Kurs:Mathematik (Osnabrück 2009-2011)/Teil I/Vorlesung 16

Eigentheorie

Unter einer Achsenspiegelung in der Ebene verhalten sich gewisse Vektoren besonders einfach. Die Vektoren auf der Spiegelungsachse werden auf sich selbst abgebildet, und die dazu senkrechten Vektoren werden auf ihr Negatives abgebildet. Beiden Vektoren ist gemeinsam, dass ihr Bild unter der linearen Abbildung in dem von diesem Vektor aufgespannten eindimensionalen Unterraum bleibt. In der Theorie der Eigenwerte und Eigenvektoren untersucht man, ob es zu einer linearen Abbildung Geraden (also eindimensionale Unterräume) gibt, die unter der Abbidung auf sich selbst abgebildet werden.

Eine Achsenspiegelung besitzt zwei Eigengeraden, die Spiegelungsachse zum Eigenwert ${}1$ und die dazu senkrechte Gerade zum Eigenwert ${}-1$.

Definition

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

$\varphi \colon V\longrightarrow V$

eine lineare Abbildung. Dann heißt ein Element ${}v\in V$, ${}v\neq 0$, ein Eigenvektor von ${}\varphi$ (zum Eigenwert ${}\lambda$), wenn

${}\varphi (v)=\lambda v\,$

mit einem ${}\lambda \in K$ gilt.

Eine Scherung hat eine Eigengerade zum Eigenwert ${}1$ und keine weitere Eigenwerte.

Definition

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

$\varphi \colon V\longrightarrow V$

eine lineare Abbildung. Dann heißt ein Element ${}\lambda \in K$ ein Eigenwert zu ${}\varphi$, wenn es einen von ${}0$ verschiedenen Vektor ${}v\in V$ mit

${}\varphi (v)=\lambda v\,$

gibt.

Definition

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

$\varphi \colon V\longrightarrow V$

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

${}\operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\varphi \right)}:={\left\{v\in V\mid \varphi (v)=\lambda v\right\}}\,$

den Eigenraum von ${}\varphi$ zum Wert ${}\lambda$.

Wir erlauben also beliebige Werte in der Definition der Eigenräume. Einen eindimensionalen Eigenraum nennen wir auch Eigengerade.

Lemma

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

$\varphi \colon V\longrightarrow V$

eine lineare Abbildung und ${}\lambda \in K$. Dann gelten folgende Aussagen.

1. Der Eigenraum

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

   ist ein Untervektorraum von ${}V$.

2. ${}\lambda$ ist genau dann ein Eigenwert zu ${}\varphi$, wenn der Eigenraum ${}\operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\varphi \right)}$ nicht der Nullraum ist.
3. Ein Vektor ${}v\in V,\,v\neq 0$, ist genau dann ein Eigenvektor zu ${}\lambda$, wenn ${}v\in \operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\varphi \right)}$ ist.

Beweis

Siehe Aufgabe 16.1.

$\Box$

Für Matrizen verwenden wir die entsprechenden Begriffe. Ist ${}\varphi \colon V\rightarrow V$ eine lineare Abbildung und ${}M$ eine beschreibende Matrix bezüglich einer Basis, so gilt für einen Eigenwert ${}\lambda$ und einen Eigenvektor ${}v\in V$ mit dem Koordinatentupel ${}{\begin{pmatrix}x_{1}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}$ bezüglich dieser Basis die Beziehung ${}M{\begin{pmatrix}x_{1}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}=\lambda {\begin{pmatrix}x_{1}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}$. Die Matrix ${}N$ bezüglich einer weiteren Basis steht dann in der Beziehung ${}N=BMB^{-1}$ mit einer invertierbaren Matrix ${}B$. Es sei ${}{\begin{pmatrix}x'_{1}\\\vdots \\x'_{n}\end{pmatrix}}=B{\begin{pmatrix}x_{1}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}$ das Koordinatentupel bezüglich der anderen Basis. Dann ist

