Eigenwaarden (of eigenwaarden) en eigenvectoren (of eigenvectoren) van een matrix -

Op deze pagina leggen we uit wat eigenwaarden en eigenvectoren zijn, ook wel eigenwaarden en eigenvectoren genoemd. U vindt er ook voorbeelden van hoe u ze kunt berekenen, evenals stapsgewijze opgeloste oefeningen om te oefenen.

Wat is een eigenwaarde en een eigenvector?

Hoewel het begrip eigenwaarde en eigenvector moeilijk te begrijpen is, is de definitie ervan als volgt:

Eigenvectoren of eigenvectoren zijn de vectoren die niet nul zijn van een lineaire kaart die, wanneer ze erdoor worden getransformeerd, aanleiding geven tot een scalair veelvoud ervan (ze veranderen niet van richting). Deze scalair is de eigenwaarde of eigenwaarde .

$Av = \lambda v$

Goud

$A$

is de matrix van de lineaire kaart,

$v$

is de eigenvector en

$\lambda$

eigen waarde.

Eigenwaarde wordt ook wel karakteristieke waarde genoemd. En er zijn zelfs wiskundigen die de Duitse wortel ‘eigen’ gebruiken om eigenwaarden en eigenvectoren aan te duiden: eigenwaarden voor eigenwaarden en eigenvectoren voor eigenvectoren.

Hoe bereken je de eigenwaarden (of eigenwaarden) en de eigenvectoren (of eigenvectoren) van een matrix?

Om de eigenwaarden en eigenvectoren van een matrix te vinden, moet je een hele procedure volgen:

De karakteristieke vergelijking van de matrix wordt berekend door de volgende determinant op te lossen:

$\displaystyle \text{det}(A-\lambda I)$

We vinden de wortels van de karakteristieke polynoom verkregen in stap 1. Deze wortels zijn de eigenwaarden van de matrix.

$\displaystyle \text{det}(A-\lambda I)=0 \ \longrightarrow \ \lambda$

De eigenvector van elke eigenwaarde wordt berekend. Om dit te doen, wordt voor elke eigenwaarde het volgende stelsel vergelijkingen opgelost:

$\displaystyle (A-\lambda I)v=0$

Dit is de methode om de eigenwaarden en eigenvectoren van een matrix te vinden, maar hier geven we je ook enkele tips: 😉

Tips : we kunnen profiteren van de eigenschappen van eigenwaarden en eigenvectoren om ze gemakkelijker te berekenen:

✓ Het spoor van de matrix (som van de hoofddiagonaal) is gelijk aan de som van alle eigenwaarden.

$\displaystyle tr(A)=\sum_{i=1}^n \lambda_i$

✓ Het product van alle eigenwaarden is gelijk aan de determinant van de matrix.

$\displaystyle det(A)=\prod_{i=1}^n \lambda_i$

✓ Als er sprake is van een lineaire combinatie tussen rijen of kolommen, is minimaal één eigenwaarde van de matrix gelijk aan 0.

Laten we een voorbeeld bekijken van hoe de eigenvectoren en eigenwaarden van een matrix worden berekend om de methode beter te begrijpen:

Voorbeeld van het berekenen van de eigenwaarden en eigenvectoren van een matrix:

Zoek de eigenwaarden en eigenvectoren van de volgende matrix:

$\displaystyle A= \begin{pmatrix}1&0\\[1.1ex] 5&2\end{pmatrix}$

Eerst moeten we de karakteristieke vergelijking van de matrix vinden. En hiervoor moet de volgende determinant worden opgelost:

$\displaystyle \text{det}(A-\lambda I)= \begin{vmatrix}1- \lambda &0\\[1.1ex] 5&2-\lambda \end{vmatrix} = \lambda^2-3\lambda +2$

Nu berekenen we de wortels van de karakteristieke polynoom, daarom stellen we het verkregen resultaat gelijk aan 0 en lossen we de vergelijking op:

$\displaystyle \lambda^2-3\lambda +2 = 0$

$\lambda= \cfrac{-(-3)\pm \sqrt{(-3)^2-4\cdot 1 \cdot 2}}{2\cdot 1} = \cfrac{+3\pm 1}{2}=\begin{cases} \lambda = 1 \\[2ex] \lambda = 2 \end{cases}$

De oplossingen van de vergelijking zijn de eigenwaarden van de matrix.

