Eigenwert einer Matrix mit Gegendiagonale

10.04.2018, 20:37

pedagmb

Eigenwert einer Matrix mit Gegendiagonale

Meine Frage:
Hallo zusammen, ich habe eine Frage zu einem Beispiel mit Eigenwerten:

Man soll die Eigenwerte Folgender Matrix bestimmen:

u u u v
u u v u
u v u u
v u u u

und sorry wegen der Formatierung, aber mit LaTex hats nicht funktioniert.

Meine Ideen:
Bis jetzt habe ich das Charakteristische Polynom aufgestellt, aber ich finde einfach keine offensichtlichen Nullstellen.
Bzw. wenn ich das Polynom löse, was ziemlich langwierig ist komme ich auf eine komplett falsche Lösung.

Die Lösung sollte laut Mathematica sein:

e_1=u-v
e_2=u-v
e_3=-u+v
e_4=3u+v

Ich vermute, dass mein Ansatz mit dem charakteristischen Polynom alles unnötig kompliziert macht!

Ich freue mich über sämtliche Vorschläge um auf diese Lösung zu kommen

11.04.2018, 20:47

sibelius84

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Hi,

(1) die Multiplikation einer Matrix mit dem Vektor (1,...,1)^T bedeutet ja gerade die Bildung ihrer Zeilensummen. Jede Matrix, die identische Zeilensummen hat, hat demnach den Eigenvektor (1,...,1)^T zu dem Eigenwert, der genau der Zeilensumme entspricht (das ist hier 3u+v).

(2) Weiter ist es naheliegend, den Vektor (1,-1,1,-1)^T mal auszuprobieren, weil nebeneinanderstehende u's sich gegenseitig wegmachen. Tatsächlich, wenn man ihn an die Matrix anmultipliziert, kommt heraus:
(u-v,v-u,u-v,v-u), das ist genau das (u-v)-Fache des ursprünglichen Vektors.

(3) Das Erste war noch ziemlich einfach zu sehen und (2), wenn auch nicht ganz trivial, ging auch noch. Nun scheint guter Rat teuer. Beachtenswert ist sicher die Gleichung $\begin{eqnarray*} Ae_i=(v-u)e_{5-i}+u\begin{pmatrix}1\\1\\1\\1\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ . Hier kann man versuchen, Symmetrien etwa folgendermaßen hinzubasteln, so dass der u-1-1-1-1-Anteil sich weghebt und da was (für Eigenvektoren) Brauchbares stehenbleibt:

$\begin{eqnarray*} A(e_2-e_3)=(v-u)(e_3-e_2) \end{eqnarray*}$ - juhu, Treffer! Rock

Eigenvektor (0,1,-1,0) zum Eigenwert u-v.

Und der nächste Torschuss in unserer Elfmeterserie:

$\begin{eqnarray*} A(e_1-e_4)=(v-u)e_4-(v-u)e_1=(u-v)(e_1-e_4) \end{eqnarray*}$ .

Merkwürdig, ich komme auf den dreifachen Eigenwert u-v. Habe ich mich oben irgendwo vertan? Naja, evtl. ist das "Prinzip" (davon, dass es hier kein echtes gibt, mal ganz abgesehen Augenzwinkern

) schon ein wenig deutlicher geworden und du findest diesen Fehler selber?

Was auch immer dabei wichtig ist im Auge zu behalten, ist: Matrix mal Vektor = Linearkombination der Spalten der Matrix. Etwa A·(1,-1,0,0)^T bedeutet: erste Spalte von A - zweite Spalte von A.

LG
sibelius84

edit: es hilft, einfache Beispiele zu betrachten, um sich selber die Zusammenhänge zu vergegenwärtigen. Einfach mal u=0, v=1 setzen. Dieser "Anti-Einheitsmatrix" sieht man auf Anhieb an, dass sie die Eigenvektoren (1,0,0,1), (0,1,1,0), (1,1,1,1) zum Eigenwert 1, und (1,0,0,-1), (0,1,-1,0) zum Eigenwert -1 hat. Hier kann man dann ausprobieren, ob dies auch EVen der allgemeinen "u-v-Matrix" sind. (Die drei erstgenannten Vektoren sind zwar linear abhängig - sonst wären 5 Eigenvektoren für eine 4 x 4-Matrix ja auch merkwürdig -, aber ich habe sie trotzdem einfach mal so stehenlassen, um bessere Chancen zu haben, dass das für die "u-v-Matrix" funktioniert.)

