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Mathematik-Online-Kurs: Prüfungsvorbereitung HM 1/2 SS08 - Lösungen zur Probeklausur 2

Aufgabe 2

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Entscheiden Sie, ob die folgenden Matrizen (gegebenenfalls komplex) diagonalisierbar sind. Geben Sie jeweils die Diagonalmatrix an. (Eigenwerte der Größe nach absteigend. Bei nicht diagonalisierbaren Matrizen keine Eingabe.)

$ \left( \begin{array}{rr} 1 &3\\ 2&-4 \end{array} \right)$: $ \left( \rule{0pt}{4ex}\right.$
+ i      + i
+ i      + i
$ \left. \rule{0pt}{4ex}\right)$

$ \left( \begin{array}{rr} 1&5\\ -4&5 \end{array} \right)$: $ \left( \rule{0pt}{4ex}\right.$
+ i      + i
+ i      + i
$ \left. \rule{0pt}{4ex}\right)$

$ \left( \begin{array}{rr} \frac 1 3 &\frac 1 3\\ -\frac 1 3&1 \end{array} \right)$: $ \left( \rule{0pt}{4ex}\right.$
+ i      + i
+ i      + i
$ \left. \rule{0pt}{4ex}\right)$


  

[Andere Variante]

$ \det(A_1-\lambda E)=\det\begin{pmatrix}1-\lambda &3\\ 2&-4-\lambda \end{pmatrix}=(1-\lambda)(-4-\lambda)-6=\lambda^2+3\lambda-10=0$
$ \Leftrightarrow (\lambda-2)(\lambda +5)=0$.
Das charakteristische Polynom $ \chi_A(\lambda)$ zerfällt somit in Linearfaktoren und ist damit diagonalisierbar. Die Eigenwerte lauten: $ \lambda_1=2$ und $ \lambda_2=-5$.
Die Diagonalmatrix ergibt sich nun aus den Eigenwerten: $ D_1 = \begin{pmatrix}2&0\\ 0&-5\end{pmatrix}$

$ \det(A_2-\lambda E)=\det\begin{pmatrix}1-\lambda &5\\ -4&5-\lambda \end{pmatrix}=(1-\lambda)(5-\lambda)+20=\lambda^2-6\lambda+5=0$
$ \hookrightarrow \lambda_1=3+4\mathrm{i}$ und $ \lambda_2=3-4\mathrm{i}$.

Über $ \mathbb{C}$ betrachtet, liegen wieder zwei verschiedene einfache Nullstellen des chrakteristischen Polynoms vor. Damit ist die Matrix komplex diagonlisierbar. Und es folgt: $ D_2 = \begin{pmatrix}3+4\mathrm{i}&0\\ 0&3-4\mathrm{i}\end{pmatrix}$

$ \det(A_3-\lambda E)=\det\begin{pmatrix}\frac{1}{3}-\lambda &\frac{1}{3}\\ -\fr... ...1}{3}-\lambda)(1-\lambda)+\frac{1}{9}=0\Leftrightarrow 9\lambda^2-12\lambda+4=0$. Diese quadratische Gleichung liefert nur die doppelte Nullstelle $ \lambda_{1,2}=\frac{12}{18}$ als Lösung. Da man wegen $ \mathrm{Rang}(A_3-\lambda E)=1$ nur einen Eigenvektor zum einzigen Eigenwert $ \lambda$ erhält, kann die Matrix $ A_3$ nicht diagonalisiert werden.

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  automatisch erstellt am 14.7.2008