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Wie bekommt man die Eigenvektoren, Eigenwerte und Eigenräume einer Matrix?

Als Demonstrationsobjekt soll uns die Matrix

\[A=\left (\begin{array}{ccc}
2 & 1 & 0\\
-1 & 2 & 1\\
1 & 1 & 1\end{array}\right )\]
dienen.

 

Eigenwerte:

um die Eigenwerte

\[\lambda_i\]
einer Matrix
\[A\]
zu berechnen, die im Allgemeinen komplex sein können, muss man die Nullstellen des charakteristischen Polynoms bestimmen:

 

\[\chi(t)=\det(E_{n}\cdot t-A)\underset{=}{!}0\]

 

mit

\[E_n\]
ist die n-dimensionale Einheitsmatrix.

 

Im Beispiel:

\[\det(E_{n}\cdot t-A)=det(\left(\begin{array}{ccc}
1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1\end{array}\right)\cdot t-\left(\begin{array}{ccc}
2 & 1 & 0\\
-1 & 2 & 1\\
1 & 1 & 1\end{array}\right))=det(\begin{array}{ccc}
t-2 & -1 & 0\\
1 & t-2 & -1\\
-1 & -1 & t-1\end{array})=\]

\[(t-2)(t-2)(t-1)+(-1)^3-(-1)(-1)(t-2)-(t-1)(1)(-1)=...=(t-2)^2(t-1)\underset{=}{!}0\]

 

Hieraus ergeben sich folgende Nullstellen:

\[\lambda_1=2\]
(doppelte Nullstelle)

\[\lambda_2=1\]
(einfache Nullstelle)

 

Eigenräume/Eigenvektoren:

Den Eigenraum (also die Vielfachen der Eigenvektoren) zu

\[\lambda_i\]
lässt sich folgendermaßen berechnen:

 

\[V_{\lambda_i}=ker(\lambda_i\cdot E_n - A)\]

 

Wie man den Kern einer Matrix berechnet steht hier.

 

Im Beispiel kommt heraus:

\[V_{\lambda_{1}}=Lin \{\left(\begin{array}{c}
1\\
0\\
1\end{array}\right)\}\]

\[V_{\lambda_{2}}=Lin \{\left(\begin{array}{c}
0.5\\
-0.5\\
1\end{array}\right)\}\]

 

Probe für den ersten Eigenvektor:

\[\left(\begin{array}{ccc}
2 & 1 & 0\\
-1 & 2 & 1\\
1 & 1 & 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}
1\\
0\\
1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}
2\\
0\\
2\end{array}\right)=2\cdot\left(\begin{array}{c}
1\\
0\\
1\end{array}\right)\]

 


Tutorium Analysis 1 und Lineare Algebra 1: Mathematik von Studenten für Studenten erklärt und kommentiert

Mathematik der Physik für Dummies (Fur Dummies)

Arbeitsbuch Mathematik: Aufgaben, Hinweise, Lösungen und Lösungswege

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Es sei eine Basis des Vektorraums

\[V=\mathbb{R}^{3}\]
gegeben:

 

\[\vec{v_{1}}=\left(\begin{array}{c}1\\2\\4\end{array}\right)\]
,
\[\vec{v_{2}}=\left(\begin{array}{c}1\\0\\-1\end{array}\right)\]
,
\[\vec{v_{3}}=\left(\begin{array}{c}0\\1\\2\end{array}\right)\]

Wir wollen die dazu duale Basis berechnen. Was ist das und wie geht das?

 

Zu einem Vektorraum

\[V\]
kann man den dazu dualen Vektorraum
\[V*\]
definieren. In diesem Vektorraum sind die "Vektoren"  lineare Abbildungen und zwar von
\[V\]
nach
\[\mathbb{R}\]
:

 

\[V*= \{ \varphi:V\rightarrow\mathbb{R}|\text{ \varphi linear} \}\]

 

Ein beliebiges

\[\varphi(v)\in V*\]
, in das man einen Vektor
\[v \in V\]
einsetzen kann, bildet also auf eine reelle Zahl ab.

 

Genauso, wie es in

\[V\]
Basisvektoren
\[\vec{v_1},\vec{v_2},\vec{v_2}\]
gibt, in die sich ein
\[v\in V\]
entwickeln lässt, gibt es in
\[V*\]
Basisvektoren (die Funktionen sind und duale Basis heißt), in der sich ein
\[\varphi\in V*\]
entwickeln lässt.

