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LAG · Übungsblatt 10 · Aufgabe 4

Orthogonale Abbildungen: Eigenwerte, Determinante, Drehmatrix

Eine orthogonale Abbildung bewegt Vektoren (dreht oder spiegelt sie), ohne Längen und Winkel zu ändern, etwa eine Drehung oder eine Spiegelung. Wir beweisen drei Folgen davon: a) über ihre Eigenwerte, b) über die Determinante ihrer Matrix, c) dass jede Drehmatrix dazugehört. Rechts baut sich jeder Beweis Zeile für Zeile auf, am Pfeil steht der Grund. Mit Weiter geht es Schritt für Schritt voran.

Die Aufgabe

Eine lineare Abbildung f:Rn→Rnf: \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n heißt orthogonale Abbildung, falls für alle u,v∈Rnu, v \in \mathbb{R}^n gilt ⟨u,v⟩=⟨f(u),f(v)⟩\langle u, v \rangle = \langle f(u), f(v) \rangle, d. h. das Skalarprodukt ist invariant bzgl. der Abbildung ff.

Eine reelle, invertierbare n×nn \times n-Matrix AA heißt orthogonal, wenn A−1=ATA^{-1} = A^T gilt.

Für orthogonale Abbildungen ff besteht die zugehörige orthogonale Abbildungsmatrix AA aus Spalten, die eine Orthonormalbasis bilden.

a) Zeigen Sie, dass eine orthogonale Abbildung ff höchstens die Eigenwerte 1 und −1-1 hat.

b) Zeigen Sie, dass eine orthogonale Matrix AA die Determinante 1 oder −1-1 hat.

c) Sei nun DD eine 2×22 \times 2-Matrix für eine Drehung um den Winkel α\alpha. Zeigen Sie, dass DD eine orthogonale Matrix ist.
Hinweis: cos⁡2(x)+sin⁡2(x)=1\cos^2(x) + \sin^2(x) = 1.

⟨u,v⟩\langle u, v \rangle ist das Skalarprodukt der Vektoren uu und vv: eine Zahl, aus der man Längen und Winkel berechnet. Eine orthogonale Abbildung ff lässt jedes Skalarprodukt unverändert. Darum ändert sie keine Länge und keinen Winkel. „Invariant“ heißt „bleibt gleich“, „bzgl.“ heißt „bezüglich“.

Eine orthogonale Matrix AA hat als Inverse einfach ihre Transponierte ATA^T (Zeilen und Spalten getauscht). Der dritte Satz der Aufgabe verbindet beides: Die Matrix einer orthogonalen Abbildung ist eine orthogonale Matrix.

So gehen wir vor:

  1. a) Wir nehmen einen reellen Eigenwert λ\lambda an. Mit dem Skalarprodukt folgt λ2=1\lambda^2 = 1.
  2. b) Wir nehmen die Determinante von AT⋅A=EA^T \cdot A = E. Es folgt (det⁡(A))2=1\big(\det(A)\big)^2 = 1.
  3. c) Wir rechnen DT⋅DD^T \cdot D und D⋅DTD \cdot D^T aus. Beide ergeben EE.

Was „höchstens 1 und −1“ heißt

Voraussetzung, Annahme und Ziel
Voraussetzung: ⟨u,v⟩=⟨f(u),f(v)⟩ fu¨r alle u,v∈RnAnnahme: f(v)=λ⋅v mit λ∈R, v≠0Ziel: λ=1 oder λ=−1\begin{aligned} &\text{Voraussetzung: } \langle u, v \rangle = \langle f(u), f(v) \rangle \text{ für alle } u, v \in \mathbb{R}^n \\ &\text{Annahme: } f(v) = \lambda \cdot v \text{ mit } \lambda \in \mathbb{R}, \ v \neq 0 \\ &\text{Ziel: } \lambda = 1 \text{ oder } \lambda = -1 \end{aligned}

Ein Eigenwert von ff ist eine Zahl λ\lambda (griechisch „lambda“), für die es einen Vektor v≠0v \neq 0 gibt mit f(v)=λ⋅vf(v) = \lambda \cdot v. Der Vektor vv heißt Eigenvektor. Er wird von ff nur gestreckt, gestaucht oder umgedreht.

