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Kann jmd. mir paar Tipps geben wie ich diese Aufgabe lösen kann?

Bestimmen Sie das Minimalpolynom der folgenden Matrix. Ist diese diagonalisierbar?

A = -1 4 -2

      -1 3  -1

       0  0  1   ∈ R3*3

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Gib das charakteristische Polynom an und zitiere ein paar Eigenschaften des Minimalpolynoms.

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  Wir haben erst mal einen invarianten Unterraum  |R  ²  Dem entspricht eine quadratische Säkulardeterminante  8 SD )


      f2  (  x  ;  A  )  =  x  ²  -  p  x  +  q         (  1  )


    Weil in den Büchern ist das immer so  Mega umständlich erklärt.  Vieta das geschmähte Stiefkind


      p  =  E1  +  E2  =  (  -  1  )  +  3  =  2      (  2a  )

     q  =  det  (  A  )  =  E1  E2  =  (  -  1  )  *  3  -  4  *  (  -  1  )  =  1    (  2b  )

    

     f2  (  x  ;  A  )  =  x  ²  -  2  x  +  1  =  (  x  -  1  )  ²    (  3  )


    Hast du dich schon mal mit  ===>  Elementarteilern beschäftigt ???  Aber  SOFORT  nachholen. Dort erfährst du, dass und warum  das Minimalpolynom

    1)  bereits alle Eigenwerte enthält

    2)  die  SD  teilt

   3) jede Matrix Nullstelle ihrer eigenen SD ist ( trivial, wäre sie diagonalisierbar. Gilt aber auch ganz allgemein. )


        In unserem Fall ist der ET  (  3  )  quadratisch.  Denn hättest du einen linearen Faktor  ( x - 1 )  , müsste die Untermatrix ja gleich  der Einheitsmatrix sein - wir haben nur einen Eigenvektor.

   Den dritten Eigenwert schnitzen wir uns jetzt aus der Spur; siehe    ( 2a )


    =  (  -  1  )  +  3  +  1  =  3  ===>  E3

     Sp  (  A  )  =  E1  +  E2  +  E3  =  1  +  1  +  E3  =     (  4a  )

=  1     (  4b  )


    D.h. das Minimalpolynom, unser  ET  , ist entweder  ( x - 1 ) ²  oder ( x - 1 )   ³   (  Denn andere Eigenwerte haben wir ja nicht. )   Wie sieht nun die Matrix    A  ' :=   ( A - 1|  )  aus?


                                           - 2            4       - 2

     A  '  :=  A  -  1|  =           - 1            2       - 1        (  5  )

                                             0            0          0



    Die  Matrix  (  5 )  ist  ===>  nilpotent; wenn du verstehst, wie  ET  gehen, ist dir das klar.   Man sieht sofort, dass ihr Rang  Eins ist.  Zeile  3  ist die  Nullzeile; und Zeile  1  ergibt das Doppelte von Zeile  2   .   Nach der Formel


      Rang  (  A  )  +  dim  Kern  (  A  )  =  n  =  3     (  6  )


    ergibt sich hieraus dim Kern ( A ' )  = 2  .  Nun ist dieser Kern aber nichts weiter als der Eigenraum von A zum Eigenwert  1  ; hast du das verstanden?  Wegen der Nilpotenz von  A  '  muss der Bildvektor  ( nach einmaliger Anwendung von A '   ) breits einer der beiden Kern-bzw. Eigenvektoren sein.  Denn sonst ergäbe sich ja der Widerspruch, dass, da dieser Vektor gleichzeitig Bildvektor ist, A  '  einen Eigenwert  ungleich  Null haben könnte.  Damit lautet   die korrekte Potenz des  Minimalpolynoms bzw.  ET


     p_min  (  x  ;  A  )  =  (  x  -  1  )  ²        (  7  )

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  Ich muss doch mehr Korrektur lesen; entschuldige     ( 2a ) muss richtig heißen


     p  =  Sp  (  A  )  =  E1  +  E2  =  (  -  1  )  +  3  =  2      (  2a  )

  Ich kann es mir auch nicht erklären; bei ( 4 ) bin ich igendwie total durcheinander gekommen.


    Sp  (  A  )  = E1 + E2 + E3 = ( - 1 ) + 3 + 1 ===>  E3  =  1   (  4  )

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