Zodra we de eigenwaarden hebben, berekenen we de eigenvectoren. Om dit te doen, moeten we voor elke eigenwaarde het volgende systeem oplossen:

$\displaystyle (A-\lambda I)v=0$

We berekenen eerst de eigenvector die hoort bij de eigenwaarde 1:

$\displaystyle (A-\lambda I)v=0$

$\displaystyle (A-1 I)\begin{pmatrix}x \\[1.1ex] y \end{pmatrix} =}\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0 \end{pmatrix}$

$\displaystyle \begin{pmatrix}0&0\\[1.1ex] 5&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\[1.1ex] y \end{pmatrix} =}\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0 \end{pmatrix}$

$\displaystyle \left.\begin{array}{l} 0x+0y = 0 \\[2ex] 5x+y = 0\end{array}\right\}$

Uit deze vergelijkingen verkrijgen we de volgende deelruimte:

$\displaystyle y=-5x$

Eigenvectordeelruimten worden ook eigenruimten genoemd.

Nu moeten we een basis van deze schone ruimte vinden, dus geven we bijvoorbeeld de waarde 1 aan de variabele

$x$

en we verkrijgen de volgende eigenvector:

$\displaystyle x = 1 \ \longrightarrow \ y=-5\cdot 1 = -5$

$\displaystyle v = \begin{pmatrix}1 \\[1.1ex] -5\end{pmatrix}$

Ten slotte herhalen we, zodra de eigenvector die bij eigenwaarde 1 hoort, het proces om de eigenvector voor eigenwaarde 2 te berekenen:

$\displaystyle (A-\lambda I)v=0$

$\displaystyle (A-2I)\begin{pmatrix}x \\[1.1ex] y \end{pmatrix} =}\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0 \end{pmatrix}$

$\displaystyle \begin{pmatrix}-1&0\\[1.1ex] 5&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\[1.1ex] y \end{pmatrix} =}\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0 \end{pmatrix}$

$\displaystyle \left.\begin{array}{l} -x+0y = 0 \\[2ex] 5x+0y = 0\end{array}\right\} \longrightarrow \ x=0$

In dit geval moet alleen de eerste component van de vector 0 zijn, dus we kunnen er elke waarde aan geven

$y$

. Maar om het makkelijker te maken is het beter om een 1 te plaatsen:

$\displaystyle v = \begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 1 \end{pmatrix}$

Concluderend zijn de eigenwaarden en eigenvectoren van de matrix:

$\displaystyle \lambda = 1 \qquad v = \begin{pmatrix}1 \\[1.1ex] -5 \end{pmatrix}$

$\displaystyle \lambda = 2 \qquad v = \begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 1 \end{pmatrix}$

Als je eenmaal weet hoe je de eigenwaarden en eigenvectoren van een matrix kunt vinden, vraag je je misschien af… en waar dienen ze voor? Welnu, het blijkt dat ze erg nuttig zijn voor matrixdiagonalisatie , sterker nog, dat is hun belangrijkste toepassing. Voor meer informatie raden we aan om te kijken hoe je een matrix diagonaliseert met de link, waar de procedure stap voor stap wordt uitgelegd en er ook voorbeelden en opgeloste oefeningen zijn om te oefenen.

Opgeloste oefeningen over eigenwaarden en eigenvectoren (eigenwaarden en eigenvectoren)

Oefening 1

Bereken de eigenwaarden en eigenvectoren van de volgende vierkante matrix van orde 2:

$\displaystyle A= \begin{pmatrix}3&1\\[1.1ex] 2&4\end{pmatrix}$

zie oplossing

We berekenen eerst de determinant van de matrix minus λ op zijn hoofddiagonaal:

$\displaystyle \text{det}(A-\lambda I)= \begin{vmatrix}3- \lambda &1\\[1.1ex] 2&4-\lambda \end{vmatrix} = \lambda^2-7\lambda +10$