 

Die duale Basis enthält genauso viele Vektoren, wie die von

\[V\]
:

\[v_{1}^{*}\]
,
\[v_{2}^{*}\]
,
\[v_{2}^{*}\]

 

Da diese Elemente in

\[V*\]
leben, kann man in sie Vektoren aus
\[V\]
einsetzen:

\[v_{1}^{*}:V\rightarrow\mathbb{R}\]

\[v_{2}^{*}:V\rightarrow\mathbb{R}\]

\[v_{3}^{*}:V\rightarrow\mathbb{R}\]

Da sie eine Basis bilden, lässt sich ein

\[\varphi\]
in dieser Basis linearkombinieren:

\[\varphi=a\cdot v_{1}^{*}+b\cdot v_{2}^{*}+c\cdot v_{3}^{*}\]

 

Wie sehen diese explizit aus?

Dafür muss man wissen, wie die

\[v_{i}^{*}\]
definiert sind:

\[v_{i}^{*}(v_j)=\delta_{ij}\]

Das heißt, dass wenn ich in die i-te duale Basisfunktion den j-ten Basisvektor einsetze, bekommt man ein Kronecker-Delta, welches folgenderweise definiert ist:

\[\delta_{ij}=\begin{cases}
1 & i=j\\
0 & i\neq j\end{cases}\]

 

Nun wollen wir den ersten dualen Basisvektor ausrechnen, wobei

\[v_{1}^{*}(v)=v_{1}^{*}(x,y,z)=\left(\begin{array}{c}
v_{11}^{*}\\
v_{12}^{*}\\
v_{13}^{*}\end{array}\right)=v_{11}^{*}x+v_{12}^{*}y+v_{13}^{*}z\]

und

\[\vec{v_{i}}=\left(\begin{array}{c}
v_{i1}\\
v_{i2}\\
v_{i3}\end{array}\right)\]

 

Alles, was wir machen müssen, ist in die Definition einzusetzen:

\[v_{1}^{*}(\vec{v_{1}})=\delta_{11}=1=v_{11}^{*}v_{11}+v_{12}^{*}v_{12}+v_{13}^{*}v_{13}=v_{11}^{*}1+v_{12}^{*}2+v_{13}^{*}4\]


\[v_{1}^{*}(\vec{v_{2}})=\delta_{12}=0=v_{11}^{*}v_{21}+v_{12}^{*}v_{22}+v_{13}^{*}v_{23}=v_{21}^{*}1+v_{22}^{*}0+v_{23}^{*}(-1)\]


\[v_{1}^{*}(\vec{v_{3}})=\delta_{13}=0=v_{11}^{*}v_{31}+v_{12}^{*}v_{32}+v_{13}^{*}v_{33}=v_{31}^{*}0+v_{32}^{*}1+v_{33}^{*}2\]

 

Dies ist ein einfaches lineares Gleichungssystem:

\[\left(\begin{array}{c}
1\\
0\\
0\end{array}\right)=\left( \begin{array}{ccc}
1 & 0 & 0\\
1 & 0 & -1\\
0 & 1 & 2\end{array}\right) \]

mit der Lösung

\[v_{1}^{*}(v)=\left(\begin{array}{c}
v_{11}^{*}\\
v_{12}^{*}\\
v_{13}^{*}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}
1\\
-2\\
1\end{array}\right)=1\cdot x-2\cdot y+1\cdot z\]

 

Die anderen dualen Basisvektoren ergeben sich analog zu:

\[v_{2}^{*}=\left(\begin{array}{c}
0\\
2\\
-1\end{array}\right)\]
,
\[v_{3}^{*}=\left(\begin{array}{c}
-2\\
5\\
-2\end{array}\right)\]


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Eine Matrix

\[A\]
beschreibt eine lineare Abbildung:

 

\[a:V\rightarrow W\]

\[v\mapsto Av=w\]
wobei
\[v\in V\]
,
\[w\in W\]

 

Eine lineare Abbildung besitzt einen nichttrivialen Kern, genau dann wenn sie nicht injektiv ist. Deswegen hat eine bijektive Abbildung keinen Kern (det !=0).

