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Eigenwerte und Eigenvektoren

Spickzettel
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Die Eigenwerte einer Matrix $A$ sind die Nullstellen des charakteristischen Polynoms von $A$, also die Lösungen $\lambda$ der Gleichung:
$det\left(A-\lambda \cdot I\right) =0$
$det\left(A-\lambda \cdot I\right) =0$
Wobei $I$ die Einheitsmatrix der entsprechenden Dimension ist, also $I_3 = \begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ und $I_2 = \begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$. Die Eigenwerte kannst du also berechnen, indem du $A$ und $I$ in die Gleichung einsetzt, die Determinante in Abhängigkeit von $\lambda$ berechnest und dann die Nullstellen des dabei entstehenden Polynoms berechnest.
Wenn $\lambda$ ein Eigenwert von $A$ ist, dann heißen alle Vektoren $\overrightarrow{v} \neq \overrightarrow{0}$, die die folgende Gleichung erfüllen Eigenvektor zum Eigenwert $\lambda$:
$A\cdot \overrightarrow{v} = \lambda \cdot \overrightarrow{v}$
$A\cdot \overrightarrow{v} $$ = \lambda \cdot \overrightarrow{v}$
Eigenvektoren kannst du daher bestimmen, indem du $A$ und $\lambda$ in die Gleichung einsetzt. Mit $\overrightarrow{v} = \begin{pmatrix} v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}$ im dreidimensionalen Fall bzw. $\begin{pmatrix} v_1\\v_2\end{pmatrix}$ im zweidimensionalen Fall ergibt sich dann ein lineares Gleichungssystem, welches du lösen kannst. Beachte dabei, dass der Nullvektor $\overrightarrow{v} = \overrightarrow{0}$ die Gleichung immer löst, aber niemals ein Eigenvektor ist. Es gibt immer unendlich viele Eigenvektoren.

Beispiel

Die Eigenwerte der Matrix $A = \begin{pmatrix}1 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}$ sind die Lösungen der Gleichung $det\left(A-\lambda \cdot I\right)=0$:
$\begin{array}[t]{rll} det\left(\begin{pmatrix}1 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}-\lambda\cdot \begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\right)&=&0 &\quad \scriptsize \\[5pt] det\left(\begin{pmatrix}1-\lambda & 2 \\ 2 & 1-\lambda \end{pmatrix}\right)&=&0 &\quad \scriptsize \\[5pt] (1-\lambda)(1-\lambda) - 2\cdot 2&=& 0&\quad \scriptsize \\[5pt] -3-2\lambda + \lambda^2&=& 0 &\quad \scriptsize pq-\text{Formel}\\[5pt] \lambda_1&=& 3 &\quad \scriptsize \\[5pt] \lambda_2&=& -1 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \lambda_1&=& 3 &\quad \scriptsize \\[5pt] \lambda_2&=& -1 \end{array}$
Die Eigenwerte von $A$ sind also $3$ und $-1$.
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1.
Berechne die Eigenwerte der folgenden Matrizen. Gib die zugehörigen Eigenvektoren an.
b)
$\begin{pmatrix}-1&3\\2&-2\end{pmatrix}$
d)
$\begin{pmatrix}-2&3&0\\0&5&0\\2&-3&-1\end{pmatrix}$
f)
$\begin{pmatrix}1&4&0\\2&1&4\\0&2&1\end{pmatrix}$
2.
Gegeben sind eine Matrix und einer ihrer Eigenwerte. Berechne den zugehörigen Eigenvektor.
b)
$\begin{pmatrix}5&2\\3&4\end{pmatrix}$,$\quad$$\lambda=2$
d)
$\begin{pmatrix}0&-2&8\\6&6&-8\\4&2&2\end{pmatrix}$,$\quad$$\lambda=2$
f)
$\begin{pmatrix}0&3&4\\7&2&3\\3&-1&0\end{pmatrix}$,$\quad$$\lambda=-5$
3.
Weise nach, dass die Matrix die angegebenen Eigenwerte besitzt.
b)
$\begin{pmatrix}2&5\\4&-2\end{pmatrix}$,$\quad$$\lambda_{1,2}=\pm\sqrt{24}$
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Lösungen
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1.
a)
1. Schritt: Eigenwerte berechnen
Sei $A$ die Matrix, deren Eigenwerte bestimmt werden sollen und $E$ die Einheitsmatrix. Die Eigenwerte sind dann die Nullstellen des charakteristischen Polynoms von $A$; anders formuliert:
Die Lösungen der Gleichung $\det(A-\lambda\cdot E)=0$ sind die Eigenwerte von $A$:
$\begin{array}{rll} \det\left(A-\lambda\cdot E\right)&=&0\\[5pt] \det\left(\begin{pmatrix}3&-2\\1&6\end{pmatrix}-\lambda\cdot\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}\right)&=&0\\[5pt] \det\begin{pmatrix}3-\lambda&-2-0\\1-0&6-\lambda\end{pmatrix}&=&0\\[5pt] \det\begin{pmatrix}3-\lambda&-2\\1&6-\lambda\end{pmatrix}&=&0 \end{array}$
$\begin{array}{rll} \det\left(A-\lambda\cdot E\right)&=&0\\[5pt] \end{array}$
Für die Determinante einer 2x2-Matrix $A=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}$ gilt: $\det(A)=ad-bc$.
Damit folgt:
$\begin{array}{rll} \det\begin{pmatrix}3-\lambda&-2\\1&6-\lambda\end{pmatrix}&=&0\\[5pt] (3-\lambda)\cdot(6-\lambda)-(-2)\cdot1&=&0\\[5pt] 18-6\lambda-3\lambda+\lambda^2+2&=&0\\[5pt] \lambda^2-9\lambda+20&=&0\\[5pt] \lambda_{1,2}&=&\dfrac{9}{2}\pm\sqrt{\left(-\dfrac{9}{2}\right)^2-20}\\[5pt] &=&\dfrac{9}{2}\pm\sqrt{\dfrac{81}{4}-\dfrac{80}{4}}\\[5pt] &=&\dfrac{9}{2}\pm\sqrt{\dfrac{1}{4}}\\[5pt] &=&\dfrac{9}{2}\pm\dfrac{1}{2}\\[5pt] \lambda_1&=&\dfrac{9}{2}+\dfrac{1}{2}=5\\[5pt] \lambda_2&=&\dfrac{9}{2}-\dfrac{1}{2}=4\\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}{rll} \lambda_1&=5\\[5pt] \lambda_2&=4\\[5pt] \end{array}$
2. Schritt: Eigenvektoren bestimmen
Für einen Eigenvektor $\vec v$ zu einem Eigenwert $\lambda$ gilt:
$A\cdot\vec v=\lambda\cdot \vec v$.
Bei Multiplikation der Matrix $A$ mit dem Vektor ergibt sich also ein Vielfaches von $\vec v$. Umformen dieser Gleichung ergibt:
$\begin{array}{rll} A\cdot\vec v&=&\lambda\cdot\vec v&\scriptsize{\mid\;\lambda\cdot\vec v}\\[5pt] A\cdot\vec v-\lambda\cdot\vec v&=&\vec 0&\scriptsize{\mid\;\vec v\; \text{ausklammern}}\\[5pt] (A-\lambda\cdot E)\cdot\vec v&=&\vec 0 \end{array}$
$\begin{array}{rll} A\cdot\vec v&=&\lambda\cdot\vec v\\ \end{array}$
Setze nun nacheinander die Eigenwerte $\lambda_1=5$ und $\lambda_2=4$ in diese Gleichung und löse nach $\vec v$ auf.
Setze dazu $\vec v=\begin{pmatrix}v_1\\v_2\end{pmatrix}$.
Beachte auch: bei $\vec 0$ handelt es sich um einen Vektor.
$\begin{array}{lrll} \lambda_1=5\text{:}\quad&\left(\begin{pmatrix}3&-2\\1&6\end{pmatrix}-5\cdot\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}\right)\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\left(\begin{pmatrix}3&-2\\1&6\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}5&0\\0&5\end{pmatrix}\right)\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\begin{pmatrix}-2&-2\\1&1\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\begin{pmatrix}-2v_1&-&2v_2\\1\cdot v_1&+&1\cdot v_2\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix} \end{array}$
$\begin{array}{lrll} \lambda_1=5 \end{array}$
Betrachte die Zeilen einzeln und erhalte ein lineares Gleichungssystem:
$\begin{array}[t]{lrcrcr} (1)\quad&-2v_1&-&2v_2&=&0\\ (2)\quad&v_1&-&v_2&=&0&\scriptsize{\mid\;\text{Rechne:}\;(1)+2\cdot(2)} \\\hline (1)\quad&-2v_1&-&2v_2&=&0\\ (2)\text{a}\quad&0&+&0&=&0 \end{array}$
$\begin{array}[t]{lrcrcr} (1)\quad&-2v_1&-&2v_2&=&0 \\ \end{array}$
Das Gleichungssystem ist unterbestimmt. Es gibt also unendlich viele Lösungen. Setze daher z.B. $v_2=t$. Dann gilt für $v_1$:
$\begin{array}{rll} -2v_1-2t&=&0&\scriptsize{\mid\;+2t}\\[5pt] -2v_1&=&2t&\scriptsize{\mid\;:(-2)}\\[5pt] v_1&=&-t \end{array}$
Es folgt damit Eigenvektor $\vec v=\begin{pmatrix}-t\\t\end{pmatrix}=t\cdot\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}$.
Der Eigenvektor zum Eigenwert $\lambda_1=5$ ist Vektor $\vec v=\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}$ und jedes reelle Vielfache davon, außer dem Nullvektor.
$\begin{array}{lrll} \lambda_2=4\text{:}\quad&\left(\begin{pmatrix}3&-2\\1&6\end{pmatrix}-4\cdot\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}\right)\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\left(\begin{pmatrix}3&-2\\1&6\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}4&0\\0&4\end{pmatrix}\right)\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\begin{pmatrix}-1&-2\\1&2\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\begin{pmatrix}-1v_1&-&2v_2\\1\cdot v_1&+&2\cdot v_2\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix} \end{array}$
$\begin{array}{lrll} \lambda_2=4 \end{array}$
Betrachte die Zeilen einzeln und erhalte ein lineares Gleichungssystem:
$\begin{array}[t]{lrcrcrl} (1)\quad&-v_1&-&2v_2&=&0\\ (2)\quad&v_1&+&2v_2&=&0&\scriptsize{\mid\;\text{Rechne:}\;(1)+(2)} \\\hline (1)\quad&-v_1&-&2v_2&=&0\\ (2)\text{a}\quad&0&+&0&=&0& \end{array}$
$\begin{array}[t]{lrcrcrl} (1)\quad&-v_1&-&2v_2&=&0 \end{array}$
Das Gleichungssystem ist unterbestimmt. Es gibt also unendlich viele Lösungen. Setze daher z.B. $v_2=t$. Dann gilt für $v_1$:
$\begin{array}{rll} -v_1-2t&=&0&\scriptsize{\mid\;+2t}\\[5pt] -v_1&=&2t&\scriptsize{\mid\;:(-1)}\\[5pt] v_1&=&-2t \end{array}$
Es folgt damit Eigenvektor $\vec v=\begin{pmatrix}-2t\\t\end{pmatrix}=t\cdot\begin{pmatrix}-2\\1\end{pmatrix}$.