Laten we nu de wortels van de karakteristieke polynoom berekenen:

$\displaystyle \lambda^2-7\lambda +10=0 \ \longrightarrow \ \begin{cases} \lambda = 2 \\[2ex] \lambda = 5 \end{cases}$

We berekenen de eigenvector die hoort bij de eigenwaarde 2:

$\displaystyle (A- 2I)v=0$

$\displaystyle \begin{pmatrix}1&1\\[1.1ex] 2&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\[1.1ex] y \end{pmatrix} =}\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0 \end{pmatrix}$

$\displaystyle \left.\begin{array}{l} x+y = 0 \\[2ex] 2x+2y = 0\end{array}\right\} \longrightarrow \ x=-y$

$\displaystyle v = \begin{pmatrix}1 \\[1.1ex] -1 \end{pmatrix}$

En dan berekenen we de eigenvector die hoort bij de eigenwaarde 5:

$\displaystyle (A-5I)v=0$

$\displaystyle \begin{pmatrix}-2&1\\[1.1ex] 2&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\[1.1ex] y \end{pmatrix} =}\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0 \end{pmatrix}$

$\displaystyle \left.\begin{array}{l} -2x+y = 0 \\[2ex] 2x-y = 0\end{array}\right\} \longrightarrow \ y=2x$

$\displaystyle v = \begin{pmatrix}1 \\[1.1ex] 2 \end{pmatrix}$

Daarom zijn de eigenwaarden en eigenvectoren van matrix A:

$\displaystyle \lambda = 2 \qquad v = \begin{pmatrix}1 \\[1.1ex] -1 \end{pmatrix}$

$\displaystyle \lambda = 5 \qquad v = \begin{pmatrix}1\\[1.1ex] 2 \end{pmatrix}$

Oefening 2

Bepaal de eigenwaarden en eigenvectoren van de volgende 2×2 vierkante matrix:

$\displaystyle A= \begin{pmatrix}2&1\\[1.1ex] 3&0\end{pmatrix}$

zie oplossing

We berekenen eerst de determinant van de matrix minus λ op zijn hoofddiagonaal om de karakteristieke vergelijking te verkrijgen:

$\displaystyle \text{det}(A-\lambda I)= \begin{vmatrix}2- \lambda &1\\[1.1ex] 3&-\lambda \end{vmatrix} = \lambda^2-2\lambda -3$

Laten we nu de wortels van de karakteristieke polynoom berekenen:

$\displaystyle \lambda^2-2\lambda -3=0 \ \longrightarrow \ \begin{cases} \lambda = -1 \\[2ex] \lambda = 3 \end{cases}$

We berekenen de eigenvector die hoort bij de eigenwaarde -1:

$\displaystyle (A-(-1)I)v=0$

$\displaystyle (A+1I)v=0$

$\displaystyle \begin{pmatrix} 3&1\\[1.1ex] 3&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\[1.1ex] y \end{pmatrix} =}\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0 \end{pmatrix}$

$\displaystyle \left.\begin{array}{l} 3x+1y = 0 \\[2ex] 3x+1y = 0\end{array}\right\} \longrightarrow \ y=-3x$

$\displaystyle v = \begin{pmatrix}1 \\[1.1ex] -3 \end{pmatrix}$

En dan berekenen we de eigenvector die hoort bij de eigenwaarde 3:

$\displaystyle (A-3I)v=0$

$\displaystyle \begin{pmatrix}-1&1\\[1.1ex] 3&-3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\[1.1ex] y \end{pmatrix} =}\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0 \end{pmatrix}$

$\displaystyle \left.\begin{array}{l} -1x+1y = 0 \\[2ex] 3x-3y = 0\end{array}\right\} \longrightarrow \ y=x$

$\displaystyle v = \begin{pmatrix}1 \\[1.1ex] 1 \end{pmatrix}$

Daarom zijn de eigenwaarden en eigenvectoren van matrix A:

$\displaystyle \lambda = -1 \qquad v = \begin{pmatrix}1 \\[1.1ex] -3 \end{pmatrix}$

