Eigenwerte & Eigenvektoren

Klar ist, dass jede Ursprungsaffinität sicher einen Fixpunkt hat, nämlich den Ursprung $O$ . Damit stellen sich für das weitere Vorgehen im Zusammenhang mit Matrizen die zwei folgenden Fragen:

Existieren ausser $O$ noch weitere Fixpunkte? Und falls ja, unter welcher Bedingung?
Besitzt eine Ursprungsaffinität vielleicht auch Fixgeraden, und wie werden diese bestimmt?

Fixpunkte bei Ursprungsaffinitäten

Ausgangspunkt ist die Ursprungsaffinität

\alpha = \begin{pmatrix}a_{11}x+a_{12}y\\ a_{21}x+a_{22}y\end{pmatrix}.

Ein Punkt $P = (x \mid y)$ ist genau dann Fixpunkt, wenn $P' = (x' \mid y') = (x \mid y) = P$ , d.h. wenn:

\begin{align*} x & = a_{11}x+a_{12}y\\ y & = a_{21}x+a_{22}y \end{align*}

Dieses Gleichungssystem wird häufig folgendermassen geschrieben:

\begin{align*} (a_{11}-1)x+a_{12}y & = 0\\ a_{21}x+(a_{22}-1)y & = 0 \end{align*}

Es handelt sich hier um ein homogenes lineares Gleichungssystem (die Konstanten fehlen, bzw. sind Null). Ein solches Gleichungssystem hat in jedem Fall die sogenannte triviale Lösung $x = y = 0$ . Ob noch weitere (nicht triviale) Lösungen existieren, hängt nun von der Determinante des Systems ab; also von

\det(A-E) = \begin{vmatrix} a_{11}-1 & a_{12}\\ a_{21} & a_{22}-1 \end{vmatrix} = (a_{11}-1)(a_{22}-1)-a_{12}a_{21}

Es werden die folgenden Fälle unterschieden:

$D\neq0$ : Das System besitzt wegen der Bijektivität der durch das homogene Gleichungssystem repräsentierten Matrix nur eine, nämlich die triviale Lösung $x = y = 0$ ; d.h. es gibt ausser dem Ursprung keine weiteren Fixpunkte.
$D = 0$ : Neben der trivialen Lösung existieren unendlich viele, zusätzliche Lösungen. Die beiden Gleichungen des homogenen Gleichungssystems sind linear abhängig (Vielfache voneinander) und liefern somit redundante Informationen. Was bleibt ist eine (lineare) Gleichung, die gerade die Menge der Fixpunkte beschreibt. In diesem Fall existiert also eine Fixpunktgerade.

Ein Spezialfall liegt dann vor, wenn das homogene Gleichungssystem lauter Nullen aufweist, es sich also bei der Abbildungsmatrix $A$ um die Einheitsmatrix $E$ handelt. In diesem Fall ist jeder Punkt der Ebene ein Fixpunkt ( $\alpha$ ist die Identitätabbildung).

Fixpunkte bei Affinitäten

Von besonderem Interesse scheint der Fall zu sein, wenn eine Affinität genau eine Fixpunktgerade besitzt. Man definiert

Definition 1: Axiale Affinität

Eine Affinität $\alpha$ , die genau eine Fixpunktgerade $g$ besitzt, wird axiale Affinität genannt. Ihre Fixpunktgerade $g$ heisst Affinitätsachse.

Exercise 1: Spiegelung an Ursprungsgeraden

Sei $\alpha$ die Spiegelung an der Ursprungsgeraden $g$ mit Neigungswinkel $30^\circ$ . Weise rechnerisch nach (u.a. durch Berechnung der Determinante des homogenen Systems), dass die Ursprungsgerade Fixpunktgerade ist.

Solution

A = \begin{pmatrix}\cos(60^\circ) & \sin(60^\circ)\\ \sin(60^\circ) & -\cos(60^\circ)\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2}\\ \frac{\sqrt{3}}{2} & -\frac{1}{2}\end{pmatrix}

Ferner $\det(A) = -1$ und $\Chi_A = \lambda^2-1 = 0$ liefert $\lambda = \pm1$ . Es gibt also eine Fixpunktgerade und eine Fixgerade mit Streckungsfaktor $-1$ . Für die Fixpunktgerade erhält man aus

-\frac{1}{2}x+\frac{\sqrt{3}}{2}y = 0\quad\Leftrightarrow\quad y = \frac{\sqrt{3}}{3}x

Exercise 2: Fixpunkte bestimmen

Bestimme die Menge der Fixpunkte der Abbildung

\alpha = \begin{cases}3x+y\\ \phantom{3}x-y\end{cases}.