Der Eigenvektor zum Eigenwert $\lambda_2=4$ ist Vektor $\vec v=\begin{pmatrix}-2\\1\end{pmatrix}$ und jedes reelle Vielfache davon, außer dem Nullvektor.
b)
1. Schritt: Eigenwerte berechnen
$\begin{array}[t]{rll} \det\left(A-\lambda\cdot E\right)&=&0\\[5pt] \det\left(\begin{pmatrix}-1&3\\2&-2\end{pmatrix}-\lambda\cdot\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}\right)&=&0\\[5pt] \det\begin{pmatrix}-1-\lambda&3-0\\2-0&-2-\lambda\end{pmatrix}&=&0\\[5pt] \det\begin{pmatrix}-1-\lambda&3\\2&-2-\lambda\end{pmatrix}&=&0 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \det\left(A-\lambda\cdot E\right)=0 \end{array}$
Für die Determinante einer 2x2-Matrix $A$=$\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}$ gilt: $\det(A)$=$ad-bc$.
Damit folgt:
$\begin{array}{rll} \det\begin{pmatrix}-1-\lambda&3\\2&-2-\lambda\end{pmatrix}&=&0\\[5pt] (-1-\lambda)\cdot(-2-\lambda)-3\cdot2&=&0\\[5pt] 2+\lambda+2\lambda+\lambda^2-6&=&0\\[5pt] \lambda^2+3\lambda-4&=&0\\[5pt] \lambda_{1,2}&=&-\dfrac{3}{2}\pm\sqrt{\left(\dfrac{3}{2}\right)^2+4}\\[5pt] &=&-\dfrac{3}{2}\pm\sqrt{\dfrac{9}{4}+\dfrac{16}{4}}\\[5pt] &=&-\dfrac{3}{2}\pm\sqrt{\dfrac{25}{4}}\\[5pt] &=&-\dfrac{3}{2}\pm\dfrac{5}{2}\\[5pt] \lambda_1&=&-\dfrac{3}{2}+\dfrac{5}{2}=1\\[5pt] \lambda_2&=&-\dfrac{3}{2}-\dfrac{5}{2}=-4 \end{array}$
$\begin{array}{rll} \lambda_1&=&-\dfrac{3}{2}+\dfrac{5}{2}=1\\[5pt] \lambda_2&=&-\dfrac{3}{2}-\dfrac{5}{2}=-4 \end{array}$
2. Schritt: Eigenvektoren bestimmen
$\begin{array}[t]{lrll} \lambda_1=1\text{:}\quad&\left(\begin{pmatrix}-1&3\\2&-2\end{pmatrix}-1\cdot\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}\right)\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\left(\begin{pmatrix}-1&3\\2&-2\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}\right)\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\begin{pmatrix}-2&3\\2&-3\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\begin{pmatrix}-2v_1&+&3v_2\\2v_1&-&3v_2\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix} \end{array}$
$\begin{array}[t]{lrll} \lambda_1=1 \end{array}$
Betrachte die Zeilen einzeln und erhalte ein lineares Gleichungssystem:
$\begin{array}[t]{lrcrcrl} (1)\quad&-2v_1&+&3v_2&=&0\\ (2)\quad&2v_1&-&3v_2&=&0&\scriptsize{\mid\;\text{Rechne:}\;(1)+(2)} \\\hline (1)\quad&-2v_1&+&3v_2&=&0\\ (2)\text{a}\quad&0&+&0&=&0 \end{array}$
$\begin{array}[t]{lrcrcrl} (1)\quad&-2v_1&+&3v_2&=&0\\ \end{array}$
Das Gleichungssystem ist unterbestimmt. Es gibt also unendlich viele Lösungen. Setze daher z.B. $v_2=t$. Dann gilt für $v_1$:
$\begin{array}{rll} -2v_1+3t&=&0&\scriptsize{\mid\;-3t}\\[5pt] -2v_1&=&-3t&\scriptsize{\mid\;:(-2)}\\[5pt] v_1&=&1,5t \end{array}$
Es folgt damit Eigenvektor $\vec v=\begin{pmatrix}1,5t\\t\end{pmatrix}=t\cdot\begin{pmatrix}1,5\\1\end{pmatrix}$.
Der Eigenvektor zum Eigenwert $\lambda_1=1$ ist Vektor $\vec v=\begin{pmatrix}1,5\\1\end{pmatrix}$ und jedes reelle Vielfache davon, außer dem Nullvektor.
$\begin{array}[t]{lrll} \lambda_2=-4\text{:}\quad&\left(\begin{pmatrix}-1&3\\2&-2\end{pmatrix}-(-4)\cdot\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}\right)\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\left(\begin{pmatrix}-1&3\\2&-2\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}-4&0\\0&-4\end{pmatrix}\right)\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\begin{pmatrix}3&3\\2&2\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\begin{pmatrix}3v_1&+&3v_2\\2v_1&+&2v_2\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix} \end{array}$
$\begin{array}[t]{lrll} \lambda_2=-4 \end{array}$
Betrachte die Zeilen einzeln und erhalte ein lineares Gleichungssystem:
$\begin{array}[t]{lrcrcrl} (1)\quad&3v_1&+&3v_2&=&0\\ (2)\quad&2v_1&+&2v_2&=&0&\scriptsize{\mid\;\text{Rechne:}\;2\cdot(1)-3\cdot(2)} \\\hline (1)\quad&-2v_1&+&3v_2&=&0\\ (2)\text{a}\quad&0&+&0&=&0 \end{array}$
$\begin{array}[t]{lrcrcrl} (1)\quad&3v_1&+&3v_2&=&0 \\ \end{array}$
Das Gleichungssystem ist unterbestimmt. Es gibt also unendlich viele Lösungen. Setze daher z.B. $v_2=t$. Dann gilt für $v_1$:
$\begin{array}{rll} 3v_1+3t&=&0&\scriptsize\mid\;-3t\\[5pt] 3v_1&=&-3t&\scriptsize\mid\;:3\\[5pt] v_1&=&-t \end{array}$
Es folgt damit Eigenvektor $\vec v=\begin{pmatrix}-t\\t\end{pmatrix}=t\cdot\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}$.
Der Eigenvektor zum Eigenwert $\lambda_2=-4$ ist Vektor $\vec v=\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}$ und jedes reelle Vielfache davon, außer dem Nullvektor.
c)
1. Schritt: Eigenwerte berechnen
$\begin{array}[t]{rll} \det\left(A-\lambda\cdot E\right)&=&0\\[5pt] \det\left(\begin{pmatrix}1&0&2\\4&1&-3\\2&0&1\end{pmatrix}-\lambda\cdot\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}\right)&=&0\\[5pt] \det\begin{pmatrix}1-\lambda&0-0&2-0\\4-0&1-\lambda&-3-0\\2-0&0-0&1-\lambda\end{pmatrix}&=&0\\[5pt] \det\begin{pmatrix}1-\lambda&0&2\\4&1-\lambda&-3\\2&0&1-\lambda\end{pmatrix}&=&0 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \det\left(A-\lambda\cdot E\right)&=0\\[5pt] \end{array}$
Berechne die Determinante einer 3x3-Matrix z.B. über die Sarrus-Regel:
$\begin{array}{rll} \det\begin{pmatrix}1-\lambda&0&2\\4&1-\lambda&-3\\2&0&1-\lambda\end{pmatrix}&=&0\\[5pt] \scriptsize{(1-\lambda)^3+0\cdot(-3)\cdot2+2\cdot4\cdot0-2\cdot(1-\lambda)\cdot2-4\cdot0\cdot(1-\lambda)-(1-\lambda)\cdot0\cdot(-3)}&=&0\\[5pt] (1-\lambda)^3-4\cdot(1-\lambda)&=&0&\scriptsize{\mid\;(1-\lambda)\text{ ausklammern}}\\[5pt] (1-\lambda)\cdot[(1-\lambda)^2-4]&=&0 \end{array}$
$\begin{array}{rll} \det\begin{pmatrix}1-\lambda&0&2\\4&1-\lambda&-3\\2&0&1-\lambda\end{pmatrix} \end{array}$
Satz vom Nullprodukt: Ein Produkt ist Null, wenn einer seiner Faktoren Null wird. Damit folgt als erste Nullstelle $\lambda_1=1$.
Nullsetzen der Klammer alleine liefert:
$\begin{array}{rll} (1-\lambda)^2-4&=&0\\[5pt] 1-2\lambda+\lambda^2-4&=&0\\[5pt] \lambda^2-2\lambda-3&=&0\\[5pt] \lambda_{2,3}&=&1\pm\sqrt{1^2+3}\\[5pt] &=&1\pm\sqrt{4}\\[5pt] &=&1\pm2\\[5pt] \lambda_2&=&1+2=3\\[5pt] \lambda_3&=&1-2=-1 \end{array}$
2. Schritt: Eigenvektoren bestimmen
$\begin{array}[t]{lrll} \lambda_1=1\text{:}\quad&\left(\begin{pmatrix}1&0&2\\4&1&-3\\2&0&1\end{pmatrix}-1\cdot\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}\right)\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\left(\begin{pmatrix}1&0&2\\4&1&-3\\2&0&1\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}\right)\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\begin{pmatrix}0&0&2\\4&0&-3\\2&0&0\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\begin{pmatrix}2v_3\\4v_1-3v_3\\2v_1\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix} \end{array}$
$\begin{array}[t]{lrll} \lambda_1=1 \end{array}$
Aus Zeile (1) und (3) geht direkt hervor: $v_1=v_3=0$. Die Komponente $v_2$ taucht im Vektor gar nicht auf, sie ist also frei wählbar. Setze deshalb $v_2=t$ und erhalte den Eigenvektor
$\vec v=\begin{pmatrix}0\\t\\0\end{pmatrix}=t\cdot\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}$.
Der Eigenvektor zum Eigenwert $\lambda_1=1$ ist Vektor $\vec v=\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}$ und jedes reelle Vielfache davon, außer dem Nullvektor.
