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Forum "Lineare Algebra - Matrizen" - Dreiecksform
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Dreiecksform: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 08:50 So 20.05.2012
Autor: sissile

Aufgabe
Ist die Matrix triangulierbar?
A= [mm] \pmat{ 2 & 5 \\ -1 & -2 } [/mm]
bzw.:
B = [mm] \pmat{ 1 & -2 \\ 1 & -4 } [/mm]
Gib im triangulierbaren Fall jeweils invertierbare Matrizen S an, sodass z.B [mm] S^{-1} [/mm] AS obere Dreiecksgestalt besitzt.


[mm] 0=det(\pmat{ 2 & 5 \\ -1 & -2 } [/mm] - z [mm] I_2) [/mm] = det [mm] (\pmat{ 2-z & 5 \\ -1 & -2-z })= [/mm] (2-z)*(-2-z)*(-5)
[mm] z_1 [/mm] =2
[mm] z_2 [/mm] = -2

[mm] Eigenraum_{z_1} [/mm] = [mm] ker(A-2*I_2) [/mm] = [mm] ker(\pmat{ 0 & 5 \\ -1 & -4 } [/mm]
[mm] Eigenraum_{z_2} [/mm] = [mm] ker(A-(-2)*I_2) [/mm] = [mm] ker(\pmat{4 & 5 \\ -1 &0 } [/mm]

Basis die den Kern aufspannt
[mm] \pmat{ 0 & 5 \\ -1 & -4 } *\vektor{x \\ y} =\vektor{0 \\0} [/mm]
[mm] \pmat{4 & 5 \\ -1 &0 }*\vektor{a \\ b} =\vektor{0 \\0} [/mm]
aber da bleibt doch nur der triviale kern [mm] \vektor{0 \\ 0} [/mm] übrig?



[mm] 0=det(\pmat{1 & -2 \\ 1 & -4 } [/mm] - z [mm] I_2) [/mm] = det( [mm] \pmat{ 1-z & -2 \\ 1 & -4-z } [/mm] = (1-z)*(-4-z)*(-2)
[mm] z_1 [/mm] = -4
[mm] z_2 [/mm] = 1

[mm] Eigenraum_{z_1} [/mm] = [mm] ker(B-(-4)*I_2) [/mm] = [mm] ker(\pmat{ 5 & -2 \\ 1& 0 } [/mm]
[mm] Eigenraum_{z_2} [/mm] = [mm] ker(B-I_2) [/mm] = [mm] ker(\pmat{0 & -2\\ 1 &3 } [/mm]

Basis die den Kern aufspannt
[mm] \pmat{ 5 & -2 \\ 1& 0 } *\vektor{x \\ y} =\vektor{0 \\0} [/mm]
[mm] \pmat{0 & -2\\ 1 &3 }*\vektor{a \\ b} =\vektor{0 \\0} [/mm]
Hier habe ich wieder das Problem wie oben, dass ich nur die triviale Lösung sehe.

Das zerfällt ja jeweils in Linearfaktoren also triangulierbar.

        
Bezug
Dreiecksform: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 09:00 So 20.05.2012
Autor: nobsy

Du hast ganz oben einen kleinen Fehler bei der Berechnung der Determinante gemacht.
[mm] 0=det(A-z*I_2)=(2-z)*(-2-z)+5=-4+z^2+5=z^2+1 [/mm]
Dadurch ändert sich einiges.

Bezug
                
Bezug
Dreiecksform: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 09:15 So 20.05.2012
Autor: sissile

stimmt. Sieht man aus diesem charakteristischen Polynom schon ob die Matrix triangulierbar ist?

$ [mm] 0=det(\pmat{ 2 & 5 \\ -1 & -2 } [/mm] $ - z $ [mm] I_2) [/mm] $ = det $ [mm] (\pmat{ 2-z & 5 \\ -1 & -2-z })= [/mm] $ (2-z)*(-2-z)+5= [mm] z^2 [/mm] +1
SInd die Lösungen nun die Einheitswurzel oder wie?


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Dreiecksform: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 10:37 So 20.05.2012
Autor: fred97


> stimmt. Sieht man aus diesem charakteristischen Polynom
> schon ob die Matrix triangulierbar ist?

Schau mal hier:

https://caj.informatik.uni-jena.de/main?eFJD=RE9XTkxPQUQ%3D&eElE=TnpBek9RJTNEJTNE

Satz 12.5

>  
> [mm]0=det(\pmat{ 2 & 5 \\ -1 & -2 }[/mm] - z [mm]I_2)[/mm] = det [mm](\pmat{ 2-z & 5 \\ -1 & -2-z })=[/mm]
> (2-z)*(-2-z)+5= [mm]z^2[/mm] +1
>  SInd die Lösungen nun die Einheitswurzel

Es sind die Zahlen i und -i

FRED

> oder wie?
>  


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Dreiecksform: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 10:55 So 20.05.2012
Autor: sissile

Achja ;) Vielen Dank
Also ist die Matrix über [mm] \IC [/mm] triangulierbar

ker(A - i [mm] *I_2)=ker\pmat{ 2-i & 5 \\ -1 & -2-i } [/mm]
ker(A+ [mm] i*I_2)=ker\pmat{ 2+i &5 \\ -1 & -2+i } [/mm]