 

  • Der Kern sieht so aus:
    \[ker(A)=\left\{ v\in V|a(v)=0\right\} \]
  • Die Dimensionsformel für Kern und Bild:
    \[\text{dim }V= \text{dim im}(V) + \text{dim ker}(A)= \text{dim rang}(A) + \text{dim ker}(A)\]

 

Man muss also herausfinden, welche Vektoren von V auf die Null abgebildet werden, d.h. man muss den Vektorraum des Kerns herausfinden. Dies geschieht folgendermaßen:

  1. Matrix auf obere Dreiecksform bringen
  2. Kern ablesen

Hier anhand eines Beispiels:

  • gegeben sei die folgende Matrix:

    \[\left(\begin{array}{ccc}
    1 & 2 & 4\\
    0 & 1 & 2\\
    3 & 1 & 2\end{array}\right)\]

    Man muss sie über Gaußsche Zeilenumforumgen auf obere Dreiecksform bringen:

    -> 1. Zeile - 2 * 2. Zeile, 3. Zeile - 2. Zeile:

    \[\left(\begin{array}{ccc}
    1 & 0 & 0\\
    0 & 1 & 2\\
    3 & 0 & 0\end{array}\right)\]

    -> 3. Zeile - 3*1. Zeile:

    \[\left(\begin{array}{ccc}
    1 & 0 & 0\\
    0 & 1 & 2\\
    0 & 0 & 0\end{array}\right)\]


    Sie hat nun obere Dreiecksform. Im Falle einer 3x3-Matrix sind die möglichen Formen für eine obere Dreiecksgestalt:
    \[\left(\begin{array}{ccc}
    1 & 0 & *\\
    0 & 1 & *\\
    0 & 0 & 0\end{array}\right)\]
    und
    \[\left(\begin{array}{ccc}
    1 & * & *\\
    0 & 0 & 0\\
    0 & 0 & 0\end{array}\right)\]


    Man sieht, dass sie den Rang (=Anzahl der linear unabhängigen Spalten- oder Zeilenvektoren) 2 besitzt.
    Über die Dimensionsformel für Kern und Bild kann man nun die Dimension des Kerns ausrechnen:
    \[\text{dim ker}(A)= \text{dim }(V) - \text{dim rang}(A)= 3 - 2 =1\]


    Der Kern lässt sich nun folgendermaßen bestimmen:
    Die Sterne oben definieren eine Matrix, in unserem Fall
    \[B=\left( \begin{array}{c}
    0\\
    2\end{array}\right) \]


    Diese Matrix muss nun mit -1 multipliziert werden:
    \[-B=\left( \begin{array}{c}
    0\\
    -2\end{array}\right) \]


    Daraus Kann man sich jetzt einen Basisvektor des Kerns basteln. Dieser Vektor muss 3 Einträge haben, da er ja aus V stammt. Man setzt einfach eine 1 unten dran:
    \[\vec{b_1}=\left( \begin{array}{c}
    0\\
    -2\\
    1\end{array}\right) \]


    Probe:
    \[\left(\begin{array}{ccc}
    1 & 2 & 4\\
    0 & 1 & 2\\
    3 & 1 & 2\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}
    0\\
    -2\\
    1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}
    1*0-2*2+4*1\\
    0*0-1*2+2*1\\
    3*0-1*2+2*1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}
    0\\
    0\\
    0\end{array}\right)\]


    daraus folgt, dass der Kern durch den Vektor
    \[\vec{b_1}\]
    aufgespannt wird:
    \[ker(A)=\left\{ c\cdot \vec{b_1}|c\in \mathbb{R}} \]

  • Hat die Matrix in oberer Dreiecksgestalt folgende Form:
    \[\left(\begin{array}{ccc}
    1 & * & *\\
    0 & 0 & 0\\
    0 & 0 & 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}
    1 & 3 & 4\\
    0 & 0 & 0\\
    0 & 0 & 0\end{array}\right)\]

    dann hat die Abbildung Rang 1, also folglich der Kern die Dimension 2. Deswegen hat man zwei Basisvektoren
    \[\vec{b_1}\]
    ,
    \[\vec{b_2}\]
    des Kerns zu bestimmen:

    Die Matrix
    \[B\]
    :

    \[B=\left(\begin{array}{cc}
    3 & 4\end{array}\right)\]


    Die Matrix
    \[-B\]
    :

    \[-B=\left(\begin{array}{cc}
    -3 & -4\end{array}\right)\]


    Die Vektoren
    \[\vec{b_1}\]
    ,
    \[\vec{b_2}\]
    ergeben sich zu:
    \[\vec{b_1}=\left(\begin{array}{c}
    -3\\
    1\\
    0\end{array}\right)\]


    \[\vec{b_1}=\left(\begin{array}{c}
    -4\\
    0\\
    1\end{array}\right)\]


    Man muss also die Matrix -B in Spalten zerlegen und je nachdem welche Dimension man zur Vervollständigung für einen Vektor aus V benötigt, die Einheitsvektoren anhängen.
    Hier waren es die Einheitsvektoren
    \[e_1=\left( \begin{array}{c}
    1\\
    0\end{array}\right) \]
    und
    \[e_2=\left( \begin{array}{c}
    0\\
    1\end{array}\right) \]

 

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Das Gram-Schmidt-Orthonormalisierungsverfahren kann dazu verwendet werden, aus einer Basis eines Vektorraums eine Orthonormalbasis zu konstruieren.