$\begin{array}[t]{lrll} \lambda_2=3\text{:}\quad&\left(\begin{pmatrix}1&0&2\\4&1&-3\\2&0&1\end{pmatrix}-3\cdot\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}\right)\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\left(\begin{pmatrix}1&0&2\\4&1&-3\\2&0&1\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}3&0&0\\0&3&0\\0&0&3\end{pmatrix}\right)\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\begin{pmatrix}-2&0&2\\4&-2&-3\\2&0&-2\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\begin{pmatrix}-2v_1&&+2v_3\\4v_1&-2v_2&-3v_3\\2v_1&&-2v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix} \end{array}$
$\begin{array}[t]{lrll} \lambda_2=3 \end{array}$
Betrachte die Zeilen einzeln und erhalte ein lineares Gleichungssystem:
$\begin{array}[t]{lrcrcrcrl} (1)\quad&-2v_1&&&+&2v_3&=&0\\ (2)\quad&4v_1&-&2v_2&-&3v_3&=&0&\scriptsize\mid\;\text{Rechne:}\;2\cdot(1)+(2)\\ (3)\quad&2v_1&&&-&2v_3&=&0&\scriptsize\mid\;\text{Rechne:}\;(1)+(3) \\\hline (1)\quad&-2v_1&&&+&2v_3&=&0\\ (2)\text{a}\quad&&-&2v_2&+&v_3&=&0\\ (3)\text{a}\quad&&&&&0&=&0 \end{array}$
$\begin{array}[t]{lrcrcrcrl} (1)\quad&-2v_1&&&+&2v_3&=&0 \end{array}$
Wieder ist das Gleichungssystem unterbestimmt. Setze daher $v_3=t$:
$\begin{array}{lrll} v_3=t\;\text{in}\;(1)\text{:}\quad&-2v_1+2t&=&0&\scriptsize\mid\;-2t\\[5pt] &-2v_1&=&-2t&\scriptsize\mid\;:(-2)\\[5pt] &v_1&=&t\\\\[5pt] v_3=t\;\text{in}\;(2)\text{a:}&-2v_2+t&=&0&\scriptsize\mid\;-t\\[5pt] &-2v_2&=&-t&\scriptsize\mid\;:(-2)\\[5pt] &v_2&=&\frac{1}{2}t \end{array}$
$\begin{array}{lrll} v_3=t\;\text{in}\;(1) \end{array}$
Damit folgt der Vektor $\vec v=\begin{pmatrix}t\\\frac{1}{2}t\\t\end{pmatrix}=t\cdot\begin{pmatrix}1\\0,5\\1\end{pmatrix}$.
Der Eigenvektor zum Eigenwert $\lambda_2=3$ ist Vektor $\vec v=\begin{pmatrix}1\\0,5\\1\end{pmatrix}$ und jedes reelle Vielfache davon, außer dem Nullvektor.
$\begin{array}[t]{lrll} \lambda_3=-1\text{:}\quad&\left(\begin{pmatrix}1&0&2\\4&1&-3\\2&0&1\end{pmatrix}-(-1)\cdot\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}\right)\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\left(\begin{pmatrix}1&0&2\\4&1&-3\\2&0&1\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}-1&0&0\\0&-1&0\\0&0&-1\end{pmatrix}\right)\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\begin{pmatrix}2&0&2\\4&2&-3\\2&0&2\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\begin{pmatrix}2v_1&&+2v_3\\4v_1&+2v_2&-3v_3\\2v_1&&+2v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix} \end{array}$
$\begin{array}[t]{lrll} \lambda_3=-1 \end{array}$
Betrachte die Zeilen einzeln und erhalte ein lineares Gleichungssystem:
$\begin{array}[t]{lrcrcrcrl} (1)\quad&2v_1&&&+&2v_3&=&0\\ (2)\quad&4v_1&+&2v_2&-&3v_3&=&0&\scriptsize{\mid\;\text{Rechne:}\;2\cdot(1)-(2)}\\ (3)\quad&2v_1&&&+&2v_3&=&0&\scriptsize{\mid\;\text{Rechne:}\;(1)-(3)} \\\hline (1)\quad&2v_1&&&+&2v_3&=&0\\ (2)\text{a}\quad&&-&2v_2&+&7v_3&=&0\\ (3)\text{a}\quad&&&&&0&=&0 \end{array}$
$\begin{array}[t]{lrcrcrcrl} (1)\quad&2v_1&&&+&2v_3&=&0\\ \end{array}$
Wieder ist das Gleichungssystem unterbestimmt. Setze daher $v_3=t$:
$\begin{array}{lrll} v_3=t\;\text{in}\;(1)\text{:}\quad&2v_1+2t&=&0&\scriptsize{\mid\;-2t}\\[5pt] &2v_1&=&-2t&\scriptsize{\mid\;:2}\\[5pt] &v_1&=&-t\\\\ v_3=t\;\text{in}\;(2)\text{a:}\quad&-2v_2+7t&=&0&\scriptsize{\mid\;-7t}\\[5pt] &-2v_2&=&-7t&\scriptsize{\mid\;:(-2)}\\[5pt] &v_2&=&3,5t \end{array}$
$\begin{array}{lrll} v_3=t\;\text{in}\;(1) \end{array}$
Damit folgt der Vektor $\vec v=\begin{pmatrix}-t\\3,5t\\t\end{pmatrix}=t\cdot\begin{pmatrix}-1\\3,5\\1\end{pmatrix}$.
Der Eigenvektor zum Eigenwert $\lambda_3=-1$ ist Vektor $\vec v=\begin{pmatrix}-1\\3,5\\1\end{pmatrix}$ und jedes reelle Vielfache davon, außer dem Nullvektor.
d)
1. Schritt: Eigenwerte berechnen
$\begin{array}[t]{rll} \det\left(A-\lambda\cdot E\right)&=&0\\[5pt] \det\left(\begin{pmatrix}-2&3&0\\0&5&0\\2&-3&-1\end{pmatrix}-\lambda\cdot\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}\right)&=&0\\[5pt] \det\begin{pmatrix}-2-\lambda&3-0&0-0\\0-0&5-\lambda&0-0\\2-0&-3-0&-1-\lambda\end{pmatrix}&=&0\\[5pt] \det\begin{pmatrix}-2-\lambda&3&0\\0&5-\lambda&0\\2&-3&-1-\lambda\end{pmatrix}&=&0 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \det\left(A-\lambda\cdot E\right)&=&0\\[5pt] \end{array}$
Berechne die Determinante einer 3x3-Matrix z.B. über die Sarrus-Regel:
$\begin{array}{rll} \det\begin{pmatrix}-2-\lambda&3&0\\0&5-\lambda&0\\2&-3&-1-\lambda\end{pmatrix}&=&0\\[5pt] \scriptsize{(-2-\lambda)(5-\lambda)(-1-\lambda)+3\cdot0\cdot2+0\cdot0\cdot(-3)-0\cdot(5-\lambda)\cdot2-3\cdot0\cdot(-1-\lambda)-(-2-\lambda)\cdot0\cdot(-3)}&=&0\\[5pt] (-2-\lambda)\cdot(5-\lambda)\cdot(-1-\lambda)&=&0 \end{array}$
$\begin{array}{rll} \det\begin{pmatrix}-2-\lambda&3&0\\0&5-\lambda&0\\2&-3&-1-\lambda\end{pmatrix}&\\[5pt] \end{array}$
Satz vom Nullprodukt: Ein Produkt ist Null, wenn einer seiner Faktoren Null wird. Damit folgen die Nullstellen $\lambda_1=-2$, $\lambda_2=5$, $\lambda_3=-1$.
2. Schritt: Eigenvektoren bestimmen
$\begin{array}[t]{lrll} \lambda_1=-2\text{:}\quad&\left(\begin{pmatrix}-2&3&0\\0&5&0\\2&-3&-1\end{pmatrix}-(-2)\cdot\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}\right)\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\left(\begin{pmatrix}-2&3&0\\0&5&0\\2&-3&-1\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}-2&0&0\\0&-2&0\\0&0&-2\end{pmatrix}\right)\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\begin{pmatrix}0&3&0\\0&7&0\\2&-3&1\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\begin{pmatrix}&3v_2&\\&7v_2&\\2v_1&-3v_2&+v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix} \end{array}$
$\begin{array}[t]{lrll} \lambda_1=-2 \end{array}$
Aus den Zeilen (1) und (2) folgt direkt: $v_2=0$. Setze $v_2=0$ in die dritte Zeile ein:
$\begin{array}{lrll} v_2=0\;\text{in}\;(3)\text{:}\quad&2v_1+v_3&=&0&\scriptsize{\mid\;\text{Setze:}\;v_3=t}\\[5pt] &2v_1+t&=&0&\scriptsize{\mid\;-t}\\[5pt] &2v_1&=&-t&\scriptsize{\mid\;:2}\\[5pt] &v_1&=&-0,5t \end{array}$
$\begin{array}{lrll} v_2=0\;\text{in}\;(3) \end{array}$
Damit folgt der Vektor $\vec v=\begin{pmatrix}-0,5t\\0\\t\end{pmatrix}=t\cdot\begin{pmatrix}-0,5\\0\\1\end{pmatrix}$
Der Eigenvektor zum Eigenwert $\lambda_1=-2$ ist Vektor $\vec v=\begin{pmatrix}-0,5\\0\\1\end{pmatrix}$ und jedes reelle Vielfache davon, außer dem Nullvektor.
$\begin{array}[t]{lrll} \lambda_2=5\text{:}\quad&\left(\begin{pmatrix}-2&3&0\\0&5&0\\2&-3&-1\end{pmatrix}-5\cdot\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}\right)\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\ &\left(\begin{pmatrix}-2&3&0\\0&5&0\\2&-3&-1\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}5&0&0\\0&5&0\\0&0&5\end{pmatrix}\right)\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\ &\begin{pmatrix}-7&3&0\\0&0&0\\2&-3&-6\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\ &\begin{pmatrix}-7v_1&+3v_2&\\&0&\\2v_1&-3v_2&-6v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix} \end{array}$
$\begin{array}[t]{lrll} \lambda_2=5 \end{array}$
Betrachte die Zeilen (1) und (3) einzeln und erhalte ein lineares Gleichungssystem:
$\begin{array}[t]{lrcrcrcrl} (1)\quad&-7v_1&+&3v_2&&&=&0\\ (3)\quad&2v_1&-&3v_2&-&6v_3&=&0&\scriptsize{\mid\;\text{Rechne:}\; 2\cdot(1)+7\cdot(3)} \\\hline (1)\quad&-7v_1&+&3v_2&&&=&0\\ (3)\text{a}\quad&&-&15v_2&-&42v_3&=&0 \end{array}$
$\begin{array}[t]{lrcrcrcrl} (1)\quad&-7v_1&+&3v_2&&& \end{array}$
Wieder ist das Gleichungssystem unterbestimmt. Der Ausdruck $v_2$ ist in beiden Zeilen enthalten. Setze daher $v_2=t$:
$\begin{array}{lrll} v_2=t\;\text{in}\;(1):&-7v_1+3t&=&0&\scriptsize{\mid\;-3t}\\ &-7v_1&=&-3t&\scriptsize{\mid\;:(-7)}\\ &v_1&=&\frac{3}{7}t\\\\ v_2=t\;\text{in}\;(3)\text{a:}&-15t-42v_3&=&0&\scriptsize{\mid\;+15t}\\ &-42v_3&=&15t&\scriptsize{\mid\;:(-42)}\\ &v_2&=&-\frac{15}{42}t \end{array}$
$\begin{array}{lrll} v_2=t\;\text{in}\;(1) \end{array}$
Damit folgt der Vektor $\vec v=\begin{pmatrix}\frac{3}{7}t\\t\\-\frac{15}{42}t\end{pmatrix}=t\cdot\begin{pmatrix}\frac{3}{7}\\1\\-\frac{15}{42}\end{pmatrix}$.
