5 Diagonalisierbarkeit

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1 5 Diagonalisierbarkeit Sei V ein K Vektorraum mit einer Basis B = (v 1,..., v n ) Wiederholung aus 2: Sei f : V V K linear. Stelle f(v j ) für j = 1,..., n dar in der Form a 1j Das n Tupel a j =. a nj f(v j ) = a 1j v a nj v n heißt Koordinatenvektor von f(v j ) bzgl. B. Die Matrix mit den Spalten a 1,..., a n heißt darstellende Matrix MB B (f) von f bzgl. B, also a a 1n MB B (f) =.. a n1... a nn Es gilt: (1) M B B : EndV M(n n, K), f M B B (f) ist ein Isomorphismus von K Vektorräumen, (2.3). Sei B = (w 1,..., w n ) eine weitere Basis von V und w j = n c ij v i, j = 1,..., n; C := (c ij ) ist dann die Übergangsmatrix von B nach B. (2) C ist invertierbar. (3) MB B (f) = C 1 MB B (f)c (Transformationsformel). Definition: a) f heißt diagonalisierbar, falls es eine Basis B von V gibt, so dass (f) eine Diagonalmatrix ist. M B B b) Eine Matrix A M(n n, K) heißt diagonalisierbar, falls es ein C GL n (K) gibt, so dass C 1 AC eine Diagonalmatrix ist. 1

2 (5.1) Bemerkung: Genau dann ist A diagonalisierbar, wenn L A diagonalisierbar ist. Beweis: Sei C GL n (K) mit C 1 AC Diagonalmatrix. Sei c 1,..., c n die Spalten von C. Dann ist B = (c 1,..., c n ) eine Basis von K n und C ist die Übergangsmatrix von K = (e 1,..., e n ) nach B. Ferner ist A = MK K(L A). Nach der Transformationsformel ist MB B (L A) = C 1 AC eine Diagonalmatrix. Existiert eine Basis B von K n, so dass M B B (L A) eine Diagonalmatrix ist, so gibt es nach der Transformationsformel eine Matrix C GL n (K), so dass M B B (L A) = C 1 M K K (L A)C = C 1 AC. Also ist A diagonalisierbar. Wir wollen nun der Frage nachgehen, wann eine lineare Abbildung f : V V diagonalisierbar ist. Genau dann ist f diagonalisierbar, wenn es eine Basis B = (w 1,..., w n ) gibt, so dass d MB B (f) = eine Diagonalmatrix ist, d.h d nn f(w 1 ) = d 11 w 1, f(w 2 ) = d 22 w 2,..., f(w n ) = d nn w n. Es gilt also: Genau dann ist f diagonalisierbar, wenn V eine Basis B = (w 1,..., w n ) hat, die aus lauter Eigenvektoren von f besteht. Auf der Diagonalen von D = MB B (f) stehen dann die Eigenwerte f (mit gewissen Vielfachheiten). (5.2) Bemerkung: Ist f diagonalisierbar, so zerfällt das charakteristische Polynom von f in ein Produkt von Linearfaktoren: x d 11 0 χ f (x) = det(xe n D) = det... = (x d 11 )... (x d nn ) 0 x d nn Von nun an sei K = C oder K = R. 2

3 (5.3) Satz: a) Seien w 1,..., w m Eigenvektoren von f zu verschiedenen Eigenwerten λ 1,..., λ m. Dann ist (w 1,..., w m ) linear unabhängig. Speziell (m = n) : Hat f n verschiedene Eigenwerte, so ist f diagonalisierbar ((w 1,..., w n ) ist eine Basis aus Eigenvektoren). b) Sind w j V (f, λ j ) aus Eigenräumen zu verschiedenen Eigenwerten λ 1,..., λ m, so folgt aus w w m = 0, dass w 1 =... = w m = 0. Beweis: Sei W = Kw Kw m. Dann ist für w = α 1 w α m w m f(w) = (α 1 λ 1 )w (α m λ m )w m W. Somit induziert f eine lineare Abbildung g : W W, g(w) := f(w), und λ 1,..., λ m sind Eigenwerte von g, also verschiedene Nullstellen von χ g. Nach 3 ist daher (x λ 1 )... (x λ m ) ein Teiler χ g (x) und Grad χ g (x) m. Wegen Grad χ g (x) = dim W folgt dim W m, also ist dim W = m und (w 1,..., w m ) ist linear unabhängig (II.2.10) b) Angenommen nicht alle w w m seien gleich 0, etwa w 1 0,..., w r 0 und w w r = 0, 1 r m. Dann wären w 1,..., w r Eigenvektoren zu verschiedenen Eigenwerten mit 1 w w r = 0, im Widerspruch zu a). Direkte Summen von Untervektorräumen: Seien W 1,..., W r Untervektorräume von V, r 2. Die Summe W W r = r von W 1,..., W r ist die Menge W W r = {w w r w j W j, j = 1,..., r} (5.4) Bemerkung: a) W W r ist ein UVR von V. b) dim(w W r ) dim W dim W r Beweis: a) Sind w = r w i, w = r w i mit w i, w i W i, so ist u i = w i + w i W i und somit w + w = r u i W W r. Ferner ist λw = r (λw i ) W W r, falls λ K. 3

