1. Der Vektorraum - mathe.tu-freiberg.debernstei/HMI/LinAlg.pdf · KAPITEL 4 Lineare Algebra 1. Der...

KAPITEL 4

Lineare Algebra

1. Der Vektorraum Rn

Definition 4.1. Der Vektorraum Rn besteht aus allen Spaltenvektoren

der Form ~a =

a1

a2

...

an

und wird von der kanonischen oder nat�urlichen

Basis

~e1 =

1

0...

0

, ~e2 =

0

1...

0

, . . . , ~en =

0

0...

1

.

Das Skalarprodukt zweier Vektoren ~a und ~b ist de�niert als

~a ·~b = a1b1 + a2b2 + . . .+ anbn

Der Vektorraum Rn versehen mit diesem Skalarprodukt hei�t Euklidi-

scher Raum. Der Vektor ~a besitzt die L�ange (den Betrag, die Norm)

|~a| :=√~a · ~a =

√√√√ n∑j=1

a2j

und der Winkel zwischen den Vektoren ~a und ~b wird de�niert als

cos ^(~a,~b) :=~a ·~b|~a| · |~b|

Beispiel 4.1. Gram-Schmidtsches Orthonormierungsverfahren. Es gilt

Satz 4.1. Sind die Vektoren ~v1, ~v2, . . . , ~vn des Rnpaarweise orthogonal,

d.h. gilt ~vi · ~vj =

{1, i = j,

0, i 6= j,so sind die Vektoren linear unabh�angig.

123

124 4. LINEARE ALGEBRA

Beweis: Es sei

α1~v1 + . . .+ αn~vn = ~0⇒ (α1~v1 + . . .+ αn~vn) · ~vj = αj~vj · ~vj = αj|~v2j | = 0. #

Satz 4.2. (Gram-Schmidtsches Orthonormierungsverfahren) Es sei-

en ~b1, . . . , ~bk ∈ Rn (k ≤ n) linear unabh�angige Vektoren des Rn. Hieraus

wird nun eine Orthonormalbasis ~c1, . . . , ~ck ∈ Rn (k ≤ n) der linearen

H�ulle Lin (~b1, . . . , ~bk) konstruiert:

(1) Man setzt

~c1 =1

|~b1|~b1.

(2) Der zweite Vektor soll nun zu ~c1 bzw. ~b1 orthogonal sein. Deshalb

zerlegt man den Vektor ~b2 in die zu ~c1 parallele Komponente =

Projektion von ~b2 auf ~c1 und den dazu orthogonalen Vektor:

~c ′2 = ~b2 − (~b2 · ~c1)~c1und normiert

~c2 =~c ′2|~c ′2|

.

(3) Nun wird der Vektor ~c3 aus ~b3 so konstruiert, dass ~c3 orthogonal

zu ~c1 und ~c2 ist, d.h. wir bilden zun�achst die Projektionen von~b3 auf ~c1 und ~c2 und berechnen dann

~c ′3 = ~b3 − (~b3 · ~c1)~c1 − (~b3 · ~c2)~c2und normieren

~c3 =~c ′3|~c ′3|

.

(4) Man f�ahrt so fort bis

~c ′k = ~bk −k−1∑i=1

(~bk · ~ci)~ci

und normiert

~ck =~c ′k|~c ′k|

.

Bemerkung 4.1. In jedem Schritt ist ein Element ~ci konstruierbar. W�are

dem nicht so, so w�are der Vektor ~bi linear abh�angig von ~c1, . . . ,~ci−1 und damit~b1, . . . ,~bi−1. Das ist aber nach Voraussetzung ausgeschlossen!

1. DER VEKTORRAUM Rn 125

u

v

vu

vu┴

Sind nur 2 linear unabh�angige Vektoren ~u, ~v zu orthogonalisieren, so entsteht

das orthogaonale System durch ~u1 = ~u und ~u2 = ~v⊥~u der orthogonale Vektor zur

Projektion von ~v auf ~u. Durch Normieren der Vektoren erh�alt man orthonor-

male Vektoren.

E

u1

u2

u3

w

wu1

wu2

w┴

Im Fall von 3 Vektoren ~u, ~v, ~w gewinnt man zun�achst 2 orthogonale bzw. ortho-

normale Vektoren von ~u, ~v wie bereits beschrieben. Der dritte Vektor ~w l�asst sich

in einen Anteil, der in der von ~u und ~v aufgespannten Ebene liegt, und einen

dazu orthogonalen Anteil aufspalten. Dieser orthogonale Anteil ist die gesuchte

dritte Richtung, durch Normieren erh�alt man den 3. normierten Vektor.

Es seien die folgenden 3 Vektoren gegeben:

~v1 =

1

2

0

3

, ~v2 =

4

0

5

8

, ~v3 =

8

1

5

6

.

Man benutze das Gram-Schmidtsche-Orthonormierungsverfahren, um eine Ba-

sis f�ur Lin (~v1, ~v2, ~v3) zu konstruieren.


(1) ~u1 := 1|~v1|~v1 = 1√

14

1

2

0

3

.

(2) ~u′2 := ~v2 − (~v2)~u1 = ~v2 − (~v2 · ~u1)~u1 = ~v2 − 1√14

2 · 28

1

2

0

3

=

4− 2

0− 4

5− 0

8− 6

=

2

−4

5

2

und wir erhalten ~u2 = 1|~u′

2|~u′2 = 1

7

2

−4

5

2

.

(3) ~u′3 := ~v3 − (~v3)~u1 − (~v3)~u2 = ~v3 − (~v3 · ~u1)~u1 − (~v3 · ~u2)~u2 =

8

1

5

6

− 1√14

2 ·

28

1

2

0

3

− 172 · 49

2

−4

5

2

=

8− 2− 2

1− 4 + 4

5 + 0− 5

6− 6− 2

=

4

1

0

−2

und wir erhalten

~u3 = 1|~u′

3|~u′3 = 1√

21

4

1

0

−2

.