„ff hat höchstens die Eigenwerte 1 und −1-1“ heißt: Andere Eigenwerte gibt es nicht. Es heißt nicht, dass 1 und −1-1 immer vorkommen. Zu zeigen ist also: Ist λ\lambda ein Eigenwert, dann ist λ=1\lambda = 1 oder λ=−1\lambda = -1.

Wir starten darum mit einem beliebigen reellen Eigenwert λ\lambda und einem Eigenvektor v≠0v \neq 0 dazu. Über λ\lambda wissen wir sonst nichts. Was wir für dieses λ\lambda zeigen, gilt dann für jeden reellen Eigenwert.

Aus Ü9 A1 („Eigenwerte der transponierten und der inversen Matrix“): Eigenwert und Eigenvektor: A⋅x=λ⋅xA \cdot x = \lambda \cdot x mit x≠0x \neq 0. Hier steht statt der Matrix AA die Abbildung ff; das ist dasselbe, wenn AA die Matrix von ff ist.

Hilfssatz: ⟨v, v⟩ > 0 für v ≠ 0

Skalarprodukt von v mit sich selbst
⟨v,v⟩=v1⋅v1+⋯+vn⋅vn=v12+⋯+vn2>0fu¨r v≠0\langle v, v \rangle = v_1 \cdot v_1 + \dots + v_n \cdot v_n = v_1^2 + \dots + v_n^2 > 0 \quad \text{für } v \neq 0

Das Skalarprodukt im Rn\mathbb{R}^n multipliziert die Einträge paarweise und addiert: ⟨u,v⟩=u1v1+u2v2+⋯+unvn\langle u, v \rangle = u_1 v_1 + u_2 v_2 + \dots + u_n v_n. Mit u=vu = v entsteht eine Summe von Quadraten. Sie ist das Quadrat der Länge von vv.

Jedes Quadrat ist ≥0\geq 0. Weil v≠0v \neq 0 ist, ist mindestens ein Eintrag vi≠0v_i \neq 0, und sein Quadrat ist >0> 0. Also ist die ganze Summe >0> 0.

Warum brauchen wir das? In Schritt 5 teilen wir durch ⟨v,v⟩\langle v, v \rangle. Durch 0 darf man nicht teilen. Darum sichern wir das hier vorab. Beispiel: ⟨(2,1),(2,1)⟩=22+12=5>0\langle (2, 1), (2, 1) \rangle = 2^2 + 1^2 = 5 > 0.

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Beweis a)

Zeile für Zeile

Abbildung 1Beweis a)

Zeile für Zeile

  1. Voraussetzung
  2. ⟨u,v⟩=⟨f(u),f(v)⟩ fu¨r alle u,v\langle u, v \rangle = \langle f(u), f(v) \rangle \text{ für alle } u, vVoraussetzung
  3. Annahme: λ ist ein reeller Eigenwert
  4. f(v)=λ⋅v, λ∈R, v≠0f(v) = \lambda \cdot v, \ \lambda \in \mathbb{R}, \ v \neq 0Voraussetzung
  5. Hilfssatz
  6. ⟨v,v⟩=v12+⋯+vn2>0\langle v, v \rangle = v_1^2 + \dots + v_n^2 > 0
  7. Rechnung
  8. ⟨v,v⟩=⟨f(v),f(v)⟩(Voraussetzung mit u=v)\langle v, v \rangle = \langle f(v), f(v) \rangle \quad (\text{Voraussetzung mit } u = v)
  9. f(v) = λ · v eingesetzt
    =⟨λ⋅v,λ⋅v⟩= \langle \lambda \cdot v, \lambda \cdot v \rangle
  10. λ aus beiden Einträgen herausziehen
    =λ2⋅⟨v,v⟩= \lambda^2 \cdot \langle v, v \rangle
  11. ⟨v, v⟩ = λ² · ⟨v, v⟩ durch ⟨v, v⟩ > 0 geteilt
    1=λ21 = \lambda^2
  12. (λ − 1)(λ + 1) = 0
    λ=1  oder  λ=−1\lambda = 1 \ \text{ oder } \ \lambda = -1gezeigt
Legendegerade gemeintgezeigtBeweis von Teil a).