Wie finde ich nun  Basen der Kerne?
[mm] \pmat{ 2-i & 5 \\ -1 & -2-i } *\vektor{x \\ y}= \vektor{0 \\ 0} [/mm]

Lg

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Dreiecksform: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 11:06 So 20.05.2012
Autor: fred97


> Achja ;) Vielen Dank
>  Also ist die Matrix über [mm]\IC[/mm] triangulierbar
>  
> ker(A - i [mm]*I_2)=ker\pmat{ 2-i & 5 \\ -1 & -2-i }[/mm]
>  ker(A+
> [mm]i*I_2)=ker\pmat{ 2+i &5 \\ -1 & -2+i }[/mm]
>  
> Wie finde ich nun  Basen der Kerne?
>  [mm]\pmat{ 2-i & 5 \\ -1 & -2-i } *\vektor{x \\ y}= \vektor{0 \\ 0}[/mm]
>  


Löse obiges LGS

FRED

> Lg  


Bezug
                                                
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Dreiecksform: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 11:12 So 20.05.2012
Autor: sissile

Hallo,
wenn ich das könnte - hätte ich nicht gefragt ;)
$ [mm] \pmat{ 2-i & 5 \\ -1 & -2-i } \cdot{}\vektor{x \\ y}= \vektor{0 \\ 0} [/mm] $
(2-i)*x+ 5y =0

-x + (-2-i)*y=0
<=>
x= (-2-i)*y

in erste Gleichung:
(2-i)*(-2-i)*y+ 5y =0
3y + 5y =0
8y=0
y=0

Bei mir kommt da nur die triviale lösung raus.

Bezug
                                                        
Bezug
Dreiecksform: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 13:17 So 20.05.2012
Autor: angela.h.b.


> Hallo,
>  wenn ich das könnte - hätte ich nicht gefragt ;)
>  [mm]\pmat{ 2-i & 5 \\ -1 & -2-i } \cdot{}\vektor{x \\ y}= \vektor{0 \\ 0}[/mm]
> (2-i)*x+ 5y =0
>  
> -x + (-2-i)*y=0
>  <=>
>  x= (-2-i)*y
>  
> in erste Gleichung:
>  (2-i)*(-2-i)*y+ 5y =0
>  [mm] \red{3y} [/mm] + 5y =0

Hallo,

Du solltest nochmal genau nachrechnen, was  (2-i)*(-2-i) ergibt.

LG Angela

>  8y=0
>  y=0
>  
> Bei mir kommt da nur die triviale lösung raus.


Bezug
                                                                
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Dreiecksform: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 13:21 So 20.05.2012
Autor: sissile

Hallo,
Entschuldige ..

(2-i)*(-2-i)  = -4 -2i + 2i -1 = -5

-5y+ 5y =0
0=0
Womit ich so klug wie zuvor bin.


Bezug
                                                                        
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Dreiecksform: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 13:46 So 20.05.2012
Autor: angela.h.b.


> Hallo,
>  Entschuldige ..
>  
> (2-i)*(-2-i)  = -4 -2i + 2i -1 = -5
>  
> -5y+ 5y =0
>  0=0
>  Womit ich so klug wie zuvor bin.
>  

Hallo,

wenn das so ist, solltest Du unbedingt das Kapitel "Lösbarkeit (und das Lösen) von LGSen" nacharbeiten und Dich in diesem Zusammenhang unbedingt mit dem Gaußalgorithmus beschäftigen.
Wenn Du Dich mit Triangulierbarkeit zu beschäftigen hast, war das nämlich längst dran.

Du hast das LGS
(2-i)*x+ 5y =0
-x + (-2-i)*y=0

jetzt überführt in  das System

x=(-2-i)y
0=0.

Das bedeutet: wann immer Du x und y so wählst, daß x=(-2-i)y, hast Du eine Lösung des Systems, dh. alle Vektoren, die von der Bauart [mm] \vektor{(-2-i)y\\y}=y*\vektor{-2-i\\1} [/mm] mit [mm] y\in \IR [/mm] sind, sind Elemente des gerade betrachteten Lösungsraumes, und damit ist [mm] \vektor{-2-i\\1} [/mm] eine Basis dieses Raumes.

Weg über Gauß mit ZSF:

Koeffizientenmatrix des homogenen LGS ist
$ [mm] \pmat{ 2-i & 5 \\ -1 & -2-i }$ [/mm] .

Durch Zeilenumformungen in ZSF gebracht bekommt man
[mm] \pmat{ \red{2-i }& 5 \\ 0 & 0}. [/mm]

Die führenden Elemente der Nichtnullzeilen (rot) stehen in der ersten Spalte, also kann man die Variablen der anderen Spalten frei wählen, hier: die Variable  y.

Mit
y:=t erhält man aus der ersten Zeile
   (2-i)x+5t=0 <==>
[mm] x=-\bruch{5}{2-i}t=-(2+i)t. [/mm]

Damit haben alle Lösungen die Gestalt [mm] \vektor{x\\y}=\vektor{-(2+i)t\\t}=t*\vektor{-(2+i)\\1}, [/mm] und [mm] \vektor{-(2+i)\\1} [/mm] ist eine Basis des Lösungsraumes.

LG Angela










Bezug
                                                                                
Bezug
Dreiecksform: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 15:42 So 20.05.2012
Autor: sissile

Danke, dass du mir das wieder ins Gedächtnis gerufen hast ;)

liebe grüße



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