2. LINEARE ABBILDUNGEN UND KOORDINATENDARSTELLUNGEN 127

2. Lineare Abbildungen und Koordinatendarstellungen

2.1. Lineare Abbildungen und ihre Basisdarstellung. Seien V, W Vektorr�aume

�uber R. Mit einer Abbildung f : V → W ("von V in W\) wird jedem Vektor ~v ∈ V

ein eindeutig bestimmter Vektor ~w = f(~v) ∈ W, das sogenannte Bild von ~v unter f

zugeordnet.

Definition 4.2. Eine Abbildung hei�t linear, wenn gilt

L.1: f ist homogen; d.h. f(α~v) = α f(~v) f�ur alle α ∈ R, ~v ∈ V,L.2: f ist additiv; d.h. f(~u+ ~v) = f(~u) + f(~v) f�ur alle ~u, ~v ∈ V.

Man nennt lineare Abbildungen auch lineare Transformationen oder

auch lineare Operatoren.

Beispiele f�ur lineare Abbildungen:

Beispiel 4.2. Die Multipliaktion mit einer festen m× n-Matrix A

l : Rn → Rm, l(~x) := A~x.

Beispiel 4.3. Der Di�erentialoperator

d

dx: C1(I)→ C0(I),

d

dxf(x) := f ′(x).

Mit C0(I) bzw. C1(I) bezeichnet man den Vektorraum aller auf dem Intervall

I ⊆ R stetigen bzw. stetig di�erenzierbaren Funktionen.

Beispiel 4.4. Das Integral

f →∫ b

a

f(x) dx, f ∈ C0(I).

Beispiel 4.5. Die Werksto�beanspruchung eines elastischen K�orpers, auf den

von au�en Kr�afte wirken, wird in der linearen Elastostatik durch den Span-

nungstensor S (3× 3- Matrix) beschrieben.

Bemerkung 4.2. Da zu linearen Abbildungen f, g : V → W und α ∈ R, dieSumme

f + g : V → W, (f + g)(~v) := f(~v) + g(~v)

und das α-fache

αf : V → W, (αf)(~v) := αf(~v)

wieder lineare Abbildungen sind, bilden die linearen Abbildungen selbst wieder

einen Vektorraum

L(V, W ) := {f ; f : V → W ist linear.}


Im folgenden sei V = W = Rn.Wir betrachten also nur noch lineare Abbildungen

des Rn in sich.

Satz 4.3. Gegeben sei eine lineare Abbildung f : Rn → Rn. Mit der

Matrix F = (f(~e1, f(~e2), . . . , f(~en)), deren Spalten aus den Bildern der

nat�urlichen Basisvektoren bestehen, gilt

f(~x) = F~x.

Man nennt F die Abbildungsmatrix von f bez�uglich der nat�urlichen Ba-

sis.

Beweis: F�ur ~x = x1~e1 + . . .+ xn~en folgt

f(~x) = f

(n∑

i=1

xi~ei

)=

n∑i=1

xi f(~ei) = F~x. #

Bemerkung 4.3. Man beachte, dass die Matrix F die Abbildungsmatrix der

linearen Abbildung bzgl. der nat�urlichen Basis ist. In einer anderen Basis sieht

die Matrix anders aus!

Beispiel 4.6. Die Abbildung

f : R3 → R3, f((x, y, z)T ) = (x, y + 2z, z)T

ist linear, da

αf

x1

y1

z1

+ βf

x2

y2

z2

= α

x1

y1 + 2z1

z1

+ β

x2

y2 + 2z2

z2

=

αx1 + βx2

αy1 + βy2 + 2(αz1 + βz2)

αz1 + βz2

= f

αx1 + βx2

αy1 + βy2

αz1 + βz2

.

Die Abbildung besitzt bez�uglich der Basis~e1 =

1

0

0

, ~e2 =

0

1

0

, ~e3 =

0

0

1

die Abbildungsmatrix

F = (f(~e1) f(~e2) f(~e3)) =

1 0 0

0 1 2

0 0 1

2. LINEARE ABBILDUNGEN UND KOORDINATENDARSTELLUNGEN 129

und damit ist

f(~x) = f((x, y, z)T ) =

1 0 0

0 1 2

0 0 1

~x =

1 0 0

0 1 2

0 0 1

x

y

z

=

x

y + 2z

z

.

Definition 4.3. Eine Basis B = {~b1, ~b2, . . . , ~bn} hei�t orthogonal, wenn

die Vektoren ~bi, i = 1, 2, . . . , n, paarweise orthogonal sind, d.h.

~bi ·~bj = 0 f�ur i 6= j.

Die Basis B = {~b1, ~b2, . . . , ~bn} hei�t orthonormal, wenn sie orthogonal

ist und alle Basisvektoren normiert sind.

Beispiel 4.7. Die nat�urliche Basis ist orthonormal.

Definition 4.4. Eine n× n-Matrix hei�t orthogonal, wenn gilt:

ATA = E, (also AT = A−1).

Satz 4.4. F�ur eine n× n-Matrix A sind �aquivalent

(1) A ist orthogonal.

(2) Die Abbildung T (~x) = A~x ist isometrisch (l�angentreu), d.h.

|A~x| = |~x|, f�ur alle ~x ∈ Rn.

(3) Die Abbildung T (~x) = A~x ist kongruent (l�angen- und winkeltreu),

d.h., T erh�alt das Skalarprodukt

(A~x) · (A~y) = ~xTATA~y = ~xT~y = ~x · ~y, f�ur alle ~x, ~y ∈ Rn.

(4) Die Spalten (Zeilen) von A bilden eine orthonormale Basis des

Rn.

Beweis: Wir beweisen nur (1) ⇐⇒ (4) :

ATA = E ⇔

~aT

1

~aT2...

