Berechnen Sie das charakteristische Polynom von F und zeigen Sie, dass dieses über \mathbb{R} zerfällt.

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Problem:

Kann mir jemand erklären wie ich auf die Basen komme? Ich verstehe diese Lösung nicht ganz. Sowohl die Basis (-7,4,1)t, als auch die Basis (2,0,-1)t,(0,2,-1)t sind mir unklar.

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Hallo :-)

Zunächst gilt für jeden Eigenwert λ\lambda eines Endomorphismuses

,,geometrische Vielfachheit⏟dim⁡(Eig⁡(A;λ))≤algebraische Vielfachheit\underbrace{\text{geometrische Vielfachheit}}_{\dim(\operatorname{Eig}(A;\lambda))}\leq \text{algebraische Vielfachheit}".

Das bedeutet konkret, dass es passieren kann, dass du zu einem Eigenwert nicht genug Eigenvektoren bekommst, welche somit keine Basis zum betrachteten Vektorraum bilden können.

Ein verallgemeinertes Konzept bilden die Haupträume von Endomorphismen, wo du Potenzausdrücke der Form (A−λ⋅In)k(A-\lambda\cdot I_n)^k betrachtest und für jedes k∈N≥1k\in \mathbb{N}_{\geq 1} die Dimension von Ker⁡((A−λ⋅In)k)\operatorname{Ker}((A-\lambda\cdot I_n)^k). Damit gilt allgemein folgende Kernkettenbeziehung:

Eig⁡(A;λ)=Ker⁡((A−λ⋅In)1)⊂Ker⁡((A−λ⋅In)2)⊂...⊂Ker⁡((A−λ⋅In)n)=Ker⁡((A−λ⋅In)n+1).\operatorname{Eig}(A;\lambda)=\operatorname{Ker}((A-\lambda\cdot I_n)^1)\subset \operatorname{Ker}((A-\lambda\cdot I_n)^2)\subset...\subset \operatorname{Ker}((A-\lambda\cdot I_n)^n)=\operatorname{Ker}((A-\lambda\cdot I_n)^{n+1}).

Dabei übersteigt für jeden Eigenwert λ\lambda aber die Dimension des jeweiligen Hauptraumes nicht den Wert der algebraischen Vielfachheit des Eigenwertes λ\lambda.


Nun zu deiner Aufgabe:

(a) Charakteristisches Polynom: PA(t)=t3−5t2+7t−3=(t−1)2(t−3) P_{A}(t)=t^{3}-5 t^{2}+7 t-3=(t-1)^{2}(t-3) .

(b) Eigenwert 33 hat algebraische Vielfachheit 1 und Eigenwert 11 hat algebraische Vielfachheit 2.

Eigenvektoren berechnen:

A=(253418−14−19−10−4−6−1)A=\left(\begin{array}{ccc} 25 & 34 & 18 \\ -14 & -19 & -10 \\ -4 & -6 & -1 \end{array}\right)

Eigenwert 3: Berechne Ker⁡(A−3⋅I3)\operatorname{Ker}(A-3\cdot I_3): (2234180−14−22−100−4−6−40)⟶12⋅I,12⋅II,12⋅III(111790−7−11−50−2−3−20)⟶11⋅II+7⋅I(1117900−280−2−3−20)⟶11⋅III+2⋅I(1117900−28001−40)⟶2⋅III+1⋅II(1117900−2800000) \left(\begin{array}{ccc|c}22&34&18&0\\-14&-22&-10&0\\-4&-6&-4&0\end{array}\right)\\ \stackrel{\frac{1}{2}\cdot I, \frac{1}{2}\cdot II, \frac{1}{2}\cdot III}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{ccc|c}11&17&9&0\\-7&-11&-5&0\\-2&-3&-2&0\end{array}\right) \\\stackrel{11\cdot II+7\cdot I}{\longrightarrow}\quad \left(\begin{array}{ccc|c}11&17&9&0\\0&-2&8&0\\-2&-3&-2&0\end{array}\right)\\\stackrel{11\cdot III+2\cdot I}{\longrightarrow}\quad \left(\begin{array}{ccc|c}11&17&9&0\\0&-2&8&0\\0&1&-4&0\end{array}\right) \\\stackrel{2\cdot III+1\cdot II}{\longrightarrow}\quad \left(\begin{array}{ccc|c}11&17&9&0\\0&-2&8&0\\0&0&0&0\end{array}\right)

