Eigenwerte, Diagonalisierbarkeit, charakteristisches Polynom

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1 Eigenwerte, Diagonalisierbarkeit, charakteristisches Polynom Eine Fragestellung, die uns im weiteren beschäftigen wird, ist das Finden eines möglichst einfachen Repräsentanten aus jeder Äquivalenzklasse ähnlicher Matrizen. Definition. Sei V ein K-Vektorraum und F : V V linear. (i) λ K heißt Eigenwert (EW) von F, wenn v V, v mit F (v) = λv. (ii) Jeder Vektor v mit F (v) = λv heißt Eigenvektor (EV) von F zum Eigenwert λ. Bemerkung. Sei dim V = n < und F : V V linear. Dann sind folgende Aussagen äquivalent : () Basis von V, welche aus Eigenvektoren von F besteht, () Basis B von V, sodass M B (F ) eine Diagonalmatrix der Form λ.. M B (F ) = λ ist. λ n Beweis. Ist B = (v, v,..., v n ) eine Basis von V, dann sind die Spalten von M B (F ) die Koordinatenvektoren von F (v ), F (v ),..., F (v n ) bzgl. B. λ.. M B (F ) = λ F (v i) = λ i v i i λ n v i ist EV von F i.

2 Definition. (i) F : V V heißt diagonalisierbar, wenn eine der beiden vorigen Bedingungen erfüllt ist. (ii) Eine n n Matrix A heißt diagonalisierbar, wenn der zugehörige Endomorphismus L A : K n K n mit L A (v) = Av diagonalisierbar ist ( A ist ähnlich zu einer Diagonalmatrix). Bemerkung. Nicht jede Matrix (und damit nicht jeder Endomorphismus) ist diagonalisierbar. ( ) Sei K = R und A =. Dann ist L 5 A = F : R R mit F (x, x ) = (x, 5x + x ). Sei nun v = (x, x ) ein EV von F. Dann λ mit F (v) = λv. Also ist (x, 5x + x ) = λ(x, x ) bzw. x = λx, 5x + x = λx ( λ)x = 5x + ( λ)x =. Dieses homogene Gleichungssystem ist nichttrivial lösbar λ 4 λ =, woraus folgt, dass λ =. bzw. Mit λ = erhalten wir die Gleichungen x = x und 5x + x = x, womit x = und x = t beliebig ist. Damit ist v = t (, ), t R und es kann keine Basis von R geben, welche aus Eigenvektoren von F = L A besteht. Man beachte, dass λ = der einzige EW ist. Eine hinreichende Bedingung für die Diagonalisierbarkeit ist durch folgende Aussage gegeben : Ist dim V = n <, F : V V linear und paarweise verschiedene EW λ, λ,..., λ n, dann ist F diagonalisierbar. Diese Aussage folgt aus dem folgenden

3 Lemma. Sei F : V V linear und seien v,..., v m EV zu paarweise verschiedenen EW. Dann sind die Vektoren v, v,..., v m linear unabhängig. Beweis. (mittels vollständiger Induktion über m) Der Fall m = ist klar, weil v. Sei die Aussage gültig für m Vektoren (Induktionsvoraussetzung). Seien nun v,..., v m EV zu paarweise verschiedenen EW λ,..., λ m. Betrachte α v α m v m = mit α i K. Dann ist = λ m α v λ m α m v m und = F () = α λ v α m λ m v m. Subtraktion der beiden Gleichungen ergibt = α (λ m λ )v α m (λ m λ m )v m. Laut Ind.vor. ist dann α (λ m λ ) =,..., α m (λ m λ m ) =, und weil die λ i paarweise verschieden sind, ist α =... = α m =. Damit erhalten wir λ m v m = und weil v m, ist α m =. Also sind v,..., v m linear unabhängig. Definition. Sei F : V V linear und λ K. Dann heißt Eig(F ; λ) = {v V bzgl. λ. : F (v) = λv} der Eigenraum von F Bemerkungen. ) Weil F (v) = λv (F λid V )(v) = v Ker(F λid V ), ist Eig(F ; λ) ein Untervektorraum von V, und Eig(F ; λ) \ {} ist die Menge der zu λ gehörigen EV von F. ) λ ist EW von F Eig(F ; λ) {} F λid V nicht injektiv. 3) F ist nicht injektiv λ = ist EW. 3

4 4) λ λ Eig(F ; λ ) Eig(F ; λ ) = {}. (v Eig(F ; λ ) Eig(F ; λ ) F (v) = λ v, F (v) = λ v (λ λ )v = v = ) Sei nun dim V = n <, F : V V V. linear und seien A, B Basen von Mit A = M A (F ) und B = M B (F ) gilt wegen früher B = SAS damit det B = det(sas ) = det S det A det S = det A. Damit können wir nun die Determinante eines Endomorphismus F auf eindeutige Weise durch det F = det M A (F ) (A irgendeine Basis von V ) definieren. Damit gilt : λ ist EW von F det(f λid V ) =. und (λ ist EW von F F λid V ist nicht injektiv F λid V ist nicht bijektiv det(f λid V ) = ) Ist darüberhinaus A eine Basis von V und A = M A (F ), dann gilt offenbar M A (F λid V ) = A λe n und det(f λid V ) = det(a λe n ). Definition. Mit der Unbestimmten t heißt dann a t a... a n P F (t) = det(a te n ) = a a t... a n a n a n... a nn t das charakteristische Polynom von F. (Beachte, dass das charakteristische Polynom von F nicht von der Wahl der Basis A abhängt! ) Berechnen wir diese Determinante nach der Formel 4