Solution

$\Chi_A = \lambda^2-2\lambda-4 = 0$ liefert $\lambda_{1,2} = \frac{2\pm\sqrt{20}}{2} = 1\pm\sqrt{5}$ als Eigenwerte. Der Ursprung ist einziger Fixpunkt. Eigenvektoren: $x-(2\pm\sqrt{5})y = 0$ ergeben die Geradengleichungen $y_{1,2} = \frac{1}{2\pm\sqrt{5}}x$ .

Exercise 3: Axial?

Zeige, dass die Affinität

\alpha = \begin{cases}2x-2y\\ 3x-5y\end{cases}

eine axiale ist. Gib die Gleichung der Fixpunktgeraden und drei verschiedene Fixpunkte an.

Solution

Man erhält die Eigenwerte $-4$ und $1$ (Fixpunktgerade). Die Gleichung der Fixpunktgeraden aus $x-2y = 0$ , also $y = \frac{1}{2}x$ . Also zum Beispiel sind $(0 \mid 0)$ , $(2 \mid 1)$ und $(4 \mid 2)$ Fixpunkte.

Exercise 4: Fixpunkte bestimmen

Bestimme die Menge der Fixpunkte der Abbildung

\alpha = \begin{cases}3x+y-1\\ \phantom{3}x-y+2\end{cases}.

Solution

$\det(A-E) = -5$ und lösen des Gleichungssystems

\begin{align*} 2x+y-1 & = 0\\ x-2y+2 & = 0 \end{align*}

liefert den Fixpunkt $F(0 \mid 1)$ .

Exercise 5: 2 Fixpunkte

Die Punkte $P = (-1 \mid 5)$ und $Q = (3 \mid 1)$ sind Fixpunkte einer affinen Abbildung $\alpha$ . Zeige, dass dann die Gerade durch diese Punkte Affinitätsachse von $\alpha$ sein muss. Welche Konsequenzen kannst du jetzt allgemein daraus ziehen?

Solution

Ein lineares Gleichungssystem mit $2$ Gleichungen und $2$ Unbekannten hat keine, eine oder unendlich viele Lösungen; hier werden Fixpunkte repräsentiert. Kennt man also zwei Fixpunkte, so muss es wegen der Linearität unendlich viele geben, die auf einer Geraden liegen.

Exercise 6: Nur eine Fixpunktegerade

Warum kann eine Affinität

\alpha:\mathbb{R}^2\longrightarrow\mathbb{R}^2

nur eine Fixpunktgerade haben? Wie siehts im $\mathbb{R}^3$ aus?

Solution

Gäbe es mehrere Fixpunktgeraden, dann sicher $3$ paarweise verschiedene Fixpunkte, die nicht auf ein und derselben Geraden liegen. Dies ist aber nur für die Identität möglich.

Im $\mathbb{R}^3$ kann es unendlich viele Fixpunktgeraden geben, die eine Fixebene bilden.

Exercise 7: Folgerung aus 2 Fixpunktgeraden

Zeige, dass im $\mathbb{R}^2$ folgendes gilt: Hat die Abbildung $\alpha$ zwei verschiedene Fixpunktgeraden, so handelt es sich bei $\alpha$ um die Identität.

Solution

Seien $G_1$ und $G_2$ zwei verschiedene Fixpunktgeraden, d. h. es gilt:

\forall x \in G_1 \cup G_2: \quad \alpha(x) = x.

Da $\alpha$ linear ist, genügt es zu zeigen, dass $\alpha$ auf einer Basis von $\mathbb{R}^2$ die Identität ist.

