Eigenwerte und Eigenvektoren – Beispiele

Eigenwerte und Eigenvektoren – Beispiele Übung

• Bestimme die beiden Eigenwerte der Matrix $A$.

  Tipps

  Es muss das Gleichungssystem $A \cdot \vec v=\lambda\cdot \vec v$ gelöst werden. Dies ist die Definition von Eigenvektor $\vec v$ und Eigenwert $\lambda_{\vec v}$.

  Du erhältst die Gleichungen

  • $(1-\lambda)x+y=0$ sowie
  • $4x+(1-\lambda)y=0$,

  wobei $x$ und $y$ die Koordinaten des Vektors $\vec v$ sind.

  Beachte, dass ein Eigenvektor nicht der Nullvektor sein darf: $\vec v \neq \vec 0$.

  Du musst die quadratische Gleichung $\lambda^2-2\lambda-3=0$ lösen.

  Lösung

  Mit $\vec v=\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}$ führt diese Gleichung zu dem Gleichungssystem:

  $\begin{align} &\text{I}& x+y&=\lambda x\\ &\text{II}& 4x+y & =\lambda y \end{align}$

  Wenn man jeweils die Gleichungen so umformt, dass auf der rechten Seite $0$ steht, erhält man

  $\begin{align} &\text{I}& (1-\lambda)x+y & =0\\ &\text{II}& 4x+(1-\lambda)y & =0 \end{align}$

  Nun kann die erste Gleichung nach $y$ umgeformt werden: $y=-(1-\lambda)x=(\lambda-1)x$. Dieses $y$ kann in die untere Gleichung eingesetzt werden:

  $4x+(1-\lambda)(\lambda-1)x=0$.

  Durch Auflösen der Klammern erhält man die dazu äquivalente Gleichung

  $4x-(1-2\lambda+\lambda^2)x=(-\lambda^2+2\lambda+3)x=0$.

  Ein Produkt wird $0$, wenn einer der Faktoren $0$ ist. Sei $x$ gleich $0$, dann folgt $y=(\lambda-1)\cdot 0=0$. Damit wäre $\vec v =\vec 0$. Dies widerspricht allerdings der Definition eines Eigenvektors.

  Somit muss der Term in der Klammer $0$ sein. Multiplikation mit $-1$ führt zu $\lambda^2-2\lambda-3=0$. Zur Lösung dieser Gleichung verwendet man die p-q-Formel.

  $\begin{align} \lambda_{1,2}&=-\frac{-2}2\pm\sqrt{\left(\frac{-2}2\right)^2+3}\\ &=1\pm2\\ \lambda_1&=1+2=3\\ \lambda_2&=1-2=-1 \end{align}$

  Dies sind die gesuchten Eigenwerte, mit deren Hilfe die Eigenvektoren bestimmt werden können.

• Ermittle die Eigenvektoren zu den Eigenwerten.

  Tipps

  Das Gleichungssystem zu dem Eigenwert $\lambda_{\vec u}$ führt zu den Gleichungen

  $\begin{align} &\text{I}& x+y & =-x\\ &\text{II}& 4x+y & =-y \end{align}$

  welche äquivalent zueinander sind.

  Du darfst bei einer Gleichung mit zwei Unbekannten eine Unbekannte frei wählen.

  Wenn ein Vektor Eigenvektor einer Matrix ist, dann ist auch jedes Vielfache dieses Vektors Eigenvektor der Matrix.

  Lösung

  Hier ist die Gleichung für $\lambda_{\vec u}=-1$ zu sehen. Man erhält also

  $\begin{align} &\text{I}& x+y & =-x ~\Leftrightarrow ~2x+y =0\\ &\text{II}& 4x+y&=-y ~\Leftrightarrow~ 4x+2y =0 \end{align}$

  Wenn man die erste Gleichung mit $2$ multipliziert, erhält man die zweite. Das bedeutet, es liegt nur eine Gleichung mit zwei Unbekannten vor. Eine Unbekannte kann dann frei gewählt werden.

