Transformationsmatrix finden < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | A:= [mm] \pmat{ 5 & 4 & -4 \\ -1 & 0 & 1 \\ 2 & 2 & -1 }
[/mm]
Zeigen Sie das A digonalisierbar ist und finden Sie eine Basiswechselmatrix S [mm] \in M_{(3,3)} [/mm] ( [mm] \IR), [/mm] so daß
D = [mm] S^{-1} [/mm] A S
eine Digonalmatrix ist |
Hallo Leute,
diese Seiten haben mir schon oft geholfen, jedoch habe ich nun ein Problem, was ich in der Form noch nicht gefunden habe.
Ich such also die Diagonalmatrix, sie ergibt sich aus dem Produkt der Ursprünglichen Matrix mit der Transformationsmatrix von A und von diesem auch das invertierte.
Könnt Ihr mir helfen und mir vielleicht erläutern, wie man die Transformationsmatrix finden, vielleicht gibts ja da ein "Rezept"?
Danke!
Christian
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:35 So 21.05.2006 | | Autor: | Janyary |
hallo christian,
ja da gibts tatsaechlich so eine art "rezept".
zuerst einmal muesstest du die eigenwerte von A berechnen. das machst du in dem du die Determinante von [mm] (A-\lambda*E) [/mm] berechnest. das ist dann dein charakteristisches polynom. die nullstellen dieses polynoms sind die Eigenwerte von A. wenn du das hast, musst du die eigenraeume zu den zugehoerigen eigenwerten berechnen. also jeweils basisvektoren fuer den eigenraum.
nun ist deine matrix S auch schon fast fertig. denn die basisvektoren bilden die Spalten fuer deine Matrix S. nun nur noch die Inverse berechnet und fertig bist du. als probe kannst du ja deine Diagonalmatrix D dann berechnen. dort sollten in der Hauptdiagonalen dann deine Eigenwerte stehen.
Hoffe das hat dir geholfen, ansonsten einfach nochmal nachfragen.
LG Jany :)
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Hallo Jany,
danke für deine schnelle Antwort!
Also ich habe die Eigenwerte {1,2} herausbekommen. Mit Eigenräume meinst du bestimmt die Eigenvektoren?!? Da habe ich zu 1 : (1,1,2) heraus und zu 2 : (4,-1,2) heraus. Die Probe ergeibt auch, das diese korrekt sind....
S bildet sich nun aus diesen 2(!) Vektoren? Ich brauche doch bestimmt eine quadratische Matrix für eine korrekte Transformationsmatrix, oder nicht?
Also ich habe als charakteristisches Polynom folgendes raus:
[mm] -\lambda^{3}+4\lambda^{2}-5\lambda+2=0
[/mm]
Das lösen der kubischen Gleichung ergibt dann:
[mm] x_{1}=2 [/mm] und [mm] x_{2,3}=1
[/mm]
Und die Eigenvektoren siehe oben....
Ich verstehe das mit der Basis nicht, was du meintest?!?
Kannst du mir vielleicht das etwas genauer erläutern?
Danke!
Gruß
Christian
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:06 Mo 22.05.2006 | | Autor: | Janyary |
Hallo Christian,
> Also ich habe die Eigenwerte {1,2} herausbekommen. Mit
> Eigenräume meinst du bestimmt die Eigenvektoren?!? Da habe
> ich zu 1 : (1,1,2) heraus und zu 2 : (4,-1,2) heraus. Die
> Probe ergeibt auch, das diese korrekt sind....
deine eigenwerte sind richtig, allerdings spielen doppelte nullstellen schon eine rolle.
ich meine mit eigenraeume nicht die eigenvektoren. der eigenraum zu einem zugehoerigen eigenwert ist der raum. der alle eigenvektoren zu diesem eigenwert enthaelt. du hast also bei deinem gleichungssystem nie eine eindeutige loesung.
vielleicht wird es klarer an einem bsp.
betrachten wir mal [mm] A-\lambda_{1}*E=\pmat{3&4&-4\\-1&-2&1\\2&2&-3}
[/mm]
wenn du genau schaust, siehst du, dass die zeilen linear abhaengig sind. der rang dieser matrix ist 2. da du also (wenn du es als gleichungssystem schreiben wuerdest) mehr unbekannte als gleichungen hast, kann es keine eindeutige loesung geben. sondern nur einen loesungsraum.
dein vektor zu diesem eigenwert ist allerdings richtig. d.h. dein eigenraum ist.