Der Eigenvektor zum Eigenwert $\lambda_2=5$ ist Vektor $\vec v=\begin{pmatrix}\frac{3}{7}\\1\\-\frac{15}{42}\end{pmatrix}$ und jedes reelle Vielfache davon, außer dem Nullvektor.
$\begin{array}[t]{lrll} \lambda_3=-1\text{:}\quad&\left(\begin{pmatrix}-2&3&0\\0&5&0\\2&-3&-1\end{pmatrix}-(-1)\cdot\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}\right)\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\left(\begin{pmatrix}-2&3&0\\0&5&0\\2&-3&-1\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}-1&0&0\\0&-1&0\\0&0&-1\end{pmatrix}\right)\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\begin{pmatrix}-1&3&0\\0&6&0\\2&-3&0\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\begin{pmatrix}-v_1&+3v_2&\\&6v_2&\\2v_1&-3v_2&\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix} \end{array}$
$\begin{array}[t]{lrll} \lambda_3=-1 \end{array}$
Aus Zeile (2) folgt direkt: $v_2=0$. Setze dies ein in (1) und (3):
$\begin{array}{lrll} v_2=0\;\text{in}\;(1)\quad&-v_1+0&=&0\\[5pt] &v_1&=&0\\\\ v_2=0\;\text{in}\;(3)\quad&2v_1+0&=&0\\[5pt] &v_1&=&0 \end{array}$
Damit wissen wir, dass gilt: $v_1=v_2=0$. Der Eintrag $v_3$ spielt in obiger Gleichung gar keine Rolle mehr. Setze daher $v_3=t$ und erhalte den Vektor
$\vec v=\begin{pmatrix}0\\0\\t\end{pmatrix}=t\cdot\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$.
Der Eigenvektor zum Eigenwert $\lambda_3=-1$ ist Vektor $\vec v=\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$ und jedes reelle Vielfache davon, außer dem Nullvektor.
e)
1. Schritt: Eigenwerte berechnen
$\begin{array}[t]{rll} \det\left(A-\lambda\cdot E\right)&=&0\\[5pt] \det\left(\begin{pmatrix}-3&0&3\\2&2&1\\3&0&5\end{pmatrix}-\lambda\cdot\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}\right)&=&0\\[5pt] \det\begin{pmatrix}-3-\lambda&0-0&3-0\\2-0&2-\lambda&1-0\\3-0&0-0&5-\lambda\end{pmatrix}&=&0\\[5pt] \det\begin{pmatrix}-3-\lambda&0&3\\2&2-\lambda&1\\3&0&5-\lambda\end{pmatrix}&=&0 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \det\left(A-\lambda\cdot E\right)&=&0\\[5pt] \end{array}$
Berechne die Determinante einer 3x3-Matrix z.B. über die Sarrus-Regel:
$\begin{array}{rll} \det\begin{pmatrix}-3-\lambda&0&3\\2&2-\lambda&1\\3&0&5-\lambda\end{pmatrix}&=&0\\[5pt] \scriptsize{(-3-\lambda)(2-\lambda)(5-\lambda)+0\cdot1\cdot3+3\cdot2\cdot0-3\cdot(2-\lambda)\cdot3-2\cdot0\cdot(5-\lambda)-(-3-\lambda)\cdot0\cdot1}&=&0\\[5pt] (-3-\lambda)\cdot(2-\lambda)\cdot(5-\lambda)-9\cdot(2-\lambda)&=&0&\scriptsize{\mid\;(2-\lambda)\;\text{ausklammern}}\\[5pt] (2-\lambda)\cdot\left[(-3-\lambda)\cdot(5-\lambda)-9\right]&=&0 \end{array}$
$\begin{array}{rll} \det\begin{pmatrix}-3-\lambda&0&3\\2&2-\lambda&1\\3&0&5-\lambda\end{pmatrix}\\[5pt] \end{array}$
Satz vom Nullprodukt: Ein Produkt ist Null, wenn einer seiner Faktoren Null wird. Damit folgt die erste Nullstelle $\lambda_1=2$
Nullsetzen der Klammer alleine liefert:
$\begin{array}{rll} (-3-\lambda)\cdot(5-\lambda)-9&=&0\\[5pt] -15-5\lambda+3\lambda+\lambda^2-9&=&0\\ \lambda^2-2\lambda-24&=&0\\ \lambda_{2,3}&=&1\pm\sqrt{1+24}\\[5pt] &=&1\pm\sqrt{25}\\[5pt] &=&1\pm5\\[5pt] \lambda_2&=&1+5=6\\[5pt] \lambda_3&=&1-5=-4 \end{array}$
$\begin{array}{rll} (-3-\lambda)\cdot(5-\lambda)-9&=&0\\[5pt] \end{array}$
2. Schritt: Eigenvektoren bestimmen
$\begin{array}[t]{lrll} \lambda_1=2\text{:}\quad&\left(\begin{pmatrix}-3&0&3\\2&2&1\\3&0&5\end{pmatrix}-2\cdot\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}\right)\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\left(\begin{pmatrix}-3&0&3\\2&2&1\\3&0&5\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}2&0&0\\0&2&0\\0&0&2\end{pmatrix}\right)\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\begin{pmatrix}-5&0&3\\2&0&1\\3&0&3\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\begin{pmatrix}-5v_1&&+3v_3\\2v_1&&+v_3\\3v_1&&+3v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix} \end{array}$
$\begin{array}[t]{lrll} \lambda_1=2 \end{array}$
Betrachte die Gleichung zeilenweise und erhalte so ein lineares Gleichungssystem:
$\begin{array}[t]{lrcrcrl} (1)\quad&-5v_1&+&3v_3&=&0\\ (2)\quad&2v_1&+&v_3&=&0&\scriptsize{\mid\;\text{Rechne:}\;2\cdot(1)+5\cdot(2)}\\ (3)\quad&3v_1&+&3v_3&=&0&\scriptsize{\mid\;\text{Rechne:}\;3\cdot(1)+5\cdot(3)}\\ \hline (1)\quad&-5v_1&+&3v_3&=&0\\ (2)\text{a}\quad&&&11v_3&=&0\\ (3)\text{a}\quad&&&24v_3&=&0 \end{array}$
$\begin{array}[t]{lrcrcrl} (1)\quad&-5v_1&+&3v_3&=&0\\ \end{array}$
Aus den Zeilen (2)a und (3)a folgt:
$v_3=0$ und damit auch:
$-5v_1+0=0\;\Rightarrow\;v_1=0$.
Einzig die Variable $v_2$ taucht in der Rechnung nicht auf. Für $v_2$ können wir daher $v_2=t$ setzen und erhalten den Vektor
$\vec v=\begin{pmatrix}0\\t\\0\end{pmatrix}=t\cdot\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}$.
Der Eigenvektor zum Eigenwert $\lambda_1=2$ ist Vektor $\vec v=\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}$ und jedes reelle Vielfache davon, außer dem Nullvektor.
$\begin{array}[t]{lrll} \lambda_2=6\text{:}\quad&\left(\begin{pmatrix}-3&0&3\\2&2&1\\3&0&5\end{pmatrix}-6\cdot\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}\right)\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\left(\begin{pmatrix}-3&0&3\\2&2&1\\3&0&5\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}6&0&0\\0&6&0\\0&0&6\end{pmatrix}\right)\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\begin{pmatrix}-9&0&3\\2&-4&1\\3&0&-1\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\begin{pmatrix}-9v_1&&+3v_3\\2v_1&-4v_2&+v_3\\3v_1&&-v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix} \end{array}$
$\begin{array}[t]{lrll} \lambda_2=6 \end{array}$
Betrachte die Gleichung zeilenweise und erhalte so ein lineares Gleichungssystem:
$\begin{array}[t]{lrcrcrcrl} (1)\quad&-9v_1&&&+&3v_3&=&0\\ (2)\quad&2v_1&-&4v_2&+&v_3&=&0&\scriptsize{\mid\;\text{Rechne:}\;2\cdot(1)+9\cdot(2)}\\ (3)\quad&3v_1&&&-&v_3&=&0&\scriptsize{\mid\;\text{Rechne:}\;(1)+3\cdot(3)}\\ \hline (1)\quad&-9v_1&&&+&3v_3&=&0\\ (2)\text{a}\quad&&-&36v_2&+&15v_3&=&0\\ (3)\text{a}\quad&&&&&0&=&0 \end{array}$
$\begin{array}[t]{lrcrcrcrl} (1)\quad&-9v_1&&&+&3v_3& \end{array}$
Das Gleichungssystem ist unterbestimmt. Es gibt daher unendlich viele Lösungen. Die Variable $v_3$ kommt in beiden Zeilen vor. Setze deshalb $v_3=t$:
$\begin{array}{lrll} v_3=t\;\text{in}\;(1)\quad&-9v_1+3t&=&0&\scriptsize{\mid\;-3t}\\[5pt] &-9v_1&=&-3t&\scriptsize\mid\;:(-9)\\[5pt] &v_1&=&\frac{1}{3}t\\\\[5pt] v_3=t\;\text{in}\;(2)\text{a}\quad&-36v_2+15t&=&0&\scriptsize{\mid\;-15t}\\[5pt] &-36v_2&=&-15t&\scriptsize{\mid\;:(-36)}\\[5pt] &v_2&=&\frac{15}{36}t \end{array}$
$\begin{array}{lrll} v_3=t\;\text{in}\;(1) \end{array}$
Damit folgt der Vektor $\vec v=\begin{pmatrix}\frac{1}{3}t\\\frac{15}{36}t\\t\end{pmatrix}=t\cdot\begin{pmatrix}\frac{1}{3}\\\frac{15}{36}\\1\end{pmatrix}$.