  Hinweis: Wenn ein Vektor Eigenvektor einer Matrix ist, dann ist auch jedes Vielfache dieses Vektors Eigenvektor der Matrix.

  Sei $x=1$, dann ist $2+y=0$, also $y=-2$. Der gesuchte Eigenvektor ist damit

  $\vec u=\begin{pmatrix}1\\-2\end{pmatrix}$ mit dem Eigenwert $\lambda_{\vec u}=-1$.

  Ebenso kann der andere Eigenvektor berechnet werden. Man erhält hierfür die Gleichungen

  $\begin{align} &\text{I}& x+y & =3x ~\Leftrightarrow ~-2x+y=0\\ &\text{II}& 4x+y & =3y ~\Leftrightarrow~ 4x-2y=0 \end{align}$

  Wieder kann eine Unbekannte frei gewählt werden, zum Beispiel $x=1$. Dies führt zu $-2+y=0$, also $y=2$. Der andere Eigenvektor ist damit

  $\vec v=\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}$ mit dem Eigenwert $\lambda_{\vec v}=3$.

• Stelle die Gleichung zur Bestimmung der Eigenwerte der Matrix $A$ auf und löse diese Gleichung.

  Tipps

  Verwende die Definition von Eigenvektoren:

  Jeder Vektor $\vec v\neq \vec 0$, für den $A\cdot \vec v=\lambda_{\vec v}\cdot \vec v$ gilt, heißt Eigenvektor zu $A$. Die Zahl $\lambda_{\vec v}$ ist der zu $\vec v$ gehörende Eigenwert.

  Beachte: Wenn $x=0$ ist, kannst du damit folgern, dass auch $y=0$ sein muss. Nach Voraussetzung ist der Nullvektor kein Eigenvektor.

  Warum?

  Es gilt immer $A\cdot \vec 0=\lambda\cdot \vec 0$.

  Verwende zur Lösung der quadratischen Gleichung ($x^2+px+q=0$) die p-q-Formel

  $x_{1,2}=-\frac p2\pm\sqrt{\left(\frac p2\right)^2-q}$.

  Lösung

  Diese Gleichung führt zu

  $\begin{align} \text{I} ~2x+4y =\lambda x ~\Leftrightarrow~(2-\lambda)x+4y=0\\ \text{II} ~3x+y =\lambda y~\Leftrightarrow~3x+(1-\lambda)y=0 \end{align}$

  Die obere Gleichung führt zu $4y=(\lambda-2)x$. Wenn man die untere Gleichung mit $4$ multipliziert, erhält man

  $12x+(1-\lambda)4y=0$.

  Nun kann $4y=(\lambda-2)x$ in diese Gleichung eingesetzt werden. Diese Gleichung wird dann umgeformt:

  $\begin{align} 12x+(1-\lambda)(\lambda-2)x&=0\\ 12x+(-\lambda^2+3\lambda-2)x&=0\\ -x(\lambda^2-3\lambda-10)&=0 \end{align}$

  Nun gibt es zwei Möglichkeiten. Entweder ist $x=0$ und damit $4y=(\lambda-2)0=0$, also $y=0$. Dies kann nicht sein, da nach Voraussetzung ein Eigenvektor nicht gleich dem Nullvektor sein darf.

  Also muss $\lambda^2-3\lambda-10=0$ gelten. Die quadratische Gleichung in $\lambda$ wird mit der p-q-Formel gelöst:

  $\begin{align} \lambda_{1,2}&=-\frac{-3}2\pm\sqrt{\left(\frac{-3}2\right)^2+10}\\ &=1,5\pm\sqrt{2,25+10}\\ &=1,5\pm3,5\\ \lambda_1&=1,5+3,5=5\\ \lambda_2&=1,5-3,5=-2 \end{align}$

  Mithilfe dieser Eigenwerte können die entsprechenden Eigenvektoren bestimmt werden.

