Mathematik online lernen im Mathe-Forum. Nachhilfe online

Startseite » Forum » 2x2 Matrizen

2x2 Matrizen

Universität / Fachhochschule

Determinanten

Eigenwerte

Lineare Abbildungen

Matrizenrechnung

Tags: Determinanten, Eigenwert, Lineare Abbildungen, Matrizenrechnung

MathsTom aktiv_icon

21:24 Uhr, 07.04.2014

Hallo,
ich möchte das folgende zeigen:
Eine

2 x 2

Matrix mit komplexen Einträgen ist entweder diagonalisierbar oder ähnlich zu einer Matrix der Form

(\begin{matrix} λ & 1 \\ 0 & λ \end{matrix})

.

Ich habe mir folgendes überlegt: Das charakteristische Polynom

Φ_{A}

von

A = (\begin{matrix} a & b \\ c & d \end{matrix})

zerfällt in Linearfaktoren (da

ℂ

algebraisch abgeschlossen). Also gibt es

α, β

mit

Φ_{A} = (t - α) \cdot (t - β)

.
Wenn

α \neq β,

dann ist A diagonalisierbar.
Wenn

α = β,

dann

Φ_{A} = {(t - α)}^{2}

. Wie kann ich aber nun die Ähnlichkeit folgern?

Danke für die Hilfe :-)
Liebe Grüße,
Tom

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

DrBoogie aktiv_icon

22:27 Uhr, 07.04.2014

Deine Aussage ist einfach der Satz über Jordansche Normalform im Fall von 2 mal 2 Matrizen. Die Idee, die du brauchst, findest Du im allgemeinen Beweis, z.B. hier:
http://math-www.uni-paderborn.de/~chris/Index27/V/par23a.pdf

MathsTom aktiv_icon

12:27 Uhr, 08.04.2014

Hallo,
ich habe mir den Beweis jetzt mehrmals durchgelesen, aber mir das das alles zu allgemein, ich kann damit leider nichts anfangen.
Also bisher habe ich:
Das char. Polynom

Φ

zerfällt ja in Linearfaktoren, also gibt es a und

b

mit

Φ = (t - a) (t - b)

i)

Wenn

a \neq b,

dann ist A diagonalisierbar.

i i)

Wenn

a = b

und

2 = dim E i g (A, a),

dann ist A diagonalisierbar.

i i i)

Wenn

a = b

und

1 = dim E i g (A, a),

dann...

Wie kann ich bei

i i i)

nun weitermachen?

DrBoogie aktiv_icon

12:50 Uhr, 08.04.2014

Zu iii)
Wenn

a

- Eigenwert ist und

v

- Eigenvektor dazu, finde ein

w

mit

(A - a) w = v

.
Dann wirst Du

A

in der Basis

(w, v)

schon in der richtigen Form haben, denke ich.

MathsTom aktiv_icon

13:38 Uhr, 08.04.2014

Gibt es so einen überhaupt? Ich finde nämlich keinen...

DrBoogie aktiv_icon

13:39 Uhr, 08.04.2014

Wie sieht Deine Matrix aus?

MathsTom aktiv_icon

13:42 Uhr, 08.04.2014

Ich habe eine allgemeine

2 x 2

Matrix,

z . B

(\begin{matrix} a & b \\ c & d \end{matrix})

DrBoogie aktiv_icon

13:49 Uhr, 08.04.2014

Das ist ja grausam. :-O
Und wie ist dann die Bedinung an

a, b, c, d

, so dass der Fall iii) eintritt?
Ich will's nicht nachrechnen. :-)

MathsTom aktiv_icon

13:55 Uhr, 08.04.2014

Keine Ahnung, der Frage bin ich noch nicht nachgegangen. Muss man das überhaupt? Im allgemeinen Beweis macht man das ja auch nicht.

DrBoogie aktiv_icon

14:09 Uhr, 08.04.2014

Wie soll ich dann " Ich finde nämlich keinen..." verstehen? :-O

MathsTom aktiv_icon

14:24 Uhr, 08.04.2014

Ich habe nach einen Vektor in Abhängigkeit von

A, v

und a gesucht ;-)

DrBoogie aktiv_icon

14:41 Uhr, 08.04.2014

Ich verstehe nicht, wie man das anhand von

A, v

und

w

allgemein suchen kann.

Hier ein konkretes Beispiel:

A = (\begin{array}{rcl} 2 & 0 \\ 1 & 2 \end{array})

. Der einzige Eigenwert=

2

. Der einzige Eigenvektor (Modulo Multiplikationsfaktor) ist

(0, 1)

.
Die Gleichung

(A - a) w = v

sieht dann so aus

(\begin{array}{rcl} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{array}) (x, y) = (0, 1)

und bringt den Vektor

w = (1, 0)

(wieder Modulo Multiplikationsfaktor).

v

und

w

stellen zusammen eine Basis.