Löse also nur:

I11a+17b+9c=0I\quad 11a+17b+9c=0

II−2b+8c=0⇔b=4c,c∈R freie VariableII\quad -2b+8c=0\Leftrightarrow b=4c,\quad c\in \mathbb{R} \text{ freie Variable}

⇒0=11a+17b+9c=11a+68c+9c=11a+77c⇔a=−7c\Rightarrow 0=11a+17b+9c=11a+68c+9c=11a+77c \Leftrightarrow a=-7c

Also ist (abc)=(−7⋅c4⋅cc)=c⋅(−741)\begin{pmatrix}a\\b\\c \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-7\cdot c\\4\cdot c\\c \end{pmatrix}=c\cdot \begin{pmatrix}-7\\4\\1 \end{pmatrix} und damit ist

R⋅(−741)=span⁡((−741))=Ker⁡(A−3⋅I3)\mathbb{R}\cdot \begin{pmatrix}-7\\4\\1 \end{pmatrix}=\operatorname{span}\left(\begin{pmatrix}-7\\4\\1 \end{pmatrix}\right)=\operatorname{Ker}(A-3\cdot I_3)

Hier gilt also dim⁡(Ker⁡(A−3⋅I3))=1=algbr Vielfachheit von 3\dim(\operatorname{Ker}(A-3\cdot I_3))=1=\text{algbr Vielfachheit von 3}

Eigenwert 1: Berechne Ker⁡(A−1⋅I3)\operatorname{Ker}(A-1\cdot I_3): (2434180−14−20−100−4−6−20)⟶12⋅I,12⋅II,12⋅III(121790−7−10−50−2−3−10)⟶12⋅II+7⋅I(1217900−130−2−3−10)⟶12⋅III+2⋅I(1217900−1300−260)⟶1⋅III+(−2)⋅II(1217900−1300000) \left(\begin{array}{ccc|c}24&34&18&0\\-14&-20&-10&0\\-4&-6&-2&0\end{array}\right)\\ \stackrel{\frac{1}{2}\cdot I, \frac{1}{2}\cdot II, \frac{1}{2}\cdot III}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{ccc|c}12&17&9&0\\-7&-10&-5&0\\-2&-3&-1&0\end{array}\right)\\ \stackrel{12\cdot II+7\cdot I}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{ccc|c}12&17&9&0\\0&-1&3&0\\-2&-3&-1&0\end{array}\right)\\ \stackrel{12\cdot III+2\cdot I}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{ccc|c}12&17&9&0\\0&-1&3&0\\0&-2&6&0\end{array}\right)\\ \stackrel{1\cdot III+(-2)\cdot II}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{ccc|c}12&17&9&0\\0&-1&3&0\\0&0&0&0\end{array}\right)

Löse also nur:

I12a+17b+9c=0I\quad 12a+17b+9c=0

II−1b+3c=0⇔b=3⋅c,c∈R freie VariableII\quad -1b+3c=0 \Leftrightarrow b=3\cdot c,\quad c\in \mathbb{R} \text{ freie Variable}

⇒0=12a+17b+9c=12a+51c+9c=12a+60c⇔a=−5⋅c\Rightarrow 0=12a+17b+9c=12a+51c+9c=12a+60c \Leftrightarrow a=-5\cdot c