$\displaystyle \lambda = 3 \qquad v = \begin{pmatrix}1\\[1.1ex] 1 \end{pmatrix}$

Oefening 3

Bepaal de eigenwaarden en de eigenvectoren van de volgende orde 3-matrix:

$\displaystyle A= \begin{pmatrix}1&2&0\\[1.1ex] 2&1&0\\[1.1ex] 0&1&2\end{pmatrix}$

zie oplossing

We moeten eerst de determinant van matrix A minus de identiteitsmatrix, vermenigvuldigd met lambda, oplossen om de karakteristieke vergelijking te verkrijgen:

$\displaystyle \text{det}(A-\lambda I)= \begin{vmatrix}1-\lambda&2&0\\[1.1ex] 2&1-\lambda&0\\[1.1ex] 0&1&2-\lambda\end{vmatrix}$

In dit geval heeft de laatste kolom van de determinant twee nullen, dus we zullen hiervan profiteren om de determinant via cofactoren (of complementen) via deze kolom te berekenen:

$\displaystyle \begin{aligned} \begin{vmatrix}1-\lambda&2&0\\[1.1ex] 2&1-\lambda&0\\[1.1ex] 0&1&2-\lambda\end{vmatrix}& = (2-\lambda)\cdot \begin{vmatrix}1-\lambda&2\\[1.1ex] 2&1-\lambda \end{vmatrix} \\[3ex] & = (2-\lambda)[\lambda^2 -2\lambda -3] \end{aligned}$

We moeten nu de wortels van de karakteristieke polynoom berekenen. Het is beter om de haakjes niet te vermenigvuldigen, omdat we dan een polynoom van de derde graad zouden krijgen. Aan de andere kant is het gemakkelijker om de eigenwaarden te verkrijgen als de twee factoren afzonderlijk worden opgelost:

$\displaystyle (2-\lambda)[\lambda^2 -2\lambda -3]=0 \ \longrightarrow \ \begin{cases} 2-\lambda=0 \ \longrightarrow \ \lambda = 2 \\[2ex] \lambda^2 -2\lambda -3=0 \ \longrightarrow \begin{cases}\lambda = -1 \\[2ex] \lambda = 3 \end{cases} \end{cases}$

We berekenen de eigenvector die hoort bij de eigenwaarde 2:

$\displaystyle (A-2I)v=0$

$\displaystyle \begin{pmatrix} -1&2&0\\[1.1ex] 2&-1&0\\[1.1ex] 0&1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\[1.1ex] y \\[1.1ex] z \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0\\[1.1ex] 0 \end{pmatrix}$

$\displaystyle \left.\begin{array}{l} -x+2y = 0 \\[2ex] 2x-y = 0\\[2ex] y=0 \end{array}\right\} \longrightarrow \ \begin{array}{l} y=0 \\[2ex] x=y=0 \end{array}$

$\displaystyle v = \begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0 \\[1.1ex] 1\end{pmatrix}$

We berekenen de eigenvector die hoort bij de eigenwaarde -1:

$\displaystyle (A+I)v=0$

$\displaystyle \begin{pmatrix} 2&2&0\\[1.1ex] 2&2&0\\[1.1ex] 0&1&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\[1.1ex] y \\[1.1ex] z \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0\\[1.1ex] 0 \end{pmatrix}$

$\displaystyle \left.\begin{array}{l} 2x+2y = 0 \\[2ex] 2x+2y = 0\\[2ex] y+3z=0 \end{array}\right\} \longrightarrow \ \begin{array}{l} x=-y \\[2ex] y=-3z \end{array}$

$\displaystyle v = \begin{pmatrix}3 \\[1.1ex] -3 \\[1.1ex] 1\end{pmatrix}$

We berekenen de eigenvector die hoort bij de eigenwaarde 3:

$\displaystyle (A-3I)v=0$

$\displaystyle \begin{pmatrix} -2&2&0\\[1.1ex] 2&-2&0\\[1.1ex] 0&1&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\[1.1ex] y \\[1.1ex] z \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0\\[1.1ex] 0 \end{pmatrix}$

$\displaystyle \left.\begin{array}{l} -2x+2y = 0 \\[2ex] 2x-2y = 0\\[2ex] y-z=0 \end{array}\right\} \longrightarrow \ \begin{array}{l} x=y \\[2ex] y=z \end{array}$