MathsTom aktiv_icon

17:01 Uhr, 08.04.2014

Ok, dass ist dann der Grung, wieso ich das nicht hinbekommen habe, schätze ich :-D)
Aber dennoch: Was genau möchtest du nun von mir, was soll ich machen?

DrBoogie aktiv_icon

17:11 Uhr, 08.04.2014

Sorry, aber was soll ich den möchten? :-)
Ich habe gezeigt, wie man in einem konkreten Fall vorgeht. Und allgemein gibt's den allgemeinen Satz über Jordansche Normalform. Aber der war Dir zu kompliziert. Dann weiß ich nicht, was man machen kann. Die Idee hinter dem Satz ist genau die, dass man Gleichungen der Form

(A - a) w = v

löst. Aber leicht und easy kann man die Aussage auch im Fall von 2 mal 2 Matrizen nicht beweisen, befürchte ich.

MathsTom aktiv_icon

17:23 Uhr, 08.04.2014

Okay, also bei mir sieht die Matrix so aus:

(\begin{matrix} a & b \\ c & d \end{matrix})

und es gibt einen einzigen Eigenvektor

λ

. Es gibt einen Eigenvektor

v

(da dim(Eig

(A, λ)) = 1)

.

Dann ist

(A - λ \cdot E_{2}) \cdot w = v \Leftrightarrow (\begin{matrix} a - λ & b \\ c & d - λ \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} w_{1} \\ w_{2} \end{matrix}) = (\begin{matrix} v_{1} \\ v_{2} \end{matrix})

. Also

(\begin{matrix} (a - λ) w_{1} + (b) w_{2} \\ (c) w_{1} + (d - λ) w_{2} \end{matrix}) = (\begin{matrix} v_{1} \\ v_{2} \end{matrix})

DrBoogie aktiv_icon

17:27 Uhr, 08.04.2014

Nein,

λ

wird nur auf der Hauptdiagonale abgezogen, nicht überall.

Shipwater aktiv_icon

11:25 Uhr, 09.04.2014

Gegeben ist

A = (\begin{matrix} a & b \\ c & d \end{matrix})

mit charakteristischem Polynom

λ^{2} - (a + d) λ + a d - b c

also Eigenwerten

\frac{a + d}{2} \pm \sqrt{\frac{{(a - d)}^{2}}{4} + b c}

und wir betrachten den Fall mit zwei gleichen Eigenwerten also

\frac{{(a - d)}^{2}}{4} + b c = 0 (⋆)

Außerdem soll geometrische Vielfachheit vom Eigenwert

\frac{a + d}{2}

gleich 1 sein, wir schreiben

μ_{g} (\frac{a + d}{2}) = 1

Dann folgt

K e r n (A - \frac{a + d}{2} \cdot I_{2}) = K e r n (\begin{matrix} \frac{a - d}{2} & b \\ c & \frac{d - a}{2} \end{matrix}) = K e r n (\begin{matrix} a - d & 2 b \\ 2 c & d - a \end{matrix}) = K e r n (\begin{matrix} a - d & 2 b \\ 0 & 4 b c + a^{2} - 2 a d + d^{2} \end{matrix}) = K e r n (\begin{matrix} a - d & 2 b \\ 0 & 0 \end{matrix})

(letzter Schritt wegen

(⋆))

Wegen

μ_{g} (\frac{a + d}{2}) = 1

muss

{| a - d |}^{2} + {| b |}^{2} \neq 0

sein und wir erhalten mit

(\begin{matrix} 2 b \\ d - a \end{matrix})

einen Eigenvektor. Insbesondere muss

b \neq 0

sein, weil wegen

(⋆)

sonst

{| a - d |}^{2} + {| b |}^{2} = 0

wäre.
Weiter muss

K e r n ({(A - \frac{a + d}{2} \cdot I_{2})}^{2}) = ℝ^{2}

und wir brauchen jetzt einen Vektor aus

K e r n ({(A - \frac{a + d}{2} \cdot I_{2})}^{2}) \ K e r n (A - \frac{a + d}{2} \cdot I_{2})

. Da würde ich wegen

b \neq 0

einfach

(\begin{matrix} 0 \\ 1 \end{matrix})

wählen. Dann folgt

(A - \frac{a + d}{2} \cdot I_{2}) \cdot (\begin{matrix} 0 \\ 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix} b \\ \frac{d - a}{2} \end{matrix})

Damit hast du folgende Basiswechselmatrix:

S = (\begin{matrix} b & 0 \\ \frac{d - a}{2} & 1 \end{matrix})

Mit dieser sollte folgen (nachrechnen!):

S^{- 1} \cdot A \cdot S = (\begin{matrix} \frac{a + d}{2} & 1 \\ 0 & \frac{a + d}{2} \end{matrix})

womit die Ähnlichkeit gezeigt ist.

MathsTom aktiv_icon

19:30 Uhr, 09.04.2014

Ich würd ja sagen, "Du bist ein Schatz", aber das kommt vielleicht komisch :-P) Daher: Herzlichen Dank! Ich habe es noch einmal nachgerechnet. Mit Sternchen passt das dann wirklich.

