Kurs:Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)/Teil I/Vorlesung 27

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. Für all diese Vektoren liegt das Bild unter der linearen Abbildung in dem von diesem Vektor aufgespannten eindimensionalen Unterraum. In der Theorie der Eigenwerte und Eigenvektoren untersucht man, ob es zu einer linearen Abbildung Geraden (also eindimensionale Unterräume) gibt, die unter der Abbildung auf sich selbst abgebildet werden. Eine Zielsetzung ist dabei, zu einer gegebenen linearen Abbildung eine Basis zu finden, bezüglich der die beschreibende Matrix möglichst einfach ist. Eine wichtige Anwendung ist dabei, Lösungen für ein lineares Differentialgleichungssystem zu finden.

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.

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 (nicht nur Eigenwerte) in der Definition der Eigenräume. Wir werden in Fakt ***** sehen, dass es sich dabei um Untervektorräume handelt. Insbesondere gehört die ${}0$ zu jedem Eigenraum, obwohl sie kein Eigenvektor ist. Einen eindimensionalen Eigenraum nennen wir auch Eigengerade. Für die meisten (nämlich alle bis auf endlich viele, wenn der Vektorraum endlichdimensional ist) ${}\lambda$ ist der Eigenraum einfach der Nullraum.

Wir betrachten einige einfache Beispiele über  ${}\mathbb {R}$ .

Beispiel

Eine lineare Abbildung von ${}\mathbb {R}$ nach ${}\mathbb {R}$ ist die Multiplikation mit einer festen Zahl ${}a\in \mathbb {R}$ (dem Streckungsfaktor oder Proportionalitätsfaktor). Daher ist jede Zahl ${}v\neq 0$ ein Eigenvektor zum Eigenwert ${}a$ und der Eigenraum zu diesem Eigenwert ist ganz ${}\mathbb {R}$ . Es gibt neben ${}a$ keinen weiteren Eigenwert, sämtliche Eigenräume zu ${}\lambda \neq a$ sind ${}0$ .

Beispiel

Eine lineare Abbildung von ${}\mathbb {R} ^{2}$ nach ${}\mathbb {R} ^{2}$ ist bezüglich der Standardbasis durch eine ${}2\times 2$ - Matrix gegeben. Wir betrachten die Eigenwerte zu einigen elementaren Beispielen. Eine Streckung ist durch ${}v\mapsto av$ mit einem Streckungsfaktor ${}a\in \mathbb {R}$ gegeben. Jeder Vektor ${}v\neq 0$ ist ein Eigenvektor zum Eigenwert ${}a$ und der Eigenraum zu diesem Eigenwert ist ganz ${}\mathbb {R} ^{2}$ . Es gibt neben ${}a$ keinen weiteren Eigenwert, sämtliche Eigenräume zu ${}\lambda \neq a$ sind ${}0$ . Die Identität besitzt den einzigen Eigenwert ${}1$ .

Eine Achsenspiegelung an der ${}x$ -Achse wird durch die Matrix ${}{\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}}$ beschrieben. Der Eigenraum zum Eigenwert ${}1$ ist die ${}x$ -Achse, der Eigenraum zum Eigenwert ${}-1$ ist die ${}y$ -Achse. Ein Vektor ${}(s,t)$ mit ${}s,t\neq 0$ kann kein Eigenvektor sein, da die Gleichung

{}(s,-t)=\lambda (s,t)\,

dann keine Lösung besitzt.

Eine ebene Drehung wird durch die Drehmatrix ${}{\begin{pmatrix}\operatorname {cos} \,\alpha &-\operatorname {sin} \,\alpha \\\operatorname {sin} \,\alpha &\operatorname {cos} \,\alpha \end{pmatrix}}$ zu einem Drehwinkel ${}\alpha$ , ${}0\leq \alpha <2\pi$ , gegeben. Bei ${}\alpha =0$ liegt die Identität vor, bei ${}\alpha =\pi$ liegt die Halbdrehung vor, also die Punktspiegelung bzw. die Streckung mit dem Faktor ${}-1$ . Bei allen anderen Drehwinkeln wird keine Gerade auf sich selbst abgebildet, sodass diese Drehungen keine Eigenwerte und keine Eigenvektoren besitzen (und alle Eigenräume ${}0$ sind).

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.

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

ist ein Untervektorraum von ${}V$ .

${}\lambda$ ist genau dann ein Eigenwert zu ${}\varphi$ , wenn der Eigenraum ${}\operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\varphi \right)}$ nicht der Nullraum ist.

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 27.14.

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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 zu ${}M$ nach Lemma 25.8 in der Beziehung ${}N=BMB^{-1}$ , wobei ${}B$ eine invertierbare Matrix ist. 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

{}{\begin{aligned}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}},\end{aligned}}

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

Bei einer orthogonalen Spiegelung des ${}\mathbb {R} ^{n}$ an einem ${}(n-1)$ -dimensionalen Untervektorraum ${}U\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ wird dieser Untervektorraum fixiert und jeder Vektor wird senkrecht zu ${}U$ auf die andere Seite von ${}U$ abgebildet. Wenn ${}v_{1},\ldots ,v_{n-1}$ eine Basis von ${}U$ und ${}v_{n}$ ein zu ${}U$ orthogonaler Vektor ist, so wird die Spiegelung bezüglich dieser Basis durch die Matrix

{\begin{pmatrix}1&0&\cdots &\cdots &0\\0&1&0&\cdots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&1&0\\0&\cdots &\cdots &0&-1\end{pmatrix}}

beschrieben.

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\}}.

Weiteres zu Eigenräumen

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 27.17.

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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 27.19.

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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 ${}a_{n}=0$ .