Basis aus Eigenvektoren < Eigenwerte < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 19:18 Di 26.06.2007 | | Autor: | Zerwas |
| Aufgabe | | Sei [mm] A:=\pmat{1 & 2 & -1 \\ 7 & 6 & -1 \\ -4 & -4 & 1}. [/mm] Zeigen Sie, dass die durch A gegebene lineare Abbildung des [mm] \IR^3 [/mm] diagonalisierbar ist, und bestimmen Sie eine Basis des [mm] \IR^3 [/mm] aus Eigenvektoren von A. |
Eigenwerte von A:
[mm] |\lambda E-A|=\vmat{\lambda -1 & -2 & 1 \\ -7 & \lambda -6 & 1 \\ 4 & 4 & \lambda -1}=(\lambda -1)(\lambda -6)(\lambda -1)+(-2)*1*4+1*(-7)*4-1(\lambda -6)*4-(-2)(-7)(\lambda -1)-(\lambda -1)*1*4=\lambda^3-8\lambda^2-9\lambda
[/mm]
[mm] \Rightarrow \lambda_1=0
[/mm]
Polynomivison:
[mm] (\lambda^3-8\lambda^2-9\lambda ):\lambda=\lambda^2-8\lambda^1-9
[/mm]
p/q-Formel:
[mm] \lambda_{2,3}=-\bruch{(-8)}{2}\pm\wurzel{16-(-9)}=4\pm\wurzel{25}
[/mm]
[mm] \Rightarrow \lambda_2=9, \lambda_3=-1
[/mm]
Da die algebraische und die geometrische Vielfachheit der Eigenwerte übereinstimmt ist die Matrix diagonalisierbar.
Eigenvektoren:
[mm] \lambda_1=0: [/mm]
[mm] ker(A-\lambda_1E)=ker\pmat{1 & 2 & -1 \\ 7 & 6 & -1 \\ -4 & -4 & 1}
[/mm]
[mm] \bruch{\begin{matrix}
\Rightarrow & 1 & 2 & -1 \\
& 7 & 6 & -1 \\
& -4 & -4 & 1
\end{matrix}}{\begin{matrix}
\Rightarrow & 1 & 2 & -1 \\
& 0 & 0 & 0 \\
& 0 & 4 & 3
\end{matrix}}
[/mm]
Sei nun [mm] x_3=4\Rightarrow x_2 =3\Rightarrow x_1=-2
[/mm]
[mm] \Rightarrow e_1=\pmat{-2\\3\\4}
[/mm]
[mm] \lambda_2=9: [/mm]
[mm] ker(A-\lambda_2E)=ker\pmat{-8 & 2 & -1 \\ 7 & -3 & -1 \\ -4 & -4 & -8}
[/mm]
[mm] bruch{\begin{matrix}
\Rightarrow & -8 & 2 & -1 \\
& 7 & -3 & -1 \\
& -1 & -1 & -2
\end{matrix}}{\begin{matrix}
\Rightarrow & 0 & 0 & 0 \\
& 0 & -2 & -3 \\
& -1 & -1 & -2
\end{matrix}}
[/mm]
Sei nun [mm] x_3=2\Rightarrow x_2=-3\Rightarrow x_1=-1
[/mm]
[mm] \Rightarrow e_2=\pmat{-1\\-3\\2}
[/mm]
[mm] \lambda_3=(-1): [/mm]
[mm] ker(A-\lambda_2E)=ker\pmat{ 2 & 2 & -1 \\ 7 & 7 & -1 \\ -4 & -4 & 2}
[/mm]
[mm] bruch{\begin{matrix}
\Rightarrow & 2 & 2 & -1 \\
& 7 & 7 & -1 \\
& -2 & -2 & 1
\end{matrix}}{\begin{matrix}
\Rightarrow & 2 & 2 & -1 \\
& 5 & 5 & 0 \\
& 0 & 0 & 0
\end{matrix}}
[/mm]
Sei nun [mm] x_3=3 [/mm] und [mm] x_2=-1\Rightarrow x_1=1
[/mm]
[mm] \Rightarrow e_3=\pmat{1\\-1\\0}
[/mm]
Die drei Eigenvektoren sind linear unabhängig und bilden eine Basis des [mm] \IR^3.
[/mm]
Diagonalisierung:
[mm] \pmat{0 & 0 & 0 \\ 0 & 9 & 0 \\ 0 & 0 & -1}=\pmat{ \bruch{1}{9} & \bruch{1}{9} & \bruch{2}{9} \\ \bruch{2}{9} & -\bruch{2}{9} & \bruch{1}{18} \\ 1 & 0 & \bruch{1}{2}}*\pmat{1 & 2 & -1 \\ 7 & 6 & -1 \\ -4 & -4 & 1}*\pmat{ -2 & -1 & 1 \\ 3 & -3 & -1 \\ 4 & 2 & 0 }
[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:14 Mi 27.06.2007 | | Autor: | DaMenge |
Hi,
da hast du dir aber schoen viel Muehe gegeben !
Aber wozu brauchst du unsere Hilfe?
Wenn du die drei Eigenvektoren bestimmt hast, kannst du doch per Probe nachrechnen, ob sie stimmen.
Und ob die Matrizen zum schluss stimmen, kannst du auch einfach sehen, indem du das Produkt mal ausrechnest.
es sieht eigentlich alles richtig aus, aber ich hab sicher nicht jeden Koeffizienten ueberprueft (das kann ein beliebiges CAS deiner Wahl uebernehmen)
Aber das ist eine nette Aufgabe, die zeigt, wie man es machen sollte - sie wird sicher noch einigen anderen Usern helfen, also : Danke !
(ich setze die Frage mal auf reagiert, weil ich nicht weiss, ob du noch eine eigentliche Frage hattest)
viele Gruesse
DaMenge
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