Der Eigenvektor zum Eigenwert $\lambda_2=6$ ist Vektor $\vec v=\begin{pmatrix}\frac{1}{3}\\\frac{15}{36}\\1\end{pmatrix}$ und jedes reelle Vielfache davon, außer dem Nullvektor.
$\begin{array}[t]{lrll} \lambda_3=-4\text{:}\quad&\left(\begin{pmatrix}-3&0&3\\2&2&1\\3&0&5\end{pmatrix}-(-4)\cdot\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}\right)\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\left(\begin{pmatrix}-3&0&3\\2&2&1\\3&0&5\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}-4&0&0\\0&-4&0\\0&0&-4\end{pmatrix}\right)\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\begin{pmatrix}1&0&3\\2&6&1\\3&0&9\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\begin{pmatrix}v_1&&+3v_3\\2v_1&+6v_2&+v_3\\3v_1&&+9v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix} \end{array}$
$\begin{array}[t]{lrll} \lambda_3=-4\text{:} \end{array}$
Betrachte die Gleichung zeilenweise und erhalte so ein lineares Gleichungssystem:
$\begin{array}[t]{lrcrcrcrl} (1)&v_1&&&+&3v_3&=&0\\ (2)&2v_1&+&6v_2&+&v_3&=&0&\scriptsize{\mid\;\text{Rechne:}\;2\cdot(1)-(2)}\\ (3)&3v_1&&&+&9v_3&=&0&\scriptsize{\mid\;\text{Rechne:}\;3\cdot(1)-(3)}\\ \hline (1)&v_1&&&+&3v_3&=&0\\ (2)\text{a}\quad&&-&6v_2&+&5v_3&=&0\\ (3)\text{a}&&&&&0&=&0 \end{array}$
$\begin{array}[t]{lrcrcrcrl} (1)&v_1&&&+&3v_3&=&0\\ \end{array}$
Das Gleichungssystem ist unterbestimmt. Es gibt daher unendlich viele Lösungen. Die Variable $v_3$ kommt in beiden Zeilen vor. Setze deshalb $v_3=t$:
$\begin{array}{lrll} v_3=t\;\text{in}\;(1)&v_1+3t&=&0&\scriptsize{\mid\;-3t}\\[5pt] &v_1&=&-3t\\\\ v_3=t\;\text{in}\;(2)\text{a}\quad&-6v_2+5t&=&0&\scriptsize{\mid\;-5t}\\[5pt] &-6v_2&=&-5t&\scriptsize{\mid\;:(-6)}\\[5pt] &v_2&=&\frac{5}{6}t \end{array}$
$\begin{array}{lrll} v_3=t\;\text{in}\;(1) \end{array}$
Damit folgt der Vektor $\vec v=\begin{pmatrix}-3t\\\frac{5}{6}t\\t\end{pmatrix}=t\cdot\begin{pmatrix}-3\\\frac{5}{6}\\1\end{pmatrix}$.
Der Eigenvektor zum Eigenwert $\lambda_3=-4$ ist Vektor $\vec v=\begin{pmatrix}-3\\\frac{5}{6}\\1\end{pmatrix}$ und jedes reelle Vielfache davon, außer dem Nullvektor.
f)
1. Schritt: Eigenwerte berechnen
$\begin{array}[t]{rll} \det\left(A-\lambda\cdot E\right)&=&0\\[5pt] \det\left(\begin{pmatrix}1&4&0\\2&1&4\\0&2&1\end{pmatrix}-\lambda\cdot\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}\right)&=&0\\[5pt] \det\begin{pmatrix}1-\lambda&4-0&0-0\\2-0&1-\lambda&4-0\\0-0&2-0&1-\lambda\end{pmatrix}&=&0\\[5pt] \det\begin{pmatrix}1-\lambda&4&0\\2&1-\lambda&4\\0&2&1-\lambda\end{pmatrix}&=&0 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \det\left(A-\lambda\cdot E\right)&=&0\\[5pt] \end{array}$
Berechne die Determinante einer 3x3-Matrix z.B. über die Sarrus-Regel:
$\begin{array}{rll} \det\begin{pmatrix}1-\lambda&4&0\\2&1-\lambda&4\\0&2&1-\lambda\end{pmatrix}&=&0\\[5pt] \scriptsize{(1-\lambda)^3+2\cdot2\cdot0+0\cdot4\cdot4-0\cdot(1-\lambda)\cdot0-2\cdot4\cdot(1-\lambda)-(1-\lambda)\cdot2\cdot4}&=&0\\[5pt] (1-\lambda)^3-8\cdot(1-\lambda)-8\cdot(1-\lambda)&=&0\\[5pt] (1-\lambda)^3-16\cdot(1-\lambda)&=&0&\scriptsize{\mid\;(1-\lambda) \text{ausklammern}}\\[5pt] (1-\lambda)\cdot\left[(1-\lambda)^2-16\right]&=&0 \end{array}$
$\begin{array}{rll} \det\begin{pmatrix}1-\lambda&4&0\\2&1-\lambda&4\\0&2&1-\lambda\end{pmatrix}& \end{array}$
Satz vom Nullprodukt: Ein Produkt ist Null, wenn einer seiner Faktoren Null wird. Damit folgt die erste Nullstelle $\lambda_1=1$.
Nullsetzen der Klammer alleine liefert:
$\begin{array}{rll} (1-\lambda)^2-16&=&0\\[5pt] 1-2\lambda+\lambda^2-16&=&0\\[5pt] \lambda^2-2\lambda-15&=&0\\[5pt] \lambda_{2,3}&=&1\pm\sqrt{1^2+15}\\[5pt] \lambda_{2,3}&=&1\pm\sqrt{16}\\[5pt] \lambda_{2,3}&=&1\pm4\\[5pt] \lambda_2&=&1+4=5\\[5pt] \lambda_3&=&1-4=-3 \end{array}$
$\begin{array}{rll} (1-\lambda)^2-16&=&0\\[5pt] \end{array}$
2. Schritt: Eigenvektoren bestimmen
$\begin{array}[t]{lrll} \lambda_1=1\text{:}\quad&\left(\begin{pmatrix}1&4&0\\2&1&4\\0&2&1\end{pmatrix}-1\cdot\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}\right)\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\left(\begin{pmatrix}1&4&0\\2&1&4\\0&2&1\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}\right)\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\begin{pmatrix}0&4&0\\2&0&4\\0&2&0\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\begin{pmatrix}&4v_2&\\2v_1&&+4v_3\\&2v_2&\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix} \end{array}$
$\begin{array}[t]{lrll} \lambda_1=1\text{:} \end{array}$
Aus Zeile (1) und (3) folgt sofort: $v_2=0$. Betrachte die mittlere Zeile einzeln:
$\begin{array}{rll} 2v_1+4v_3&=&0&\scriptsize{\mid\;\text{Setze}\;v_3=t}\\[5pt] 2v_1+4t&=&0&\scriptsize{\mid\;-4t}\\[5pt] 2v_1&=&-4t&\scriptsize{\mid\;:2}\\[5pt] v_1&=&-2t \end{array}$
Damit folgt der Vektor $\vec v=\begin{pmatrix}-2t\\0\\t\end{pmatrix}=t\cdot\begin{pmatrix}-2\\0\\1\end{pmatrix}$.
Der Eigenvektor zum Eigenwert $\lambda_1=1$ ist Vektor $\vec v=\begin{pmatrix}-2\\0\\1\end{pmatrix}$ und jedes reelle Vielfache davon, außer dem Nullvektor.
$\begin{array}[t]{lrll} \lambda_2=5\text{:}\quad&\left(\begin{pmatrix}1&4&0\\2&1&4\\0&2&1\end{pmatrix}-5\cdot\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}\right)\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\left(\begin{pmatrix}1&4&0\\2&1&4\\0&2&1\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}5&0&0\\0&5&0\\0&0&5\end{pmatrix}\right)\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\begin{pmatrix}-4&4&0\\2&-4&4\\0&2&-4\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\begin{pmatrix}-4v_1&+4v_2&\\2v_1&-4v_2&+4v_3\\&2v_2&-4v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix} \end{array}$
$\begin{array}[t]{lrll} \lambda_2=5 \end{array}$
Betrachte die Zeilen einzeln und erhalte ein lineares Gleichungssystem:
$\begin{array}[t]{lrcrcrcrl} (1)&-4v_1&+&4v_2&&&=&0\\ (2)&2v_1&-&4v_2&+&4v_3&=&0&\scriptsize{\mid\;(1)+2\cdot(2)}\\ (3)&&&2v_2&-&4v_3&=&0\\ \hline (1)&-4v_1&+&4v_2&&&=&0\\ (2)\text{a}&&-&4v_2&+&8v_3&=&0\\ (3)&&&2v_2&-&4v_3&=&0&\scriptsize{\mid\;(2)\text{a}+2\cdot(3)}\\ \hline (1)&-4v_1&+&4v_2&&&=&0\\ (2)\text{a}&&-&4v_2&+&8v_3&=&0\\ (3)\text{a}\quad&&&&&0&=&0 \end{array}$
$\begin{array}[t]{lrcrcrcrl} (1)&-4v_1&+&4v_2&&&=&0\\ \end{array}$
Das Gleichungssystem ist unterbestimmt. Es gibt also unendlich viele Lösungen. Die Variable $v_2$ kommt in beiden Zeilen vor. Setze deshalb $v_2=t$:
$\begin{array}{lrll} v_2=t\;\text{in}\;(1)&-4v_1+4t&=&0&\scriptsize{\mid\;-4t}\\[5pt] &-4v_1&=&-4t&\scriptsize{\mid\;:(-4)}\\[5pt] &v_1&=&t\\\\ v_2=t\;\text{in}\;(2a)\quad&-4t+8v_3&=&0&\scriptsize{\mid\;+4t}\\[5pt] &8v_3&=&4t&\scriptsize{\mid\;:8}\\[5pt] &v_3&=&0,5t \end{array}$
$\begin{array}{lrll} v_2=t\;\text{in}\;(1) \end{array}$
Es folgt der Vektor $\vec v=\begin{pmatrix}t\\t\\0,5t\end{pmatrix}=t\cdot\begin{pmatrix}1\\1\\0,5\end{pmatrix}$
Der Eigenvektor zum Eigenwert $\lambda_2=5$ ist Vektor $\vec v=\begin{pmatrix}1\\1\\0,5\end{pmatrix}$ und jedes reelle Vielfache davon, außer dem Nullvektor.