Fall 1: $G_1$ und $G_2$ schneiden sich:

Dann existieren zwei linear unabhängige Vektoren $v_1 \in G_1$ , $v_2 \in G_2$ mit $v_1 \neq \lambda v_2$ für alle $\lambda \in \mathbb{R}$ .
Da $\alpha(v_1) = v_1$ und $\alpha(v_2) = v_2$ und $\{v_1, v_2\}$ eine Basis von $\mathbb{R}^2$ ist, folgt für alle $x \in \mathbb{R}^2$ :

x = a v_1 + b v_2 \quad \Rightarrow \quad \alpha(x) = a \alpha(v_1) + b \alpha(v_2) = a v_1 + b v_2 = x.

Also ist

\alpha = \mathrm{id}_{\mathbb{R}^2}.

Fall 2: $G_1$ und $G_2$ sind parallel:

Dann haben sie denselben Richtungsvektor $v$ , aber unterschiedliche Stützvektoren.
Da $\alpha$ linear ist, gilt:

\alpha(0) = 0.

Eine Fixpunktgerade $G$ mit $\alpha(x) = x$ für alle $x \in G$ muss daher durch den Ursprung verlaufen.
Eine Fixpunktgerade, die nicht durch den Ursprung geht, kann also nicht unter einer linearen Abbildung existieren.

Dies widerspricht der Annahme, dass $G_1$ und $G_2$ verschieden und parallel sind. Die beiden Geraden müssen sich schneiden. Es existieren zwei linear unabhängige Fixpunkte.

\alpha = \mathrm{id}_{\mathbb{R}^2}.

Fixgeraden bei Ursprungsaffinitäten

Ausgangspunkt sei die Ursprungsaffinität $\alpha$ , die durch die folgende Matrixschreibweise gegeben ist:

\vec{r'} = A\cdot\vec{r}.

Bei der Bestimmung der Fixgeraden beschränken wir uns vorerst auf Ursprungsgeraden. (Man kann zeigen, dass gar keine anderen Geraden als Fixgeraden in Frage kommen, ausser wenn $\alpha$ die Identität oder eine axiale Ursprungsaffinität darstellt.)

Ist jetzt $g$ eine Fixgerade, die durch den Ursprung verläuft, so muss jeder Geradenpunkt $P = (x \mid y)$ wieder auf einen Geradenpunkt $P' = (x' \mid y')$ abgebildet werden. Das bedeutet, dass der Ortsvektor $\vec{r'}$ von $P'$ ein Vielfaches des Ortsvektors $\vec{r}$ von $P$ sein muss. Es gibt also ein $\lambda\in\mathbb{R}$ so, dass:

\vec{r'} = \lambda\cdot\vec{r}\quad\text{oder}\quad A\cdot\vec{r} = \lambda\cdot\vec{r}.

Umgeformt wie im vorhergehenden Kapitel ergibt sich

\begin{align*} (a_{11}-\lambda)x+a_{12}y & = 0\\ a_{21}x+(a_{22}-\lambda)y & = 0 \end{align*}

(Video kommentiert)

Definition 2: Eigenwert & Eigenvektor

Existiert ein Vektor

\vec{r} = \begin{pmatrix}x\\ y\end{pmatrix} \neq \vec{0},

der obiges Gleichungssystem erfüllt, so heisst er Eigenvektor der Matrix $A$ . Das zugehörige $\lambda$ heisst Eigenwert.

Note 1

Der Eigenvektor ist ein Richtungsvektor der Fixgeraden. Seine Länge spielt dabei keine Rolle. Sie alle besitzen immer denselben Eigenwert $\lambda$ .

Um die Eigenvektoren und Eigenwerte zu bestimmen, ist die Determinante des homogenen Systems von Wichtigkeit:

$\det(A-\lambda E)\neq0$ : Das homogene System besitzt nur die triviale Lösung $x = y = 0$ ; d.h. die Abbildungsmatrix besitzt keine Fixgerade.
$\det(A-\lambda E) = 0$ : Die zugehärige Gleichung

\lambda^2-(a_{11}+a_{22})\lambda+\det(A) = 0

heisst charakteristische Gleichung der Matrix $A$ und bestimmt ob, und falls ja, wie viele Fixgeraden die Abbildung $\alpha$ besitzt. $\Chi_A(\lambda): = \lambda^2-(a_{11}+a_{22})\lambda+\det(A)$ heisst charakteristisches Polynom der Matrix $A$ und wird mit $\Chi_A$ bezeichnet.