${}N{\begin{pmatrix}x'_{1}\\\vdots \\x'_{n}\end{pmatrix}}=(BMB^{-1}){\begin{pmatrix}x'_{1}\\\vdots \\x'_{n}\end{pmatrix}}=(BMB^{-1})B{\begin{pmatrix}x_{1}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}=BM{\begin{pmatrix}x_{1}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}=B\lambda {\begin{pmatrix}x_{1}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}=\lambda B{\begin{pmatrix}x_{1}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}=\lambda {\begin{pmatrix}x'_{1}\\\vdots \\x'_{n}\end{pmatrix}}\,,$

d.h. die beschreibenden Matrizen besitzen dieselben Eigenwerte, wobei sich allerdings die beschreibenden Koordinatentupel für die Eigenvektoren mit den Basen ändern.

Beispiel

Wir betrachten die durch eine Diagonalmatrix

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

gegebene lineare Abbildung

$\varphi \colon K^{n}\longrightarrow K^{n},\,e_{i}\longmapsto d_{i}e_{i}.$

Die Diagonaleinträge ${}d_{i}$ sind Eigenwerte von ${}\varphi$, und zwar ist der ${}i$-te Standardvektor ${}e_{i}$ ein zugehöriger Eigenvektor. Die Eigenräume sind

${}{\begin{aligned}\operatorname {Eig} _{d}{\left(\varphi \right)}&={\left\{v\in K^{n}\mid v{\text{ ist Linearkombination von solchen }}e_{i},{\text{ für die }}d=d_{i}{\text{ ist}}\right\}}\\\,\end{aligned}}$

Diese Räume sind genau dann von ${}0$ verschieden, wenn ${}d$ mit einem Diagonaleintrag übereinstimmt. Die Dimension der Eigenräume ist durch die Anzahl gegeben, wie oft der Wert ${}d$ in der Diagonalen vorkommt. Die Summe dieser Dimensionen ergibt ${}n$.

Beispiel

Wir betrachten die durch die Matrix

${}M={\begin{pmatrix}0&5\\1&0\end{pmatrix}}\,$

definierte lineare Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {Q} ^{2}\longrightarrow \mathbb {Q} ^{2},\,{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\longmapsto {\begin{pmatrix}0&5\\1&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}5y\\x\end{pmatrix}}.$

Die Frage, ob diese Abbildung Eigenwerte besitzt, führt zur Frage, ob es ${}\lambda \in \mathbb {Q}$ derart gibt, dass die Gleichung

${}{\begin{pmatrix}0&5\\1&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}=\lambda {\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\,$

eine nichttriviale Lösung ${}(x,y)\neq (0,0)$ besitzt. Bei gegebenem ${}\lambda$ kann dies auf ein lineares Problem zurückgeführt werden, das mit dem Eliminationsalgorithmus einfach gelöst werden kann. Die Frage aber, ob es Eigenwerte überhaupt gibt, führt wegen des variablen „Eigenwertparameters“ ${}\lambda$ zu einem nichtlinearen Problem. Das obige Gleichungssystem bedeutet ausgeschrieben

$5y=\lambda x{\text{ und }}x=\lambda y.$

Bei ${}y=0$ ist auch ${}x=0$, der Nullvektor ist aber kein Eigenvektor. Es sei also ${}y\neq 0$. Aus den beiden Gleichungen erhält man die Bedingung

${}5y=\lambda x=\lambda ^{2}y\,,$

woraus ${}5=\lambda ^{2}$ folgt. Da in ${}\mathbb {Q}$ die Zahl ${}5$ keine Quadratwurzel besitzt, gibt es keine Lösung und das bedeutet, dass ${}\varphi$ keine Eigenwerte und damit auch keine Eigenvektoren besitzt.