$\begin{array}[t]{lrll} \lambda_3=-3\text{:}\quad&\left(\begin{pmatrix}1&4&0\\2&1&4\\0&2&1\end{pmatrix}-(-3)\cdot\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}\right)\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\left(\begin{pmatrix}1&4&0\\2&1&4\\0&2&1\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}-3&0&0\\0&-3&0\\0&0&-3\end{pmatrix}\right)\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\begin{pmatrix}4&4&0\\2&4&4\\0&2&4\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\begin{pmatrix}4v_1&+4v_2&\\2v_1&+4v_2&+4v_3\\&2v_2&+4v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix} \end{array}$
$\begin{array}[t]{lrll} \lambda_3=-3\text{:} \end{array}$
Betrachte die Zeilen einzeln und erhalte ein lineares Gleichungssystem:
$\begin{array}[t]{lrcrcrcrl} (1)&4v_1&+&4v_2&&&=&0\\ (2)&2v_1&+&4v_2&+&4v_3&=&0&\scriptsize{\mid\;(1)-2\cdot(2)}\\ (3)&&&2v_2&+&4v_3&=&0\\ \hline (1)&4v_1&+&4v_2&&&=&0\\ (2)\text{a}&&-&4v_2&-&8v_3&=&0\\ (3)&&&2v_2&+&4v_3&=&0&\scriptsize{\mid\;(2)\text{a}+2\cdot(3)}\\ \hline (1)&4v_1&+&4v_2&&&=&0\\ (2)\text{a}&&-&4v_2&-&8v_3&=&0\\ (3)\text{a}\quad&&&&&0&=&0 \end{array}$
$\begin{array}[t]{lrcrcrcrl} (1)&4v_1&+&4v_2&=&0\\ \end{array}$
Das Gleichungssystem ist unterbestimmt. Es gibt also unendlich viele Lösungen. Die Variable $v_2$ kommt in beiden Zeilen vor. Setze deshalb $v_2=t$:
$\begin{array}{lrll} v_2=t\;\text{in}\;(1)\quad&4v_1+4t&=&0&\scriptsize{\mid\;-4t}\\[5pt] &4v_1&=&-4t&\scriptsize{\mid\;:4}\\[5pt] &v_1&=&-t\\\\ v_2=t\;\text{in}\;(2a)\quad&-4t-8v_3&=&0&\scriptsize{\mid\;+4t}\\[5pt] &-8v_3&=&4t&\scriptsize{\mid\;:(-8)}\\[5pt] &v_3&=&-0,5t \end{array}$
$\begin{array}{lrll} v_2=t\;\text{in}\;(1) \end{array}$
Es folgt der Vektor $\vec v=\begin{pmatrix}-t\\t\\-0,5t\end{pmatrix}=t\cdot\begin{pmatrix}-1\\1\\-0,5\end{pmatrix}$
Der Eigenvektor zum Eigenwert $\lambda_2=-3$ ist Vektor $\vec v=\begin{pmatrix}-1\\1\\-0,5\end{pmatrix}$ und jedes reelle Vielfache davon, außer dem Nullvektor.
2.
a)
Für einen Eigenvektor $\vec v$ zu einem Eigenwert $\lambda$ gilt:
$A\cdot\vec v=\lambda\cdot \vec v$.
Bei Multiplikation der Matrix $A$ mit dem Vektor ergibt sich also ein Vielfaches von $\vec v$. Umformen dieser Gleichung ergibt:
$\begin{array}{rll} A\cdot\vec v&=&\lambda\cdot\vec v&\scriptsize{\mid\;\lambda\cdot\vec v}\\[5pt] A\cdot\vec v-\lambda\cdot\vec v&=&\vec 0&\scriptsize{\mid\;\vec v \;\text{ausklammern}}\\[5pt] (A-\lambda\cdot E)\cdot\vec v&=&\vec 0 \end{array}$
$\begin{array}{rll} A\cdot\vec v&=&\lambda\cdot\vec v&\scriptsize{\mid\;\lambda\cdot\vec v}\\[5pt] A\cdot\vec v-\lambda\cdot\vec v&=&\vec 0&\\[5pt] (A-\lambda\cdot E)\cdot\vec v&=&\vec 0 \end{array}$
Setze nun den Eigenwert $\lambda=-1$ in diese Gleichung und löse nach $\vec v$ auf. Setze dazu $\vec v=\begin{pmatrix}v_1\\v_2\end{pmatrix}$.
Beachte auch: bei $\vec 0$ handelt es sich um einen Vektor.
$\begin{array}{lrll} \lambda=-1\text{:}\quad&\left(\begin{pmatrix}0&1\\-1&-2\end{pmatrix}-(-1)\cdot\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}\right)\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\left(\begin{pmatrix}0&1\\-1&-2\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}-1&0\\0&-1\end{pmatrix}\right)\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\begin{pmatrix}1&1\\-1&-1\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\begin{pmatrix}v_1&+&v_2\\-v_1&-&v_2\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix} \end{array}$
$\begin{array}{lrll} \lambda=-1 \end{array}$
Betrachte die Zeilen einzeln und erhalte ein lineares Gleichungssystem:
$\begin{array}[t]{lrcrcrl} (1)&v_1&+&v_2&=&0\\ (2)&-v_1&-&v_2&=&0&\scriptsize{\mid\;\text{Rechne:}\;(1)+(2)} \\\hline (1)&v_1&-&v_2&=&0\\ (2)\text{a}\quad&&&0&=&0 \end{array}$
$\begin{array}[t]{lrcrcrl} (1)&v_1&+&v_2&=&0\\ (2)&-v_1&-&v_2&=&0& \\\hline (1)&v_1&-&v_2&=&0\\ (2)\text{a}\quad&&&0&=&0 \end{array}$
Das Gleichungssystem ist unterbestimmt. Es gibt also unendlich viele Lösungen. Setze daher z.B. $v_2=t$. Dann gilt für $v_1$:
$\begin{array}{rll} v_1+t&=&0&\scriptsize{\mid\;-t}\\[5pt] v_1&=&-t \end{array}$
Es folgt damit der Vektor $\vec v=\begin{pmatrix}-t\\t\end{pmatrix}=t\cdot\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}$.
Der Eigenvektor zum Eigenwert $\lambda=-1$ ist Vektor $\vec v=\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}$ und jedes reelle Vielfache davon, außer dem Nullvektor.
b)
$\begin{array}[t]{lrll} \lambda=2\text{:}\quad&\left(\begin{pmatrix}5&2\\3&4\end{pmatrix}-2\cdot\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}\right)\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\left(\begin{pmatrix}5&2\\3&4\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}2&0\\0&2\end{pmatrix}\right)\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\begin{pmatrix}3&2\\3&2\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\begin{pmatrix}3v_1&+&2v_2\\3v_1&+&2v_2\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix} \end{array}$
$\begin{array}[t]{lrll} \lambda=2 \end{array}$
Betrachte die Zeilen einzeln und erhalte ein lineares Gleichungssystem:
$\begin{array}[t]{lrcrcrl} (1)&3v_1&+&2v_2&=&0\\ (2)&3v_1&+&2v_2&=&0&\scriptsize{\mid\;\text{Rechne:}\;(1)-(2)} \\\hline (1)&3v_1&+&2v_2&=&0\\ (2)\text{a}\quad&&&0&=&0 \end{array}$
$\begin{array}[t]{lrcrcrl} (1)&3v_1&+&2v_2&=\\ (2)&3v_1&+&2v_2&= \\\hline (1)&3v_1&+&2v_2&=\\ (2)\text{a}\quad&&&0&= \end{array}$
Das Gleichungssystem ist unterbestimmt. Es gibt also unendlich viele Lösungen. Setze daher z.B. $v_2=t$. Dann gilt für $v_1$:
$\begin{array}{rll} 3v_1+2t&=&0&\scriptsize{\mid\;-2t}\\[5pt] 3v_1&=&-2t&\scriptsize{\mid\;:3}\\[5pt] v_1&=&-\frac{2}{3}t \end{array}$
Es folgt damit der Vektor $\vec v=\begin{pmatrix}-\frac{2}{3}t\\t\end{pmatrix}=t\cdot\begin{pmatrix}-\frac{2}{3}\\1\end{pmatrix}$.
Der Eigenvektor zum Eigenwert $\lambda=2$ ist Vektor $\vec v=\begin{pmatrix}-\frac{2}{3}\\1\end{pmatrix}$ und jedes reelle Vielfache davon, außer dem Nullvektor.
c)
$\begin{array}[t]{lrll} \lambda=-3\text{:}\quad&\left(\begin{pmatrix}-3&2&6\\1&1&2\\1&5&2\end{pmatrix}-(-3)\cdot\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}\right)\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\left(\begin{pmatrix}-3&2&6\\1&1&2\\1&5&2\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}-3&0&0\\0&-3&0\\0&0&-3\end{pmatrix}\right)\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\begin{pmatrix}0&2&6\\1&4&2\\1&5&5\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\begin{pmatrix}&2v_2&+6v_3\\v_1&+4v_2&+2v_3\\v_1&+5v_2&+5v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix} \end{array}$
$\begin{array}[t]{lrll} \lambda=-3 \end{array}$
Betrachte die Zeilen einzeln und erhalte ein lineares Gleichungssystem:
$\begin{array}[t]{lrcrcrcrl} (1)&&&2v_2&+&6v_3&=&0\\ (2)&v_1&+&4v_2&+&2v_3&=&0\\ (3)&v_1&+&5v_2&+&5v_3&=&0&\scriptsize{\mid\;\text{Rechne:}\;(2)-(3)}\\ \hline (1)&&&2v_2&+&6v_3&=&0&\scriptsize{\mid\;\text{Rechne:}\;2\cdot(3)\text{a}+(1)}\\ (2)&v_1&+&4v_2&+&2v_3&=&0&\scriptsize{\mid\;\text{Rechne:}\;2\cdot(3)\text{a}+3\cdot(2)}\\ (3)\text{a}&&-&v_2&-&3v_3&=&0\\ \hline (1)\text{a}&&&&&0&=&0\\ (2)\text{a}\quad&3v_1&+&10v_2&&&=&0\\ (3)\text{a}&&-&v_2&-&3v_3&=&0 \end{array}$
$\begin{array}[t]{lrcrcrcrl} (1)&&&2v_2&+\\ (2)&v_1&+&4v_2&+\\ (3)&v_1&+&5v_2&+\\ \hline (1)&&&2v_2&+&\\ (2)&v_1&+&4v_2&+&\\ (3)\text{a}&&-&v_2&-\\ \hline (1)\text{a}&0&\\ (2)\text{a}\quad&3v_1&+\\ (3)\text{a}&-&v_2&- \end{array}$
Das Gleichungssystem ist unterbestimmt. Es gibt also unendlich viele Lösungen. Die Variable $v_2$ kommt in beiden Gleichungen vor. Setze daher z.B. $v_2=t$:
$\begin{array}{lrll} v_2=t\;\text{in}\;(2)\text{a:}\quad&3v_1+10t&=&0&\scriptsize{\mid\;-10t}\\[5pt] &3v_1&=&-10t&\scriptsize{\mid\;:3}\\[5pt] &v_1&=&-\frac{10}{3}t\\\\ v_2=t\;\text{in}\;(3)\text{a:}&-t-3v_3&=&0&\scriptsize{\mid\;+t}\\[5pt] &-3v_3&=&t&\scriptsize{\mid\;:(-3)}\\[5pt] &v_3&=&-\frac{1}{3}t \end{array}$
$\begin{array}{lrll} &v_1&=&-\frac{10}{3}t\\\\ &v_3&=&-\frac{1}{3}t \end{array}$
Es folgt damit der Vektor $\vec v=\begin{pmatrix}-\frac{10}{3}t\\t\\-\frac{1}{3}t\end{pmatrix}=t\cdot\begin{pmatrix}-\frac{10}{3}\\1\\-\frac{1}{3}\end{pmatrix}$.
