Untersuchung einer Matrix auf Diagonalisierbarkeit

Question

Gegeben sei die Matrix

$A=\left(\begin{array}{ccc} 2 & \alpha & 0 \\ 1 & 1 & -1 \\ 2 & 1 & 0 \end{array}\right)$
Untersuchen Sie, für welche $\alpha \in \mathbb{R}$ die Abbildung $T_{A}$ diagonalisierbar ist.

Wie genau gehe ich hier vor? Nett wenn mir jemand das erklären könnte.

Comments

Zunächst berechnet Du die Eigenwerte, dann zu jedem Ew den Eigenraum. Dann sehen wir weiter...

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Okay, nachdem ich das gemacht habe berichte ich von meinen Ergebnissen, Danke!

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Ich komme einfach nicht auf die Eigenwerte, das Alpha verwirrt mich zu sehr.

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Berechne zunächst das charakteristische Polynom:
$\begin{aligned}p_A(x)&=\det(xE_3-A)=\det\begin{pmatrix}x-2&-\alpha&0\\-1&x-1&1\\-2&-1&x\end{pmatrix}\\&=x^3-3x^2-(\alpha-3)x+2\alpha-2=(x^2-x-\alpha+1)\cdot(x-2).\end{aligned}$
Bestimme dann alle $\alpha\in\mathbb R$ für die $p_A$ über $\mathbb R$ in Linearfaktoren zerfällt.

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hab ich da was mit den Vorzeichen vertauscht? Ich habe für das char. Polynom:

= -x³ + 3x² - 3x - 2α + x* α + 2

Habe ich mich verrechnet?

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Nein. Vermutlich hast du $\det(A-xE_3)$ berechnet. Das ist bis auf's Vorzeichen das gleiche wie $\det(xE_3-A)$ und ist was Nullstellen und damit Eigenwerte betrifft unerheblich.

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Ich verstehe, alles klar danke!

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Muss ich dann per polynomdivision aufteilen um alpha auszurechnen? Oder wie genau bestimme ich nun Alpha

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Hab die Aufgabe gelöst, Danke

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Also wie genau bestimmt man nun Alpha?

Answer 1

Dann Doku ich mal die Aufgabe, dass sie aus offene Fragen wegkommt:

$EW \, := \, \left\{2, \frac{-\sqrt{4 \; a - 3} + 1}{2}, \frac{\sqrt{4 \; a - 3} + 1}{2} \right\}$

$\scriptsize \left(\begin{array}{rrrr}\lambda=&2&\left(\begin{array}{rrr}0&a&0\\1&-1&-1\\2&1&-2\\\end{array}\right)&\left(\begin{array}{r}x1\\x2\\x3\\\end{array}\right) = 0\\\lambda=&\frac{-\sqrt{4 \; a - 3} + 1}{2}&\left(\begin{array}{rrr}2 - \frac{-\sqrt{4 \; a - 3} + 1}{2}&a&0\\1&1 - \frac{-\sqrt{4 \; a - 3} + 1}{2}&-1\\2&1&\frac{-\left(-\sqrt{4 \; a - 3} + 1 \right)}{2}\\\end{array}\right)&\left(\begin{array}{r}x1\\x2\\x3\\\end{array}\right) = 0\\\lambda=&\frac{\sqrt{4 \; a - 3} + 1}{2}&\left(\begin{array}{rrr}2 - \frac{\sqrt{4 \; a - 3} + 1}{2}&a&0\\1&1 - \frac{\sqrt{4 \; a - 3} + 1}{2}&-1\\2&1&\frac{-\left(\sqrt{4 \; a - 3} + 1 \right)}{2}\\\end{array}\right)&\left(\begin{array}{r}x1\\x2\\x3\\\end{array}\right) = 0\\\end{array}\right)$

$\small EV=T \, := \, \left(\begin{array}{rrr}1&-a&a\\0&\frac{1}{2} \; \left(\sqrt{4 \; a - 3} + 3 \right)&\frac{1}{2} \; \left(\sqrt{4 \; a - 3} - 3 \right)\\1&\sqrt{4 \; a - 3}&\sqrt{4 \; a - 3}\\\end{array}\right)$

D:=T^-1 A T

$\small D \, := \, \left(\begin{array}{rrr}2&0&0\\0&\frac{1}{2} \; \left(-\sqrt{4 \; a - 3} + 1 \right)&0\\0&0&\frac{1}{2} \; \left(\sqrt{4 \; a - 3} + 1 \right)\\\end{array}\right)$

Comments

So einfach ist das nicht.

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Die Antwort sollte doch legitim sein, ich habe es zumindest ebenfalls so gelöst.

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Arsinoë4 meint wahrscheinlich die Untersuchung, wie sich a auf die Diagonalisierung auswirkt - hab ich nicht explizit ausgeführt. Darfst Du gerne ergänzen...

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... ich habe es zumindest ebenfalls so gelöst.

Dann wähle doch mal konkret $\alpha=3$. Vielleicht fällt dir dann etwas auf.

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Aber warum genau 3? wie komme ich auf 3

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Wenn die Matrix $A$ drei paarweise verschiedene reelle Eigenwerte hat, ist sie diagonalisierbar. Gibt es mehrfache Eigenwerte, muss das nicht so sein.