Eigenruimte

Invariante deelruimten van lineaire afbeeldingen: Eigenwaarden en eigenvectoren

Eigenruimte

We gaan nu nader in op het vinden van eigenvectoren bij een gegeven eigenwaarde.

Laat $V$ een vectorruimte zijn en $L :V\rightarrow V$ een lineaire afbeelding. Voor ieder getal $\lambda$ is

$E_\lambda=\ker{ L -\lambda {I_V}}$ een lineaire deelruimte van $V$ .

De deelruimte $E_\lambda$ heet de eigenruimte van $L$ bij $\lambda$ . Deze ruimte bestaat dus uit de nulvector en alle eigenvectoren bij eigenwaarde $\lambda$ .

De deelruimte $E_\lambda$ van $V$ is de nulruimte van de lineaire afbeelding $L -\lambda \,I_V$ , en dus, vanwege stelling Beeldruimte en kern, een lineaire deelruimte van $V$ .

Laat $\vec{v}$ een vector in $V$ zijn. Dan behoort $\vec{v}$ dan en slechts dan tot $E_\lambda$ als $( L -\lambda \, I_V)\vec{v}=\vec{0}$ , dus dan en slechts dan als $L( \vec{v})-\lambda\vec{v}=\vec{0}$ , dus dan en slechts dan als $L( \vec{v})=\lambda\vec{v}$ . De eigenruimte $E_\lambda$ bestaat dus uit de nulvector en alle eigenvectoren bij eigenwaarde $\lambda$ .

Een bijzondere eigenruimte is $E_0$ . Deze bestaat uit alle vectoren die op $0$ maal zichzelf worden afgebeeld, dus op $\vec{0}$ . De eigenruimte $E_0$ is dus $\ker{L}$ , de nulruimte (of kern) van $L$ .

Voor de meeste waarden van $\lambda$ zal $E_\lambda$ alleen uit $\{\vec{0}\}$ bestaan. Het getal $\lambda$ is eigenwaarde dan en slechts dan als er in $E_\lambda$ een vector $\vec{v}\neq\vec{0}$ ligt, dus dan en slechts dan als $\dim {E_\lambda }\gt0$ . Sommige auteurs spreken alleen over een eigenruimte als $\lambda$ een eigenwaarde is.

Bij gegeven eigenwaarde $\lambda$ is de bepaling van bijbehorende eigenvectoren dus een zaak van het vinden van de kern van een lineaire afbeelding, ofwel: het oplossen van een stelsel lineaire vergelijkingen.

De werkwijze bij het zoeken van eigenvectoren is dat we eerst de waarden van $\lambda$ zoeken waarvoor $\dim {E_\lambda }\gt0$ . Dan is $\lambda$ een eigenwaarde en de vectoren in $E_\lambda$ ongelijk aan $\vec{0}$ zijn de eigenvectoren met deze eigenwaarde.

Laat $L :V\rightarrow V$ een lineaire afbeelding zijn. We brengen in herinnering dat de vergelijking $\det (L_\alpha-\lambda I)=0$ de karakteristieke vergelijking van $L$ is en dat het linker lid van deze vergelijking, $\det (L_\alpha-\lambda \,I)$ , de karakteristieke veelterm $p_L(\lambda)$ van $L$ is.

Laat $L:V\to V$ een lineaire afbeelding zijn, waarbij $V$ een vectorruimte is van eindige dimensie $n$ .

Een getal $\lambda$ is dan en slechts dan een eigenwaarde van $L$ als $p_L(\lambda )=0$ .
De eigenvectoren bij eigenwaarde $\lambda$ zijn de oplossingen $\vec{v}$ ongelijk aan de nulvector van de lineaire vergelijking $L(\vec{v}) = \lambda\, \vec{v}$ .

Laat $\alpha$ een basis van $V$ zijn. Dan zijn de $\alpha$ -coördinaten $v_1,\ldots,v_n$ van de eigenvectoren van $L$ bij eigenwaarde $\lambda$ te berekenen als de oplossingen ongelijk aan de nulvector van het stelsel lineaire vergelijkingen

$\left(\,\begin{array}{cccc} a_{11}-\lambda & a_{12} & \ldots & a_{1n}\\ a_{21} & a_{22}-\lambda & & \vdots\\ \vdots & & \ddots & \vdots \\ a_{n1} & \ldots & \ldots & a_{nn}-\lambda \end{array}\,\right)\ \ \left(\,\begin{array}{c} v_1\\ v_2\\ \vdots\\ v_n \end{array}\,\right)\ =\ \left(\,\begin{array}{r} 0 \\ 0\\ \vdots\\ 0 \end{array}\,\right)$ waarbij $a_{ij}$ het $(i,j)$ -element van $L_\alpha$ is.