4 b) Sind B 1,..., B r Basen von W 1,..., W r, so ist B 1... B r ein Erzeugendensystem von W W r also dim(w W r ) B 1... B r r B i = r dim W i. Definition: V heißt direkte Summe von W 1,..., W r wenn gilt: a) V = W W r b) Ist r w i = r u i mit u i, w i W i, so ist w i = u i, i = 1,..., r. Schreibe V = W 1... W r (= r W i ), wenn V die direkte Summe von W 1,..., W r ist. (5.5) Bemerkung: Die folgenden Aussagen sind äquivalent: a) V = W 1... W r b) V = W W r und es gilt: Aus w w r = 0 und w j W j, j = 1,..., r folgt: w 1 =... = w r = 0 c) V = W W r und W i ( W k ) = 0 für i = 1,..., r d) V = W W r und dim V = dim W dim W r Insbesondere: Sind B 1,..., B r Basen von W 1,..., W r, so ist B 1... B r eine Basis von V, falls V = W 1... W r. Beweis: a) b) Aus 0 = = w w r folgt 0 = w 1,..., 0 = w r b) c) Sei w i = w k W i w k, w i W i und w k W k k i Dann ist 0 = w w i 1 + ( w i ) + w i w r = 0 und nach Voraussetzung ist w i = 0, also auch w i = 0. c) d) Induktion nach r. r = 2 : V = W 1 + W 2 und dim V = dim W 1 + dim W 2 dim W 1 W 2 = dim W 1 +dim W 2, da nach Voraussetzung W 1 W 2 = {0}. Sei r 3 und die Aussage bewiesen für r 1: (1) dim V = dim(w W r 1 ) + dim W r dim W r (W W r 1 ) Vor. = dim(w W r 1 ) + dim W r. 4

5 Ferner gilt für V = W W r 1 nach Voraussetzung W j ( r 1 ) W k = 0 für j = 1,..., r 1 k=1 Nach Induktionsvoraussetzung ist daher dim V = dim W dim W r 1 und mit (1) folgt die Behauptung. d) c) dim W dim W r = dim V = dim( W k + W i ) = = dim W i + dim( W k ) dim(w i W k ) 5.4 dim W dim W r dim(w i W k ) Es folgt dim W i W k = 0 und W i W k = 0. c) a) Aus u u r = v v r mit u j, v j W j, j = 1,..., r folgt w i = u i v i = (v k u k ) W i ( W k ) = 0 und somit w i = 0, i = 1,..., r. (5.6) Beispiel: Sind λ 1,..., λ s K verschiedene Eigenwerte von f : V V und W i = V (f, λ i ) die zugehörigen Eigenräume, so gilt für W = W W r : W = W 1... W r, insbes. dim W = r dim W r. Beweis: Aus w w r = 0, w j W j folgt nach 5.3: w 1 =... = w r = 0. Also ist nach 5.5 W = W 1... W r. (5.7) Satz: Seien λ 1,..., λ r K die verschiedenen Eigenwerte von f : V V und W i = V (f, λ i ), W = W W r. Dann sind folgende Aussagen äquivalent: a) f ist diagonalisierbar. b) (i) χ f zerfällt in Linearfaktoren, d.h. χ f (x) = (x λ 1 ) ν1... (x λ r ) ν r mit ν 1,..., ν r N >0. (ii) Geometrische und Algebraische Vielfachheit von λ j stimmen überein für j = 1,..., r. c) V = W 5