edit2:
Lineare Abhängigkeit ist das Stichwort. Der Eigenvektor (1,-1,1,-1) hängt natürlich von (0,1,-1,0) und (1,0,0,-1) linear ab, und ist damit zum selben Eigenwert u-v. "Den" Eigenvektor zum Eigenwert v-u gemäß Mathematica habe ich also noch nicht gefunden. Vielleicht mal wirklich alle Eigenvektoren der "Anti-Einheitsmatrix" bestimmen und schauen, ob da ein passender bei ist? Es muss ja eine Linearkombi sein. Vielleicht noch (1,-1,-1,1)^T?

12.04.2018, 11:21

Huggy

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RE: Eigenwert einer Matrix mit Gegendiagonale

Zitat:

Original von pedagmb
Bis jetzt habe ich das Charakteristische Polynom aufgestellt, aber ich finde einfach keine offensichtlichen Nullstellen.

Mit ein paar heuristischen Überlegungen kann man die schon finden, vorausgesetzt natürlich, man hat das charakterische Polynom (CP) korrekt aufgestellt, was per Hand schon etwas mühsam ist.

Wenn $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ ganze Zahlen wären, hätte CP ganzzahlige Koeffizienten und eine ganzzahlige Nullstelle müsste dann Teiler des absoluten Gliedes sein. Man kann das ja mal für allgemeines $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ testen. Das absolute Glied des CP lautet

$\begin{eqnarray*} -3 u^4 + 8 u^3 v - 6 u^2 v^2 + v^4 \end{eqnarray*}$

Man sieht, dass es für $\begin{eqnarray*} u=v \end{eqnarray*}$ Null wird. Und tatsächlich erweist sich $\begin{eqnarray*} \lambda = u-v \end{eqnarray*}$ als Nullstelle des CP. Danach ist es per Polynomdivision nicht mehr schwer, die übrigen Nullstellen zu finden. Es sind natürlich ganau die, die du mit Mathematica gefunden hast.

Zitat:

Bzw. wenn ich das Polynom löse, was ziemlich langwierig ist komme ich auf eine komplett falsche Lösung.

Was hast du da gemacht? Überprüfe doch mal mit Mathematica, ob dein CP korrekt ist.

12.04.2018, 11:49

HAL 9000

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War das nicht erst letztens Thema?

https://www.matheboard.de/thread.php?threadid=584976

Ok, dort aber irgendwann versandet wegen Desinteresses des Threaderstellers.

12.04.2018, 12:36

Huggy

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Ob die Threadersteller identisch sind?

12.04.2018, 13:46

Guppi12

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@Huggy: Ich glaube nicht.

12.04.2018, 14:57

HAL 9000

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Das ganze Eigenvektor-Brainstorming von sibelius84 und/oder die Erkenntnisse im anderen Thread mal zusammengefasst findet man folgende Eigenvektorbasis

$\begin{eqnarray*} (1,-1,1,-1)^T \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} (1, 1,-1,-1)^T \end{eqnarray*}$ zu $\begin{eqnarray*} e_1=e_2=u-v \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} (1,-1,-1,1)^T \end{eqnarray*}$ zu $\begin{eqnarray*} e_3=v-u \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} (1,1,1,1)^T \end{eqnarray*}$ zu $\begin{eqnarray*} e_4=3u+v \end{eqnarray*}$

Die EV verschiedener EW sind bei einer symmetrischen Matrix wie hier natürlich von Haus aus orthogonal; bei den beiden zu $\begin{eqnarray*} e_1=e_2 \end{eqnarray*}$ angegeben EV wurde das so zurechtgebastelt. Klar hätte man da auch $\begin{eqnarray*} (1,0,0,-1)^T \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} (0,1,-1,0)^T \end{eqnarray*}$ nehmen können - aber optisch sieht es nun mal besser aus, wenn alle Komponenten aller vier EV betragsmäßig gleich 1 sind. Big Laugh

Mit Normierungsfaktor $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ versehen bilden die vier genannten EV damit dann eine für die Diagonalisierung geeignete Orthogonalmatrix.

Wer diese Art "Rateweg" nicht mag, der sei darauf verwiesen, dass ihm immer noch der seriöse Normalweg über Eigenwertbestimmung usw. bleibt. Augenzwinkern

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