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Eigenraum/ Dimension zum Eigenwert bestimmen

Universität / Fachhochschule

Eigenwerte

Tags: Diagonalisierbarkeit, Dimension Eigenwert, Eigenraum, Eigenwert

Mialein aktiv_icon

14:01 Uhr, 13.09.2010

Hallo Zusammen!
Ich schreibe im nächsten semester eine klausur in lineare algebra. Leider bereiten mir Eigenräume/ Dimension zum Eigenwerte und Diagonalisierbarkeit noch einige Schwierigkeiten ;-) Es wäre sehr nett, wenn mir jemand bei dieser Aufgabe einen guten Lösungsweg zeigen könnte, da ich die Vorlesung aufgrund einer Erkrankung bei diesem Thema nicht besuchen konnte

: (

So nun zur Aufgabe

Gegeben sei die Matrix

A = (\begin{matrix} - 2 & 2 & - 3 \\ 2 & 1 & - 6 \\ - 1 & - 2 & 0 \end{matrix})

Die Matrix besitzt genau zwei versch. Eigenwerte,nämlich den einfachen Eigenwert

λ 1 = 5

und den doppelten Eigenwert

λ 2,3 = - 3 (

Ein Nachweis dafür ist nicht erforderlich)

a)

Bestimmen sie den Eigenraum und dessen Dimension zum Eigenwert

λ 2,3 = - 3

b)

Ist die Matrix A diagonalsierbar? Begründen sie ihre Antwort!

Vielen Dank schon mal im Vorraus,an die jenigen die mir dabei helfen können:-)

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich bräuchte bitte einen kompletten Lösungsweg." (setzt voraus, dass der Fragesteller alle seine Lösungsversuche zur Frage hinzufügt und sich aktiv an der Problemlösung beteiligt.)

sixshot aktiv_icon

14:27 Uhr, 13.09.2010

hi

ja stell die eigenvektoren auf

A - λ \cdot E = 0

dann bekommst du für

λ = 5

einen Vektor
und für

λ = - 3

hoffentlich zwei, ansonsten ist deine matrix nicht diagonalisierbar und du musst einen hauptvektor der ersten stufe bestimmen.
welcher dann wäre

A - λ \cdot E =

Eigenvektor zu

λ = - 3

. .

.

Grüße Six

Mauthagoras aktiv_icon

14:29 Uhr, 13.09.2010

Hallo.
Ich hab ein bisschen gerechnet:

Für a) musst Du jetzt den Eigenwert in die Matrix einsetzen, indem Du die Diagonaleinträge

- λ

rechnest. Dann kommt raus:

\tilde{A} = (\begin{array}{ccc} 1 & 2 & - 3 \\ 2 & 4 & - 6 \\ - 1 & - 2 & 3 \end{array})

. Jetzt löst Du das System

\tilde{A} x = (\begin{array}{ccc} 0 \\ 0 \\ 0 \end{array})

auf die gewohnte Art durch Erzeugen der Einheitsmatrix. Die Lösungsmenge ist der Eigenraum.
Hier kommmt man schnell auf

(\begin{array}{ccc} 1 & 2 & - 3 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array} ∣ \begin{array}{ccc} 0 \\ 0 \\ 0 \end{array})

. Dass die Dimension 2 ist, sieht man jetzt schon, bei der Angabe der Lösungsmenge muss man jetzt was erstmal komisches machen: Du ergänzt die Diagonale durch

- 1

en und hast die folgende Menge:

L = {x \in ℝ^{3} ∣ \exists r, s \in ℝ : x = r (\begin{array}{ccc} 2 \\ - 1 \\ 0 \end{array}) + s (\begin{array}{ccc} - 3 \\ 0 \\ - 1 \end{array})}

.

Da jeder Eigenraum mindestens Dimension 1 hat, ist die Summe der Dimensionen der beiden Eigenräume mindestens 3. Der Raum ist also ausgefüllt, weshalb die Matrix diagonalisierbar ist. Das sollte für b) reichen.

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

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