6 d) V = W 1... W r Beweis: Nach (5.6) sind c) und d) äquivalent. a) b) (i) Wähle eine Basis B = (w 1,..., w n ) bestehend aus Eigenvektoren von f, so angeordnet, dass λ ν 1 mal λ 1 λ 2 ν 2 mal A = MB B (f) =.... λ λ. r.... ν r mal 0 λ r Dann ist χ f (x) = χ A (x) = (x λ 1 ) ν1... (x λ r ) ν r ν j = ν(χ f, λ j ) (Vielfachheit der Nullstelle λ j von χ f ). mit Grad f = n und (ii) Zeige etwa für j = 1, dass ν 1 = dim K V (f, λ 1 ) ν 1 = ν(χ f, λ 1 ) und w 1,..., w ν1 V (f, λ 1 ) sind linear unabhängig als Teil der Basis B. Es folgt dim V (f, λ 1 ) ν 1 = ν(χ f, λ 1 ) 4.8 dim V (f, λ f ) und somit gilt Gleichheit. b) c) dim V = Grad χ f (x) b) = r ν(χ f, λ i ) b) = r Nach 5.6 ist dann dim V = dim W, also V = W. dim W i c) a) W 1,..., W r hat jeweils eine Basis aus Eigenvektoren von f. Also ist die Vereinigung dieser Basesn eine Basis von V = W 1... W r, bestehend aus Eigenvektoren von f. Verfahren zur Diagonalisierung eines Endomorphismus(falls möglich). Nach (5.7) ist f genau dann diagonalisierbar, wenn (1) χ f (x) = (x λ 1 ) ν 1... (x λ r ) ν r mit λ i λ j für i j. 6

7 (2) dim V (f, λ i ) = ν i für i = 1,..., r. 1) Bestimme A = MB B(f) und χ f(x) = det(xe n A) für eine beliebige Basis B = (v 1,..., v n ) von V. Bestimme die Nullstellen von χ f in K und zerlege, wenn möglich, χ f in ein Produkt von Linearfaktoren. (Ist dies nicht möglich, so ist f nicht diagonalisierbar; Abbruch!) Man erhält χ f (x) = r (x λ i ) ν i λ i λ j für i j 2) Bestimme zu jedem Eigenwert λ i den zugehörigen Eigenraum. Dazu ist das lineare GLS (i) (λ i E n A). x 1 x n = 0 zu lösen. Die Lösungsmenge von (i) besteht dann aus den Koordinatenvektoren der Vektoren des Eigenraums V (f, λ i ) bzgl. der Basis B = (v 1,..., v n ). Speziell: Ist V = K n und B die kanonische Basis, so gilt V (f, λ i ) = Lösungsraum von (i) (i = 1,..., r) 3) Kontrolliere ob ν i = dim V (f, λ i ). Falls nein: f ist nicht diagonalisierbar. Falls ja: 4) Bestimme für jeden Eigenraum V (f, λ i ) eine Basis B i : B = B 1... B r ist dann eine Basis von V bestehend aus Eigenvektoren von f. Damit ist MB B (f) bestimmt. 5) Sei B = (w 1,..., w n ). Bestimme die Übergangsmatrix C = (c ij ) von B nach B, d.h. w j = n c ij v i, j = 1,..., n. 7

8 6) Wenn richtig gerechnet wurde, muss M B B (f) = C 1 AC gelten, d.h. CM B B (f) = A C x y + z x Rechenbeispiel: f : R 3 R 3, f y = 3x 2y + 3z = A y mit z 2x 2y + 3z z A = Also ist A = MB B(f), B = (e 1, e 2, e 3 ) t 1 1 χ f (t) = det(te 3 A) = det 3 t = t 3 t 2 t+1 = (t 1) 2 (t+1) 2 2 t 3 Die Eigenwerte von f sind somit 1 (algebraische Vielfachheit 2) und 1 (algebraische Vielfachheit 1) E 3 A = ; also ist dim V (f, 1) = 2 und V (f, 1) = Lös (x + y z = 0) mit Basis ((1, 0, 1) t, (0, 1, 1) t ) ( 1)E 3 A = Wähle x 3 = 2 : x 2 = 3, x 1 = 1 und V (f, 1) = R Damit ist B = 0, 1, 3 = (w 1, w 2, w 3 ) eine Basis vonf R 3 bestehend aus Eigenvektoren von f. MB B und C = ist die Übergangsmatrix von B = (e 1, e 2, e 3 ) nach B Probe: CMB B =

9 A C = =