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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:43 Do 12.07.2007 | | Autor: | Zerwas |
| Aufgabe | Sei K ein Körper und [mm] \varphi\in End_K(K^3) [/mm] mit
[mm] \varphi(x)=(x_2-x_3, -11x_1+15x_2-16x_3, -7x_1+11x_2-12x_3)
[/mm]
(a) Untersuchen sie ob [mm] \varphi [/mm] für [mm] K=\IR [/mm] diagonalisierbar oder triagonalisierbar ist, geben sie gegebenenfalls eine Basis B und eine Abbildungsmatrix [mm] M_B(\varphi) [/mm] mit Diagonal- oder Dreiecksgestalt an.
(b) Führen sie das selbe für K=GF(2) durch. |
Ich habe zuerst einmal die Darstellungsmatrix von [mm] \varphi [/mm] bzgl der Standardbasis aufgestellt:
[mm] A:=\pmat{0 & 1 & -1 \\ -11 & 15 & -16 \\ -7 & 11 & -12}
[/mm]
Dann stelle ich das charakteristische Polynom auf:
[mm] X(\lambda)=\lambda^3 [/mm] - [mm] 3\lambda^2 [/mm] + 4
Dieses zerfällt in Linearfaktoren:
[mm] X(\lambda)=(\lambda +1)(\lambda -2)(\lambda [/mm] -2)
damit ist [mm] \varphi [/mm] auf jeden fall schonmal triagonalisierbar also auf Dreiecksgestallt zu bringen.
Allerdings gilt, dass der Eigenraum zum EW 2 nur die dimension 1 hat und damit ist [mm] \varphi [/mm] nicht diagonalisierbar.
Wie gehe ich jetzt weiter vor um die gesuchte Basis und die Darstellungsmatrix darüber zu finden?
Und zu (b) was ist GF(2) :-[
Gruß Zerwas
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> Sei K ein Körper und [mm]\varphi\in End_K(K^3)[/mm] mit
> [mm]\varphi(x)=(x_2-x_3, -11x_1+15x_2-16x_3, -7x_1+11x_2-12x_3)[/mm]
>
> (a) Untersuchen sie ob [mm]\varphi[/mm] für [mm]K=\IR[/mm] diagonalisierbar
> oder triagonalisierbar ist, geben sie gegebenenfalls eine
> Basis B und eine Abbildungsmatrix [mm]M_B(\varphi)[/mm] mit
> Diagonal- oder Dreiecksgestalt an.
>
> (b) Führen sie das selbe für K=GF(2) durch.
> Ich habe zuerst einmal die Darstellungsmatrix von [mm]\varphi[/mm]
> bzgl der Standardbasis aufgestellt:
> [mm]A:=\pmat{0 & 1 & -1 \\ -11 & 15 & -16 \\ -7 & 11 & -12}[/mm]
>
> Dann stelle ich das charakteristische Polynom auf:
> [mm]X(\lambda)=\lambda^3[/mm] - [mm]3\lambda^2[/mm] + 4
> Dieses zerfällt in Linearfaktoren:
> [mm]X(\lambda)=(\lambda +1)(\lambda -2)(\lambda[/mm] -2)
> damit ist [mm]\varphi[/mm] auf jeden fall schonmal
> triagonalisierbar also auf Dreiecksgestallt zu bringen.
> Allerdings gilt, dass der Eigenraum zum EW 2 nur die
> dimension 1 hat und damit ist [mm]\varphi[/mm] nicht
> diagonalisierbar.
>
> Wie gehe ich jetzt weiter vor um die gesuchte Basis und die
> Darstellungsmatrix darüber zu finden?
Hallo,
nimm den Eigenvektor zu 1 und den zu 2 und ergänze ihn durch einen weiteren Vektor zu einer Basis des [mm] \IR^3. [/mm] Dann muß es klappen. (Die Trigonalisierung. Diagonalisieren kannst Du ja nicht.)
>
> Und zu (b) was ist GF(2) :-[
Der Körper mit zwei Elementen. Der, der oft [mm] \IF_2 [/mm] heißt.
Gruß v. Angela
>
> Gruß Zerwas
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:44 Do 12.07.2007 | | Autor: | Zerwas |
Okay danke ...dann erstmal zum ende des Teils (a):
Der EV zu 1 ist [mm] \pmat{0 \\ 1 \\1} [/mm] der zu 2 ist [mm] \pmat{1\\7\\5}
[/mm]
Dann nehme ich mir noch den Vektor [mm] \pmat{1\\0\\0}
[/mm]
Und stelle damit die Basis [mm] B:=(\pmat{0\\0\\1}, \pmat{0 \\ 1 \\1},\pmat{1\\7\\5},) [/mm] auf.