$\displaystyle v = \begin{pmatrix}1 \\[1.1ex] 1 \\[1.1ex] 1\end{pmatrix}$

Daarom zijn de eigenwaarden en eigenvectoren van matrix A:

$\displaystyle \lambda = 2 \qquad v = \begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0 \\[1.1ex] 1\end{pmatrix}$

$\displaystyle \lambda = -1 \qquad v = \begin{pmatrix}3 \\[1.1ex] -3 \\[1.1ex] 1\end{pmatrix}$

$\displaystyle \lambda = 3 \qquad v = \begin{pmatrix}1\\[1.1ex] 1 \\[1.1ex] 1\end{pmatrix}$

Oefening 4

Bereken de eigenwaarden en eigenvectoren van de volgende 3×3 vierkante matrix:

$\displaystyle A= \begin{pmatrix}2&1&3\\[1.1ex]-1&1&1\\[1.1ex] 1&2&4\end{pmatrix}$

zie oplossing

We lossen eerst de determinant van de matrix minus λ op zijn hoofddiagonaal op om de karakteristieke vergelijking te verkrijgen:

$\displaystyle \text{det}(A-\lambda I)= \begin{vmatrix}2-\lambda&1&3\\[1.1ex]-1&1-\lambda&1\\[1.1ex] 1&2&4-\lambda\end{vmatrix}=-\lambda^3+7\lambda^2-10\lambda$

We extraheren een gemeenschappelijke factor uit de karakteristieke polynoom en lossen λ op uit elke vergelijking:

$\displaystyle \lambda(-\lambda^2+7\lambda-10)=0 \ \longrightarrow \ \begin{cases} \lambda=0\\[2ex] -\lambda^2+7\lambda-10=0 \ \longrightarrow \begin{cases}\lambda = 2 \\[2ex] \lambda = 5 \end{cases} \end{cases}$

We berekenen de eigenvector die hoort bij de eigenwaarde 0:

$\displaystyle (A-0I)v=0$

$\displaystyle \begin{pmatrix} 2&1&3\\[1.1ex]-1&1&1\\[1.1ex] 1&2&4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\[1.1ex] y \\[1.1ex] z \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0\\[1.1ex] 0 \end{pmatrix}$

$\displaystyle \left.\begin{array}{l} 2x+y+3z= 0 \\[2ex] -x+y+z= 0\\[2ex] x+2y+4z=0 \end{array}\right\} \longrightarrow \ \begin{array}{l} x=-\cfrac{2z}{3} \\[4ex] y=-\cfrac{5z}{3} \end{array}$

$\displaystyle v = \begin{pmatrix}-2 \\[1.1ex] -5\\[1.1ex] 3\end{pmatrix}$

We berekenen de eigenvector die hoort bij de eigenwaarde 2:

$\displaystyle (A-2I)v=0$

$\displaystyle \begin{pmatrix} 0&1&3\\[1.1ex]-1&-1&1\\[1.1ex] 1&2&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\[1.1ex] y \\[1.1ex] z \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0\\[1.1ex] 0 \end{pmatrix}$

$\displaystyle \left.\begin{array}{l} y+3z = 0 \\[2ex] -x-y+z= 0\\[2ex] x+2y+2z=0 \end{array}\right\} \longrightarrow \ \begin{array}{l} y=-3z \\[2ex] x=4z \end{array}$

$\displaystyle v = \begin{pmatrix}4\\[1.1ex] -3 \\[1.1ex] 1\end{pmatrix}$

We berekenen de eigenvector die hoort bij de eigenwaarde 5:

$\displaystyle (A-5I)v=0$

$\displaystyle \begin{pmatrix} -3&1&3\\[1.1ex]-1&-4&1\\[1.1ex] 1&2&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\[1.1ex] y \\[1.1ex] z \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0\\[1.1ex] 0 \end{pmatrix}$

$\displaystyle \left.\begin{array}{l} -3x+y+3z = 0 \\[2ex] -x-4y+z = 0\\[2ex] x+2y-z=0 \end{array}\right\} \longrightarrow \ \begin{array}{l} x=z \\[2ex] y=0 \end{array}$