Wir fassen nun die Matrix ${}M$ als eine reelle Matrix auf und untersuchen die zugehörige Abbildung

$\psi \colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\longmapsto {\begin{pmatrix}0&5\\1&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}5y\\x\end{pmatrix}}.$

Die gleichen Rechnungen führen auf die notwendige Lösungsbedingung ${}5=\lambda ^{2}$, die jetzt von den beiden reellen Zahlen

$\lambda _{1}={\sqrt {5}}\,\,{\text{ und }}\,\,\lambda _{2}=-{\sqrt {5}}$

erfüllt wird. Für diese beiden Werte kann man unabhängig voneinander nach Eigenvektoren suchen. Wir betrachten zuerst den Fall ${}\lambda ={\sqrt {5}}$, was zum linearen Gleichungssystem

${}{\begin{pmatrix}0&5\\1&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}={\sqrt {5}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\,$

führt. Dies schreibt man als

${}{\begin{pmatrix}0&5\\1&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}{\sqrt {5}}&0\\0&{\sqrt {5}}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\,$

bzw. als lineares Gleichungssystem

${}{\begin{pmatrix}{\sqrt {5}}&-5\\-1&{\sqrt {5}}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}}\,.$

Dieses ist einfach lösbar, der Lösungsraum ist eindimensional und

${}v={\begin{pmatrix}{\sqrt {5}}\\1\end{pmatrix}}\,$

ist eine Basislösung.

Für ${}\lambda =-{\sqrt {5}}$ führen dieselben Umformungen zu einem weiteren linearen Gleichungssystem, für das der Vektor

${}w={\begin{pmatrix}-{\sqrt {5}}\\1\end{pmatrix}}\,$

eine Basislösung ist. Über ${}\mathbb {R}$ sind also ${}{\sqrt {5}}$ und ${}-{\sqrt {5}}$ Eigenwerte und die zugehörigen Eigenräume sind

$\operatorname {Eig} _{\sqrt {5}}{\left(\psi \right)}={\left\{s{\begin{pmatrix}{\sqrt {5}}\\1\end{pmatrix}}\mid s\in \mathbb {R} \right\}}\,\,{\text{ und }}\,\,\operatorname {Eig} _{-{\sqrt {5}}}{\left(\psi \right)}={\left\{s{\begin{pmatrix}-{\sqrt {5}}\\1\end{pmatrix}}\mid s\in \mathbb {R} \right\}}.$

Lemma

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

$\varphi \colon V\longrightarrow V$

eine lineare Abbildung.

Dann ist

${}\operatorname {kern} \varphi =\operatorname {Eig} _{0}{\left(\varphi \right)}\,.$

Insbesondere ist ${}0$ genau dann ein Eigenwert von ${}\varphi$, wenn ${}\varphi$ nicht injektiv ist.

Beweis

Siehe Aufgabe 16.2.

$\Box$

Allgemeiner gilt die folgende Charakterisierung.

Lemma

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.

$\Box$

Bemerkung  

Neben dem Eigenraum zu ${}0\in K$, der der Kern der linearen Abbildung ist, sind die Eigenwerte ${}1$ und ${}-1$ besonders interessant. Der Eigenraum zu ${}1$ besteht aus allen Vektoren, die auf sich selbst abgebildet werden. Auf diesem Untervektorraum wirkt also die Abbildung wie die Identität, man nennt ihn den Fixraum. Der Eigenraum zu ${}-1$ besteht aus allen Vektoren, die auf ihr Negatives abgebildet werden. Auf diesem Untervektorraum wirkt die Abbildung wie eine Punktspiegelung.

Lemma

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

Siehe Aufgabe 16.3.

$\Box$

Lemma

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

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 nur endlich viele Eigenwerte zu ${}\varphi$.

Beweis

Siehe Aufgabe 16.4.

$\Box$

Diagonalisierbarkeit

Definition

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

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 16.5 und der Korrespondenz zwischen linearen Abbildungen und Matrizen. Die Äquivalenz von (2) und (3) folgt aus Korollar 13.11.

$\Box$

Korollar

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 16.11 gibt es ${}n$ linear unabhängige Eigenvektoren. Diese bilden nach Korollar 11.13 eine Basis.

$\Box$

Beispiel

Wir schließen an Beispiel 16.6 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 16.15 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 13.11 besteht die Beziehung

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

Beispiel

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.

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