Eigenwerte und Eigenvektoren

Eigenwerte und Eigenvektoren Übung

• Gib an, was ein Eigenvektor und was ein Eigenwert ist.

  Tipps

  Du kannst nur Vektoren addieren. $\lambda$ ist ein Skalar.

  Wenn du eine Matrix mit einem Vektor multiplizierst, erhältst du einen Vektor.

  Wenn du einen Skalar mit einem Vektor multiplizierst, erhältst du einen Vektor.

  Lösung

  $A$ ist eine $(n\times n)$-Matrix. Die nebenstehende Gleichung besagt: Wenn man $A$ mit dem Vektor $\vec v$ multipliziert, erhält man das Vielfache $\lambda$ des Vektors.

  • Der Vektor $\vec v$ wird als Eigenvektor und
  • der Skalar $\lambda$ wird als Eigenwert der Matrix $A$ bezeichnet.

  Ganz wichtig: Ein Eigenvektor darf nicht der Nullvektor sein!

• Berechne die Eigenwerte bei gegebenen Eigenvektoren.

  Tipps

  Hier siehst du ein Beispiel für die Multiplikation einer Matrix mit einem Vektor.

  Du multiplizierst zeilenweise die Matrix mit dem Vektor,

  • indem du das erste Element in der Zeile der Matrix mit dem ersten Element des Vektors multiplizierst, dann
  • das zweite Element in der Zeile der Matrix mit dem zweiten Element des Vektors multiplizierst und zuletzt
  • die beiden Produkte addierst.

  Du multiplizierst einen Skalar mit einem Vektor, indem du jede Koordinate des Vektors mit dem Skalar multiplizierst.

  Dies wird als skalare Multiplikation bezeichnet.

  Hier siehst du ein Beispiel für eine skalare Multiplikation.

  Lösung

  Für den Eigenvektor $\vec v$ und den Eigenvektor $\lambda$ einer Matrix gilt

  $A\cdot \vec x=\lambda \cdot \vec x$.

  Das bedeutet, dass bei gegebenen Eigenvektoren jeweils das Produkt der Matrix mit diesem Eigenvektor berechnet werden muss. Der Ergebnisvektor ist ein Vielfaches des Eigenvektors. Dieses Vielfache ist der gesuchte Eigenwert.

  Wir beginnen mit dem Eigenvektor $\vec v$:

  $\begin{pmatrix} 1&2 \\ 2&1 \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1\cdot 1+2\cdot 1 \\ 2\cdot 1 +1 \cdot 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 3 \\ 3 \end{pmatrix}=3\cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$

  Also ist $\lambda=3$ der Eigenwert zu dem Eigenvektor $\vec v$ von $A$.

  Ebenso kann der Eigenwert zu dem Eigenvektor $\vec u$ berechnet werden:

  $\begin{pmatrix} 1&2 \\ 2&1 \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1\cdot 1+2\cdot (-1) \\ 2\cdot 1 +1 \cdot (-1) \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -1 \\ 1 \end{pmatrix}=-1\cdot \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}$

  Also ist $\lambda=-1$ der Eigenwert zu dem Eigenvektor $\vec u$ von $A$.

• Leite die Eigenwerte der Matrix $A$ her.

  Tipps

  Du kannst auch die Determinante der Matrix

  $A-\lambda\cdot I$

  berechnen, wobei $I$ die Einheitsmatrix ist. Die Einheitsmatrix hat auf der Diagonalen nur Einsen und ansonsten nur Nullen.

  Das resultierende (quadratische) Polynom in $\lambda$ wird als charakteristisches Polynom bezeichnet.

  Hier siehst du das charakteristische Polynom der Matrix $A$.

  Die Eigenwerte einer Matrix sind die Nullstellen des zugehörigen charakteristischen Polynoms.

  Lösung

  Wie werden eigentlich die Eigenwerte einer gegebenen Matrix bestimmt?

  Man schaut sich die Gleichung $A\cdot \vec v=\lambda\cdot \vec v$ an und formt diese Gleichung um:

  $\begin{pmatrix} 3&4 \\ 2&1 \end{pmatrix}\cdot \vec v=\lambda \vec v$

  führt zu den Gleichungen

  (I) $3v_1+4v_2=\lambda v_1$

  sowie

  (II) $2v_1+v_2=\lambda v_2$

  Nun wird bei jeder der Gleichungen der rechte Teil subtrahiert, sodass rechts jeweils die $0$ steht.

  (I') $3v_1-\lambda v_1+4v_2=0~\Leftrightarrow ~(3-\lambda)v_1+4v_2=0$

  sowie

  (II') $2v_1+v_2-\lambda v_2=0~\Leftrightarrow ~2v_1+(1-\lambda)v_2=0$

  Dies kann auch geschrieben werden als

  $\begin{pmatrix} 3-\lambda & 4 \\ 2&1-\lambda \end{pmatrix}\cdot \vec v=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$

  Wenn die Koeffizientenmatrix invertierbar wäre, hätte diese Gleichung als eindeutige Lösung den Nullvektor. Ein Eigenvektor darf allerdings nach Definition nicht der Nullvektor sein.

