TU Wien:Algebra und Diskrete Mathematik VU (diverse)/Übungen 2025W/Beispiel 591

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

$A=\left(\begin{array}{ccc}0& \frac{1}{2}& \frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}& 0& \frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}& \frac{1}{2}& 0\end{array}\right)$

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Hilfreiches

Eigenwertäquivalenz

Eigenwertäquivalenz

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

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

Für alle Eigenwerte muss $det(\lambda \cdot I_3-A)=0$ gelten, also

$\left|\begin{array}{ccc}-\lambda & \frac{1}{2}& \frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}& -\lambda & \frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}& \frac{1}{2}& -\lambda \end{array}\right|=0\iff \left|\begin{array}{ccc}-2\lambda & 1& 1\\ 1& -2\lambda & 1\\ 1& 1& -2\lambda \end{array}\right|=0\iff -4{\lambda }^3+3\lambda +1=0\iff (\lambda -1)\cdot (\lambda +\frac{1}{2}{)}^2=0$

(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 $(\lambda I_3-A)\cdot \overrightarrow{x}=0$ gelöst werden. Dafür führen wir nun Zeilenumformungen auf der Systemmatrix durch (Anmk. Die 0er Spalte kann weggelassen werden)

Für $\lambda =1$

$\left(\begin{array}{ccc}-2& 1& 1\\ 1& -2& 1\\ 1& 1& -2\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{ccc}-2& 1& 1\\ 0& -\frac{3}{2}& \frac{3}{2}\\ 0& 3& -3\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{ccc}-2& 1& 1\\ 0& -3& 3\\ 0& 0& 0\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{ccc}1& 0& -1\\ 0& 1& -1\\ 0& 0& 0\end{array}\right)$

Es gibt also unendliche viele Lösungen. Wir wir setzen $z=t$ und berechnen dann $x=ty=t$ 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 $\lambda =-\frac{1}{2}$

$\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ 1& 1& 1\\ 1& 1& 1\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)$

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

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