Dies kann man z.B. auch in Funktionenvektorräumen machen. Dazu benötigt man allerdings immer ein Skalarprodukt. In unserem Beispiel nehmen wir das Standardskalarprodukt des

\[\mathbb{R}^3\]
.

 

Das Standardskalarprodukt is fogendermaßen definiert:

\[\langle\vec{a},\vec{b}\rangle=a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+a_{3}b_{3}\]

 

Aus diesem kann man sich sofort eine Norm bauen:

\[\left\Vert \vec{a}\right\Vert =\sqrt{\langle\vec{a},\vec{a}\rangle}=\sqrt{a_{1}a_{1}+a_{2}a_{2}+a_{3}a_{3}}\]

 

Wenn man nun eine Basis

\[\left\{\vec{w}_{i}\right\} _{i=1,...,n}\]
gegeben hat, kann man sich eine zugehörige Orthonormalbasis
\[\left\{\vec{v}_{i}\right\} _{i=1,...,n}\]
folgendermaßen konstruieren:

 

\[\vec{v}_{n}=\frac{\vec{w}_{n}-\sum_{i=1}^{n-1}\langle\vec{w}_{n},\vec{v}_{i}\rangle\vec{v}_{i}}{||\vec{w}_{n}-\sum_{i=1}^{n-1}\langle\vec{w}_{n},\vec{v}_{i}\rangle\vec{v}_{i}|| }\]

Hier ein kleines Beispiel:

Gegeben ist die Basis

\[\vec{w}_{1}=\left(\begin{array}{c}
2\\
0\\
0\end{array}\right),\vec{w}_{2}=\left(\begin{array}{c}
1\\
0\\
1\end{array}\right),\vec{w}_{3}=\left(\begin{array}{c}
0\\
3\\
0\end{array}\right)\]

 

  • Den ersten Basisvektor
    \[\vec{v}_1\]
    berechnet man zu:

    \[\vec{v}_{1}=\frac{\vec{w}_{1}}{||\vec{w}_{1}||}=\left(\begin{array}{c}
    2\\
    0\\
    0\end{array}\right)/\sqrt{4}=\left(\begin{array}{c}
    1\\
    0\\
    0\end{array}\right)\]
  • Der zweite
    \[\vec{v}_2\]
    :

    \[\vec{v}_{2}=\frac{\vec{w}_{2}-\langle\vec{w}_{2},\vec{v}_{1}\rangle\vec{v}_{1}}{||\vec{w}_{2}-\langle\vec{w}_{2},\vec{v}_{1}\rangle\vec{v}_{1}||}\]


    wobei
    \[\vec{w}_{2}-\langle\vec{w}_{2},\vec{v}_{1}\rangle\vec{v}_{1}=\left(\begin{array}{c}
    1\\
    0\\
    1\end{array}\right)-(1\cdot1+0\cdot0+1\cdot0)\left(\begin{array}{c}
    1\\
    0\\
    0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}
    0\\
    0\\
    1\end{array}\right)\]

    und
    \[\vec{||w}_{2}-\langle\vec{w}_{2},\vec{v}_{1}\rangle\vec{v}_{1}||=1\]


    also
    \[\vec{v}_{2}=\left(\begin{array}{c}
    0\\
    0\\
    1\end{array}\right)\]
  • Der dritte
    \[\vec{v}_3\]
    :

    \[\vec{v}_{3}=\frac{\vec{w}_{3}-\langle\vec{w}_{3},\vec{v}_{1}\rangle\vec{v}_{1}-\langle\vec{w}_{3},\vec{v}_{2}\rangle\vec{v}_{2}}{\left\Vert \vec{w}_{3}-\langle\vec{w}_{3},\vec{v}_{1}\rangle\vec{v}_{1}-\langle\vec{w}_{3},\vec{v}_{2}\rangle\vec{v}_{2}\right\Vert }\]

    also ist
    \[\vec{v}_{3}=\left(\begin{array}{c}
    0\\
    1\\
    0\end{array}\right)\]

Dies ist, wie man leicht sieht eine Orthonormalbasis.


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