TU Wien:Algebra und Diskrete Mathematik UE (diverse)/Übungen SS19/Beispiel 581

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Man bestimme die Eigenwerte der Matrix A sowie zu jedem Eigenwert alle Eigenvektoren:


A = 
\begin{pmatrix}
0           & \frac{1}{2}  & \frac{1}{2} \\
\frac{1}{2} & 0            & \frac{1}{2} \\
\frac{1}{2} & \frac{1}{2}  & 0
\end{pmatrix}

Hilfreiches[Bearbeiten]

Eigenwertäquivalenz
Eigenwertäquivalenz[Bearbeiten, 3.70 Satz]

Ein Skalar \lambda \in K ist genau dann ein Eigenwert einer quadratischen Matrix  A \in K^{n,n}, wenn \det(\lambda \cdot I_{n} - A) = 0.

Lösungsvorschlag[Bearbeiten]

von --Piri (Diskussion) 21:36, 29. Dez. 2018 (CET)

Für alle Eigenwerte muss \det(\lambda \cdot I_{3} - A) = 0 gelten, also


\begin{vmatrix}
-\lambda           & \frac{1}{2}  & \frac{1}{2} \\
\frac{1}{2} & -\lambda            & \frac{1}{2} \\
\frac{1}{2} & \frac{1}{2}  & -\lambda
\end{vmatrix} = 0

\quad \Leftrightarrow \quad
\begin{vmatrix}
-2\lambda & 1  & 1 \\
1 & -2\lambda            & 1 \\
1& 1  & -2\lambda
\end{vmatrix} = 0

\quad \Leftrightarrow \quad  -4\lambda^3 + 3 \lambda + 1 = 0
\quad \Leftrightarrow \quad  (\lambda-1) \cdot (\lambda + \frac{1}{2})^2 = 0

(Tipp zum Faktorisieren des Polynoms 3. Grades zuerst die Nullstelle \lambda=1 erraten und dann durch Polynomdivision das Polynom 2. Grades lösen)

Um nun die Eigenvektoren auszurechnen muss für jeden Eigenwert das Gleichungssystem (\lambda I_{3} - A) \cdot \vec{x} = 0 gelöst werden. Dafür führen wir nun Zeilenumformungen auf der Systemmatrix durch (Anmk. Die 0er Spalte kann weggelassen werden)

Für \lambda = 1


\begin{pmatrix}
-2 & 1 & 1 \\
1 & -2 & 1 \\
1 & 1 & -2
\end{pmatrix}

\quad \rightarrow \quad 
\begin{pmatrix}
-2 & 1 & 1 \\
0 & -\frac{3}{2} & \frac{3}{2} \\
0 & 3 & -3
\end{pmatrix}

\quad \rightarrow \quad 
\begin{pmatrix}
-2 & 1 & 1 \\
0 & -3 & 3 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}

\quad \rightarrow \quad 
\begin{pmatrix}
1 & 0 & -1 \\
0 & 1 & -1 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}

Es gibt also unendliche viele Lösungen. Wir wir setzen z = t und berechnen dann x = t \quad y = t Die Lösung für den Eigenwert \lambda = 1 ist also L =  [(1,1,1)^T], also Alle Vektoren deren x,y und z Koordinate gleich sind.

Für \lambda=-\frac{1}{2}


\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & 1 & 1 \\
1 & 1 & 1
\end{pmatrix}

\quad \rightarrow \quad
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}

Es gibt wieder mehrere Lösungen also setzen wir y = t und z = s also ist x = -t - s .

Das ergibt dann die Lösung L = [ (-1,1,0)^T, (-1,0,1)^T ]