TU Wien:Algebra und Diskrete Mathematik VU (diverse)/Übungen 2023W/Beispiel 589

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

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

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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

${\begin{vmatrix}-\lambda &{\frac {1}{2}}&{\frac {1}{2}}\\{\frac {1}{2}}&-\lambda &{\frac {1}{2}}\\{\frac {1}{2}}&{\frac {1}{2}}&-\lambda \end{vmatrix}}=0\quad \Leftrightarrow \quad {\begin{vmatrix}-2\lambda &1&1\\1&-2\lambda &1\\1&1&-2\lambda \end{vmatrix}}=0\quad \Leftrightarrow \quad -4\lambda ^{3}+3\lambda +1=0\quad \Leftrightarrow \quad (\lambda -1)\cdot (\lambda +{\frac {1}{2}})^{2}=0$

(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 $L=[(-1,1,0)^{T},(-1,0,1)^{T}]$