Eigenvektor berechnen und Nullvektor

29.06.2010, 11:37

Jojo2000

Eigenvektor berechnen und Nullvektor

Hallo zusammen!

Wenn ich die Eigenvektoren zu einem Eigenwert berechnen möchte, so löse ich ja das homogene LGS $\begin{eqnarray*} \left(A - \lambda E\right) \cdot x = 0 \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ der Eigenwert und $\begin{eqnarray*} E \end{eqnarray*}$ die entsprechende Einheitsmatrix ist. Was ist nun wenn ich dort nur die triviale Lösung erhalte? Der Nullvektor ist ja kein Eigenvektor, bzw. kann keiner sein. Wie lautet dann der Eigenvektor zum entsprechenden Eigenwert, oder gibt es dazu dann keinen Eigenvektor?
Danke!

29.06.2010, 11:42

lgrizu

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RE: Eigenvektor berechnen und Nullvektor
der nullvektor ist niemals ein eigenvektor.
poste mal deine matrix und deine rechnung, dann können wir sehen, wo das problem ist.

29.06.2010, 11:54

Jojo2000

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Die Matrix lautet:
$\begin{eqnarray*} A = \left( \begin{array}{rrrr} 7 & -2 & 4 & -1 \\ -\frac{1}{2} & \frac{3}{2} & -\frac{1}{2} & 0 \\ -\frac{15}{2} & \frac{7}{2} & -\frac{9}{2} & 1 \\ 7 & -3 & 5 & 0 \end{array} \right) \end{eqnarray*}$

Jetzt möchte ich zum Eigenwert $\begin{eqnarray*} \lambda=1 \end{eqnarray*}$ die Eigenvektoren berechnen:
$\begin{eqnarray*} A = \left( \begin{array}{rrrr} 7 & -2 & 4 & -1 \\ -\frac{1}{2} & \frac{3}{2} & -\frac{1}{2} & 0 \\ -\frac{15}{2} & \frac{7}{2} & -\frac{9}{2} & 1 \\ 7 & -3 & 5 & 0 \end{array} \right) - 1* \left( \begin{array}{rrrr} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{rrrr} 6 & -2 & 4 & -1 \\ -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & 0 \\ -\frac{15}{2} & \frac{7}{2} & -\frac{11}{2} & 1 \\ 7 & -3 & 5 & -1 \end{array} \right) \end{eqnarray*}$

Also muss das homogene LGS
$\begin{eqnarray*} \left( \begin{array}{rrrr|r} 6 & -2 & 4 & -1 & 0 \\ -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & 0 & 0\\ -\frac{15}{2} & \frac{7}{2} & -\frac{11}{2} & 1 & 0\\ 7 & -3 & 5 & -1 & 0 \end{array} \right) \end{eqnarray*}$
gelöst werden, was jedoch nur die Triviallösung besitzt.

29.06.2010, 12:13

lgrizu

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Zitat:

Original von Jojo2000

$\begin{eqnarray*} \left( \begin{array}{rrrr|r} 6 & -2 & 4 & -1 & 0 \\ -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & 0 & 0\\ -\frac{15}{2} & \frac{7}{2} & -\frac{11}{2} & 1 & 0\\ 7 & -3 & 5 & -1 & 0 \end{array} \right) \end{eqnarray*}$
gelöst werden, was jedoch nur die Triviallösung besitzt.

das stimmt nicht.

wenn ich das mit gauß auf zeilenstufenform bringe steht da:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 6 & -2 & 4 & -1 \\ 0 & 4 & -2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ .
damit ist der lösungsraum von

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 6 & -2 & 4 & -1 \\ 0 & 4 & -2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \cdot \vec{x}=0 \end{eqnarray*}$

eine ebene.

29.06.2010, 13:46

Jojo2000

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Mein Fehler! Ich habe mich verrechnet Ups

Mir ist aber noch nicht ganz klar wie ich da nun den Eigenvektor ablesen kann unglücklich

29.06.2010, 13:48

lgrizu

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Zitat:

Original von Jojo2000
Mein Fehler! Ich habe mich verrechnet Ups

Mir ist aber noch nicht ganz klar wie ich da nun den Eigenvektor ablesen kann unglücklich

die eigenvektoren, es sind 2...

zunächst parametrisierst du x_4 und x_3 mit $\begin{eqnarray*} x_4=\lambda, x_3=\mu \end{eqnarray*}$ .
dann berechnest du x_2 und x_1 in abhängigkeit von lambda und mu.

29.06.2010, 14:16

Jojo2000

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Hat geklappt!
Danke :-)

29.06.2010, 14:18

lgrizu

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du kannst ja der vollständigkeit halber dein ergebnis mal posten, ansonsten viel spaß noch Wink

29.06.2010, 15:03

Jojo2000

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Ich seh grad ich habe diese Matrix nach dem Gauß rausbekommen:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 6 & -2 & 4 & -1 \\ 0 & 4 & -2 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \cdot \vec{x}=0 \end{eqnarray*}$ (2. Zeile, 4. Spalte ist das Vorzeichen anders).

Mit dieser Matrix bekomme ich die Eigenvektoren:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} \frac{5}{6} \\ \frac{1}{2} \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \!\ \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} \frac{1}{12} \\ \frac{1}{4} \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \!\ \end{eqnarray*}$

30.06.2010, 15:12

lgrizu

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stimmt, hab das vorzeichen vergessen.

ich hab das gerade noch mal mit durchgerechnet:

$\begin{eqnarray*} x_3= \lambda, x_4=\mu,~x_2=\frac{1}{4}(2x_3+x_4)=\frac{1}{4}(2\lambda+\mu)=\frac{1}{2}\lambda+\frac{1}{4}\mu, x_1=\frac{1}{6}(2x_2-4x_3+x_4)=\frac{1}{6}(2(\frac{1}{2}\lambda+\frac{1}{4}\mu)-4\lambda+\mu)=\frac{1}{6}(\lambda+\frac{1}{2}\mu-4\lambda+\mu)=-\frac{3}{6}\lambda+\frac{3}{12}\mu \end{eqnarray*}$

damit wären die eigenvektoren

$\begin{eqnarray*} \mu \begin{pmatrix} \frac{3}{12} \\ \frac{1}{4} \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} ; \lambda \begin{pmatrix} -\frac{3}{6} \\ \frac{1}{2} \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ .

als vektoren mit ganzzahligen einträgen also
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 4 \end{pmatrix} ; \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

30.06.2010, 15:15

Jojo2000

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Genau! :-)

Grundsätzlich sind doch alle Vielfachen des ausgerechneten Eigenvektors ebenfalls Eigenvektoren, oder?

30.06.2010, 15:23

lgrizu

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Zitat:

Original von Jojo2000
Grundsätzlich sind doch alle Vielfachen des ausgerechneten Eigenvektors ebenfalls Eigenvektoren, oder?

edit: du hast aber gesehen, dass mein ergebnis nicht mit deinem übereinstimmt, oder?

30.06.2010, 15:28

Jojo2000

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Okay! :-)

Ja hab ich gesehen, hab gestern noch später festgestellt dass ich mich verrechnet habe, hatte es nur hier noch nicht nachgetragen ;-)
Danke nochmal für deine Hilfe!

30.06.2010, 15:37

lgrizu

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