~aTn

( ~a1 ~a2 . . . ~an

)= E ⇐⇒ ~aT

i ~aj = ~ai·~aj =

{0, i 6= j,

1, i = j.#


Beispiel 4.8. Drehungen in der Ebene um den Nullpunkt lauten in kartesi-

schen Koordinaten:

d : R2 → R2, d

(x

y

)=

(x cosϕ− y sinϕ

x sinϕ+ y cosϕ

),

mit dem Drehwinkel ϕ, wie man sich leicht �uberzeugt, ist wegen |d(~x)| = |~x| :

~x =

(x

y

)=

(|~x| cosψ

|~x| sinψ

)und

d(~x) =

(x′

y′

)=

(|~x| cos(ϕ+ ψ)

|~x| sin(ϕ+ ψ)

)=

(|~x|(cosϕ · cosψ − sinϕ · sinψ)

|~x|(sinϕ · cosψ + cosϕ · sinψ)

)

=

(x cosϕ− y sinϕ

x sinϕ+ y cosϕ

)= (cosϕ) ~x+ (sinϕ) ~x⊥, ~x⊥ =

(−yx

)

xx'

y

y'

ψφ x

d x

cos xφ

sin xφ ┴

Die Abbildung d ist linear mit der orthogonalen Abbildungsmatrix

D =

(cosϕ − sinϕ

sinϕ cosϕ

), detD = 1.

3. EIGENWERTE UND EIGENVEKTOREN 131

3. Eigenwerte und Eigenvektoren

Wozu ben�otigt man Eigenwerte und Eigenvektoren?

• Diagonalmatrizen sind leicht zu handhaben. Eigenvektoren werden

zur Diagonalisierung von Matrizen verwendet. (siehe sp�ater)

• Zur Analyse von Quadriken bzw. quadratischen Formen. Darauf ge-

hen wir nicht ein.

• F�ur die Langzeitvorhersage von Wetter oder auch der Entwicklung

einer Population basierend auf Wahrscheinlichkeitsmatrizen bzw. so-

genannten Markovschen Ketten. Sollte in der Statistik/Stochastik

behandelt werden.

• F�ur stochastische Modelle.

• Matrizen repr�asentieren lineare Abbildung (Drehung, Scherung,

Spiegelung). Eigenvektoren geben die Geraden an, die dabei erhalten

bleiben. Und Strecken auf diesen Geraden werden um die Eigenwerte

gestreckt bzw. gestaucht.

• Invarianten physikalischer Systeme: Eigenfrequenzen, Eigenformen

und gegebenenfalls auch D�ampfungscharakteristik eines schwingf�ahi-

gen Systems, Knicklast eines Knickstabs (siehe Balkentheorie),

Hauptspannungen in der Festigkeitslehre: Umrechnung der Span-

nungen in ein Koordinatensystem, in dem es keine Schubspannun-

gen gibt. Eigenwerte spielen in der Quantenmechanik eine besondere

Rolle.

• Anwendung in der Bildverarbeitung: In der Bildverarbeitung wer-

den Eigenvektoren gerne benutzt, um Objekte auszurichten. Wenn

man beispielsweise Mikroskopbilder von ellipsenf�ormigen Bakterien

hat, gibt der gr�o�te Eigenvektor die Lage der Hauptachse an (daher

auch Hauptachsentransformation). Mit dieser Hauptachse k�onnen al-

le Bilder gleich ausgerichtet (gedreht) werden. Die Eigenwerte geben

die Verteilung entlang der Achsen an. Sie sind unabh�anging von der

Ausrichtung, so da� man sie zum Vermessen oder Klassi�zieren be-

nutzten kann, ohne das Bild vorher zu drehen.

• Systeme gew�ohnlicher Di�erentialgleichungen 1. Ordnung.


Definition 4.5. Eine Zahl λ ∈ C hei�t Eigenwert der Matrix einer reellen

oder komplexen n×n-Matrix A, wenn es mindestens einen Spaltenvektor~b ∈ Cn, ~b 6= ~0, gibt mit

A~b = λ~b.

Jeder Vektor ~b 6= ~0, der diese Gleichung erf�ullt, hei�t Eigenvektor von A

zum Eigenwert λ.

3.1. Bestimmung von Eigenwerten. Wenn λ ein Eigenwert der Matrix A ist,

dann gibt es einen Spaltenvektor ~b 6= ~0 mit

A~b = λ~b⇔ (A− λE)~b = ~0.

Folglich besitzt das Gleichungssystem (16) nichttriviale L�osungen und damit ist die

Determinante der Koe�zientenmatrix gleich Null, also det (A − λE) = 0. Umge-

kehrt, ist diese Determinate gleich Null, dann hat das Gleichungssystem nichttriviale

L�osungen (vgl. Rechenregeln f�ur Determinanten (2.7) bzw. Cramersche Regel 2.9).

Insgesamt haben wir damit, λ ist ein Eigenwert der Matrix A genau dann wenn

gilt:

det (A− λE) = 0.

Deshalb

Zur Berechnung der Eigenwerte einer n×n-Matrix betrachtet man (mit einer

Variablen λ) das charakteristische Polynom von A

χA(λ) := det (A− λE).

Die Nullstellen des charakteristischen Polynoms sind die Eigenwerte der Ma-

trix A.

Beispiel 4.9. Wir betrachten die Matrix

A =

0 −1 0

−1 −1 1

0 1 0

, es ist A− λE =

−λ −1 0

−1 −1− λ 1

0 1 −λ

und damit

det (A− λE) = (−λ)(−1− λ)(−λ) + 0 + 0− 0− (−λ)− (−λ) = −λ2 − λ3 + 2λ = 0

⇔ λ2 + λ3 − 2λ = λ(λ2 + λ− 2) = 0


und ergibt die Nullstellen λ1 = 0 sowie

λ2 + λ− 2 = 0 ⇐⇒ λ2,3 = −1

2±√

1

4+ 2

und die Nullstellen λ2 = 1 und λ3 = −2.

