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Berechnung von Eigenwerten und Eigenvektoren

Universität / Fachhochschule

Eigenwerte

Tags: Eigenvektor, Eigenwert

Crusty aktiv_icon

14:04 Uhr, 17.03.2011

Geben Sie eine eine Orthonormalbasis aus Eigenvektoren der Matrix

A = (\begin{matrix} 0 & 2 & 1 \\ 2 & 3 & 2 \\ 1 & 2 & 0 \end{matrix})

an. Hinweis: das charakteristische Polynom hat eine doppelte Nullstelle.

Diese Aufgabe hab ich gegeben, hier meine bisherige Bearbeitung:

ich berechne das Polynom

det (A - λ E) = | \begin{matrix} - λ & 2 & 1 \\ 2 & 3 - λ & 2 \\ 1 & 2 & - λ \end{matrix} |

= - λ \cdot | \begin{matrix} - λ & 2 \\ 2 & 3 - λ \end{matrix} |

= - λ (- λ (3 - λ) - 2 \cdot 2)

= - λ ((λ^{2} - 3 λ) - 4)

= - λ^{3} + 3 λ^{2} + 4 λ \Rightarrow p (λ)

Das hat dann eine (geratenene) Nullstelle bei

- 1,

mit der man dann das Horner-Schema anwendet. Hierbei kriege ich dann in der dritten Zeile des Schemas die Koeffizienten 1 und

- 4

. Also im Endeffekt das neue Polynom

λ^{2} - 4 λ

.
Das bearbeite ich dann mit der pq-Formel weiter:

λ^{2} - 4 λ + 0 = 0

λ = 2 \pm \sqrt{4 - 0}

λ 2 = 0

λ 3 = 4

Nun habe ich also die Nullstellen des Polynoms, allerdings keine doppelte, wie im Hinweis angegeben. Wo liegt also meinFehler und wie rechne ich danach weiter?

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

michaL aktiv_icon

14:29 Uhr, 17.03.2011

Hallo,

du hast das charakteristische Polynom nicht richtig berechnet.

Mfg Michael

Crusty aktiv_icon

10:23 Uhr, 18.03.2011

Also ich habe jetzt nochmal zwei Versuche unternommen, auf ein -ergebnis zu kommen, aber da kam jedes mal nur Mist raus:

ich nehme wieder die Matrix und gehe von der allgemeinen Form des charakteristischen Polynoms

p (λ) = - λ^{3} +

spurA

λ^{2} - c 2 λ - det A

aus

spurA=0+3+0=3

c 2

ist für

M = (\begin{matrix} a & b & c \\ d & e & f \\ g & h & i \end{matrix})

definiert als

c 2 = | \begin{matrix} a & b \\ d & e \end{matrix} | + | \begin{matrix} a & c \\ g & i \end{matrix} | + | \begin{matrix} e & f \\ h & i \end{matrix} |

analog zur Matrix A also:

c 2 = | \begin{matrix} 0 & 2 \\ 2 & 3 \end{matrix} | + | \begin{matrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix} | + | \begin{matrix} 3 & 2 \\ 2 & 0 \end{matrix} |

die Determinante

det A = 0 + | \begin{matrix} 0 & 2 \\ 2 & 3 \end{matrix} | = 0

für

p (λ)

ergibt sich dann

p (λ) = - λ^{3} + 3 \cdot λ^{2} + 9 \cdot λ

dieses Polynom hat dann aber wieder keine doppelte Nullstelle.