$\displaystyle v = \begin{pmatrix}1 \\[1.1ex] 0 \\[1.1ex] 1\end{pmatrix}$

Daarom zijn de eigenwaarden en eigenvectoren van matrix A:

$\displaystyle \lambda = 0 \qquad v = \begin{pmatrix}-2 \\[1.1ex] -5 \\[1.1ex] 3\end{pmatrix}$

$\displaystyle \lambda = 2 \qquad v = \begin{pmatrix}4 \\[1.1ex] -3 \\[1.1ex] 1\end{pmatrix}$

$\displaystyle \lambda = 5 \qquad v = \begin{pmatrix}1\\[1.1ex] 0 \\[1.1ex] 1\end{pmatrix}$

Oefening 5

Bereken de eigenwaarden en eigenvectoren van de volgende 3×3-matrix:

$\displaystyle A= \begin{pmatrix}2&2&2\\[1.1ex] 1&2&0\\[1.1ex] 0&1&3\end{pmatrix}$

zie oplossing

We lossen eerst de determinant van de matrix minus λ op zijn hoofddiagonaal op om de karakteristieke vergelijking te verkrijgen:

$\displaystyle \text{det}(A-\lambda I)= \begin{vmatrix}2-\lambda&2&2\\[1.1ex] 1&2-\lambda&0\\[1.1ex] 0&1&3-\lambda\end{vmatrix}=-\lambda^3+7\lambda^2-14\lambda+8$

We vinden een wortel van het karakteristieke polynoom of het minimumpolynoom met behulp van de regel van Ruffini:

$\displaystyle \begin{array}{r|rrrr} & -1&7&-14&8 \\[2ex] 1 & & -1&6&-8 \\ \hline &-1\vphantom{\Bigl)}&6&-8&0 \end{array}$

En dan vinden we de wortels van de verkregen polynoom:

$\displaystyle -\lambda^2+6\lambda -8=0 \ \longrightarrow \ \begin{cases} \lambda =2 \\[2ex] \lambda = 4 \end{cases}$

De eigenwaarden van de matrix zijn dus:

$\lambda=1 \qquad \lambda =2 \qquad \lambda = 4$

We berekenen de eigenvector die hoort bij de eigenwaarde 1:

$\displaystyle (A-1I)v=0$

$\displaystyle \begin{pmatrix} 1&2&2\\[1.1ex] 1&1&0\\[1.1ex] 0&1&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\[1.1ex] y \\[1.1ex] z \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0\\[1.1ex] 0 \end{pmatrix}$

$\displaystyle \left.\begin{array}{l} x+2y+2z= 0 \\[2ex] x+y= 0\\[2ex] y+2z=0 \end{array}\right\} \longrightarrow \ \begin{array}{l} x=-y \\[2ex] y=-2z \end{array}$

$\displaystyle v = \begin{pmatrix}2 \\[1.1ex] -2\\[1.1ex] 1\end{pmatrix}$

We berekenen de eigenvector die hoort bij de eigenwaarde 2:

$\displaystyle (A-2I)v=0$

$\displaystyle \begin{pmatrix} 0&2&2\\[1.1ex] 1&0&0\\[1.1ex] 0&1&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\[1.1ex] y \\[1.1ex] z \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0\\[1.1ex] 0 \end{pmatrix}$

$\displaystyle \left.\begin{array}{l} 2y+2z = 0 \\[2ex] x= 0\\[2ex] y+z=0 \end{array}\right\} \longrightarrow \ \begin{array}{l} y=-z \\[2ex] x=0\end{array}$

$\displaystyle v = \begin{pmatrix}0\\[1.1ex] -1 \\[1.1ex] 1\end{pmatrix}$

We berekenen de eigenvector die hoort bij de eigenwaarde 4:

$\displaystyle (A-4I)v=0$

$\displaystyle \begin{pmatrix} -2&2&2\\[1.1ex] 1&-2&0\\[1.1ex] 0&1&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\[1.1ex] y \\[1.1ex] z \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0\\[1.1ex] 0 \end{pmatrix}$