  Die Koeffizientenmatrix darf somit nicht invertierbar sein. Das heißt, ihre Determinante muss $0$ ergeben.

  Die Determinante einer $(2\times 2)$-Matrix erhält man, indem man die Diagonalelemente multipliziert und von diesem Produkt das Produkt der beiden übrigen Elemente subtrahiert. Dies führt zu der Gleichung

  $(3-\lambda)(1-\lambda)-2\cdot 4=0$.

  Nun kann das Produkt ausmultipliziert und der Term vereinfacht werden zu

  $3-\lambda -3\lambda+\lambda^2-8=\lambda^2-4\lambda-5=0$.

  Dies ist eine quadratische Gleichung. Übrigens: Der Term $\lambda^2-4\lambda-5$ wird als charakteristisches Polynom der Matrix $A$ bezeichnet.

  Diese Gleichung wird mit der p-q-Formel gelöst

  $\begin{array}{rcl} \lambda_{1,2}&=&-\frac{-4}2\pm\sqrt{\left(\frac{-4}2\right)^2-(-5)}\\ &=&2\pm\sqrt{9}\\ \lambda_1&=&2+3=5\\ \lambda_2&=&2-3=-1 \end{array}$

• Bestimme die Eigenvektoren der Matrix $A$.

  Tipps

  Ein Eigenvektor zu einem gegebenen Eigenwert ist nicht eindeutig:

  Wenn du einen Eigenvektor kennst, so ist auch jedes Vielfache dieses Vektors Eigenvektor zu dem gleichen Eigenwert.

  $\vec v$ ist der Eigenvektor zu dem Eigenwert $\lambda=5$ und $\vec u$ der zu $\lambda=-1$.

  Du kannst die Eigenvektoren mithilfe der Definition der Eigenvektoren und Eigenwerte überprüfen

  $A\cdot \vec v=\lambda\cdot \vec v$.

  Lösung

  Für den Eigenvektor $\vec v$ und den Eigenvektor $\lambda$ einer Matrix gilt

  $A\cdot \vec x=\lambda \cdot \vec x$.

  Da in dieser Aufgabe die Eigenwerte bereits bekannt sind, müssen die zugehörigen Eigenvektoren bestimmt werden.

  Diese sind übrigens nicht eindeutig, was beim Lösen der folgenden Gleichungssysteme klar wird.

  Wir beginnen mit $\lambda=5$:

  $\begin{pmatrix} 3&4 \\ 2&1 \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 5v_1\\5v_2\end{pmatrix}$

  Durch Multiplikation von $A$ mit $\vec v$ und Subtraktion der rechten Seite gelangt man zu

  • $-2v_1+4v_2=0$ sowie
  • $2v_1-4v_2=0$

  Die zweite Gleichung ist das $-1$-Fache der ersten. Es liegt also nur eine Gleichung mit zwei Unbekannten vor: $-2v_1+4v_2=0$ oder äquivalent dazu $2v_1=4v_2$. Division durch $2$ führt zu $v_1=2v_2$.

  $v_2$ kann frei gewählt werden, zum Beispiel $v_2=1$. Dies führt zu $v_1=2$. Wenn $v_2$ anders ($\neq 0$) gewählt wird, erhält man ein Vielfaches des resultierenden Vektors.

  $\vec v=\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix}$

  Ebenso wird der Eigenvektor zu $\lambda=-1$ bestimmt:

  $\begin{pmatrix} 3&4 \\ 2&1 \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} u_1 \\ u_2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -u_1\\-u_2\end{pmatrix}$

  Durch Multiplikation von $A$ mit $\vec u$ und Subtraktion der rechten Seite gelangt man zu

  • $4u_1+4u_2=0$ sowie
  • $2u_1+2u_2=0$

  Die zweite Gleichung multipliziert mit $2$ ergibt die erste. Auch hier liegt nur eine Gleichung mit zwei Unbekannten vor: $2u_1+2u_2=0$ oder äquivalent dazu $2u_1=-2u_2$. Division durch $2$ führt zu $u_1=-u_2$.

  $u_2$ kann frei gewählt werden, zum Beispiel $u_2=1$. Dies führt zu $u_1=-1$.

  $\vec u=\begin{pmatrix} -1 \\ 1 \end{pmatrix}$

• Beschreibe, wie der Bildpunkt $P'$ des Punktes $P(3|1)$ bestimmt werden kann.

  Tipps

  Der Bildpunkt ist $P'(5|7)$.

  Beachte, dass du das Distributivgesetz auch bei der Multiplikation von Matrizen mit Vektoren anwenden darfst.

  Lösung

  In diesem Beispiel wird gezeigt, wie mit Eigenwerten und Eigenvektoren gerechnet werden kann.

  Es soll der Bildpunkt $P'$ des Punkes $P(3|1)$ bestimmt werden.

