Kurs:Lineare Algebra (Osnabrück 2015-2016)/Teil I/Vorlesung 22/kontrolle

„... und ein guter Lehrer kann auch einem schlechten Schüler was beibringen“

Beziehung zwischen Eigenräumen

Wir haben in der letzten Vorlesung gesehen, dass der Eigenraum zu ${}0$ der Kern des Endomorphismus ist. Wesentlich allgemeiner als in Lemma 21.8 gilt die folgende Charakterisierung.

Lemma Lemma 22.1 ändern

Es sei ${}K$ ein Körper, ${}V$ ein ${}K$- Vektorraum und

$\varphi \colon V\longrightarrow V$

eine lineare Abbildung. Es sei ${}\lambda \in K$.

Dann ist

${}\operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\varphi \right)}=\operatorname {kern} {\left(\lambda \cdot \operatorname {Id} _{V}-\varphi \right)}\,.$

Beweis

Es sei ${}v\in V$. Dann ist ${}v\in \operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\varphi \right)}$ genau dann, wenn ${}\varphi (v)=\lambda v$ ist, und dies ist genau bei ${}\lambda v-\varphi (v)=0$ der Fall, was man als ${}{\left(\lambda \cdot \operatorname {Id} _{V}-\varphi \right)}(v)=0$ schreiben kann.

$\Box$

Insbesondere ist ein ${}\lambda \in K$ genau dann ein Eigenwert von ${}\varphi$, wenn ${}\lambda \operatorname {Id} _{V}-\varphi$ nicht injektiv ist. Für ein gegebenes ${}\lambda$ lässt sich diese Eigenschaft einfach mit Hilfe eines linearen Gleichungssystems (oder der Determinante) überprüfen und ebenso der Eigenraum berechnen. Dagegen ist es kein lineares Problem, zu entscheiden, ob ${}\varphi$ überhaupt Eigenwerte besitzt und diese zu bestimmen.

Bei einer ${}n\times n$-Matrix ${}M$ muss man den Kern der Matrix ${}\lambda E_{n}-M$ bestimmen. Wenn man beispielsweise wissen möchte, ob die Matrix ${}{\begin{pmatrix}4&7\\-2&5\end{pmatrix}}$ den Eigenwert ${}3$ besitzt, so sieht man anhand von

${}3E_{2}-{\begin{pmatrix}4&7\\-2&5\end{pmatrix}}=3{\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}4&7\\-2&5\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-1&-7\\2&-2\end{pmatrix}}\,$

sofort, dass dies nicht der Fall ist.

Lemma Lemma 22.2 ändern

Es sei ${}K$ ein Körper, ${}V$ ein ${}K$- Vektorraum und

$\varphi \colon V\longrightarrow V$

eine lineare Abbildung. Es seien ${}\lambda _{1}\neq \lambda _{2}$ Elemente in ${}K$.

Dann ist

${}\operatorname {Eig} _{\lambda _{1}}{\left(\varphi \right)}\cap \operatorname {Eig} _{\lambda _{2}}{\left(\varphi \right)}=0\,.$

Beweis

Es sei ${}v\in \operatorname {Eig} _{\lambda _{1}}{\left(\varphi \right)}\cap \operatorname {Eig} _{\lambda _{2}}{\left(\varphi \right)}$. Dann ist

${}\lambda _{1}v=\varphi (v)=\lambda _{2}v\,.$

Also ist

${}(\lambda _{1}-\lambda _{2})v=0\,,$

woraus wegen ${}\lambda _{1}\neq \lambda _{2}$ direkt ${}v=0$ folgt.

$\Box$

Lemma Lemma 22.3 ändern

Es sei ${}K$ ein Körper, ${}V$ ein ${}K$- Vektorraum und

$\varphi \colon V\longrightarrow V$

eine lineare Abbildung. Es seien ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ Eigenvektoren zu (paarweise) verschiedenen Eigenwerten ${}\lambda _{1},\ldots ,\lambda _{n}\in K$.

Dann sind ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ linear unabhängig.