Wenn man die Determinante det (A−λE) = χA(λ) berechnet und nach Potenzen

von λ ordnet, so erh�alt man

χA(λ) = (−λ)n + (spurA)(−λ)n−1 + . . .+ detA,

wobei spurA = a11 +a22 + . . .+ann die Summe der Elemente der Hauptdiagonale ist.

Beispiel 4.10. F�ur obige Matrix

A =

0 −1 0

−1 −1 1

0 1 0

ist spurA = 0− 1 + 0 = −1 und detA = 0, was auch aus dem charakteristischen

Polynom

χA(λ) = (−λ)3 + (−1)λ2 + 2λ+ 0

ablesbar ist.

3.2. Algebraische Vielfachheit. Das charakteristische Polynom

χA(λ) = (−λ)n + (spurA)(−λ)n−1 + . . .+ detA

ist folglich ein Polynom n-ten Grades (f�ur eine n × n-Matrix) und hat deshalb n

nicht notwendigerweise voneinander verschiedene komplexe Nullstellen λ1, λ2, . . . λn.

D.h. wir haben die Nullstelle λ1 mit der Vielfachheit k1, die Nullstelle λ2 mit der

Vielfachheit k2, . . . , die Nullstelle λr mit der Vielfachheit kr. Dabei kann man die

Eigenwerte der Gr�o�e nach ordnen λ1 ≤ λ2 ≤ . . . λr und es ist k1 + k2 + . . .+ kr = n.

Definition 4.6. Man bezeichnet die Vielfachheit ki der Nullstelle λi als

die algebraische Vielfachheit des Eigenwertes λi.

3.3. Eigenvektoren, Eigenraume und geometrische Vielfachheit. Hat man

nun alle Eigenwerte der Matrix A bestimmt, so werden dann die Eigenvektoren be-

rechnet, d.h. man l�ost das Gleichungssystem

(A− λiE)~b = ~0, i = 1, 2, . . . , r.

Da die Determinate der Koe�zientenmatrix gleich Null ist, besitzt das Gleichungs-

system nichttriviale L�osungen mit n− Rang (A− λiE) freien Parametern.


Definition 4.7. Jede L�osung ~b 6= ~0 von (A−λiE)~b = ~0 ist ein Eigenvektor

zum Eigenwert λi.

V (λi) = {~b ∈ Cn : (A− λiE)~b = ~0} = Kern (A− λiE)

hei�t Eigenraum zum Eigenwert λi, (1 ≤ i ≤ r). Man nennt die Di-

mension des Eigenraumes DimV (λi) die geometrische Vielfachheit des

Eigenwertes λi.

Die algebraische und die geometrische Vielfachheit stimmen i. Allg. nicht �uberein!

Wie man leicht sieht ist:

DimV (λi) = n− Rang (A− λiE).

Bemerkung 4.4. Da die Eigenwerte die Nullstellen des charakteristischen

Polynoms sind, gilt

χA(λ) = (−λ)n + (spurA)(−λ)n−1 + . . .+ detA

= (λ− λ1)k1(λ− λ2)

k2 · · · (λ− λr)kr

= (−λ)n + (k1λ1 + k2λ2 + . . .+ krλr) + . . .+ λk11 λ

k22 · · ·λkr

r

mit den algebraischen Vielfachheiten ki, i = 1, 2, . . . , r. Hieraus liest man ab,

spurA = k1λ1 + k2λ2 + . . .+ krλr

detA = λk11 λ

k22 · · ·λkr

r

Diese Formeln sind n�utzlich f�ur Rechenkontrollen, au�erdem gestattet insbe-

sondere die 2. Formel Eigenwerte zu erraten, da die Eigenwerte Teiler des

Absolutgliedes des charakteristischen Polynoms sind.

Beispiel 4.11. Es sei

A =

5 4 2

4 5 2

2 2 2

.


Wir bestimmen die Eigenwerte als Nullstellen des charakteristischen Polynoms:

det (A− λE) =

∣∣∣∣∣∣∣5− λ 4 2

4 5− λ 2

2 2 2− λ

∣∣∣∣∣∣∣=

~z1 − ~z2

∣∣∣∣∣∣∣1− λ −1 + λ 0

4 5− λ 2

2 2 2− λ

∣∣∣∣∣∣∣=

~s2 − ~s1

∣∣∣∣∣∣∣1− λ 0 0

4 9− λ 2

2 4 2− λ

∣∣∣∣∣∣∣ = (1− λ)[(9− λ)(2− λ)− 8]

= (1− λ)[18− 11λ+ λ2 − 8] = (1− λ)(λ− 10)(λ− 1) = −(λ− 10)(λ− 1)2.

Folglich hat die 3×3-Matrix A den Eigenwert λ1 = 1 mit der algebraischen Viel-

fachheit k1 = 2 und den Eigenwert λ2 = 10 mit der algebraischen Vielfachheit

k2 = 1.

Wir bestimmen nun die Eigenvektoren, zun�achst f�ur λ1 = 1. Dazu l�osen wir das

Gleichungssystem

(A− λ1E)~b = ~0⇔

4 4 2

4 4 2

2 2 1

b1

b2b3

=

0

0

0

,

das die L�osung b1 = s, b2 = t, b3 = −2s− 2t mit t, s ∈ R besitzt. Folglich ist der

Eigenraum zum Eigenvektor λ1 = 1 :

V (λ1) = V (1) =

s

t

−2s− 2t

= s

1

0

−2

+ t

0

1

−2

, s, t ∈ R

.

Die Vektoren

1

0

−2

und

0

1

−2

bilden eine Basis von V (1). Deshalb hat

der Eigenraum die Dimension 2 und der Eigenwert λ1 = 1 die geometrische

Vielfachheit 2.

Nun zum Eigenwert λ2 = 10.