Der Eigenvektor zum Eigenwert $\lambda=-3$ ist Vektor $\vec v=\begin{pmatrix}-\frac{10}{3}\\1\\-\frac{1}{3}\end{pmatrix}$ und jedes reelle Vielfache davon, außer dem Nullvektor.
d)
$\begin{array}[t]{lrll} \lambda=2:&\left(\begin{pmatrix}0&-2&8\\6&6&-8\\4&2&2\end{pmatrix}-2\cdot\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}\right)\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\left(\begin{pmatrix}0&-2&8\\6&6&-8\\4&2&2\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}2&0&0\\0&2&0\\0&0&2\end{pmatrix}\right)\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\begin{pmatrix}-2&-2&8\\6&4&-8\\4&2&0\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\begin{pmatrix}-2v_1&-2v_2&+8v_3\\6v_1&+4v_2&-8v_3\\4v_1&+2v_2&\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix} \end{array}$
$\begin{array}[t]{lrll} &\begin{pmatrix}-2v_1&-2v_2&+8v_3\\6v_1&+4v_2&-8v_3\\4v_1&+2v_2&\end{pmatrix} \end{array}$
Betrachte die Zeilen einzeln und erhalte ein lineares Gleichungssystem:
$\begin{array}[t]{lrcrcrcrl} (1)&-2v_1&-&2v_2&+&8v_3&=&0\\ (2)&6v_1&+&4v_2&-&8v_3&=&0&\scriptsize{\mid\;\text{Rechne:}\;(1)+(2)}\\ (3)&4v_1&+&2v_2&&&=&0\\ \hline (1)&-2v_1&-&2v_2&+&8v_3&=&0&\scriptsize{\mid\;\text{Rechne:}\;(2)\text{a}+(1)}\\ (2)\text{a}&4v_1&+&2v_2&&&=&0\\ (3)&4v_1&+&2v_2&&&=&0&\scriptsize{\mid\;\text{Rechne:}\;(2)-(3)}\\ \hline (1)\text{a}\quad&2v_1&&&+&8v_3&=&0\\ (2)\text{a}&4v_1&+&2v_2&&&=&0\\ (3)\text{a}&&&&&0&=&0 \end{array}$
$\begin{array}[t]{lrcrcrcrl} (1)&-2v_1&-&2v_2&+\\ (2)&6v_1&+&4v_2&-\\ (3)&4v_1&+&2v_2 &…\\ \end{array}$
Das Gleichungssystem ist unterbestimmt. Es gibt also unendlich viele Lösungen. Die Variable $v_1$ kommt in beiden Gleichungen vor. Setze daher z.B. $v_1=t$:
$\begin{array}{lrll} v_1=t\;\text{in}\;(1)\text{a:}\quad&2t+8v_3&=&0&\scriptsize{\mid\;-2t}\\[5pt] &8v_3&=&-2t&\scriptsize{\mid\;:8}\\[5pt] &v_3&=&-0,25t\\\\ v_1=t\;\text{in}\;(2)\text{a:}&4t+2v_2&=&0&\scriptsize{\mid\;-4t}\\[5pt] &2v_2&=&-4t&\scriptsize{\mid\;:2}\\[5pt] &v_2&=&-2t \end{array}$
$\begin{array}{lrll} &v_3&=&-0,25t\\\\ &v_2&=&-2t \end{array}$
Es folgt damit der Vektor $\vec v=\begin{pmatrix}t\\-2t\\-0,25t\end{pmatrix}=t\cdot\begin{pmatrix}1\\-2\\-0,25\end{pmatrix}$.
Der Eigenvektor zum Eigenwert $\lambda=2$ ist Vektor $\vec v=\begin{pmatrix}1\\-2\\-0,25\end{pmatrix}$ und jedes reelle Vielfache davon, außer dem Nullvektor.
e)
$\begin{array}[t]{L{2cm}rll} \lambda=-1\text{:}\quad&\left(\begin{pmatrix}1&-2&3\\4&-5&6\\7&-8&9\end{pmatrix}-(-1)\cdot\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}\right)\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\left(\begin{pmatrix}1&-2&3\\4&-5&6\\7&-8&9\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}-1&0&0\\0&-1&0\\0&0&-1\end{pmatrix}\right)\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\begin{pmatrix}2&-2&3\\4&-4&6\\7&-8&10\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\begin{pmatrix}2v_1&-2v_2&+3v_3\\4v_1&-4v_2&+6v_3\\7v_1&-8v_2&+10v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix} \end{array}$
$\begin{array}[t]{L{2cm}rll} &\begin{pmatrix}2v_1&-2v_2&+3v_3\\4v_1&-4v_2&+6v_3\\7v_1&-8v_2&+10v_3\end{pmatrix} \end{array}$
Betrachte die Zeilen einzeln und erhalte ein lineares Gleichungssystem:
$\begin{array}[t]{lrcrcrcrl} (1)&2v_1&-&2v_2&+&3v_3&=&0\\ (2)&4v_1&-&4v_2&+&6v_3&=&0&\scriptsize{\mid\;\text{Rechne:}\;2\cdot(1)-(2)}\\ (3)&7v_1&-&8v_2&+&10v_3&=&0&\scriptsize{\mid\; \text{Rechne:}\; 4\cdot(1)-(3)}\\ \hline (1)&2v_1&-&2v_2&+&3v_3&=&0&\scriptsize{\mid\; \text{Rechne:}\; 2\cdot(3)-(1)}\\ (2)\text{a}&&&&&0&=&0\\ (3)\text{a}&v_1&&&+&2v_3&=&0\\ \hline (1)\text{a}\quad&&&2v_2&+&v_3&=&0\\ (2)\text{a}&&&&&0&=&0\\ (3)\text{a}&v_1&&&+&2v_3&=&0\\ \end{array}$
$\begin{array}[t]{lrcrcrcrl} (1)&2v_1&-&2v_2&+&…\\ (2)&4v_1&-&4v_2&+&…\\ (3)&7v_1&-&8v_2&+&…\\ \end{array}$
Das Gleichungssystem ist unterbestimmt. Es gibt also unendlich viele Lösungen. Die Variable $v_3$ kommt in beiden Gleichungen vor. Setze daher z.B. $v_3=t$:
$\begin{array}{lrll} v_3=t\;\text{in}\;(1)\text{a:}\quad&2v_2+t&=&0&\scriptsize{\mid\;-t}\\[5pt] &2v_2&=&-t&\scriptsize{\mid\;:2}\\[5pt] &v_2&=&-0,5t\\\\ v_3=t\;\text{in}\;(3)\text{a:}&v_1+2t&=&0&\scriptsize{\mid\;-2t}\\[5pt] &v_1&=&-2t \end{array}$
$\begin{array}{lrll} &v_1&=&-2t \end{array}$
Es folgt damit der Vektor $\vec v=\begin{pmatrix}-2t\\-0,5t\\t\end{pmatrix}=t\cdot\begin{pmatrix}-2\\-0,5\\1\end{pmatrix}$.
Der Eigenvektor zum Eigenwert $\lambda=-1$ ist Vektor $\vec v=\begin{pmatrix}-2\\-0,5\\1\end{pmatrix}$ und jedes reelle Vielfache davon, außer dem Nullvektor.
f)
$\begin{array}[t]{lrll} \lambda=-5\text{:}&\left(\begin{pmatrix}0&3&4\\7&2&3\\3&-1&0\end{pmatrix}-(-5)\cdot\begin{pmatrix}-5&0&0\\0&-5&0\\0&0&-5\end{pmatrix}\right)\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\left(\begin{pmatrix}0&3&4\\7&2&3\\3&-1&0\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}-1&0&0\\0&-1&0\\0&0&-1\end{pmatrix}\right)\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\begin{pmatrix}5&3&4\\7&7&3\\3&-1&5\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\[5pt] &\begin{pmatrix}5v_1&+3v_2&+4v_3\\7v_1&+7v_2&+3v_3\\3v_1&-v_2&+5v_3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix} \end{array}$
$\begin{array}[t]{lrll} &\begin{pmatrix}5v_1&+3v_2&+4v_3\\7v_1&+7v_2&+3v_3\\3v_1&-v_2&+5v_3\end{pmatrix} \end{array}$
Betrachte die Zeilen einzeln und erhalte ein lineares Gleichungssystem:
$\begin{array}[t]{lrcrcrcrl} (1)&5v_1&+&3v_2&+&4v_3&=&0&\scriptsize{\mid\; \text{Rechne:}\; 3\cdot(3)+(1)}\\ (2)&7v_1&+&7v_2&+&3v_3&=&0&\scriptsize{\mid\; \text{Rechne:}\; 7\cdot(3)+(2)}\\ (3)&3v_1&-&v_2&+&5v_3&=&0\\ \hline (1)\text{a}&14v_1&&&+&19v_3&=&0\\ (2)\text{a}&28v_1&&&+&38v_3&=&0&\scriptsize{\mid\; \text{Rechne:}\; 2\cdot(1)\text{a}-(2)\text{a}}\\ (3)&3v_1&-&v_2&+&5v_3&=&0&\scriptsize{\mid\; \text{Rechne:}\; 2\cdot(1)\text{a}-14\cdot(3)}\\ \hline (1)\text{a}\quad&14v_1&&&+&19v_3&=&0\\ (2)\text{a}&&&&&0&=&0\\ (3)\text{a}&&&14v_2&-&13v_3&=&0\\ \end{array}$
$\begin{array}[t]{lrcrcrcrl} (1)&5v_1&+&3v_2&+&…\\ (2)&7v_1&+&7v_2&+&…\\ (3)&3v_1&-&v_2&+&…\ \end{array}$
Das Gleichungssystem ist unterbestimmt. Es gibt also unendlich viele Lösungen. Die Variable $v_3$ kommt in beiden Gleichungen vor. Setze daher z.B. $v_3=t$:
$\begin{array}{lrll} v_3=t\;\text{in}\;(1)\text{a:}\quad&14v_1+19t&=&0&\scriptsize{\mid\;-19t}\\[5pt] &14v_1&=&-19t&\scriptsize{\mid\;:14}\\[5pt] &v_1&=&-\frac{19}{14}t\\\\ v_3=t\;\text{in}\;(3)\text{a:}&14v_2-13t&=&0&\scriptsize{\mid\;+13t}\\[5pt] &14v_2&=&13t&\scriptsize{\mid\;:14}\\[5pt] &v_2&=&\frac{13}{14}t \end{array}$
$\begin{array}{lrll} &v_1&=&-\frac{19}{14}t\\\\ &v_2&=&\frac{13}{14}t \end{array}$
Es folgt damit der Vektor $\vec v=\begin{pmatrix}-\frac{19}{14}t\\\frac{13}{14}t\\t\end{pmatrix}=t\cdot\begin{pmatrix}-\frac{19}{14}\\\frac{13}{14}\\1\end{pmatrix}$.