• Bestimme zu den jeweiligen Eigenwerten die Eigenvektoren.

  Tipps

  Beachte: Wenn du die Gleichung $A\cdot \vec v=\lambda\cdot \vec v$ umformst, erhältst du die Gleichung

  $(A-\lambda I)\cdot \vec v=\vec 0$.

  Dabei ist $I$ die $[n\times n]$-Einheitsmatrix, die Matrix, welche auf der Diagonalen nur Einsen, ansonsten nur Nullen als Einträge hat.

  Diese Gleichung hat nur dann eine Lösung ungleich dem Nullvektor, wenn die Zeilen (oder Spalten) der Matrix $A-\lambda I$ linear abhängig sind.

  Anders ausgedrückt: Die Matrix $A-\lambda I$ darf nicht invertierbar sein.

  Das bedeutet für eine $[2\times 2]$-Matrix $A$, dass die beiden resultierenden Gleichungen äquivalent sind.

  Beachte: Wenn du eine Gleichung mit zwei Unbekannten hast, kannst du eine Unbekannte frei wählen.

  Ein (anderer!) möglicher Eigenvektor der Matrix $A$ wäre auch gegeben durch

  $\vec w=\begin{pmatrix}4\\4\end{pmatrix}$.

  Lösung

  Zu $\lambda_{\vec u}=5$ erhält man das Gleichungssystem

  $\begin{align} &\text{I}& 2x+4y & =5x ~\Leftrightarrow~-3x+4y=0\\. &\text{II}& 3x+y & =5y~\Leftrightarrow~3x-4y=0 \end{align}$

  Diese beiden Gleichungen sind äquivalent zueinander. Das bedeutet, dass eine Unbekannte frei gewählt werden kann.

  Sei $x=4$, dann ist $-3\cdot 4+4y=0$, also $4y=12$ und somit $y=3$. Der gesuchte Eigenvektor ist damit

  $\vec u=\begin{pmatrix}4\\3\end{pmatrix}$ mit dem Eigenwert $\lambda_{\vec u}=5$.

  Analog wird der andere Eigenvektor berechnet zu $\lambda_{\vec v}=-2$. Man erhält hierfür die Gleichungen

  $\begin{align} &\text{I}& 2x+4y & =-2x ~\Leftrightarrow~4x+4y=0\\. &\text{II}& 3x+y & =-23y~\Leftrightarrow~3x+3y=0 \end{align}$

  Beide Gleichungen können äquivalent umgeformt werden zu $x+y=0$. Auch dieses Mal kann eine Unbekannte frei gewählt werden, zum Beispiel $x=1$. Dies führt zu $1+y=0$, also $y=-1$. Der andere Eigenvektor ist damit

  $\vec v=\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}$ mit dem Eigenwert $\lambda_{\vec v}=-2$.

  Wenn die Gleichung $A\cdot \vec v=\lambda\cdot \vec v$ umgeformt wird, erhält man die Gleichung

  $(A-\lambda I)\cdot \vec v=\vec 0$.

  Dabei ist $I$ die $[n\times n]$-Einheitsmatrix, die Matrix, welche auf der Diagonalen nur Einsen und ansonsten nur Nullen als Einträge hat.

  Diese Gleichung hat nur dann eine Lösung ungleich dem Nullvektor, wenn die Zeilen (oder Spalten) der Matrix $A-\lambda I$ linear abhängig sind.

  Anders ausgedrückt: Die Matrix $A-\lambda I$ darf nicht invertierbar sein.

  Das bedeutet für eine $[2\times 2]$-Matrix $A$, dass die beiden resultierenden Gleichungen äquivalent sind.

  Somit können Eigenwerte einer Matrix auch mit Hilfe des charakteristischen Polynoms bestimmt werden. Dieses erhält man, indem man die Gleichung $det(A-\lambda I)=0$ aufstellt. Die Eigenwerte sind die Lösungen dieses Polynoms.