(A− λ2E)~b = ~0⇔

−5 4 2

4 −5 2

2 2 −8

b1

b2b3

=

0

0

0


und wird mittels Gau�-Algorithmus umgeformt zu −5 4 2 0

4 −5 2 0

2 2 −8 0

≈12~z3

−5 4 2 0

4 −5 2 0

1 1 −4 0

≈

~z1 + 5~z3

~z2 − 4~z3

0 9 18 0

0 −9 −18 0

1 1 −4 0

≈ 0 1 −2 0

0 1 −2 0

1 1 −4 0

und hat die L�osung b3 = r, b2 = 2r und b1 = −b2 + 4b3 = −2r + 4r = 2r mit r ∈ RFolglich ist der Eigenraum zum Eigenvektor λ2 = 10 :

V (λ2) = V (10) =

2r

2r

r

= r

2

2

1

, r ∈ R

.

Eine Basis f�ur den Eigenraum V (10) ist der Vektor

2

2

1

und die Dimension

des Eigenraumes ist damit 1. Folglich hat der Eigenwert λ2 = 10 die geome-

trische Vielfachheit 1. In diesem Beispiel stimmen die algebraische und die

geometrische Vielfachheit der Eigenwerte �uberein, dass ist i.Allg. aber nicht so.

In diesem Beispiel stimmen die algebraische und die geometrische Vielfachheit

der Eigenwerte �uberein, dass ist i.Allg. aber nicht so.

Beispiel 4.12. Gegeben sei

A =

(a b

c d

)∈ R2×2.

Es werden zun�achst die Eigenwerte als Nullstellen des charakteristischen Poly-

noms bestimmt:

χA(λ) =

∣∣∣∣∣ a− λ b

c d− λ

∣∣∣∣∣ = (a− λ)(d− λ)− cb

= λ2 − (a+ d)λ+ (ad− bc)= λ2 − (spurA)λ+ detA = (λ− λ1)(λ− λ2) = 0

Anschlie�end wird f�ur jeden Eigenwert λi, i = 1, 2, der Eigenraum und eine

Basis des Eigenraums bestimmt. Dazu l�ost man das Gleichungssystem(a− λi b

c d− λi

)(b1b2

)=

(0

0

).

Im Fall n = 2 gibt es somit 4 verschiedene F�alle:

(1) λ1, λ2 ∈ R, λ1 6= λ2,


(2) λ1 = λ2 ∈ R algebraische = geometrische Vielfachheit = 2,

(3) λ1 = λ2 ∈ R algebraische Vielfach. = 2 6= geometrische Vielfachheit = 1,

(4) λ2 = λ1 ∈ C, λ1 6∈ R.Es seien konkrete Zahlenbeispiele f�ur alle 4 F�alle angegeben:

Es sei

A =

(1 2

2 1

).

Wir bestimmen die Eigenwerte

χA(λ) = det (A−λE) =

(1− λ 2

2 1− λ

)= (1−λ)2−4 = 1−2λ+λ2−4 = λ2−2λ−3 = 0

hat die Nullstellen:

λ1,2 = 1±√

1− (−3) = 1± 2.

Folglich hat A die beiden Eigenwerte λ1 = −1 und λ2 = 3. Die algebraische

Vielfachheit von λ1 = −1 und λ2 = 3 ist 1. Wir bestimmen nun die Eigenr�aume:

F�ur λ1 = −1 :

(A− λ1E)

(x

y

)=

(2 2

2 2

)(x

y

)=

(0

0

)ergibt die L�osung y = t und x = −t, d.h.

V (λ1) = V (−1) =

{(−tt

)= t

(−1

1

), t ∈ R

}.

Eine Basis f�ur den Eigenraum V (−1) ist der Vektor

(−1

1

)und die Dimension

des Eigenraumes ist damit 1. Folglich hat der Eigenwert λ1 = −1 die geometri-

sche Vielfachheit 1. Nun f�ur λ2 = 3 :

(A− λ2E)

(x

y

)=

(−2 2

2 −2

)(x

y

)=

(0

0

)ergibt die L�osung y = t und x = t, d.h.

V (λ2) = V (3) =

{(t

t

)= t

(1

1

), t ∈ R

}.


(1

1

)und die Dimension

des Eigenraumes ist damit 1. Folglich hat der Eigenwert λ2 = 3 die geometrische

Vielfachheit 1.

Es sei

A =

(3 0

0 3

).



χA(λ) = det (A− λE) =

(3− λ 0

0 3− λ

)= (3− λ)2 = 0

hat die Nullstelle:

λ1,2 = 3.

Folglich hat A die beiden Eigenwerte λ = λ1 = λ2 = 3. Die algebraische Viel-

fachheit von λ = 3 ist 2. Wir bestimmen nun den Eigenraum:

F�ur λ = 3 :

(A− λE)

(x

y

)=

(0 0

0 0

)(x

y

)=

(0

0

)ist erf�ullt f�ur alle (x, y)T ∈ R2, d.h. V (3) = R2 und der Eigenraum hat die

Dimension 2. D.h. der Eigenwert λ = 3 hat die algebraische und geometrische

Vielfachheit 2.

Es sei

A =

(2 1

0 2

).


χA(λ) = det (A− λE) =

(2− λ 1

0 2− λ

)= (2− λ)2 = 0

hat die Nullstelle:

λ1,2 = 2.

Folglich hat A die beiden Eigenwerte λ = λ1 = λ2 = 2. Die algebraische Viel-

fachheit von λ = 2 ist 2. Wir bestimmen nun den Eigenraum:

F�ur λ = 2 :

(A− λE)

(x

y

)=

(0 1

0 0

)(x

y

)=

(0

0

)und der Eigenraum ist

V (λ) = V (2) =

{(t

0

)= t

(1

0

), t ∈ R

}.


(1

0

)und die Dimension

des Eigenraumes ist damit 1. Folglich hat der Eigenwert λ = 2 die geometrische

Vielfachheit 1.

Es sei

A =

(cosϕ − sinϕ

sinϕ cosϕ

)


Bestimmung der Eigenwerte:

χA(λ) = det (A− λE) = det

(cosϕ− λ − sinϕ

sinϕ cosϕ− λ

)= (cosϕ− λ)2 + sin2 ϕ = 1− 2λ cosϕ+ λ2 = 0

f�ur

λ1,2 = cosϕ±√

cos2 ϕ− 1 = cosϕ± i sinϕ.