Im zweiten Versuch habe ich es dann mit der Methode über die Determinante von

(A - λ E)

versucht, da kam ich dann zu diesem Ergebnis:

(A - λ E) = (\begin{matrix} - λ & 2 & 1 \\ 2 & 3 - λ & 2 \\ 1 & 2 & - λ \end{matrix})

p (λ) = (3 - λ) | \begin{matrix} - λ & 1 \\ 1 & - λ \end{matrix} |

= (3 - λ) (- λ \cdot (- λ) - 1)

# Zusammen gefasst: dritte bin. Formel

= (3 - λ) (λ - 1) (λ - 1)

= - (λ - 3) (λ - 1) (λ - 1)

dieses Polynom hat wieder keine doppelte Nullstelle. Wo liegt hier mein Fehler?

michaL aktiv_icon

11:38 Uhr, 18.03.2011

Hallo,

schau dir mal für dreireihige Determinanten die sarrus'sche Regel an: de.wikipedia.org/wiki/Regel_von_Sarrus

Mfg Michael

Crusty aktiv_icon

16:55 Uhr, 19.03.2011

Also für das Polynom habe ich jetzt eine doppelte Nullstelle raus, danke für den Tipp mit dem Sarrus - keine Ahnung, warum ich da nicht selbst drauf gekommen bin.

Wenn man jetzt aber die Eigenwerte ausgerechnet hat, dann muss man die ja mit der Matrix

λ E

multiplizieren. Danach rechnet man

(A - λ E) = 0,

bringt es dabei auf Zeilenstufenform - und DANN?!

michaL aktiv_icon

17:09 Uhr, 19.03.2011

Hallo,

nun, du musst die Eigenvektoren der Matrix

A

zum jeweiligen Eigenwert berechnen. Wenn du welche berechnet hast, musst du noch zusehen, dass sie orthogonal zueinander sind und die Länge 1 haben.

Mfg Michael

Crusty aktiv_icon

13:06 Uhr, 20.03.2011

Aber wie berechnet man Eigenvektoren? Ich hab hier nur ein Beispiel in einem Buch:

A = (\begin{matrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 3 & - 2 \\ 0 & 0 & 5 \end{matrix})

hat die Eigenwerte

λ 1 = - 1

und

λ 2 = λ 3 = 5

.

Danach bilden die zu

λ 1

eine Matrix

(A - λ 1 E) = (A + E)

und bestimmen den Kern (von dem ich immer dachte, dass es sich dabei auch um eine reelle Zahl handelt):

(\begin{matrix} 2 & 2 & 3 \\ 4 & 4 & - 2 \\ 0 & 0 & 6 \end{matrix}) \Leftrightarrow . .

\Leftrightarrow (\begin{matrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix})

daraus "liest" man jetzt den Eigenvektor

(\begin{matrix} 1 \\ - 1 \\ 0 \end{matrix})

ab. Und das System, das dahinter steckt verstehe ich nicht ganz

: - (

michaL aktiv_icon

13:20 Uhr, 21.03.2011

Hallo,

übersetze doch mal deine letzte Matrix zurück in ein Gleichungssystem, dann siehst du wahrscheinlich, woher der Eigenvektor kommt. Tipp, nimm als Variablen

x

y

und

z

.

Mfg Michael

Crusty aktiv_icon

13:34 Uhr, 21.03.2011

Also: die Matrix

(\begin{matrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix})

als GS ergibt dann:

I.

x + y = 0

II.

z = 0

- - - - - - - - - - - - - - -

x = - y

II. Da

z

immer 0 ist, ist es auch im Eigenvektor

0,

die 1 und

- 1

rührt dann daher, dass man den Vektor möglichst kurz haben will. Haut das als Erklärung in etwa hin?

michaL aktiv_icon

14:01 Uhr, 21.03.2011

Hallo,

im Wesentlichen ja.
Genauer: Die Lösungsgesamtheit bildet einen Untervektorraum. Alle Vektoren

(\begin{array}{r} x \\ y \\ z \end{array})

müssen gemäß deiner Rückübersetzung von der Form

(\begin{array}{r} x \\ - x \\ 0 \end{array}) = x (\begin{array}{r} 1 \\ - 1 \\ 0 \end{array})

sein. Aber stimmt schon, der gewählte ist in gewisser Weise besonders einfach.

Mfg Michael

Crusty aktiv_icon

14:24 Uhr, 21.03.2011

Jetzt hab ich es begriffen, ich danke dir ;-)

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