  Eine Matrix ist genau dann nicht invertierbar, wenn ihre Determinante gleich $0$ ist.

  Damit kann auch gefolgert werden, dass eine $[n\times n]$-Matrix höchstens $n$ Eigenwerte und somit auch höchstens $n$ linear unabhängige Eigenvektoren besitzen kann.

• Ergänze die Erklärung zu Eigenvektoren und Eigenwerten.

  Tipps

  Beachte, dass $A\cdot \vec 0=\vec 0$ gilt.

  Wenn du den Nullvektor mit einem beliebigen Skalar multiplizierst, erhältst du wieder den Nullvektor.

  $\lambda_{\vec v}$ ist eine Zahl und kein Vektor.

  Lösung

  Was sind Eigenvektoren und Eigenwerte?

  Eigenvektoren und Eigenwerte sind für quadratische Matrizen, also $[n\times n]$-Matrizen, $A$ definiert. Durch diese ist eine lineare Abbildung gegeben.

  Jeder Vektor $\vec v\neq \vec 0$, für welchen

  $A\cdot \vec v=\lambda_{\vec v}\cdot \vec v$

  gilt, heißt Eigenvektor von $A$. Die Zahl $\lambda_{\vec v}\in\mathbb{R}$ heißt Eigenwert zu dem Eigenvektor $\vec v$.

• Gib die Eigenwerte sowie Eigenvektoren der Matrix $A$ an.

  Tipps

  Du kannst jeweils die Determinante der Matrix $A-\lambda I$ beziehungsweise für $B$ bestimmen. Dabei ist

  $I=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}$

  die sogenannte Einheitsmatrix.

  Die Determinante einer $[3\times 3]$-Matrix kannst du mit der Sarrus-Regel berechnen:

  • Multipliziere von oben links nach unten rechts, die grün markierten Koordinaten, und addiere die Produkte.
  • Multipliziere von unten links nach oben rechts, rot markiert, und subtrahiere die Produkte.

  Die Determinante der Matrix $A-\lambda I$ muss $0$ sein.

  Dies führt zu dem charakteristischen Polynom $det(A-\lambda I)$ und somit zu der Gleichung

  $det(A-\lambda I)=0$,

  in diesem Fall eine kubische Gleichung.

  Lösung

  Man kann die Gleichung $A\cdot \vec v=\lambda\cdot \vec v$ lösen. Dann erhält man (maximal!) drei Lösungen für $\lambda$. Ebenso kann man diese Gleichung umformen zu

  $(A-\lambda I)\cdot \vec v=\vec 0$.

  Da diese Gleichung nicht die triviale Lösung $\vec v=\vec 0$ haben darf, muss gelten, dass $A-\lambda I$ nicht invertierbar ist. Das bedeutet, dass $det(A-\lambda I)=0$ sein muss. Für die Determinante einer Matrix verwendet man auch die Betragsstriche. Die Determinante einer $[3\times 3]$-Matrix kann man mit Hilfe der Sarrus-Regel berechnen:

  $\left|\begin{array}{ccc}-1-\lambda&0&0\\1&2-\lambda&3\\0&0&3-\lambda\end{array}\right|=(-1-\lambda)(2-\lambda)(3-\lambda)$.

  Es muss also die Gleichung $(-1-\lambda)(2-\lambda)(3-\lambda)=0$ gelöst werden. Da der Term auf der linken Seite in faktorisierter Form vorliegt, können die Lösungen $\lambda_1=-1$, $\lambda_2=2$ und $\lambda_3=3$ abgelesen werden. Nun können die Eigenvektoren berechnet werden.

  Betrachten wir zunächst den Eigenwert $\lambda_1=-1$:

  $A\cdot \vec u=-\vec u$, also

  • $-x=-x$: das gilt für alle $x$.
  • $x+2y+3z=-y$. Dies ist äquivalent zu $x+3y+3z=0$.
  • $3z=-z$, oder, äquivalent dazu $4z=0$, also $z=0$.
  • Die zweite Gleichung führt damit zu $x+3y=0$.
  • Sei $x=3$, dann ist $y=-1$.