Falls ϕ 6= kπ, k ∈ Z gibt es keine reellen Eigenwerte und damit auch keine

reellen Eigenvektoren. Die komplexen Eigenr�aume sind: F�ur λ1 = cosϕ+ i sinϕ :

(A− λ1E)

(x

y

)=

(cosϕ− cosϕ− i sinϕ − sinϕ

sinϕ cosϕ− cosϕ− i sinϕ

)(x

y

)

= sinϕ

(−i −1

1 −i

)(x

y

)=

(0

0

)und hat die L�osung y = t und x = it, und der Eigenraum ist

V (λ1) = V (cosϕ+ i sinϕ) =

{(it

t

)= t

(i

1

), t ∈ C

}.

Eine Basis f�ur den Eigenraum V (cosϕ + i sinϕ) ist der Vektor

(i

1

). Analog

erh�alt man f�ur λ2 = cosϕ− i sinϕ :

(A− λ2E)

(x

y

)=

(cosϕ− cosϕ+ i sinϕ − sinϕ

sinϕ cosϕ− cosϕ+ i sinϕ

)(x

y

)

= sinϕ

(i −1

1 i

)(x

y

)=

(0

0

)und hat die L�osung y = t und x = −it, und der Eigenraum ist

V (λ) = V (cosϕ+ i sinϕ) =

{(−itt

)= t

(−i1

), t ∈ C

}.

Eine Basis f�ur den Eigenraum V (cosϕ− i sinϕ) ist der Vektor

(−i1

).


A =

5 −7 7

4 −3 4

4 −1 2


Bestimmung der Eigenwerte

det (A− λE) =

∣∣∣∣∣∣∣5− λ −7 7

4 −3− λ 4

4 −1 2− λ

∣∣∣∣∣∣∣= (5− λ)(−3− λ)(2− λ)− 16 · 7− 28 + 28(3 + λ) + 4(5− λ) + 28(2− λ)

= (−15− 2λ+ λ2)(2− λ)− 112− 28 + 28 · 5 + 20− 4λ

= −30− 4λ+ 2λ2 + 15λ+ 2λ2 − λ3 − 140 + 140 + 20− 4λ

= −λ3 + 4λ2 + 7λ− 10 = 0.

Wir m�ussen den ersten Eigenwert"erraten\. Man �ndet schnell, dass λ1 = 1

ein Eigenwert ist, die �ubrigen Eigenwerte �ndet man durch abdividieren:

(−λ3+ 4λ2+ 7λ− 10) : (λ− 1) = −λ2 + 3λ+ 10

−λ3 + λ2

3λ2 + 7λ

3λ2 − 3λ

10λ− 10

10λ− 10

0

Folglich ergeben sich die beiden anderen Eigenwerte aus

λ2 − 3λ+ 10 = 0

zu λ2,3 =3

2±√

9

4+ 10 =

3

2± 7

2,

also λ2 = 5 und λ3 = −2. Die dazugeh�origen Eigenvektoren und Eigenr�aume

sind f�ur λ1 = 1 :

(A− λ1E)~x = ~0 ⇐⇒

4 −7 7 0

4 −4 4 0

4 −1 1 0

≈

~z1 − ~z3

~z2 − ~z3

0 −6 6 0

0 −3 3 0

4 −1 1 0

≈ 0 −1 1 0

0 −1 1 0

4 −1 1 0

.

Damit ist x3 = x2 = t und x1 = 14(t − t) = 0. Der Eigenraum zum Eigenvektor

λ1 = 1 ist

V (λ1) = V (1) =

0

t

t

= t

0

1

1

, t ∈ R

.


F�ur λ2 = 5 :

(A− λ2E)~x = ~0 ⇐⇒

0 −7 7 0

4 −8 4 0

4 −1 −3 0

≈~z2 − ~z4

0 −7 7 0

0 −7 7 0

4 −1 −3 0

Damit ist x3 = x2 = t und x1 = 1

4(t + 3t) = t. Der Eigenraum zum Eigenvektor

λ2 = 5 ist

V (λ2) = V (5) =

t

t

t

= t

1

1

1

, t ∈ R

.

F�ur λ3 = −2 :

(A− λ3E)~x = ~0 ⇐⇒

7 −7 7 0

4 −1 4 0

4 −1 4 0

≈ 1 −1 1 0

4 −1 4 0

4 −1 4 0

≈

~z2 − ~z3

1 −1 1 0

0 0 0 0

4 −1 4 0

≈ 1 −1 1 0

0 0 0 0

0 3 0 0

≈ 1 0 1 0

0 0 0 0

0 1 0 0

.

Damit ist x2 = 0, x1 = t und x3 = −t. Der Eigenraum zum Eigenvektor λ3 = −2

ist

V (λ3) = V (−2) =

t

0

−t

= t

1

0

−1

, t ∈ R

.

Alle Eigenwerte λ1, λ2, λ3 haben die algebraische und die geometrische Vielfach-

heit 1.

3.4. Invarianten.

Satz 4.5. Es sei A eine reelle oder komplexe n× n-Matrix. Dann gilt:

(1) A und die transponierte Matrix AT haben dasselbe charakteristi-

sche Polynom, deshalb besitzen sie dieselben Eigenwerte ( aber

im Allg. andere Eigenr�aume).

(2) Die �ahnlichen Matrizen A und B−1AB haben dasselbe charakte-

ristische Polynom und deshalb auch dieselben Eigenwerte; ~b ist

ein Eigenvektor zu A genau dann wenn B−1~b Eigenvektor von

B−1AB ist.

(3) Die Matrix A ist genau dann invertierbar, wenn alle Eigenwerte

6= 0 sind. Ist λ ein Eigenwert von A mit dem Eigenvektor ~b, dann

ist λ−1 Eigenwert von A−1 mit demselben Eigenvektor ~b.