Example 1

Bestimme die Eigenwerte, Eigenvektoren und Fixgeraden der Abbildung $\alpha$ , die durch die Matrix

A = \begin{pmatrix}1&5\\2&4\end{pmatrix}

und der Abbildung $\beta$ , die durch die Matrix

B = \begin{pmatrix}3&-1\\1&1\end{pmatrix}

gegeben ist. Zeichne jeweils die Fixgeraden in die beiden Koordinatensysteme ein.

Exercise 8: Eigenwerte

a) Wie viele verschiedene Eigenwerte kann eine Matrix haben?

b) Vermute einen Zusammenhang zwischen der Anzahl Eigenwerte und der Anzahl Fixgeraden.

c) Wie sieht es bei einer Streckung am Ursprung aus?

Solution

a) Eine $n\times n$ -Matrix kann höchstens $n$ verschiedene Eigenwerte haben, da $n$ der Grad des charaktieristischen Polynoms ist.

b) kein Eigenwert impliziert keine Fixgeraden?

c) Bei einer Streckung mit dem Faktor $k$ gibt es den doppelten Eigenwert $k$ und unendlich viele Fixgeraden.

Eine Matrix $A$ kann also genau zwei, genau einen oder keinen Eigenwert haben. Zudem haben einem die vorangegangenen Übungen vor Augen geführt, dass aufgrund der Anzahl Eigenwerte nicht zwangsläufig auf die Anzahl Fixgeraden geschlossen werden kann. Im Folgenden sollen die drei Fälle noch etwas genauer anhand von Beispielen analysiert werden.

kein Eigenwert: In diesem Fall besitzt die Ursprungsaffinität auch keine Fixgerade.

Example 2

Drehung um $O$ um den Winkel $\varphi\neq k\cdot180\circ$ mit $k\in\mathbb{Z}$ .

genau ein Eigenwert: Wir haben gesehen, dass es zu einem Eigenwert durchaus auch mehrere Fixgeraden geben kann; genauer, unendlich viele. Dieser Fall kann aber nur dann eintreten, wenn die Matrix

\begin{pmatrix}a_{11}-\lambda&a_{12}\\ a_{21}&a_{22}-\lambda\end{pmatrix}

die Nullmatrix ist (nur dann können $x$ und $y$ frei gewählt werden). Das bedeutet aber, dass in der Hauptdiagonalen überall $\lambda$ stehen muss ( $a_{11} = a_{22} = \lambda$ ) und in der Nebendiagonalen lauter Nullen ( $a_{12} = a_{21} = 0$ ). Bei dieser Abbildung muss es sich also gerade um eine Streckung handeln. In allen anderen Fällen (mit genau einem Eigenwert), hat man es mit einer Fixgeraden durch den Ursprung zu tun.

Example 3

Besitzt die Scherung

A = \begin{pmatrix}1&3\\0&1\end{pmatrix}

wirklich nur eine Fixgerade?

genau zwei Eigenwerte: In diesem Fall besitzt die Ursprungsaffinität zwei verschiedene, durch den Ursprung verlaufende Fixgeraden.

Example 4

Untersuche die Abbildung $\alpha$ mit der Matrix

A = \begin{pmatrix}0&1\\2&-1\end{pmatrix}

auf Fixgeraden und zeichne sie ins unten stehende Koordinatensystem

Exercise 9: 2 Fixgeraden

a) Gibt es zu obiger Abbildung weitere Fixgeraden (die eventuell nicht durch den Ursprung verlaufen)? Skizziere.

b) Gegeben sei eine Matrix $A$ , die zwei Eigenwerte $\lambda\neq1\neq\mu$ besitzt. Es existieren also auch zwei verschiedene Fixgeraden, die durch den Ursprung verlaufen. Kann $A$ noch weitere Fixgeraden haben, die nicht durch den Ursprung verlaufen?

Solution

a) Wir erhalten die Eigenwerte $\lambda_1 = 1$ und $\lambda_2 = -2$ und die zugehörigen Fixgeraden $y_1 = x$ und $y_2 = -2x+q$ .

b) Sei $A: \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2$ eine lineare Abbildung, dargestellt durch eine Matrix. Dann gilt:

Ein Vektor $x \in \mathbb{R}^2$ ist ein Fixpunkt genau dann, wenn

A x = x.