  Damit ist

  $\vec u=\begin{pmatrix}3\\-1\\0\end{pmatrix}$ der Eigenvektor mit $\lambda_1=-1$.

  Nun wollen wir den Eigenwert $\lambda_2=2$ näher untersuchen:

  $A\cdot \vec v=2\vec v$, also

  • $-x=2x$, also $3x=0$ oder $x=0$.
  • $x+2y+3z=2y$. Dies ist äquivalent zu $3z=0$, also $z=0$.
  • $3z=2z$, oder, äquivalent dazu $z=0$.
  • Somit ist $y$ frei wählbar, zum Beispiel $y=1$.

  Damit ist

  $\vec v=\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}$ der Eigenvektor mit $\lambda_2=2$.

  Zuletzt schauen wir uns den Eigenwert $\lambda_3=3$ an:

  $A\cdot \vec w=2\vec w$, also

  • $-x=3x$, also $4x=0$ oder $x=0$.
  • $x+2y+3z=3y$. Dies ist äquivalent zu $-y+3z=0$.
  • $3z=3z$, dies gilt für alle $z$.
  • Sei $y=3$, dann ist $z=1$.

  Damit ist

  $\vec w=\begin{pmatrix}0\\3\\1\end{pmatrix}$ der Eigenvektor mit $\lambda_3=3$.

  Ebenso können die Eigenwerte sowie Eigenvektoren der Matrix $B$ berechnet werden.

  $\left|\begin{array}{ccc}-3-\lambda&2&1\\0&4-\lambda&1\\0&0&1-\lambda\end{array}\right|=(-3-\lambda)(4-\lambda)(1-\lambda)$.

  Die Eigenwerte sind damit $\lambda_1=-3$, $\lambda_2=4$ und $\lambda_3=1$. Nun können die Eigenvektoren berechnet werden:

  Beginnen wir mit dem Eigenwert $\lambda_1=-3$:

  $B\cdot \vec u=-\vec u$, also

  • Die dritte Zeile liefert $z=-3z$ oder äquivalent dazu $4z=0$, also $z=0$.
  • Mit Hilfe der zweiten Zeile erhält man $4y+z=-3y$, also $7y=0$ und somit $y=0$.
  • $-3x=-3x$. $x$ kann somit frei gewählt werden.

  Damit ist

  $\vec u=\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}$ der Eigenvektor mit $\lambda_1=-3$.

  Untersuchen wir dann den Eigenwert $\lambda_2=4$:

  $B\cdot \vec v=4\vec v$, also

  • $-3x+2y+z=4x$, also $-7x+2y+z=0$.
  • $4y+z=4y$. Dies führt zu $z=0$.
  • $z=4z$. Auch dies führt zu $z=0$.
  • $z=0$ in der oberen Gleichung eingesetzt, führt zu $-7x+2y=0$.
  • Mit $x=2$ führt diese Gleichung zu $y=7$.

  Damit ist

  $\vec v=\begin{pmatrix}2\\7\\0\end{pmatrix}$ der Eigenvektor mit $\lambda_2=4$.

  Und zuletzt sehen wir uns noch den Eigenwert $\lambda_3=1$ an:

  $B\cdot \vec w=2\vec w$, also

  • $-3x+2y+z=x$, also $-4x+2y+z=0$.
  • $4y+z=y$. Dies führt zu $3y+z=0$.
  • $z=z$. $z$ kann also frei gewählt werden.
  • Mit $z=12$ ist $y=-4$.
  • Dies führt mit der oberen Gleichung zu $-4x-8+12=0$ oder, äquivalent dazu, $x=1$.

  Damit ist

  $\vec w=\begin{pmatrix}1\\-4\\12\end{pmatrix}$ der Eigenvektor mit $\lambda_3=1$.