Berechnen der Eigenwerte und Eigenvektoren einer Matrix

Question

Aufgabe:

Berechnen Sie die Eigenwerte und Eigenvektoren der Matrix \( \begin{pmatrix} 7 & -4 & -2 \\ 6 & -3 & -2 \\ 0 & 0 & 1   \end{pmatrix} \)

Problem/Ansatz:

Hi, ich hatte es erst mit der Regel von Sarrus probiert, jedoch kommen ich da irgendwie nicht auf eine geeignete Form, sodass ich die Eigenwerte ablesen kann. Des Weiteren bin ich mir unsicher, wie ich dann mit dem Eigenwerten die Eigenvektoren berechnen soll. Über jede Hilfe bin ich dankbar! :)

Answer 1

Hi,

also Sarrus finde ich persönlich zu kompliziert. Ich bin eher ein Fan des Laplaceschen Entwicklungssatz. Sei A Deine geg. (3x3)-Matrix.

Zuerst an den Diagonalwerten 7,-3 und 1 ein -t dransetzen. Ich bezeichne die Matrix mit dem -t mal als A*.

Einfach die erste Zeile entwickeln.

Also sei f das charakteristische Polynom, dann gilt:

f(t) = det(A*) = (7-t) *det(A*^(1,1)) + (-1)(-4) det(A*^(1,2)) + (-1)(-1)(-2) det(A*^(1,3))

= (7-t)*det(A*(1,1)) + 4 det(A*^(1,2)) -2 det(A*^(1,3))

Wobei A*^(1,1) die Untermatrix mit Spalten

(-3-t, 0) und (-2,1), A*^(1,2) die Untermatrix mit Spalten (6,0) und (-2,1-t ) und A*^(1,3) die Untermatrix mit Spalten (6,0) und (-3-t,0) ist. Die Determinante von A*^(1,3) ist aber sowieso Null, wegen der Nullzeile von A*^(1,3).

Ja also nur noch

det(A*) = (7-t)*det(A*(1,1)) + 4 det(A*^(1,2))

ausrechnen. (Du solltest natürlich es nicht A* nennen, sondern es als A - tE ausschreiben, wobei E ja die (3x3)-Einheitsmatrix ist)

Wenn du das machst müsstest du auf das Polynom: f(t) = det(A*) = t^2 - 4t + 3

kommen. Davon die Nullstellen, welche durch die PQ Formel zum Beispiel gegeben sind, sind Deine Eigenwerte

Answer 2

Ich bevorzuge eine Dreiecksform

{{-λ + 7, -4, -2} +1/6(λ-7) {6, -λ - 3, -2}, {6, -λ - 3, -2}, {0, 0, -λ + 1}}

\(\small \left(\begin{array}{rrr}0&-6 \; \left(\lambda^{2} - 4 \; \lambda + 3 \right)&\frac{-1}{3} \; \lambda + \frac{1}{3}\\6&-\lambda - 3&-2\\0&0&-\lambda + 1\\\end{array}\right)\)

==> -6 (λ² - 4 λ + 3) (-λ + 1)

Vieta

\(\small \left(\begin{array}{rrr}6&-\lambda - 3&-2\\0&\frac{-1}{6} \; \left(\lambda - 1 \right) \; \left(\lambda - 3 \right)&\frac{-1}{3} \; \lambda + \frac{1}{3}\\0&0&-\lambda + 1\\\end{array}\right)\)

Zum Nachrechnen

https://www.geogebra.org/m/BpqJ28eP#material/upUZg79r

Answer 3

Man kann hier ganz prima mit Sarrus vorgehen, weil man ja den einen EW 1 schon sieht. Heißt: man erhält mit Sarrus ein Polynom der Form (x-1)(.....). Wenn man dann blind ausmultipliziert (selten eine gute Idee), gibt man der Vorteil wieder weg. So aber: ein EW ist 1. Für den Rest bleibt ein Polynom vom Grad 2, deren Nullstellen kein Problem darstellen sollten.

Zu den EVen: Für jeden einzelnen EW \(\lambda\) ist das LGS \((A-\lambda I)(x)=0\) zu lösen. Dieses hat unendlich viele Lösungen (sonst wäre \(\lambda\) kein EW). Es gibt also keine eindeutige Lösung, die durch Umformen gefunden werden könnte. Man löst das, wie man eben unterbestimmte LGS löst. Oft kann man auch durch scharfes Hinsehen eine Lösung erkennen.

Es kann auch zu einem EW mehrere lin. unabh. EVen geben, das würde man dann sehen (bringe das genannte LGS auf Zeilenstufenform)).