Dies ist äquivalent zu

(A - I)x = 0,

wobei $I$ die $2 \times 2$ -Einheitsmatrix ist.

Dies ist ein homogenes lineares Gleichungssystem, dessen Lösungsmenge ein Untervektorraum von $\mathbb{R}^2$ ist. Insbesondere enthält diese Lösungsmenge stets den Nullvektor $0$ , also verläuft jeder Fixpunktraum durch den Ursprung. Daher kann eine Fixpunktgerade, also eine Menge der Form

x \in \mathbb{R}^2 \mid A x = x,

nur dann eine Gerade sein, wenn sie ein eindimensionaler Unterraum ist – also eine Gerade durch den Ursprung.

Eine Fixgerade, die nicht durch den Ursprung geht, ist also nicht mit einer linearen Abbildung verträglich, da lineare Abbildungen stets den Ursprung fix lassen (d. h. $A(0) = 0$ ).

Überblick

Eine Ursprungsaffinität kann genau zwei verschiedene, genau einen oder keinen Eigenwert besitzen.

Besitzt die Ursprungsaffinität zwei verschiedene Eigenwerte ungleich $1$ , so existieren zwei verschiedene Ursprungsgeraden, die Fixgeraden sind.
Besitzt die Ursprungsaffinität genau einen Eigenwert, so verläuft im Allgemeinen eine Fixgerade $g_1$ durch den Ursprung, ausser es handelt sich um eine Streckung am Ursprung; dann ist jede Ursprungsgerade Fixgerade. Hat der Eigenwert den Wert $1$ , so existieren noch weitere Fixgeraden, die alle parallel zur Fixgeraden $g_1$ verlaufen (vgl. Scherung).
Besitzt die Ursprungsaffinität keinen Eigenwert, so existieren auch keine Fixgeraden.

Exercise 10: EWs und EVs

Bestimme rechnerisch die Eigenwerte, Eigenvektoren und alle Fixgeraden der

a) Spiegelung an einer Ursprungsgeraden mit dem Neigungswinkel $\vec{a}rphi$ ,

b) Abbildung $\beta$

\begin{pmatrix}x'\\ y'\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-1&-4\\6&10\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\ y\end{pmatrix}

c) Abbildung $\gamma$

\begin{pmatrix}x'\\ y'\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}5&0\\ -3&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\ y\end{pmatrix}

d) Abbildung $\delta$

\begin{pmatrix}x'\\ y'\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}5&1\\ -1&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\ y\end{pmatrix}

Solution

S = \begin{pmatrix}\cos(2\varphi) & \sin(2\varphi)\\ \sin(2\varphi) & -\cos(2\varphi)\end{pmatrix}

$\lambda = \pm1$ und die Geradengleichungen sind $\tan(\varphi)x$ und $-\frac{1}{\tan(\varphi)}x$ .

b) $\lambda_{1,2} = 7,2$ und $y_1 = -2x$ , $y_2 = -\frac{3}{4}x$ .

c) $\lambda_{1,2} = 5,1$ und $y_1 = -\frac{3}{4}x$ , $x = 0$ .

d) $\lambda = 4$ und $y = -x$ .

Exercise 11: EWs und EVs II

Gegeben sei die Matrix

A = \begin{pmatrix}2&-1\\ p&3\end{pmatrix}.

a) Für welche $p$ hat die durch $A$ repräsentierte Abbildung zwei Fixgeraden, eine bzw. keine Fixgerade durch den Ursprung.

b) Wie muss $p$ gewählt werden, damit die eine Fixgerade die Gerade

g:y = \frac{2}{5}

ist?

Solution

Die Diskriminante des charakteristischen Polynoms ist $1-p$ . Daher gibt es für $p>1$ keine, $p = 1$ eine und $p>1$ zwei Lösungen. Ferner erhält man für $p = -2$ unendlich viele Lösungen.

Es ist $y = (2-\lambda)x$ und wir wollen die Steigung $\frac{2}{5}$ haben; $p = -\frac{104}{25}$ .