Warum ist die Determinante beim Finden von Eigenvektoren nützlich?

Die Bedingung$\det(A-\lambda I)=0$garantiert, dass es einen Wert ungleich Null gibt$\vec{x}$so dass$(A-\lambda I)\vec{x}=0$. Es bedeutet nicht, dass jeder$\vec{x}$wird funktionieren, und Ihre$\vec{x}$, mit Ihrem$A-\lambda I$, funktioniert nicht. Da ist ein$\vec{x}$das tut es aber nämlich

$$\vec{x}=\begin{bmatrix}-2 \\1\end{bmatrix}.$$ Jedes skalare Vielfache dieses Vektors funktioniert ebenfalls.

Die übliche Situation ist etwas anders als bei Ihnen. Normalerweise hast du$A$, Aber$\lambda$ist nicht bekannt. So$\det(A-\lambda I)$wird ein Ausdruck sein, der beinhaltet$\lambda$. Tatsächlich wird es ein Polynom in sein$\lambda$dessen Grad die Dimension von ist$A$. Die Wurzeln dieses Polynoms sind die Eigenwerte, und jeder bestimmt einen Raum von Eigenvektoren. Wenn ich das richtig verstehe, müssen Sie es schon wissen$\lambda$seit deiner Matrix$A-\lambda I$ist eine konstante Matrix.

Am Ende Ihres Beitrags scheint es einige Verwirrung zu geben, wo Sie erwartet haben$(A-\lambda I)\vec{x}$in der Spanne von liegen$\vec{x}$. Eigentlich sollten Sie damit rechnen$(A-\lambda I)\vec{x}$der Nullvektor sein.

Vielleicht hast du das gemeint$A\vec{x}$sollte im Bereich von liegen$\vec{x}$? Wenn ja, wäre das richtig, aber Sie haben uns nicht gesagt, was$A$ist - Sie haben uns nur was gesagt$A-\lambda I$Ist.

Hinzugefügt: Hier ist ein vollständiges Beispiel. Wir berechnen die Eigenwerte und Eigenvektoren der Matrix

$$A=\begin{bmatrix}1 & 2\\ 3 & 0\end{bmatrix}.$$ Wir wollen Paare finden$(\lambda,\vec{x})$so dass$A\vec{x}=\lambda\vec{x}$, oder$(A-\lambda I)\vec{x}=\vec{0}$.

Jetzt

$$\det\begin{bmatrix}1-\lambda & 2\\ 3 & -\lambda\end{bmatrix}=\lambda^2-\lambda-6,$$ was Wurzeln hat$\lambda=-2,\ 3$. Wenn$\lambda=-2$, Dann $$(A-\lambda I)=\begin{bmatrix} 3 & 2\\ 3 & 2\end{bmatrix}.$$ Jetzt $$\begin{bmatrix} 3 & 2\\ 3 & 2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}2\\ -3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\ 0\end{bmatrix},$$ und damit haben wir einen Eigenvektor gefunden. In der Tat $$\begin{bmatrix}1 & 2\\ 3 & 0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}2\\ -3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-4\\ 6\end{bmatrix}=-2\begin{bmatrix}2\\ -3\end{bmatrix}.$$

Wenn Sie den anderen Eigenwert ausprobieren,$\lambda=3$, das solltest du finden$\vec{x}=\begin{bmatrix}1\\ 1\end{bmatrix}$ist ein Eigenvektor.

Zweite Ergänzung: Hier scheint ein grundlegender Irrtum vorzuliegen. Außer in seltenen Fällen ist nicht jeder Vektor ein Eigenvektor. Also können (und wollen) wir das nicht verlangen$A-\lambda I$Karte alle$\vec{x}$Zu$\vec{0}$.

Andererseits$A-\lambda I$ immer Karten$\vec{0}$Zu$\vec{0}$, egal was$\lambda$Ist. Das interessiert uns auch nicht. Wir betrachten den Nullvektor nicht als Eigenvektor.

Einen Eigenvektor zu suchen bedeutet, einen bestimmten Nicht-Null-Wert zu suchen $\vec{x}$so dass$A-\lambda I$Karten$\vec{x}$Zu$\vec{0}$. Wenn$\det(A-\lambda I)\ne0$dann gibt es keine solche Nicht-Null$\vec{x}$. Aber falls$\det(A-\lambda I)=0$, dann gibt es einen solchen Nicht-Nullpunkt$\vec{x}$, obwohl wir noch herausfinden müssen, was$\vec{x}$ist durch das Lösen des linearen Systems$(A-\lambda I)\vec{x}=\vec{0}$.

Also in deinem Beispiel$\det\begin{bmatrix}1 & 2\\ 0 & 0\end{bmatrix}=0$garantiert, dass es einen Wert ungleich Null gibt$\vec{x}$so dass$\begin{bmatrix}1 & 2\\ 0 & 0\end{bmatrix}\vec{x}=\vec{0}$, Aber$\begin{bmatrix}1\\ 1\end{bmatrix}$ist nicht so eine$\vec{x}$.

Lassen Sie uns eine solche finden$\vec{x}$durch Schreiben$\vec{x}=\begin{bmatrix}x\\ y\end{bmatrix}$und Lösung für$x$Und$y$:

$$\begin{bmatrix}1 & 2\\ 0 & 0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x\\ y\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\ 0\end{bmatrix}.$$ Die zweite Zeile dieser Matrixgleichung gilt auf jeden Fall$x$Und$y$sind, also ist die einzige Bedingung die der ersten Zeile,$1x+2y=0$. Das gibt$x=-2y$, also irgendein Vektor der Form $$\vec{x}=\begin{bmatrix}-2y\\ y\end{bmatrix}$$ ein Eigenvektor ist, solange$y$ist nicht null. (Wenn$y$Null ist, erhalten wir den Nullvektor, den wir bereits kannten und der uns nicht interessiert.)

Was geht schief, wenn$\det(A-\lambda I)\ne0$? In diesem Fall$A-\lambda I$ist eine invertierbare Matrix. So

$$(A-\lambda I)\vec{x}=\vec{0}$$ hat die gleiche Lösungsmenge wie $$(A-\lambda I)^{-1}(A-\lambda I)\vec{x}=(A-\lambda I)^{-1}\vec{0},$$ was sich reduziert auf$\vec{x}=\vec{0}$, die Lösung, an der wir nicht interessiert sind.