versinnbildlichen, dass [mm] x_2 [/mm] und [mm] x_3 [/mm] frei wählbar sind:
[mm] $\gdw$ $\vektor{x_1\\x_2\\x_3}=r*\vektor{-1\\1\\0}+s*\vektor{-1\\0\\1}$, $r,s\in\IR$
[/mm]
Der Eigenraum zu [mm] $\lambda_1=0$ [/mm] ist also zwei-dimensional, oder anders ausgedrückt: Die geometrische Vielfachheit von [mm] $\lambda_1$ [/mm] ist 2 (und stimmt damit mit der algebraischen Vielfachheit überein).
Übrigens erhält man für die Parameterwerte (r,s)=(1,0) und (r,s)=(0,1) eine Basis für den Eigenraum, und das entspricht in etwa deinem Vorhaben oben, eine Koordinate "=1 zu setzen".
Das gleiche Verfahren ist nun noch für den Eigenwert [mm] \lambda_2=3 [/mm] anzuwenden; dort müßtest du einen 1-dimensionalen Eigenraum erhalten.
Da nun die algebraischen Vielfachheiten aller EW mit den geometrischen Vielfachheiten (=den Dimensionen der Eigenräume) übereinstimmen, ist die Matrix diagonalisierbar.
Viele Grüße,
Marc
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 00:31 Sa 31.07.2004 | | Autor: | Adria |
Super! Vielen Dank!
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