Um die Darstellungsmatrix bezüglich dieser Basis zu bekommen bilde ich die Basiswechselmatrix P von der Standardbasis zur Basis B:
[mm] P:=\pmat{0 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 7 \\ 1 & 1 & 5}
[/mm]
Dann umgekehrt von B in die Standardbasis:
[mm] P^{-1}=\pmat{2 & -1 & 1\\ -7 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0}
[/mm]
Wenn ich jetzt [mm] B:=P^{-1}*A*P [/mm] bilde erhalte ich [mm] B=\pmat{2 & 0 & 0 \\ -9 & -1 & 0 \\ -1 & 0 & 2}
[/mm]
was ja eigentlich schon eine Dreieckmatrix ist aber eben verkehrt herum... ist das schlimm bzw. falsch? ... meine Basis ist ja auch "verkehrt herum"
Dann zu (b):
Hier muss ich doch dann auch die Matrix neu aufstellen, so dass sie nur noch Einträge [mm] \in\IF_2 [/mm] enthält also dann derart:
[mm] B:=\pmat{0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0} [/mm] (ich habe einfach die Matrix A von oben genommen und die Einträge in [mm] \IF_2 [/mm] übertragen geht das?)
wenn ich dann das charakteristische Polynom ausrechne bekomme ich:
[mm] |\lambda *E-B|=\vmat{\lambda & 1 & 1 \\ 1 & \lambda -1 & 0 \\ 1 & 1 & \lambda}=\lambda^2(\lambda-1)+1+1-(\lambda-1)-\lambda=\lambda^3-\lambda^2+0-\lambda+1-\lambda=\lambda^3-\lambda^2-(1+1)\lambda+1=\lambda^3-\lambda+1 [/mm]
Dieses Polynom hat aber weder 1 noch 0 als Nullstelle ... habe ich mich vererchnet bzw. beim umwandeln fehler gemacht oder passt das so?
Gruß Zerwas
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> Wenn ich jetzt [mm]B:=P^{-1}*A*P[/mm] bilde erhalte ich [mm]B=\pmat{2 & 0 & 0 \\ -9 & -1 & 0 \\ -1 & 0 & 2}[/mm]
>
> was ja eigentlich schon eine Dreieckmatrix ist aber eben
> verkehrt herum...
Es ist eine untere Dreiecksmatrix, keine obere.
>ist das schlimm
ich find's nicht schlimm.
> bzw. falsch? ...
Wenn bei Euch bei der Triangulierung ausdrücklich eine obere Dreiecksmatrix verlang wird, ist es falsch.
> meine Basis ist ja auch "verkehrt herum"
Wenn Du mit einer oberen Dreiecksmatrix glücklicher bist (oder eine solche gefordert ist), dreh die Basis.
Der Informationsgehalt von oberer und unterer ist gleich.
Gruß v. Angela
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:25 Do 12.07.2007 | | Autor: | Zerwas |
Das wurde nie gefordert wenn es nicht explizit gesagt wurde .... von da her passt das Ergebniss ja dann :) .. vielen dank
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> Dann zu (b):
> Hier muss ich doch dann auch die Matrix neu aufstellen, so
> dass sie nur noch Einträge [mm]\in\IF_2[/mm] enthält also dann
> derart:
> [mm]B:=\pmat{0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0}[/mm] (ich habe
> einfach die Matrix A von oben genommen und die Einträge in
> [mm]\IF_2[/mm] übertragen geht das?)
>
> wenn ich dann das charakteristische Polynom ausrechne
Du hast Dich beim charakteristischen Polynom verrechnet.
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:42 Do 12.07.2007 | | Autor: | Zerwas |
Dann ganz ausführlich:
[mm] B:=\pmat{0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0}
[/mm]
[mm] |\lambda*E-B|=\vmat{\lambda & 1 & 1 \\ 1 & \lambda-1 & 0 \\ 1 & 1 & \lambda} [/mm] [da [mm] -1\equiv [/mm] 1 mod 2]
[mm] =(\lambda*(\lambda-1)*\lambda)+(1*0*1)+(1*1*1)-(1*(\lambda-1)*1)-(1*1*\lambda)-(\lambda*0*1)
[/mm]
[mm] =\lambda^3-\lambda^2+0+1-\lambda+1-\lambda
[/mm]
[mm] =\lambda^3-\lambda^2-(1+1)*\lambda+0
[/mm]
[mm] =\lambda^3-\lambda^2
[/mm]
Damit wäre sowohl 0 als auch 1 ein EW. (0 doppelt)
Jetzt die Eigenräume:
[mm] \lambda_{1,2}=0
[/mm]
[mm] ker(B-0E)=ker\pmat{0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0}
[/mm]
[mm] \Rightarrow [/mm] Gleichungssystem:
0 1 1
1 1 0
1 1 0
[mm] \Rightarrow
[/mm]
0 1 1
1 1 0
0 0 0
[mm] \Rightarrow \exists [/mm] 2 EV und zwar [mm] \pmat{1\\1\\1} [/mm] und??? welcher Vektor erfüllt noch die eigenschaften [mm] x_1+x_2=0mod2 [/mm] und [mm] x_2+x_3=0mod2 [/mm] ... ich habe nur den Nullvektor welcher ja aber von [mm] \pmat{1\\1\\1} [/mm] l.a. wäre
Gruß Zerwas
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> Dann ganz ausführlich:
> [mm]B:=\pmat{0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0}[/mm]
>
> [mm]|\lambda*E-B|=\vmat{\lambda & 1 & 1 \\ 1 & \lambda-1 & 0 \\ 1 & 1 & \lambda}[/mm]
> [da [mm]-1\equiv[/mm] 1 mod 2]
>
> [mm]=(\lambda*(\lambda-1)*\lambda)+(1*0*1)+(1*1*1)-(1*(\lambda-1)*1)-(1*1*\lambda)-(\lambda*0*1)[/mm]
> [mm]=\lambda^3-\lambda^2+0+1-\lambda+1-\lambda[/mm]
> [mm]=\lambda^3-\lambda^2-(1+1)*\lambda+0[/mm]
> [mm]=\lambda^3-\lambda^2[/mm]
>
> Damit wäre sowohl 0 als auch 1 ein EW. (0 doppelt)
>
> Jetzt die Eigenräume:
> [mm]\lambda_{1,2}=0[/mm]
> [mm]ker(B-0E)=ker\pmat{0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0}[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow[/mm] Gleichungssystem:
> 0 1 1
> 1 1 0
> 1 1 0
> [mm]\Rightarrow[/mm]
> 0 1 1
> 1 1 0
> 0 0 0
> [mm]\Rightarrow \exists[/mm] 2 EV
Wieso denn das???