Also ist (abc)=(−5⋅c3⋅cc)=c⋅(−531)\begin{pmatrix}a\\b\\c \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-5\cdot c\\3\cdot c\\c \end{pmatrix}=c\cdot \begin{pmatrix}-5\\3\\1 \end{pmatrix} und damit ist
R⋅(−531)=span⁡((−531))=Ker⁡(A−1⋅I3)\mathbb{R}\cdot \begin{pmatrix}-5\\3\\1 \end{pmatrix}=\operatorname{span}\left(\begin{pmatrix}-5\\3\\1 \end{pmatrix}\right)=\operatorname{Ker}(A-1\cdot I_3)

Hier gilt also dim⁡(Ker⁡(A−1⋅I3))=1<algbr Vielfachheit von 3=2\dim(\operatorname{Ker}(A-1\cdot I_3))=1<\text{algbr Vielfachheit von 3}=2, sodass es nicht genug Eigenvektoren von AA gibt, die eine Basis von R3\mathbb{R}^3 bilden.

Haupträume:

Eigenwert 3: Nach voriger Rechnung wird wegen dim⁡(Ker⁡(A−3⋅I3))=1=algbr Vielfachheit von 3\dim(\operatorname{Ker}(A-3\cdot I_3))=1=\text{algbr Vielfachheit von 3} Ker⁡(A−3⋅I3)\operatorname{Ker}(A-3\cdot I_3) nicht größer und es gilt Ker⁡(A−3⋅I3)=Hau⁡(A−3⋅I3)\operatorname{Ker}(A-3\cdot I_3)=\operatorname{Hau}(A-3\cdot I_3)


Eigenwert 1: Berechne jetzt Ker⁡((A−1⋅I3)2)\operatorname{Ker}((A-1\cdot I_3)^2):

(2828560−16−16−320−4−4−80)⟶128⋅I,116⋅II,14⋅III(1120−1−1−20−1−1−20)⟶1⋅II+1⋅I(11200000−1−1−20)⟶1⋅III+1⋅I(112000000000)\left(\begin{array}{ccc|c} 28 & 28 & 56 &0\\ -16 & -16 & -32&0 \\ -4 & -4 & -8&0 \end{array}\right)\\ \stackrel{\frac{1}{28}\cdot I, \frac{1}{16}\cdot II, \frac{1}{4}\cdot III}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 2 &0\\ -1 & -1 & -2&0 \\ -1 & -1 & -2&0 \end{array}\right)\\ \stackrel{1\cdot II+1\cdot I}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 2 &0\\ 0 & 0 & 0&0 \\ -1 & -1 & -2&0 \end{array}\right) \\ \stackrel{1\cdot III+1\cdot I}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 2 &0\\ 0 & 0 & 0&0 \\ 0 & 0 & 0&0 \end{array}\right)

Löse also nur:

Ia+b+2c=0⇔a=−b−2c,b,c∈RI\quad a+b+2c=0\Leftrightarrow a=-b-2c,\quad b,c\in \mathbb{R}

Also ist (abc)=(−b−2cbc)=b⋅(−110)+c⋅(−201)\begin{pmatrix}a\\b\\c \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-b-2c\\b\\c \end{pmatrix}=b\cdot \begin{pmatrix}-1\\1\\0 \end{pmatrix}+c\cdot \begin{pmatrix}-2\\0\\1 \end{pmatrix} und damit ist

Ker⁡((A−1⋅I3)2)=span⁡((−110),(−201))\operatorname{Ker}((A-1\cdot I_3)^2)=\operatorname{span}\left(\begin{pmatrix}-1\\1\\0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix}-2\\0\\1 \end{pmatrix}\right)

Ansonsten kommt man schon durch bloßes Hinschauen auf die Version

Ker⁡((A−1⋅I3)2)=span⁡((20−1),(02−1))\operatorname{Ker}((A-1\cdot I_3)^2)=\operatorname{span}\left(\begin{pmatrix}2\\0\\-1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix}0\\2\\-1 \end{pmatrix}\right)

Hier wird auch die Dimension nicht weiter größer und damit ist das charakteristische Polynom gleich dem Minimalpolynom.

Avatar von 15 k

Vielen lieben Dank, das ist jetzt alles sehr verständlich! :)

von

Sehr gut! Das freut mich. :-)

von

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