Welche folgenden Matrizen aus MAT3(F5) sind diagonalisierbar

Question

Finden sie heraus, welche folgenden Matrizen aus Mat3(F5) diagonalisierbar sind, indem Sie jeweils die geometrischen Multiplizitäten m ≥ 0 der fünf möglichen Skalare m aus F5 betrachten .

              2   1  4                              1      4    2 

 A =       0   4   0                   B =    3      1    4

             3    1   3                             0      1    4                      

Comments

https://de.wikipedia.org/wiki/Diagonalmatrix#Diagonalisierbarkeit

Wenn du 3 linear unabh. Eigenvektoren findest, ist die Matrix diagonalisierbar.

3 verschiedene Eigenwerte wäre schon genug. Bei weniger musst du die 3 Eigenvektoren konstruieren oder erklären, warum es nicht so viele sein können. Achtung: du musst 'modulo 5' rechnen.

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könntest du mir bitte bei A helfen ? und ich versuche dann B zu machen ? 

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hat jdn eine idee ? 

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Ich schreibe mal die Frage etwas vollständiger:

Finden Sie heraus, welche folgenden Matrizen aus \( { Mat }_{ 3 }({ F }_{ 5 }) \) diagonalisierbar sind, indem Sie jeweils die geometrischen Multiplizitäten \( { m }_{ λ }≥0 \) der fünf möglichen Skalare \( λ ∈{ F }_{ 5 } \)betrachten. $$ A=\begin{pmatrix} 2 & 1 & 4 \\ 0 & 4 & 0 \\ 3 & 1 & 3 \end{pmatrix}\quad B=\begin{pmatrix} 1 & 4 & 2 \\ 3 & 1 & 4 \\ 0 & 1 & 4 \end{pmatrix} $$

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Danke Sam , weisst du wie man das löst ? 

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Charakteristisches Polynom ausrechnen, dann die Eigenwerte bestimmen. Wenn diese paarweise verschieden sind liegt bereits Diagonlaisierbarkeit vor, da per Definition zu jedem Eigenwert mind. ein Eigenvektor existiert und Eigenvektoren zu verschiedenen Eigenwerten linear unabhängig sind -> Basis aus Eigenvektoren. Ansonsten auch noch die Eigenvektoren berechnen. Diese findet man durch lösen der Gleichung

$$ Av = \lambda v \quad \Leftrightarrow \quad (A-\lambda I) v = 0 $$

wobei \(\lambda\) ein Eigenwert ist (beachte, dass \(v\neq 0\) sein soll). Eigenwerte findet man wie gesagt übers charakteristische Polynom, denn wenn man einen Vektor \(v\neq0 \) finden soll, der \((A-\lambda I) v = 0\) erfüllt, so muss \(A-\lambda I\) einen nicht-trivialen Kern haben -> Determinante 0 -> es muss \(\det(A-\lambda I) = 0\) gelten.

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Ich werde es mal versuchen, mit den Hinweisen von LC und mathef müsste es klappen. Danke an euch.

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ich weiss leider nicht wie ich das umsetze kann jdn von euch S machen und ich versuche dann T zu lösen ? 

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Welches S bzw. T?

Answer 1

Mach doch mal erst wie über dem Körper IR den Ansatz
det ( A - x *E ) = 0
-x^3 + 9x - 14x - 24 = 0
-(x-4) * ( x^2 - 5x - 6 ) = 0
Da -4 kongr. 1 und 5 kongr 0 und -6 kongr. -1 ist das
-( x+1) * ( x^2 -1 ) = 0
-(x+1)*(x-1)*(x+1)=0
Also Eigenwerte -1 und +1 bzw. 4 und 1.
Und nun
A * x = - x   und   A * x = x  lösen gibt
dann als homogenes System erstens
3    1     4
0    0     0
3    1     4  
x1 = r   x2 = s     3r  +  s   =   -4x3   =  x3 (wegn F5)
                           
also eigenvektoren  ( r, s , 3r+s) = (r,0,2r) + (o,s,s) = r*(1,0,3) + s*(0,1,1)
Also sind schon mal (1,0,2) ,(0,1,1)           2 lin. unabh. Eigenvektoren zum Eigenwert -1

zum EW 1
A * x = x
1     1    4   
0     3     0
3    1      2      |+ 1. Zeile

1     1    4
0     3     0
4     2     1    | + 1. Zeile

1     1    4
0     3     0
o     3     0       | - 2. zeile

1     1    4
0     3     0
o     0     0     Also etwa x1=t    x2=0     x3=t
eigenvektor (t ,0 , t ) =   t*(1,0,1)
Also hast du jetzt drei lin. unabh. Eigenvektroen
(1,0,1) und (1,0,3) ,(0,1,1)   
und damit ist A diagonalisierbar
und die Tranformationsmatrix ist durch die
Spalten der Eigenvektoren  t=
1     1    0
0     0    1
1     3    1

Kannst ja mal nachrechnen  t^- * m * t
gibt "normal" gerechnet
6   15     15/2
0    -1      -5/2
0     0        4
und über F5 ist das ja wirklich eine Diagonalmatrix
1     0       0
0    4        0
0     0       4
wie oben gesehen, zweimal Eigenwert 4 und einmal eine 1.