Beweis: zu (1): Es gilt (A− λE)T = AT − λET = AT − λE und

det (A− λE) = det (A− λE)T = det (AT − λE).

Beide Polynome sind also identisch und haben damit dieselben Nullstellen = Eigen-

werte.

zu (2): Es gilt

det (A−λE) = detB−1·det (A−λE)·detB = det (B−1(A−λE)B) = det (B−1AB−λE).

Damit sind beide charakteristische Polynome identisch und haben dieselben Null-

stelle = Eigenwerte. Weiterhin gilt

A~b = λ~b ⇐⇒ ABB−1~b = λBB−1~b = B(λB−1~b) ⇐⇒ (B−1AB)(B−1~b) = λ(B−1~b).

zu (3): detA = λk11 λ

k22 · · ·λkr

r 6= 0 ⇐⇒ λi 6= 0 f�ur alle i = 1, 2, . . . , r. Au�erdem

ist

A~b = λ~b ⇐⇒ ~b = λA−1~b ⇐⇒ A−1~b =1

λ~b. #

Bemerkung 4.5. Die Koe�zienten des charakteristischen Polynoms χA(λ)

sind Invarianten der n × n-Matrix A, bzw. Invarianten der zugeh�origen linearen

Abbildung ~x→ A~x, da sie sich bei einem Basiswechsel nicht �andern.

Satz 4.6. Eigenvektoren ~b1, ~b2, . . . , ~br zu paarweise verschiedenen Eigen-

werten sind linear unabh�angig.

Beweis: Aus

α1~b1 + α2

~b2 + . . .+ αr~br = ~0

folgt nach Anwendung von A :

α1A~b1 + α2A~b2 + . . .+ αrA~br = α1λ1~b1 + α2λ~b2 + . . .+ αrλr

~br = ~0

und nach Subtraktion von

λ1(α1~b1 + α2

~b2 + . . .+ αr~br) = ~0

erh�alt man

(λ1 − λ2)α2~b2 + (λ1 − λr) . . .+ αr

~br = ~0.

Wendet man auf diese Gleichung wiederum A an und subtrahiert das λ2-fache dieser

Gleichung, so folgt:

(λ1 − λ3)(λ2 − λ)α3~b3 + . . .+ (λ1 − λr)(λ2 − λr)αr

~br = ~0.

Sukzessive Fortsetzung ergibt

(λ1 − λr)(λ2 − λr) · · · (λr−1 − λr)αr~br = ~0


woraus αr = 0 folgt. Dies ergibt r�uckw�arts eingesetzt αr−1 = . . . = α2 = α1 = 0.

#

3.5. Diagonalisierung. Besonders g�unstig ist der Fall, wenn man eine Basis aus

Eigenvektoren bilden kann:

Satz 4.7. Besitzt eine reelle oder komplexe n × n-Matrix n linear un-

abh�angige Eigenvektoren ~b1, ~b2, . . . , ~bn mit A~bi = λi~bi, und den nicht not-

wendiger Weise verschiedenen Eigenwerten λi, dann bringt die Trans-

formationsmatrix

B = (~b1 ~b2 . . . ~bn)

(mit den Eigenvektoren als Spalten) die Matrix A auf Diagonalform,

d.h., es gilt, wenn die Reihenfolge der λi mit den der ~bi �ubereinstimmt,

B−1AB =

λ1 0 0 . . . 0

0 λ2 0 . . . 0

0 0 λ3 . . . 0...

......

. . ....

0 0 0 . . . λn

=: D.

Beweis: AB = (A~b1 A~b2 . . . A~bn) = (λ1~b1 λ2

~b2 . . . λn~bn) = BD. #


A =

−2 −8 −12

1 4 4

0 0 1

.

Man berechne A100. Es ist von sehr gro�em Nutzen, wenn es gelingt A durch

eine entsprechende Transformation auf Diagonalgestalt zu bringen, denn dann

gilt:

Ak = (BDB−1)k = (BDB−1)(BDB−1)(BDB−1) · · · (BDB−1)

= BDkB−1 = B

λk

1 0 . . . 0

0 λk2 . . . 0

......

. . ....

0 0 . . . λkn

B−1.


1. Wir bestimmen die Eigenwerte von A :

det (A− λE) =

∣∣∣∣∣∣∣−2− λ −8 −12

1 4− λ 4

0 0 1− λ

∣∣∣∣∣∣∣= (−2− λ)(4− λ)(1− λ) + 8(1− λ) = (−2λ+ λ2)(1− λ) = λ(λ− 2)(1− λ) = 0

und wir erhalten die Eigenwerte λ1 = 0, λ2 = 1, λ3 = 2.

2. Wir bestimmen die Eigenvektoren: zu l�osen ist des GS (A− λiE)~b = ~0 :

f�ur λ1 = 0 : −2 −8 −12 0

1 4 4 0

0 0 1 0

≈ −2 −8 0 0

1 4 0 0

0 0 1 0

≈ 0 0 0 0

1 4 0 0

0 0 1 0

V (λ1) = V (0) =

4t

−t0

= t

4

−1

0

, t ∈ R

, ~b1 =

4

−1

0

.

f�ur λ2 = 1 : −3 −8 −12 0

1 3 4 0

0 0 0 0

≈ 0 1 0 0

1 3 4 0

0 0 0 0

≈ 0 1 0 0

1 0 4 0

0 0 0 0

V (λ2) = V (1) =

4t

0

−t

= t

4

0

−1

, t ∈ R

, ~b2 =

4

0

−1

.

f�ur λ3 = 2 : −4 −8 −12 0

1 2 4 0

0 0 −1 0

≈ −4 −8 0 0

1 2 0 0

0 0 1 0

≈ 0 0 0 0

1 2 0 0

0 0 1 0

V (λ1) = V (0) =

2t

−t0

= t

2

−1

0

, t ∈ R

, ~b1 =

2

−1

0

.