Answer 4

Aloha :)

Die Summe der Elemente in jeder Zeile ist \(1\). Daher ist \(\pink{\lambda_1=1}\) ein Eigenwert:

$$\begin{pmatrix}7 & -4 & -2\\6 & -3 & -2\\0 & 0 & 1\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}7-4-2\\6-3-2\\0+0+1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}=\pink1\cdot\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}$$

Die Summe der Eigenwerte ist die Summe der Elemente auf der Hauptdiagonalen:$$\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3=7-3+1=5\stackrel{\lambda_1=1}{\implies}\blue{\lambda_2+\lambda_3=4}$$

Das Produkt aller Eigenwerte ist gleich der Determinante der Matrix:$$\lambda_1\cdot\lambda_2\cdot\lambda_3=7\cdot(-3)-6\cdot(-4)=3\stackrel{\lambda_1=1}{\implies}\blue{\lambda_2\cdot\lambda_3=3}$$

Die beiden blauen Gleichungen kannst du im Kopf lösen und erhältst:$$\pink{\lambda_2=1}\quad;\quad\pink{\lambda_3=3}$$

Der Eigenwert \(\lambda_1=\lambda_2=1\) ist doppelt. Daher liegt die Vermutung nahe, dass der Vektor \((1;1;1)^T\) von oben eine Linearkombination zweier Basisvektoren ist, aus denen alle Eigenvektoren zum Eigenwert \(1\) zusammengesetzt sind.

Zur Berechnung der Eigenvektoren \(\vec v\) lösen wir die Eigenwertgleichung:$$\mathbf A\cdot\vec v=\lambda\cdot\vec v\quad\Longleftrightarrow\quad\left(\mathbf A-\mathbf1\right)\cdot\vec v=\vec 0$$mit Hilfe des Gauß-Verfahrens:$$\begin{array}{rrr|c|l}x_1 & x_2 & x_3 & = & \text{Aktion}\\\hline7-\lambda & -4 & -2 & 0 &\lambda=1\text{ einsetzen}\\6 & -3-\lambda & -2 & 0 & \lambda=1\text{ einsetzen}\\0 & 0 & 1-\lambda & 0 &\lambda=1\text{ einsetzen}\\\hline6 & -4 & -2 & 0 &\div(-2)\\6 & -4 & -2 & 0 & -\text{Zeile 1}\\ 0 & 0 & 0 & 0 &\checkmark\\\hline-3 & 2 & 1 & 0 & \Rightarrow -3x_1+2x_2+x_3=0\\0 & 0 & 0 & 0 &\checkmark\\0 & 0 & 0 & 0 &\checkmark\end{array}$$

Wir erhalten 2 triviale Gleichungen, die für alle Trippel \((x_1;x_2;x_3)\) erfüllt sind. Übrig bleibt eine Forderung an die Koordinaten, die wir z.B. nach \(x_3\) umstellen:$$x_3=3x_1-2x_2$$um damit alle Eigenvektoren zum doppelten Eigenwert \(1\) angeben zu können:$$\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\3x_1-2x_2\end{pmatrix}=x_1\cdot\underbrace{\pink{\begin{pmatrix}1\\0\\3\end{pmatrix}}}_{=\vec v_1}+x_2\cdot\underbrace{\pink{\begin{pmatrix}0\\1\\-2\end{pmatrix}}}_{=\vec v_2}$$

Der Eigenraum zum Eigenwert \(1\) ist also 2-dimensional, denn er wird von 2 linear unabhängigen Eigenvektoren aufgespannt.

Den Eigenraum zum Eigenwert \(\lambda_3=3\) kriegst du auf dieselbe Weise raus.$$\begin{array}{rrr|c|l}x_1 & x_2 & x_3 & = & \text{Aktion}\\\hline7-\lambda & -4 & -2 & 0 &\lambda=3\text{ einsetzen}\\6 & -3-\lambda & -2 & 0 & \lambda=3\text{ einsetzen}\\0 & 0 & 1-\lambda & 0 &\lambda=3\text{ einsetzen}\\\hline4 & -4 & -2 & 0 &-\text{Zeile 3}\\6 & -6 & -2 & 0 &-\text{Zeile 3}\\ 0 & 0 & -2 & 0 &\div(-2)\\\hline4 & -4 & 0 & 0 &\div4\\6 & -6 & 0 & 0 &\div6\\ 0 & 0 & 1 & 0 &\\\hline1 & -1 & 0 & 0 & \\1 & -1 & 0 & 0 & -\text{Zeile 1}\\0 & 0 & 1 & 0\\\hline1 & -1 & 0 & 0 & \Rightarrow x_1-x_2=0\\0 & 0 & 0 & 0 &\checkmark\\0 & 0 & 1 & 0 & \Rightarrow x_3=0\end{array}$$

Aus \(x_1=x_2\) und \(x_3=0\) können wir alle Eigenvektoren zum Eigenwert \(3\) formen:$$\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}x_1\\x_1\\0\end{pmatrix}=x_1\cdot\underbrace{\pink{\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}}}_{=\vec v_3}$$