$\displaystyle \left.\begin{array}{l} -2x+2y+2z = 0 \\[2ex] x-2y = 0\\[2ex] y-z=0 \end{array}\right\} \longrightarrow \ \begin{array}{l} x=2y \\[2ex] y=z \end{array}$

$\displaystyle v = \begin{pmatrix}2 \\[1.1ex] 1 \\[1.1ex] 1\end{pmatrix}$

Daarom zijn de eigenwaarden en eigenvectoren van matrix A:

$\displaystyle \lambda = 1 \qquad v = \begin{pmatrix}2\\[1.1ex] -2 \\[1.1ex] 1\end{pmatrix}$

$\displaystyle \lambda = 2 \qquad v = \begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] -1 \\[1.1ex] 1\end{pmatrix}$

$\displaystyle \lambda = 4 \qquad v = \begin{pmatrix}2 \\[1.1ex] 1 \\[1.1ex] 1\end{pmatrix}$

Oefening 6

Zoek de eigenwaarden en eigenvectoren van de volgende 4×4-matrix:

$\displaystyle A=\begin{pmatrix}1&0&-1&0\\[1.1ex] 2&-1&-3&0\\[1.1ex] -2&0&2&0\\[1.1ex] 0&0&0&3\end{pmatrix}$

zie oplossing

We moeten eerst de determinant van de matrix minus λ op zijn hoofddiagonaal oplossen om de karakteristieke vergelijking te verkrijgen:

$\displaystyle \text{det}(A-\lambda I)= \begin{vmatrix}1-\lambda&0&-1&0\\[1.1ex] 2&-1-\lambda&-3&0\\[1.1ex] -2&0&2-\lambda&0\\[1.1ex] 0&0&0&3-\lambda\end{vmatrix}$

In dit geval bevat de laatste kolom van de determinant alleen nullen behalve één element. We zullen hier daarom van profiteren om de determinant via cofactoren via deze kolom te berekenen:

$\displaystyle \begin{aligned} \begin{vmatrix}1-\lambda&0&-1&0\\[1.1ex] 2&-1-\lambda&-3&0\\[1.1ex] -2&0&2-\lambda&0\\[1.1ex] 0&0&0&3-\lambda\end{vmatrix}& = (3-\lambda)\cdot \begin{vmatrix}1-\lambda&0&-1\\[1.1ex] 2&-1-\lambda&-3\\[1.1ex] -2&0&2-\lambda\end{vmatrix} \\[3ex] & = (3-\lambda)[-\lambda^3 +2\lambda^2 +3\lambda] \end{aligned}$

We moeten nu de wortels van de karakteristieke polynoom berekenen. Het is beter om de haakjes niet te vermenigvuldigen, omdat we dan een polynoom van de vierde graad zouden krijgen, maar als de twee factoren afzonderlijk worden opgelost, is het gemakkelijker om de eigenwaarden te berekenen:

$\displaystyle (3-\lambda)[-\lambda^3 +2\lambda^2 +3\lambda]=0 \ \longrightarrow \ \begin{cases} 3-\lambda=0 \ \longrightarrow \ \lambda = 3 \\[2ex] -\lambda^3 +2\lambda^2 +3\lambda =0 \ \longrightarrow \ \lambda(-\lambda^2 +2\lambda +3) =0 \end{cases}$

$\displaystyle \lambda(-\lambda^2 +2\lambda +3)=0 \ \longrightarrow \ \begin{cases} \lambda=0 \\[2ex] -\lambda^2 +2\lambda +3=0 \ \longrightarrow \ \begin{cases} \lambda=-1 \\[2ex] \lambda = 3 \end{cases}\end{cases}$

We berekenen de eigenvector die hoort bij de eigenwaarde 0:

$\displaystyle (A-0I)v=0$

$\displaystyle \begin{pmatrix} 1&0&-1&0\\[1.1ex] 2&-1&-3&0\\[1.1ex] -2&0&2&0\\[1.1ex] 0&0&0&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}w \\[1.1ex] x \\[1.1ex] y\\[1.1ex] z \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0\\[1.1ex] 0 \\[1.1ex] 0\end{pmatrix}$