3. Diagonalisierung:

B =

4 4 2

−1 0 −1

0 −1 0


Wir bestimmen B−1 : 4 4 2 1 0 0

−1 0 −1 0 1 0

0 −1 0 0 0 1

≈ 4 4 2 1 0 0

1 0 1 0 −1 0

0 1 0 0 0 −1

≈ 2 4 0 1 2 0

1 0 1 0 −1 0

0 1 0 0 0 −1

≈

2 0 0 1 2 4

1 0 1 0 −1 0

0 1 0 0 0 −1

≈ 1 0 0 1

21 2

0 0 1 −12−2 2

0 1 0 0 0 −1

Damit ist

B−1 =

12

1 2

0 0 −1

−12−2 2

und

A100 = BD100B−1 =

4 4 2

−1 0 −1

0 −1 0

0 0 0

0 1 0

0 0 2100

1

21 2

0 0 −1

−12−2 2

0 4 2101

0 0 −2100

0 −1 0

1

21 2

0 0 −1

−12−2 2

=

−2100 −2102 −4− 2102

299 2101 2101

0 0 1

.

Satz 4.8. (Eigenwertproblem fur symmetrische Matrizen)

F�ur jede reelle symmetrische n× n-Matrix gilt:

(1) Alle Eigenwerte von A sind reell.

(2) Eigenvektoren zu verschiedenen Eigenwerten von A sind ortho-

gonal.

(3) Algebraische und geometrische Vielfachheit jedes Eigenwertes

sind gleich.

Beweis: Wir beweisen nur die erste Eigenschaft. Ist λ ∈ C ein Eigenwert und ~b ∈ Cn

ein Eigenvektor von A, so folgt A~b = λ~b und durch komplexe Konjugation

A~b = λ~b ⇐⇒ A~b = λ~b ⇐⇒ A~b = λ~b,

da A reell ist. Damit erh�alt man

λ~bT~b = (A~b)T~bT = ~bTAT~b = ~bTλ~b = λ~bT~b

und wegen

~bT~b =n∑

i=1

bibi =n∑

i=1

|bi|2 > 0


ergibt sich λ = λ und folglich ist λ eine reelle Zahl. #

4. Positiv definite Matrizen

Die Bestimmung der Extremwerte einer reellen Funktion in n Ver�anderlichen ist

eng verbunden mit der Frage, wann eine quadratische Form q(~x) = ~xTA~x f�ur ~x 6= ~0

nur positive oder nur negative Werte annimmt.

Definition 4.8. Eine quadratische Form q(~x) = ~xTA~x bzw. die zugeh�ori-

ge symmetrische Matrix A, hei�t positiv definit (negativ definit), wenn

aus ~x 6= ~0 stets q(~x) = ~xTA~x > 0 (q(~x) = ~xTA~x < 0) folgt.

Die quadratische Form hei�t indefinit, wenn sie sowohl positive als auch

negative Werte annimmt. Sie hei�t positiv (negativ) semide�nit, wenn

stets q(~x) = ~xTA~x ≥ 0 (q(~x) = ~xTA~x ≤ 0) gilt.

Bemerkung 4.6. In der speziellen Relativit�atstheorie spielen die nach H.A.Lorentz

benannten Transformationenx′

y′

z′

t′

= W

x

y

z

t

,

mit einer 4× 4 Matrix W des Raum-Zeit-Kontinuums, so dass die quadratische

Form

q(x, y, z, t) = x2 + y2 + z2 − c2t2

invariant bleibt, eine wichtige Rolle. Diese quadratische Form ist inde�nit; es

gibt"raumartige\ Vektoren ~u ∈ R4 mit q(~u) > 0 und

"zeitartige\ Vektoren ~v ∈ R4

mit q(~v) < 0.

Satz 4.9. Notwendige Bedinung: Wenn die symmetrische Matrix A

positiv de�nit ist, so m�ussen alle Hauptdiagonalelemente positiv sein.

Beweis: Ist die Matrix A positiv de�nit, so muss insbesondere f�ur die Einheitsvek-

toren ~ei gelten ~eTi A~ei = aii > 0. #

4. POSITIV DEFINITE MATRIZEN 147

Beispiel 4.15. Die Matrix

A =

1 2 −2

2 −5 −4

−2 −4 5

ist nicht positiv de�nit.

Satz 4.10. Positivit�at reeller symmetrischer Matrizen:

(1) D = diag (α1, α2, . . . , αn) ist genau dann positiv de�nit, wenn

alle αi positiv sind.

(2) Die reelle symmetrische Matrix A (also A = AT ) ist genau dann

positiv de�nit, wenn W TAW f�ur irgend eine invertierbare n× nMatrix W positiv de�nit ist.

(3) Die relle symmetrische Matrix A ist genau dann positiv de�nit,

wenn s�amtliche Eigenwerte von A positiv sind.

Beweis: zu 1) q(~x) = ~xTD~x =∑n

i=1 αix2i > 0 f�ur alle ~x 6= ~0 ⇐⇒ alle αi > 0.

zu 2) A positiv de�nit, dann gilt ~xT (W TAW )~x = (~xW )TA(W~x) > 0 f�ur alle ~x 6= ~0,

ist dagegen W TAW positiv de�nit, so folgt (W−1)T (W TAW )W−1 = A ist positiv

de�nit.

3) folgt aus 1) und 2) mit einem Hauptachsensystem W. #

Beispiel 4.16. Die Matrix

A =

1 2 −2

2 5 −4

−2 −4 5

ist positiv de�nit mit den Eigenwerten λ1 = 1, λ2 = 5 +

√24 und λ3 = 5−

√24.

1. Der Vektorraum - mathe.tu-freiberg.debernstei/HMI/LinAlg.pdf · KAPITEL 4 Lineare Algebra 1. Der...

Documents

Transcript of 1. Der Vektorraum - mathe.tu-freiberg.debernstei/HMI/LinAlg.pdf · KAPITEL 4 Lineare Algebra 1. Der...