5 det B = σ S n signσ b σ() b σ()...b nσ(n) und beachten, dass für σ = id der Summand (a t)...(a nn t) auftritt, dann lässt sich P F (t) in der Form schreiben P F (t) = (a t)...(a nn t) + Q(t) und in jedem Summanden von Q(t) können höchstens n Diagonalkomponenten auftreten, also ist Q(t) ein Polynom höchtens von einem Grad n. Schreiben wir weiter (a t)...(a nn t) = ( ) n t n + ( ) n (a a nn )t n + Q (t) dann ist deg Q n und P F (t) = α n t n + α n t n α t + α mit α n = ( ) n α n = ( ) n (a a nn ) ( a a nn heißt Spur von A) α = det A. Definition. Sei A eine n n Matrix. Dann heißt P A (t) = det(a te n ) das charakteristische Polynom von A. (Dies ist natürlich das charakteristische Polynom von L A : K n K n L A (x) = Ax ) mit ( ) Beispiel. Sei A =. Dann ist P A (t) = det(a te n ) = t t = ( t) 4 = t t 3. Aufgabe. Man zeige, dass für ähnliche Matrizen A, B M(n n; K) gilt : P A (t) = P B (t). 5

6 Wollen wir also die Eigenwerte eines Endomorphismus bestimmen, müssen wir die Nullstellen des zugehörigen charakteristischen Polynoms bestimmen. Bemerkung. Ist F : V V Linearfaktoren. diagonalisierbar, dann zerfällt P F (t) in Beweis. Laut Annahme existiert eine Basis A mit λ.. M A (F ) = λ λ n Damit ist P F (t) = (λ t)(λ t)...(λ n t). Bemerkung. F : K n K n Sei die n n Matrix A diagonalisierbar, i.e. mit F (v) = Av ist diagonalisierbar. bzgl. der kanon- Dann ist bekannterweise die darstellende Matrix von F ischen Basis A gleich A. Weiters gibt es eine Basis B = (v,..., v n ), sodass B = M B (F ) eine Diagonalmatrix ist. Wie früher erwähnt, gibt es dann eine invertierbare Matrix S mit B = S AS, und die j-te Spalte von S ist der Koordinatenvektor von v j bzgl. der kanonischen Basis A. Damit : Die Spalten von S sind die Vektoren v, v,..., v n. (Schreibt man B = SAS dann sind die Spalten von S die Vektoren v, v,..., v n ) Beispiel. Sei A =

7 Dann ist P A (t) = t 3 t 3 3 t =... = (t ) (t + ). Damit sind λ = λ = und λ 3 = die Eigenwerte. Nun zur Bestimmung der Eigenvektoren bzw. Eigenräume. Für λ = λ = erhalten wir das homogene Gleichungssystem x x = als Lösungsvektor x 3 x x x 3 =, damit x 3 = x + x und x x x + x = x + x Somit existieren zum (doppelten) Eigenwert λ = zwei linear unabhängige Eigenvektoren (,, ), (,, ), welche den zugehörigen Eigenraum Eig(A; ) aufspannen. Für λ 3 = erhalten wir das homogene Gleichungssystem x 3 3 x 4 = und weiters als Lösungsvektor x 3 x x x 3 = x 3x x = x Zum (einfach auftretenden) Eigenwert gibt es also einen linear unabhängigen Eigenvektor, etwa (, 3, ), welcher den Eigenraum Eig(A; ) aufspannt. 3.. Die Vektoren (,, ), (,, ), (, 3, ) sind linear unabhängig, damit ist A diagonalisierbar und es gilt S = 3 und SAS =. 7

8 Beispiel. Gesucht sind die Eigenräume von F : P P, wobei p(τ) ( + τ)p (τ) 3p(τ). Ist A = (, τ, τ ) die kanonische Basis von P, dann ist F () = 3, F (τ) = τ, F (τ ) = τ τ, also 3 A = M A (F ) =. EW von A : 3 λ λ λ λ =, λ =, λ 3 = 3. = Zu λ = erhalten wir den Eigenvektor x I = und Eig(F ; ) = {p(τ) P : p(τ) = ν( + τ + τ ), ν R}. Zu λ = erhalten wir den Eigenvektor x II = und Eig(F ; ) = {p(τ) P : p(τ) = ν( + τ), ν R}. Zu λ 3 = 3 erhalten wir den Eigenvektor x III = Eig(F ; 3) = {p(τ) P : p(τ) = ν, ν R}. und ( ) cos α sin α Beispiel. Die Matrix A = beschreibt eine Drehung sin α cos α des R. P A (t) = cos α t sin α sin α cos α t = t t cos α + 8

9 Die Nullstellen von P A (t) sind damit durch λ, = cos α ± cos α gegeben. λ, R cos α = α = oder α = π. Nur diese beiden Drehungen sind diagonalisierbar, - alle anderen Drehungen haben keine Eigenvektoren. ( ) cos α sin α Beispiel. Sei A = sin α cos α P A (t) = t = (t + )(t )., α R. Damit gibt es zwei verschiedene Eigenwerte λ = und λ = und somit ist A diagonalisierbar. Man rechnet leicht nach, dass ( ) cos α Eig(A; ) = R sin α und Eig(A; ) = R ( cos α+π sin α+π ). Geometrische Interpretation : A beschreibt eine Spiegelung an der Geraden Eig(A; ) = {v R : Av = v}. 9