[mm] Eig_{\lampda_{1}}=span\{(4,-1,2)\} [/mm] also ist dieser vektor dein basisvektor zu diesem eigenraum.
> S bildet sich nun aus diesen 2(!) Vektoren? Ich brauche
> doch bestimmt eine quadratische Matrix für eine korrekte
> Transformationsmatrix, oder nicht?
nein S bildet sich nicht aus diesen zwei vektoren. du brauchst natuerlich eine quadratische form, sonst koenntest du ja auch keine inverse berechnen.
hier kommt nun also die doppelte nullstelle 1 ins spiel. wenn du die matrix dazu aufstellst, also [mm] A-\lambda_{2}*E [/mm] wirst du feststellen, dass deren Rang 1 betraegt.
die dimension des zugehoerigen eigenraums berechnet sich so.
[mm] dim(Eig)=n-rg(A-\lambda_{2}*E)=3-1=2
[/mm]
heisst du hast einen zweidimensionalen eigenraum und brauchst demzufolge auch 2 linear unabhaengige vektoren. wenn du nicht genau weisst wie du diese berechnest, einfach nochmal nachfragen :)
aus diesen 3 basisvektoren kannst du dann S aufstellen.
> Also ich habe als charakteristisches Polynom folgendes
> raus:
> [mm]-\lambda^{3}+4\lambda^{2}-5\lambda+2=0[/mm]
>
> Das lösen der kubischen Gleichung ergibt dann:
>
> [mm]x_{1}=2[/mm] und [mm]x_{2,3}=1[/mm]
das stimmt :)
es gibt aber auch diverse diagonalisierbarkeitskriterien. eines was hier schoen passt ist folgendes.
das charakteristische polynom zerfaellt in linearfaktoren und [mm] n_{i}=m_{i}
[/mm]
zur erklaerung:
[mm]-\lambda^{3}+4\lambda^{2}-5\lambda+2=0[/mm][mm] =(\lambda-2)^{1}*(\lambda-1)^{2}
[/mm]
[mm] m_{i} [/mm] ist die algebraische vielfachheit. d.h. die anzahl deiner nullstellen.
[mm] n_{i} [/mm] ist die zugehoerige geometrische vielfachheit, also die dimension des eigenraums zu deinem eigenwert.
[mm] \lambda_{1}=2, [/mm] algebr.VF=1, geometr. [mm] VF=1\rightarrow n_{1}=m_{1}=1
[/mm]
[mm] \lambda_{2,3}=1, [/mm] algebr. VF=2, geometr. VF=2 [mm] \rightarrwo n_{2}=m_{2}=2
[/mm]
damit ist A diagonalisierbar.
so hoffe das hilft dir weiter, ansonsten einfach nochmal fragen.
LG Jany :)
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Hallo Jany,
ich muß mich erstmal ausdrücklich bei dir bedanken für deine wirklich umfangreiche Hilfe!!!
Ich habe den Trick mit den Einsen raus...
Es gibt mehrere Eihenvektoren zu 1, ich habe eben 3 verschiedene gefunden, einfach mal rumprobiert und siehe da mit beliebigen 2 aus diesen dreien und den Vektor zu 2, also insgesamt 3 Vektoren kann ich verschiedene S bilden, alle bringen mich zur Diagonalmatrix!!!
Du glaubst nicht wie sehr ich mich darüber gefreut habe! ;-D
Ich sitze jetzt schon geschlagene 5 Stunden an dieser Aufgabe...
Du findest das vielleicht lächerlich, aber ich hatte irgendwie ein Brett vor dem Kopf....
Egal, ich glaube ich habe es nun verstanden wie das funktioniert.
Doch leider habe ich nicht so ganz den "Zerfall" verstanden, den du mir da aufgeführt hast....
Die Möglichkeit fand ich sehr interessant, vielleicht kannst du mir, nur wenn du die nötige Zeit hast, das etwas genauer beschreiben?!?
Danke!!!!!!!!!
MfG
Christian
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:10 Mo 22.05.2006 | | Autor: | Janyary |
hi christian,
naja zum zerfall *g*
von linearfaktorenzerlegung hast du doch bestimmt schon gehoert. und das ist hier nix anderes. den zusammenhang zwischen geometr. und algebr. vielfachheit hatten wir in der vorlesung behandelt. wie gesagt es gibt noch einges mehr an diagonalisierbarkeitskriterien.
im uebrigen gibt es eine sehr schnelle moeglichkeit die gesuchten vektoren fuer den eigenraum von [mm] \lambda_{2}=1 [/mm] zu berechnen. ohne rumprobieren.
LG Jany :)
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