Beweis

Wir beweisen die Aussage durch Induktion nach ${}n$. Für ${}n=0$ ist die Aussage richtig. Es sei die Aussage also für weniger als ${}n$ Vektoren bewiesen. Betrachten wir eine Darstellung der ${}0$, also

${}a_{1}v_{1}+\cdots +a_{n}v_{n}=0\,.$

Wir wenden darauf ${}\varphi$ an und erhalten einerseits

${}a_{1}\varphi (v_{1})+\cdots +a_{n}\varphi (v_{n})=\lambda _{1}a_{1}v_{1}+\cdots +\lambda _{n}a_{n}v_{n}=0\,.$

Andererseits multiplizieren wir die obige Gleichung mit ${}\lambda _{n}$ und erhalten

${}\lambda _{n}a_{1}v_{1}+\cdots +\lambda _{n}a_{n}v_{n}=0\,.$

Die so entstandenen Gleichungen zieht man voneinander ab und erhält

${}(\lambda _{n}-\lambda _{1})a_{1}v_{1}+\cdots +(\lambda _{n}-\lambda _{n-1})a_{n-1}v_{n-1}=0\,.$

Aus der Induktionsvoraussetzung folgt, dass alle Koeffizienten ${}(\lambda _{n}-\lambda _{i})a_{i}=0$, ${}i=1,\ldots ,n-1$, sein müssen. Wegen ${}\lambda _{n}-\lambda _{i}\neq 0$ folgt ${}a_{i}=0$ für ${}i=1,\ldots ,n-1$ und wegen ${}v_{n}\neq 0$ ist dann auch ${}a_{n}=0$.

$\Box$

Korollar Referenznummer erstellen

Es sei ${}K$ ein Körper und es sei ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}K$- Vektorraum. Es sei

$\varphi \colon V\longrightarrow V$

eine lineare Abbildung.

Dann gibt es maximal ${}\dim _{K}{\left(V\right)}$ viele Eigenwerte zu ${}\varphi$.

Beweis

Siehe Aufgabe 22.3.

$\Box$

Insbesondere besitzt ein Endomorphismus auf einem endlichdimensionalen Vektorraum nur endlich viele Eigenwerte.

Geometrische Vielfachheit

Die Einschränkung einer linearen Abbildung auf einen Eigenraum ist die Streckung um den zugehörigen Eigenwert, also eine besonders einfache lineare Abbildung. Bezüglich einer Diagonalmatrix

${\begin{pmatrix}d_{1}&0&\cdots &\cdots &0\\0&d_{2}&0&\cdots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&d_{n-1}&0\\0&\cdots &\cdots &0&d_{n}\end{pmatrix}}$

besitzt die Standardbasis die Eigenschaft, dass jeder Basisvektor ein Eigenvektor zu der durch die Matrix gegebenen Abbildung ist. Bei einer Diagonalmatrix kann man sofort die Eigenräume angeben, siehe Beispiel 21.5, und zwar besteht der Eigenraum zu ${}d$ aus allen Linearkombinationen der Standardvektoren ${}e_{i}$, für die ${}d_{i}$ gleich ${}d$ ist. Insbesondere ist die Dimension des Eigenraums gleich der Anzahl, wie oft ${}d$ als Diagonalelement auftritt. Generell sind die Dimensionen der Eigenräume wichtige Invarianten zu einem Endomorphismus.

Definition Referenznummer erstellen

Es sei ${}K$ ein Körper, ${}V$ ein ${}K$- Vektorraum und

$\varphi \colon V\longrightarrow V$

eine lineare Abbildung. Zu ${}\lambda \in K$ nennt man

$\dim _{K}{\left(\operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\varphi \right)}\right)}$

die geometrische Vielfachheit von ${}\lambda$.

Ein ${}\lambda \in K$ ist insbesondere genau dann ein Eigenwert von ${}\varphi$, wenn seine geometrische Vielfachheit mindestens ${}1$ ist. Es ist einfach, Beispiele anzugeben, wo die geometrische Vielfachheit eines Eigenwertes jeden Wert zwischen ${}1$ und der Dimension des Raumes annimmt.

Lemma Lemma 22.6 ändern

Es sei ${}K$ ein Körper und es sei ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}K$- Vektorraum. Es sei

$\varphi \colon V\longrightarrow V$

eine lineare Abbildung.

Dann ist die Summe der Eigenräume ${}\operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\varphi \right)}$ direkt und es ist

${}\sum _{\lambda \in K}\dim _{K}{\left(\operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\varphi \right)}\right)}\leq \dim _{K}{\left(V\right)}\,.$

Beweis

Dies folgt direkt aus Lemma 22.3.

$\Box$

Diagonalisierbarkeit

Definition Referenznummer erstellen

Es sei ${}K$ ein Körper, ${}V$ ein ${}K$- Vektorraum und

$\varphi \colon V\longrightarrow V$

eine lineare Abbildung. Dann heißt ${}\varphi$ diagonalisierbar, wenn ${}V$ eine Basis aus Eigenvektoren zu ${}\varphi$ besitzt.