$\displaystyle \left.\begin{array}{l} w-y = 0 \\[2ex] 2w-x-3y = 0\\[2ex] -2w+2y=0 \\[2ex] 3z=0 \end{array}\right\} \longrightarrow \ \begin{array}{l} w=y \\[2ex] x=-w \\[2ex]z=0 \end{array}$

$\displaystyle v = \begin{pmatrix}1 \\[1.1ex] -1 \\[1.1ex] 1 \\[1.1ex]0 \end{pmatrix}$

We berekenen de eigenvector die hoort bij de eigenwaarde -1:

$\displaystyle (A+1I)v=0$

$\displaystyle \begin{pmatrix} 2&0&-1&0\\[1.1ex] 2&0&-3&0\\[1.1ex] -2&0&3&0\\[1.1ex] 0&0&0&4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}w \\[1.1ex] x \\[1.1ex] y\\[1.1ex] z \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0\\[1.1ex] 0 \\[1.1ex] 0\end{pmatrix}$

$\displaystyle \left.\begin{array}{l} 2w-y = 0 \\[2ex] 2w-3y = 0\\[2ex] -2w+3y=0 \\[2ex] 4z=0 \end{array}\right\} \longrightarrow \ \begin{array}{l} y=w=0 \\[2ex]z=0 \end{array}$

$\displaystyle v = \begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 1 \\[1.1ex] 0 \\[1.1ex]0 \end{pmatrix}$

We berekenen de eigenvector die hoort bij de eigenwaarde 3:

$\displaystyle (A-3I)v=0$

$\displaystyle \begin{pmatrix} -2&0&-1&0\\[1.1ex] 2&-4&-3&0\\[1.1ex] -2&0&-1&0\\[1.1ex] 0&0&0&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}w \\[1.1ex] x \\[1.1ex] y\\[1.1ex] z \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0\\[1.1ex] 0 \\[1.1ex] 0\end{pmatrix}$

$\displaystyle \left.\begin{array}{l} -2w-y = 0 \\[2ex] 2w-4x-3y = 0\\[2ex] -2w-y=0 \\[2ex] 0=0 \end{array}\right\} \longrightarrow \ \begin{array}{l} y=-2w \\[2ex] x=2w \end{array}$

$\displaystyle v = \begin{pmatrix}1 \\[1.1ex] 2 \\[1.1ex] -2 \\[1.1ex]0 \end{pmatrix}$

De eigenwaarde 3 heeft een veelvoud gelijk aan 2, omdat deze tweemaal wordt herhaald. We moeten daarom een andere eigenvector vinden die aan dezelfde vergelijkingen voldoet:

$\displaystyle v = \begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0 \\[1.1ex] 0 \\[1.1ex]1 \end{pmatrix}$

Daarom zijn de eigenwaarden en eigenvectoren van matrix A:

$\displaystyle \lambda = 0 \qquad v = \begin{pmatrix}1 \\[1.1ex] -1 \\[1.1ex] 1 \\[1.1ex]0\end{pmatrix}$

$\displaystyle \lambda = -1 \qquad v = \begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 1 \\[1.1ex] 0 \\[1.1ex]0 \end{pmatrix}$

$\displaystyle \lambda = 3 \qquad v = \begin{pmatrix}1 \\[1.1ex] 2 \\[1.1ex] -2 \\[1.1ex]0\end{pmatrix}$

$\displaystyle \lambda = 3 \qquad v = \begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0 \\[1.1ex] 0 \\[1.1ex]1\end{pmatrix}$

Wat is een eigenwaarde en een eigenvector?

Hoe bereken je de eigenwaarden (of eigenwaarden) en de eigenvectoren (of eigenvectoren) van een matrix?

Voorbeeld van het berekenen van de eigenwaarden en eigenvectoren van een matrix:

Opgeloste oefeningen over eigenwaarden en eigenvectoren (eigenwaarden en eigenvectoren)

Oefening 1

Oefening 2

Oefening 3

Oefening 4

Oefening 5

Oefening 6

Laat een reactie achter Reactie annuleren