Reicht es für die Beweisführung nicht aus, den Eigenwert

\frac{a + d}{2}

zu bestimmen (dazu braucht man, dass die Eigenwerte gleich sein sollen) und dann die Matrix

S

"vom Himmel fallen zu lassen"? Oder ist es wichtig, dass man einen Eigenvektor angibt? Allerdings wird man dann ja nicht benutzen, dass

μ (\frac{a + d}{2}) = 1

ist.
Allerdings brauche ich

b \neq 0

.

Wieso betrachtet man eigentlich nicht

μ = 0

? Dann würde es ja keine Eigenvektoren geben, und?

EDIT: Ich würde gerne noch wissen, wieso das 3.

=

in der Kette mit

K e r n

gilt. Und wieso kann eine Matrix nicht diagonalisierbar sein, wenn sie ähnlich zu der geforderten Matrix ist?

Shipwater aktiv_icon

03:12 Uhr, 10.04.2014

Klar reicht es letztendlich die Matrix vom Himmel fallen zu lassen, ich wollte nur mal aufzeigen wie man sie normalerweise ermittelt.

μ_{g} (\frac{a + d}{2}) = 1

benutzt du schon, eben weil daraus

b \neq 0

und damit die Invertierbarkeit von

S

folgt.

μ = 0

geht natürlich nicht, es ist ja immer

μ \geq 1

laut Definition eines Eigenwerts. Das 3. = ist einfach nur Gauß. Letzteres gilt da ähnliche Matrizen die selbe Jordansche Normalform haben, aber du kannst dir gerne auch mal ohne dieses Argument überlegen, warum es nicht möglich ist.

MathsTom aktiv_icon

08:16 Uhr, 10.04.2014

Ja, dass es Gauß ist, ist klar. Aber wie angewendet? Bei mir kommt unten rechts immer was anderes raus.

Die letzte Frage entstand, weil in der Aufgabe gefragt ist "entweder... oder...". Also müsste man das ja eigentlich auch noch zeigen.
Aber da habe ich auch keinen Plan. Ich war noch nie so hilflos bei einer Aufgabe...

Shipwater aktiv_icon

10:26 Uhr, 10.04.2014

Ich glaub das oben war eh Mist, so allgemein darf man nicht gaußen, man muss aufpassen, dass man nicht mit Nullzeilen verrechnet. Weil aus

b = 0

folgt ja auch

a - d = 0

wegen

(⋆)

aber in diesem Fall hätte man dann ja

K e r n (\begin{matrix} 0 & 0 \\ c & 0 \end{matrix})

wenn man sich das System vor dem Gaußen anguckt. Und das wird nur für

c = 0

zweidimensionale Lösungsmenge haben. Also

b = 0, c \neq 0

kann auch vorkommen und da greift die Basiswechselmatrix von oben nicht, da nicht invertierbar für den Fall. Also müsste man den Fall

b = 0

mal noch extra handhaben. Für

b \neq 0

sollte der Weg von oben aber stimmen. Und für

b = 0, c \neq 0

hat man dann Eigenvektor

(\begin{matrix} 0 \\ 1 \end{matrix})

also ist der Vektor der diesesmal aus

K e r n ({(A - \frac{a + d}{2} \cdot I_{2})}^{2}) \ K e r n (A - \frac{a + d}{2} \cdot I_{2})

gewählt wird ein anderer. Es bietet sich

(\begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix})

an. Und es folgt

(A - \frac{a + d}{2} \cdot I_{2}) \cdot (\begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix} \frac{a - d}{2} \\ c \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 \\ c \end{matrix})

also in dem Fall ist die Basiswechselmatrix dann

(\begin{matrix} 0 & 1 \\ c & 0 \end{matrix})

(nachrechnen!) und die ist jetzt auch invertierbar, da wir ja

c \neq 0

vorausgesetzt haben. Schwere Geburt ;-)
Und jetzt mal zu den eigentlichen Fragen:
Hmm erste Zeile mal

2 c

minus zweite Zeile mal

a - d

sollte das eigentlich ergeben. Mach dir auch mal wirklich klar warum man für

b \neq 0

so gaußen darf, aber es für

b = 0

fehlerhaft wird.
Also du willst jetzt zeigen, dass

A = (\begin{matrix} λ & 0 \\ 0 & λ \end{matrix})

und

B = (\begin{matrix} λ & 1 \\ 0 & λ \end{matrix})

nie ähnlich zueinander sein können? Dann führe mal einen Widerspruchsbeweis also nehme an sie wären ähnlich und folgere daraus einen Widerspruch, ist nicht so schwer, wenn ich gerade keinen Fehler gemacht habe. Probier es mal.

Diese Frage wurde automatisch geschlossen, da der Fragesteller kein Interesse mehr an der Frage gezeigt hat.

1157437

1156858

	Status: nicht eingeloggt	Noch nicht registriert?