Satz Satz 22.8 ändern

Es sei ${}K$ ein Körper und es sei ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}K$- Vektorraum. Es sei

$\varphi \colon V\longrightarrow V$

eine lineare Abbildung. Dann sind folgende Aussagen äquivalent.

1. ${}\varphi$ ist diagonalisierbar.
2. Es gibt eine Basis ${}{\mathfrak {v}}$ von ${}V$ derart, dass die beschreibende Matrix ${}M_{\mathfrak {v}}^{\mathfrak {v}}(\varphi )$ eine Diagonalmatrix ist.
3. Für jede beschreibende Matrix ${}M=M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {w}}(\varphi )$ bezüglich einer Basis ${}{\mathfrak {w}}$ gibt es eine invertierbare Matrix ${}B$ derart, dass

   $BMB^{-1}$

   eine Diagonalmatrix ist.

Beweis

Die Äquivalenz von (1) und (2) folgt aus der Definition, aus Beispiel 21.5 und der Korrespondenz zwischen linearen Abbildungen und Matrizen. Die Äquivalenz von (2) und (3) folgt aus Korollar 11.11.

$\Box$

Wenn ${}\varphi$ diagonalisierbar ist und die Eigenwerte mit ihren geometrischen Vielfachheiten bekannt sind, so kann man einfach eine zugehörige Diagonalmatrix aufstellen: Man erstellt die Diagonalmatrix, in deren Diagonalen die Eigenwerte so oft auftreten, wie die geometrischen Vielfachheiten angeben. Insbesondere ist die zugehörige Diagonalmatrix einer diagonalisierbaren Abbildung bis auf die Reihenfolge der Diagonalelemente eindeutig bestimmt.

Beispiel Referenznummer erstellen

Wir schließen an Beispiel 21.6 an. Es gibt die beiden Eigenvektoren ${}{\begin{pmatrix}{\sqrt {5}}\\1\end{pmatrix}}$ und ${}{\begin{pmatrix}-{\sqrt {5}}\\1\end{pmatrix}}$ zu den verschiedenen Eigenwerten ${}{\sqrt {5}}$ und ${}-{\sqrt {5}}$, sodass die Abbildung nach Korollar 22.10 diagonalisierbar ist. Bezüglich der Basis ${}{\mathfrak {u}}$ aus diesen Eigenvektoren wird die lineare Abbildung durch die Diagonalmatrix

${\begin{pmatrix}{\sqrt {5}}&0\\0&-{\sqrt {5}}\end{pmatrix}}.$

beschrieben.

Die Übergangsmatrix von der Basis ${}{\mathfrak {u}}$ zur durch ${}e_{1}$ und ${}e_{2}$ gegebenen Standardbasis ${}{\mathfrak {v}}$ ist einfach

${}M_{\mathfrak {v}}^{\mathfrak {u}}={\begin{pmatrix}{\sqrt {5}}&-{\sqrt {5}}\\1&1\end{pmatrix}}\,.$

Die inverse Matrix dazu ist

${}{\frac {1}{2{\sqrt {5}}}}{\begin{pmatrix}1&{\sqrt {5}}\\-1&{\sqrt {5}}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}{\frac {1}{2{\sqrt {5}}}}&{\frac {1}{2}}\\{\frac {-1}{2{\sqrt {5}}}}&{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}\,.$

Gemäß Korollar 11.11 besteht die Beziehung

${}{\begin{aligned}{\begin{pmatrix}{\sqrt {5}}&0\\0&-{\sqrt {5}}\end{pmatrix}}&={\begin{pmatrix}{\frac {1}{2}}&{\frac {\sqrt {5}}{2}}\\{\frac {1}{2}}&{\frac {-{\sqrt {5}}}{2}}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}{\sqrt {5}}&-{\sqrt {5}}\\1&1\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}{\frac {1}{2{\sqrt {5}}}}&{\frac {1}{2}}\\{\frac {-1}{2{\sqrt {5}}}}&{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0&5\\1&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}{\sqrt {5}}&-{\sqrt {5}}\\1&1\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$

Korollar Korollar 22.10 ändern

Es sei ${}K$ ein Körper und es sei ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}K$- Vektorraum. Es sei

$\varphi \colon V\longrightarrow V$

eine lineare Abbildung, die ${}n=\dim _{K}{\left(V\right)}$ verschiedene Eigenwerte besitze.