Der Rang ist =2, also hat der Lösungsraum die Dimension 1.
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:08 Do 12.07.2007 | | Autor: | Zerwas |
Autsch ... okayes wird zeit für eine Pause ... aber die noch fertig ...
klar dann ist $ [mm] ker(B-0E)=ker\pmat{0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0} [/mm] $ [mm] =\pmat{1\\1\\1}
[/mm]
[mm] \Rightarrow \varphi [/mm] ist auch über [mm] \IF_2 [/mm] nicht diagonalisierbar
dann:
[mm] \lambda_3=1
[/mm]
[mm] ker|B-E|=ker\pmat{1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 1}=\pmat{0\\1\\1}
[/mm]
Dann muss ich [mm] \pmat{1\\1\\1} [/mm] und [mm] \pmat{0\\1\\1} [/mm] noch zu einer Basis der [mm] \IF_2^3 [/mm] ergänzen dass ich dann habe: [mm] \IF_2^3=<\pmat{1\\1\\1},\pmat{0\\1\\1},\pmat{0\\0\\1}>
[/mm]
Dann habe ich wieder die Basiswechselmatrix von [mm] (\pmat{1\\1\\1}, \pmat{0\\1\\1}, \pmat{0\\0\\1}) [/mm] zur Standardbasis [mm] P:=\pmat{1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1} [/mm] und deren Inverse [mm] P^{-1}=\pmat{1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1}
[/mm]
Und dann hat [mm] P^{-1}*B*P [/mm] = [mm] \pmat{0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0} [/mm] Dreiecksgestalt.
Passt das dann so?
Gruß Zerwas
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> Und dann hat [mm]P^{-1}*B*P[/mm] = [mm]\pmat{0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0}[/mm]
> Dreiecksgestalt.
>
> Passt das dann so?
Hallo,
gerechnet habe ich nichts, denn bereits auf den ersten Blick macht mich stutzig, daß die Matrix, die Du angibt als Dreiecksmatrix gar nicht dreieckig ist...
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:21 Do 12.07.2007 | | Autor: | Zerwas |
hmm okay ich habe einen fehler beim invertieren gemacht und mein hirn abgeschaltet ;)
Wenn [mm] P=\pmat{1 & 0 & 0 \\ 1&1&0\\1&1&1} [/mm] dann ist [mm] P^{-1}=\pmat{1 & 0 & 0 \\ 1&1&0\\0&1&1} [/mm] (nachgeprüft: stimmt [mm] P*P^{-1}=E)
[/mm]
und damit [mm] P^{-1}*B*P=\pmat{0&0&1\\0&1&1\\0&0&0} [/mm] und die hat dann auch Dreiecksgestalt.
Jetzt sollte es eig passen. ... Vielen Dank für die Mühen (in Hoffnung dass es jetzt stimmt)
Gruß Zerwas
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> hmm okay ich habe einen fehler beim invertieren gemacht und
> mein hirn abgeschaltet ;)
> Wenn [mm]P=\pmat{1 & 0 & 0 \\ 1&1&0\\1&1&1}[/mm] dann ist
> [mm]P^{-1}=\pmat{1 & 0 & 0 \\ 1&1&0\\0&1&1}[/mm] (nachgeprüft:
> stimmt [mm]P*P^{-1}=E)[/mm]
> und damit [mm]P^{-1}*B*P=\pmat{0&0&1\\0&1&1\\0&0&0}[/mm] und die
> hat dann auch Dreiecksgestalt.
Hallo,
ich habe nicht jeden Schritt nachgerechnet, aber der Weg stimmt, und das Ergebnis sieht gut aus.
Das einzige, was mich irritiert - aber nur von der Mathematikaufgabenstellerpsychologie her: ich hätte gedacht, daß eine der Matrizen diagonalisierbar ist und die andere nicht.
Gruß v. Angela
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