Lösung zu Aufgabe 6

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Lösung zu Aufgabe 6

Blatt 10, Aufgabe 6

Wir sollen die Eigenwerte und zugehörigen Eigenvektoren der Matrix


2 1


−2

A = ⎝ 1 2 2 ⎠

−2 2 −1

berechnen. Die Eigenwerte sind die Nullstellen von det(A − λE). Wir berechnen die Determinante

durch Entwickeln nach der ersten Zeile:



2 − λ 1 −2

det ⎝ 1 2 − λ 2 ⎠

−2 2 −1 − λ

( ) ( ) ( )

2 − λ 2

1 2

1 2 − λ

= (2 − λ) det

− det

− 2 det

2 −1 − λ −2 −1 − λ −2 2

= (2 − λ)(−2 − 2λ + λ + λ 2 − 4) − (−1 − λ + 4) − 2(2 + 4 − 2λ)

= (2 − λ)(λ 2 − λ − 6) − (3 − λ) − 2(6 − 2λ)

= 2λ 2 − 2λ − 12 − λ 3 + λ 2 + 6λ − 3 + λ − 12 + 4λ

= −λ 3 + 3λ 2 + 9λ − 27 ! = 0

Es gilt nun, die Nullstellen des Polynoms in der letzten Gleichung zu finden. Hier verwenden

wir die Information, dass 3 ein Eigenwert ist, also auf jeden Fall 3 eine Nullstelle sein muss.

Eine Möglichkeit wäre hier Polynomdivision durch (λ − 3) und anschließendes Lösen der

dadurch entstehenden quadratischen Gleichung. Etwas eleganter ist es jedoch, das Polynom

zu faktorisieren: Hier wissen wir, dass (λ−3) ein Faktor sein muss, wir versuchen also, (λ−3)

auszuklammern:

−λ 3 + 3λ 2 + 9λ − 27 = −λ 2 (λ − 3) + 9(λ − 3) = (−λ 2 + 9) (λ − 3)

} {{ }

=:(∗)

Das Polynom (∗) hat die Nullstellen 3 und −3, also gilt

det(A − λE) = (λ − 3)(3 − λ)(3 + λ) = 0,

und die Eigenwerte von A sind die Zahlen λ 1 = λ 2 = 3 (3 ist 2-facher Eigenwert) und λ 3 = −3.

Zum Bestimmen der zugehörigen Eigenvektoren lösen wir für i = 1, 2, 3 die Gleichungssysteme

(A − λ i E)⃗x = ⃗0

Für λ 1 = λ 2 = 3 gilt


2 − 3 1 −2

⎞ ⎛

−1 1


−2

A − 3E = ⎝ 1 2 − 3 2 ⎠ = ⎝ 1 −1 2 ⎠

−2 2 −1 − 3 −2 2 −4

und wir rechnen mit dem Gauss-Algorithmus


⎞ ⎛


−1 1 −2 0 −1 1 −2 0

⎝ 1 −1 2 0⎠ → ⎝ 0 0 0 0⎠ .

−2 2 −4 0 0 0 0 0


x 2 und x 3 sind freie Variablen, und mit der Parametrisierung s := x 2 und t := x 3 erhalten

wir aus der ersten Gleichung x 1 = x 2 − 2x 3 = s − 2t. Die Lösungen dieses Gleichungssystems

sind also

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

x 1 1 −2

⎝x 2

⎠ = s ⎝1⎠ + t ⎝ 0 ⎠ , s, t ∈ R

x 3 0 1

und wenn s und t nicht gleichzeitig 0 sind, erhält man Eigenvektoren von A zum Eigenwert

3. Insbesondere sind also (1, 1, 0) und (−2, 0, 1) Eigenvektoren zum EW 3.

Für λ 3 = −3 lösen wir analog das Gleichungssystem


⎞ ⎛

⎞ ⎛


5 1 −2 0 1 5 2 0

1 5 2 0

⎝ 1 5 2 0⎠ → ⎝ 5 1 −2 0⎠ → . . . → ⎝0 2 1 0⎠ .

−2 2 2 0 −2 2 2 0

0 0 0 0

Mit der Parametrisierung t := x 2 erhalten wir hier x 3 = −2t und x 1 = −5t − 2 ⋅ (−2t) = −t,

also

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

x 1 −1

⎝x 2

⎠ = t ⎝ 1 ⎠ , t ∈ R

x 3 −2

was und für t ∕= 0 Eigenvektoren zum EW −3 liefert. Insbesondere ist also (−1, 1, −2) ein

Eigenvektor zum EW −3.

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