Dann ist ${}\varphi$ diagonalisierbar.

Beweis

Aufgrund von Lemma 22.3 gibt es ${}n$ linear unabhängige Eigenvektoren. Diese bilden nach Korollar 8.10 eine Basis.

$\Box$

Lemma Lemma 22.11 ändern

Es sei ${}K$ ein Körper und es sei ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}K$- Vektorraum. Es sei

$\varphi \colon V\longrightarrow V$

eine lineare Abbildung.

Dann ist ${}\varphi$ genau dann diagonalisierbar, wenn ${}V$ die direkte Summe der Eigenräume ist.

Beweis

Wenn ${}\varphi$ diagonalisierbar ist, so gibt es eine Basis ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ von ${}V$ aus Eigenvektoren. Es ist dann

${}\operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\varphi \right)}=\langle v_{i},\,{\text{der Eigenwert zu }}v_{i}{\text{ ist }}\lambda \rangle \,.$

Daher ist

${}V=\operatorname {Eig} _{\lambda _{1}}{\left(\varphi \right)}\oplus \cdots \oplus \operatorname {Eig} _{\lambda _{k}}{\left(\varphi \right)}\,,$

wobei die Direktheit sich aus Lemma 22.2 ergibt. Wenn umgekehrt

${}V=\operatorname {Eig} _{\lambda _{1}}{\left(\varphi \right)}\oplus \cdots \oplus \operatorname {Eig} _{\lambda _{k}}{\left(\varphi \right)}\,$

vorliegt, so kann man in jedem der Eigenräume eine Basis wählen. Diese Basen bestehen aus Eigenvektoren und ergeben zusammen eine Basis von ${}V$.

$\Box$

Beispiel Beispiel 22.12 ändern

Wir betrachten ${}2\times 2$-Scherungsmatrizen

${\begin{pmatrix}1&a\\0&1\end{pmatrix}}$

mit ${}a\in K$. Die Eigenwertbedingung für ein ${}\lambda \in K$ bedeutet

${}{\begin{pmatrix}1&a\\0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}=\lambda {\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\,,$

was zu den beiden Gleichungen

$x+ay=\lambda x{\text{ und }}y=\lambda y$

führt. Bei ${}\lambda \neq 1$ folgt ${}y=0$ und dann auch ${}x=0$, d.h. es kann nur ${}1$ ein Eigenwert sein. In diesem Fall ist die zweite Gleichung erfüllt und die erste Gleichung wird zu

$x+ay=x{\text{ bzw. }}ay=0.$

Bei ${}a\neq 0$ muss also ${}y=0$ sein und dann ist ${}{\begin{pmatrix}x\\0\end{pmatrix}}$ der Eigenraum zum Eigenwert ${}1$, und ${}{\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}$ ist ein Eigenvektor, der den Eigenraum aufspannt. Bei ${}a=0$ liegt die Einheitsmatrix vor, und der Eigenraum zum Eigenwert ${}1$ ist die gesamte Ebene. Bei ${}a\neq 0$ gibt es also nur einen eindimensionalen Eigenraum und die Abbildung ist nicht diagonalisierbar.

Das Produkt von zwei Diagonalmatrizen ist natürlich wieder eine Diagonalmatrix. Das folgende Beispiel zeigt, dass das Produkt von diagonalisierbaren Matrizen nicht diagonalisierbar sein muss.

Beispiel Referenznummer erstellen

Es seien ${}G_{1}$ und ${}G_{2}$ zwei Geraden im ${}\mathbb {R} ^{2}$ durch den Nullpunkt und es seien ${}\varphi _{1}$ und ${}\varphi _{2}$ die Achsenspiegelungen an diesen Achsen. Eine Achsenspiegelung ist stets diagonalisierbar, und zwar sind die Spiegelungsachse und die dazu senkrechte Gerade Eigengeraden (zu den Eigenwerten ${}1$ und ${}-1$). Die Hintereinanderschaltung

${}\psi =\varphi _{2}\circ \varphi _{1}\,$

dieser Spiegelungen ist eine Drehung, und zwar ist der Drehwinkel das Doppelte des Winkels zwischen den beiden Achsen. Eine Drehung ist aber nur dann diagonalisierbar, wenn der Drehwinkel ${}0$ oder ${}180$ Grad beträgt. Wenn der Winkel zwischen den Achsen von ${}0,90$ Grad verschieden ist, so besitzt ${}\psi$ keinen Eigenvektor.