Der Eigenvektor zum Eigenwert $\lambda=-5$ ist Vektor $\vec v=\begin{pmatrix}-\frac{19}{14}\\\frac{13}{14}\\1\end{pmatrix}$ und jedes reelle Vielfache davon, außer dem Nullvektor.
3.
a)
Sei $A$ die Matrix, deren Eigenwerte bestimmt werden sollen und $E$ die Einheitsmatrix. Die Eigenwerte sind dann die Nullstellen des charakteristischen Polynoms von $A$; anders formuliert:
Die Lösungen der Gleichung $\det(A-\lambda\cdot E)=0$ sind die Eigenwerte von $A$.
Setze also die angegebenen Werte für $\lambda$ ein und zeige, dass sie die Gleichung erfüllen.
$\begin{array}{lrll} \lambda_1=-1\text{:}\quad&\det\left(A-(-1)\cdot \begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}\right)&=&0\\[5pt] &\det\left(\begin{pmatrix}2&9\\2&5\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}-1&0\\0&-1\end{pmatrix}\right)&=&0\\[5pt] &\det\begin{pmatrix}3&9\\2&6\end{pmatrix}&=&0 \end{array}$
$\begin{array}{lrll} &\det\begin{pmatrix}3&9\\2&6\end{pmatrix}&=&0 \end{array}$
Für die Determinante einer 2x2-Matrix $A=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}$ gilt: $\det(A)=ad-bc$.
Damit folgt:
$\begin{array}{rll} \det\begin{pmatrix}3&9\\2&6\end{pmatrix}&=&0\\[5pt] 3\cdot6-9\cdot2&=&0\\[5pt] 18-18&=&0 \end{array}$
Dies ist eine wahre Aussage. Also ist $\lambda_1=-1$ ein Eigenwert der Matrix $A$.
$\begin{array}{lrll} \lambda_2=8\text{:}\quad&\det\left(A-8\cdot \begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}\right)&=&0\\[5pt] &\det\left(\begin{pmatrix}2&9\\2&5\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}8&0\\0&8\end{pmatrix}\right)&=&0\\[5pt] &\det\begin{pmatrix}-6&9\\2&-3\end{pmatrix}&=&0 \end{array}$
$\begin{array}{lrll} \lambda_2=8 \end{array}$
Für die Determinante einer 2x2-Matrix $A=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}$ gilt: $\det(A)=ad-bc$.
Damit folgt:
$\begin{array}{rll} \det\begin{pmatrix}-6&9\\2&-3\end{pmatrix}&=&0\\[5pt] (-6)\cdot(-3)-9\cdot2&=&0\\[5pt] 18-18&=&0 \end{array}$
Dies ist eine wahre Aussage. Also ist $\lambda_2=8$ ein Eigenwert der Matrix $A$.
b)
$\begin{array}[t]{lrll} \lambda_1=\sqrt{24}\text{:}\quad&\det\left(A-\sqrt{24}\cdot \begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}\right)&=&0\\[5pt] &\det\left(\begin{pmatrix}2&5\\4&-2\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}\sqrt{24}&0\\0&\sqrt{24}\end{pmatrix}\right)&=&0\\[5pt] &\det\begin{pmatrix}2-\sqrt{24}&5\\4&-2-\sqrt{24}\end{pmatrix}&=&0 \end{array}$
$\begin{array}[t]{lrll} &\det\begin{pmatrix}2-\sqrt{24}&5\\4&-2-\sqrt{24}\end{pmatrix} \end{array}$
Für die Determinante einer 2x2-Matrix $A=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}$ gilt: $\det(A)=ad-bc$.
Damit folgt:
$\begin{array}{rll} \det\begin{pmatrix}2-\sqrt{24}&5\\4&-2-\sqrt{24}\end{pmatrix}&=&0\\[5pt] (2-\sqrt{24})\cdot(-2-\sqrt{24})-5\cdot4&=&0\\[5pt] (-\sqrt{24}+2)\cdot(-\sqrt{24}-2)-20&=&0&\scriptsize{\mid\;\text{3. binomische Formel}}\\[5pt] (-\sqrt{24})^2-4^2-20&=&0\\[5pt] 24-4-20&=&0\\[5pt] 20-20&=&0\\ \end{array}$
$\begin{array}{rll} 20-20&=&0\\ \end{array}$
Dies ist eine wahre Aussage. Also ist $\lambda_1=\sqrt{24}$ ein Eigenwert der Matrix $A$.
$\begin{array}{lrll} \lambda_2=-\sqrt{24}\text{:}\quad&\det\left(A-(-\sqrt{24})\cdot \begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}\right)&=&0\\[5pt] &\det\left(\begin{pmatrix}2&5\\4&-2\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}-\sqrt{24}&0\\0&-\sqrt{24}\end{pmatrix}\right)&=&0\\[5pt] &\det\begin{pmatrix}2+\sqrt{24}&5\\4&-2+\sqrt{24}\end{pmatrix}&=&0 \end{array}$
$\begin{array}{lrll} \lambda_2=-\sqrt{24}\text{:} \end{array}$
Für die Determinante einer 2x2-Matrix $A=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}$ gilt: $\det(A)=ad-bc$.
Damit folgt:
$\begin{array}{rll} \det\begin{pmatrix}2+\sqrt{24}&5\\4&-2+\sqrt{24}\end{pmatrix}&=&0\\[5pt] (2+\sqrt{24})\cdot(-2+\sqrt{24})-5\cdot4&=&0\\[5pt] (\sqrt{24}+2)\cdot(\sqrt{24}-2)-20&=&0&\scriptsize{\mid\;\text{3. binomische Formel}}\\[5pt] (\sqrt{24})^2-4^2-20&=&0\\[5pt] 24-4-20&=&0\\[5pt] 20-20&=&0\\ \end{array}$
$\begin{array}{rll} 20-20&=&0\\ \end{array}$
Dies ist eine wahre Aussage. Also ist $\lambda_2=-\sqrt{24}$ ein Eigenwert der Matrix $A$.
c)
$\begin{array}[t]{lrll} \lambda_1=5\text{:}\quad&\det\left(A-5\cdot \begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}\right)&=&0\\[5pt] &\det\left(\begin{pmatrix}3&2&2\\0&1&0\\4&2&1\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}5&0&0\\0&5&0\\0&0&5\end{pmatrix}\right)&=&0\\[5pt] &\det\begin{pmatrix}-2&2&2\\0&-4&0\\4&2&-4\end{pmatrix}&=&0 \end{array}$
$\begin{array}[t]{lrll} &\det\begin{pmatrix}-2&2&2\\0&-4&0\\4&2&-4\end{pmatrix}&=&0 \end{array}$
Berechne die Determinante nach der Sarrus-Regel.
Damit folgt:
$\begin{array}{rll} \det\begin{pmatrix}-2&2&2\\0&-4&0\\4&2&-4\end{pmatrix}&=&0\\[5pt] \scriptsize{(-2)\cdot(-4)\cdot(-4)+2\cdot0\cdot4+2\cdot0\cdot2-2\cdot(-4)\cdot2-(-2)\cdot2\cdot0-0\cdot2\cdot(-4)}&=&0\\[5pt] -32-(-32)&=&0\\[5pt] -32+32&=&0 \end{array}$
$\begin{array}{rll} -32+32&=&0 \end{array}$
Dies ist eine wahre Aussage. Also ist $\lambda_1=5$ ein Eigenwert der Matrix $A$.
$\begin{array}{lrll} \lambda_2=-1\text{:}\quad&\det\left(A-(-1)\cdot \begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}\right)&=&0\\[5pt] &\det\left(\begin{pmatrix}3&2&2\\0&1&0\\4&2&1\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}-1&0&0\\0&-1&0\\0&0&-1\end{pmatrix}\right)&=&0\\[5pt] &\det\begin{pmatrix}4&2&2\\0&2&0\\4&2&2\end{pmatrix}&=&0 \end{array}$
$\begin{array}{lrll} \lambda_2=-1\text{:} \end{array}$
Berechne die Determinante nach der Sarrus-Regel.
Damit folgt:
$\begin{array}{rll} \det\begin{pmatrix}4&2&2\\0&2&0\\4&2&2\end{pmatrix}&=&0\\[5pt] 4\cdot2\cdot2+2\cdot0\cdot4+2\cdot0\cdot2-4\cdot2\cdot2-2\cdot0\cdot2-2\cdot0\cdot4&=&0\\[5pt] 16-16&=&0 \end{array}$
$\begin{array}{rll} 16-16&=&0 \end{array}$
Dies ist eine wahre Aussage. Also ist $\lambda_2=-1$ ein Eigenwert der Matrix $A$.
$\begin{array}{lrll} \lambda_3=1\text{:}\quad&\det\left(A-1\cdot \begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}\right)&=&0\\[5pt] &\det\left(\begin{pmatrix}3&2&2\\0&1&0\\4&2&1\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}\right)&=&0\\[5pt] &\det\begin{pmatrix}2&2&2\\0&0&0\\4&2&0\end{pmatrix}&=&0 \end{array}$
$\begin{array}{lrll} \lambda_3=1\text{:} \end{array}$
Berechne die Determinante nach der Sarrus-Regel.
Damit folgt:
$\begin{array}{rll} \det\begin{pmatrix}2&2&2\\0&0&0\\4&2&0\end{pmatrix}&=&0\\[5pt] 2\cdot0\cdot0+0\cdot2\cdot0+2\cdot2\cdot0-4\cdot0\cdot2-0\cdot2\cdot2-4\cdot2\cdot0&=&0\\[5pt] 0&=&0 \end{array}$
$\begin{array}{rll} 0&=&0 \end{array}$
Dies ist eine wahre Aussage. Also ist $\lambda_3=1$ ein Eigenwert der Matrix $A$.
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