  Zunächst wird der Ortsvektor von $P$ als Linearkombination der beiden Eigenvektoren geschrieben:

  $\vec p=2\cdot \vec u +\vec v$.

  Damit ist der Ortsvektor des Bildpunktes wie folgt gegeben:

  $\vec p'=A\cdot \vec p=A\cdot (2\cdot \vec u +\vec v)$.

  Unter Verwendung des Distributivgesetzes erhält man

  $\vec p'=2\cdot A\cdot \vec u +A\cdot \vec v$.

  Jetzt kommen die bekannten Eigenwerte der Eigenvektoren ins Spiel:

  $\vec p'=2\cdot 3\cdot \vec u +(-1)\cdot \vec v=6\cdot \vec u -\vec v$.

  Zuletzt werden die Eigenvektoren eingesetzt:

  $\vec p'=6\cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} -\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 6 -1\\ 6-(-1) \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 5 \\ 7 \end{pmatrix}$

  Der Bildpunkt von $P(3|1)$ ist $P'(5|7)$.

• Prüfe die folgenden Aussagen.

  Tipps

  Verwende jeweils die Definition der Eigenvektoren sowie Eigenwerte:

  $A\cdot \vec v=\lambda\cdot \vec v$.

  Überlege die gegebenenfalls Gegenbeispiele.

  Damit die letzten beiden Vektoren gleich sind, muss entweder

  • $\lambda =2$ und $v_2=0$ oder
  • $\lambda =3$ und $v_1=0$ sein.

  Lösung

  In dieser Aufgabe werden zwei Sonderfälle betrachtet:

  Diagonalmatrizen $A=\begin{pmatrix} a_{11}&0\\ 0&a_{22} \end{pmatrix}$ sowie

  Dreiecksmatrizen $A=\begin{pmatrix} a_{11}&a_{12}\\ 0&a_{22} \end{pmatrix}$

  Mithilfe der Definition von Eigenvektoren und Eigenwerten können die Aussagen geprüft werden:

  Zu den Diagonalmatrizen:

  Es muss gelten

  $\begin{pmatrix} a_{11}&0\\ 0&a_{22} \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} v_1\\ v_2 \end{pmatrix}=\lambda \cdot \begin{pmatrix} v_1\\ v_2 \end{pmatrix}$

  Dies ist äquivalent zu den Gleichungen

  (I) $a_{11}v_1=\lambda v_1~\Leftrightarrow ~(a_{11}-\lambda)v_1=0$

  sowie

  (II) $a_{22}v_2=\lambda v_2~\Leftrightarrow ~(a_{22}-\lambda)v_2=0$

  Sei $\lambda \neq a_{11}$, dann muss $v_1=0$ sein. Nun gibt es hierzu zwei Fälle

  • $\lambda\neq a_{22}$, dann ist auch $v_2=0$ und $\vec v=\vec 0$. Dies widerspricht der Forderung, dass ein Eigenvektor nicht der Nullvektor sein kann.
  • Das bedeutet, dass $\lambda=a_{22}$ sein muss. Dann kann $v_2$ beliebig gewählt werden, zum Beispiel $v_2=1$.

  Das bedeutet, zusammengefasst:

  $\vec v=\begin{pmatrix} 0\\ 1 \end{pmatrix}$

  ist ein Eigenvektor zu $\lambda=a_{22}$.

  Ebenso kann gezeigt werden, dass

  $\vec u=\begin{pmatrix} 1\\ 0 \end{pmatrix}$

  ein Eigenvektor zu $\lambda = a_{11}$ ist.

  Somit sind die Elemente auf der Diagonalen die Eigenwerte und die Einheitsvektoren $\vec v$ und $\vec u$, oder deren Vielfache, die Eigenvektoren.

  Ganz allgemein gilt, dass jedes Vielfache eines Eigenvektors zu dem Eigenwert $\lambda$ der Matrix $A$ auch Eigenvektor zu dem gleichen Eigenwert ist.

  Begründung: Sei $\vec v=k\cdot \vec u$, dann gilt

  $A\cdot \vec v=A\cdot (k\cdot\vec u)=k\cdot (A\cdot \vec u)=k\cdot \lambda \cdot \vec u=\lambda\cdot (k\cdot \vec u)=\lambda\cdot \vec v$

  Zu den Dreiecksmatrizen:

  Die Eigenwerte sind die Nullstellen der Determinante der Matrix

  $\begin{pmatrix} a_{11}-\lambda&a_{12}\\ 0&a_{22}-\lambda \end{pmatrix}$.

  Die Determinante ist $(a_{11}-\lambda)(a_{22}-\lambda)$. Diese ist $0$, wenn

  • entweder $\lambda=a_{11}$
  • oder $\lambda=a_{22}$

  So hätten auch die Eigenwerte von Diagonalmatrizen nachgewiesen werden können.

  Übrigens: Die Aussagen zu den Diagonal- oder Dreiecksmatrizen gelten nicht nur für $(2\times 2)$-, sondern allgemein für $(n\times n)$-Matrizen.