Stel dat $\lambda$ een eigenwaarde van $L$ is. Dan is er een vector $\vec{v}\ne\vec{0}$ , zodat $L(\vec{v}) = \lambda\,\vec{v}$ . De vector $\vec{v}$ behoort dan tot de kern van de lineaire afbeelding $L-\lambda\cdot I_V$ . Dit heeft tot gevolg dat $\det( L-\lambda\cdot I_V) = 0$ .

Andersom: Als $\lambda$ een wortel van de karakteristieke veelterm van $L$ is, dan is de lineaire afbeelding $L-\lambda\cdot I_V$ niet inverteerbaar, en bevat de kern ervan een vector $\vec{v}\ne\vec{0}$ . Er geldt dan $L(\vec{v}) = \lambda\,\vec{v}$ , ofwel: de vector $\vec{v}$ is een eigenvector van $L$ met eigenwaarde $\lambda$ .

De matrix

$L_\alpha-\lambda\, I_n=\left(\,\begin{array}{cccc} a_{11}-\lambda & a_{12} & \ldots & a_{1n}\\ a_{21} & a_{22}-\lambda & & \vdots\\ \vdots & & \ddots & \vdots \\ a_{n1} & \ldots & \ldots & a_{nn}-\lambda \end{array}\,\right)$ is de matrix van $L -\lambda \cdot I_V$ ten opzichte van de basis $\alpha$ .

Uitspraak 1 kan nog aangescherpt worden tot: $\lambda$ is dan en slechts dan een eigenwaarde van $L$ als het een wortel van de minimumveelterm van $L$ is.

Hier is het bewijs:

Als $\lambda$ een wortel van de minimumveelterm is, dan ook van de karakteristieke veelterm (die immers een veelvoud van de minimumveelterm is), en dus, volgens uitspraak 1, een eigenwaarde van $L$ .
Andersom, als $\lambda$ een eigenwaarde van $L$ bij eigenvector $\vec{v}$ is, dan geldt voor de minimumveelterm $m_L(x)$ : $\begin{array}{rcl}m_L(\lambda)\,\vec{v}&=&m_L(L)\vec{v} \\&&\phantom{xx}\color{blue}{\lambda\,\vec{v} = L(\vec{v})}\\ &=&\vec{0}\\&&\phantom{xx}\color{blue}{m_L(x)\text{ is de minimumveelterm van }L}\end{array}$

Omdat de karakteristieke veelterm altijd een complexe wortel heeft, zijn er van elke lineaire afbeelding van een complexe vectorruimte van eindige dimensie naar zichzelf eigenvectoren te vinden. Dit is niet zo als de dimensie van de vectorruimte oneindig is. Hier is een voorbeeld: Laat $P$ de vectorruimte van alle veeltermen in $x$ zijn en laat $L_x:P\to P$ vermenigvuldiging met $x$ zijn. Stel dat $f(x)$ een veelterm van $P$ is die eigenvector is van $L_x$ bij eigenwaarde $\lambda$ . Dan geldt $x\cdot f(x) = L_x(f(x)) = \lambda\cdot f(x)$ . Omdat $f(x)$ niet de nulveelterm is (want $f(x)$ is een eigenvector), is de graad van het linker lid één groter dan de graad van $f(x)$ , de graad van het rechter lid. Dit is een tegenspraak. Er zijn dus geen eigenvectoren van $L_x$ in $P$ . Dit voorbeeld laat zien dat in het geval van een oneindigdimensionale vectorruimte (zelfs over de complexe getallen), het voor kan komen dat een lineaire afbeelding geen eigenvectoren heeft.

Laat $L : \mathbb R^2\to\mathbb R^2$ de lineaire afbeelding zijn die hoort bij de spiegeling in de lijn $x -3 y = 0$ . Wat zijn de eigenwaarden van $L$ ?

Geef je antwoord als een verzameling, zoals $\{1,2\}$ . Als $L$ geen eigenwaarden heeft, antwoord dan met het symbool voor de lege verzameling: $\emptyset$ . Dit symbool kun je in het toetsenbord vinden onder het kopje logica.

$\{-1,1\}$

Vectoren die op de lijn $x -3 y = 0$ liggen worden op zichzelf afgebeeld, dus $1$ is een eigenwaarde. Verder is $-1$ ook een eigenwaarde, want de normaalvector $\vec{n}$ van de lijn wordt afgebeeld op zijn negatieve $-\vec{n}$ . Een afbeelding van $\mathbb R^2$ naar $\mathbb R^2$ heeft maximaal twee verschillende eigenwaarden, dus het antwoord is $\{-1,1\}$ .

Nieuw voorbeeld