Finden Sie Eigenwerte und Eigenvektoren dieser Matrix

Question

Finden Sie Eigenwerte und Eigenvektoren dieser Matrix

Mathematik
Vektorräume
Lineare Algebra
Eigenwerte-Eigenvektoren

Kamil

Problem: Let

\begin{aligned} A = (\begin{matrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{matrix}) . \end{aligned}

$\begin{align*} A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}. \end{align*}$ Berechnen Sie alle Eigenwerte und Eigenvektoren von

A

$A$ .

Lösungsversuch: Die Eigenwerte habe ich durch Berechnung des charakteristischen Polynoms gefunden. Das gibt mir

\begin{aligned} det (A - X {ICH}_{4}) = det (\begin{matrix} 1 - X & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 - X & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 - X & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 - X \end{matrix}) = - X^{3} (X - 4) = 0 \end{aligned}

$\begin{align*} \det(A - x \mathbb{I}_4) = \det \begin{pmatrix} 1-x & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1-x & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1-x & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1-x \end{pmatrix} = -x^3 (x-4) = 0 \end{align*}$ nach vielen Schritten. Die Eigenwerte sind also

λ_{1} = 0

$\lambda_1 = 0$ mit Vielfältigkeit

3

$3$ Und

λ_{2} = 4

$\lambda_2 = 4$ mit Vielfältigkeit

1

$1$ .

Jetzt habe ich versucht herauszufinden, welche Eigenvektoren diesen Eigenwerten entsprechen. Per Definition haben wir $Av = \lambda v$ , Wo $v$ ein Eigenvektor mit dem zugehörigen Eigenwert ist. Also habe ich für $\lambda_2 = 4$ :

\begin{aligned} (\begin{matrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix} X_{1} \\ X_{2} \\ X_{3} \\ X_{4} \end{matrix}) = 4 (\begin{matrix} X_{1} \\ X_{2} \\ X_{3} \\ X_{4} \end{matrix}) \end{aligned}

$\begin{align*} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{pmatrix} = 4 \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{pmatrix} \end{align*}$ Ich denke, das ist nur möglich, wenn

x_{1} = x_{2} = x_{3} = x_{4} = 1

$x_1 = x_2 = x_3 = x_4 = 1$ . Also habe ich Recht, wenn ich sage, dass alle Eigenvektoren entsprechen

λ_{2}

$\lambda_2$ sind von der Form

t (\begin{matrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix})

$t \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$ mit

t

$t$ irgendeine Zahl

\neq 0

$\neq 0$ ? Für

λ_{1} = 0

$\lambda_1 = 0$ , ich bin mir nicht sicher, wie ich die Eigenvektoren finden soll. Der Nullvektor ist niemals ein Eigenvektor. Das heisst

x_{1}, x_{2}, x_{3}

$x_1, x_2, x_3$ Und

x_{4}

$x_4$ kann alles sein, solange sie sich zu Null addieren?

Zhanxiong

du liegst absolut richtig.

Benutzer190080

der Eigenraum, der dem Eigenwert 0 entspricht, wird auch als Kern der Matrix bezeichnet - und Sie haben Recht

Ben Großmann

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der Eigenraum, der dem Eigenwert 0 entspricht, wird auch als Kern der Matrix bezeichnet - und Sie haben Recht

Steven Gubkin · Answer 1

Sie haben genau recht! $x_1,x_2,x_3$ Und $x_4$ kann alles sein, solange sie sich zu Null summieren. Dies ist in gewissem Sinne bereits eine vollständige Lösung (Sie haben alle Eigenvektoren "gefunden"). Wenn Sie möchten, könnten Sie 3 linear unabhängige solche Vektoren finden, und dann wären Sie sicher, dass diese drei den gesamten Raum überspannen.

Es gibt also unendliche Eigenvektoren entsprechend $\lambda = 0$ . Wie würde ich das mathematisch ausdrücken, ich meine in Mengennotation? Die einzige Bedingung ist, dass sie sich zu Null addieren.
@Kamil ja, es gibt unendliche Lösungen (natürlich über ein unendliches Feld). Sie sind die Lösungsmenge des homogenen Systems $\;\det(A-xI)=0\;$ , und in diesem Fall hat dieser Raum die Dimension drei.

gt6989b · Answer 2

Sie haben Recht, und um zu zeigen, wie dies allgemeiner gilt, betrachten Sie den Eigenraum, der dem anderen Eigenwert entspricht, $\lambda = 0$ . Dieser hat die Multiplizität 3, also erwarten wir genau 3 linear unabhängige Vektoren in diesem Raum. Die Hauptgleichung sieht aus wie $A \vec{x} = 0 \vec{x} = \vec{0}$ , mit anderen Worten,

(\begin{matrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix} X \\ j \\ z \\ w \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix})

$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \\ w \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$ Es ist nicht schwer zu erkennen, dass wir 4 identische Gleichungen haben, also ist die einzige Einschränkung

x + y + z + w = 0

$x + y + z + w = 0$ , also definieren wir

w = - x - y - z

$w = -x-y-z$ und jeder Vektor im Eigenraum sieht jetzt so aus

(\begin{matrix} X \\ j \\ z \\ w \end{matrix}) = (\begin{matrix} X \\ j \\ z \\ - X - j - z \end{matrix}) = X (\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ - 1 \end{matrix}) + j (\begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ - 1 \end{matrix}) + z (\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ - 1 \end{matrix})

$\begin{pmatrix} x \\ y \\ z \\ w \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \\ -x-y-z \end{pmatrix} = x \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} + y \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} + z \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}$ und die drei Vektoren, die die Basis des Eigenraums bilden, werden nun spezifiziert.

Danke, das war sehr deutlich. Alle dem Eigenwert Null entsprechenden Eigenvektoren haben also die Form $x \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} + y \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} + z \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}$ , mit dem $x,y$ Und $z$ Zahlen $\neq 0$ ?
Es ist erwähnenswert, dass dies nicht die einzigen drei Vektoren sind, die funktionieren. Sie können drei beliebige linear unabhängige solche Vektoren wählen.
@StevenGubkin natürlich, sobald Sie sich in einer Spanne befinden, alle 3 lin.indep. Mitglieder werden eine Basis bilden, aber ich wollte einen einfachen Weg zeigen, um eine zu konstruieren, der untuitiv und direkt ist ...

abel · Answer 3

Die Matrix, die Sie haben, hat Rang eins und kann geschrieben werden als

A = u u^{⊤} Wo u = {(\begin{matrix} 1, 1, 1, 1 \end{matrix})}^{⊤} .

$A = uu^\top \text{ where } u = \pmatrix{1,1,1,1}^\top.$ Jetzt,

A v = u u^{⊤} v = (u^{⊤} v) u .

$Av = uu^\top v=(u^\top v)u.$ beachten Sie, dass

u^{⊤} v

$u^\top v$ ist also ein Skalar

A

$A$ Eigenwert hat

0

$0$ der Vielfalt

3

$3$ entsprechenden Eigenvektor zu einem beliebigen Vektor orthogonal

u

$u$ was Dimension hat

3.

$3.$

A

$A$ hat auch den Eigenwert ungleich Null

u^{⊤} u = 4

$u^\top u = 4$ und der zugehörige Eigenvektor

u .

$u.$

Die gleichen Ideen können verwendet werden, um die Eigenwerte und Eigenvektoren jeder Rang-Eins-Matrix zu finden $ab^\top.$

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