Kurs:Lineare Algebra (Osnabrück 2015-2016)/Teil II/Vorlesung 34/kontrolle

Die Diagonalisierbarkeit von Isometrien im Komplexen

Lemma Lemma 34.1 ändern

Es sei ${}\varphi \colon V\rightarrow V$ eine lineare Isometrie auf einem endlichdimensionalen ${}{\mathbb {K} }$- Vektorraum ${}V$ mit Skalarprodukt und sei ${}U\subseteq V$ ein invarianter Unterraum.

Dann ist auch das orthogonale Komplement ${}U^{\perp }$ invariant.

Insbesondere kann man ${}\varphi$ als direkte Summe

${}\varphi =\varphi _{U}\oplus \varphi _{U^{\perp }}\,$

schreiben, wobei die Einschränkungen $\varphi _{U}$ und $\varphi _{U^{\perp }}$ ebenfalls Isometrien sind.

Beweis

Es ist

${}U^{\perp }={\left\{v\in V\mid \left\langle v,u\right\rangle =0{\text{ für }}{\text{alle }}u\in U\right\}}\,.$

Für ein solches ${}v\in U^{\perp }$ und ein beliebiges ${}u\in U$ ist

${}\left\langle \varphi (v),u\right\rangle =\left\langle \varphi ^{-1}(\varphi (v)),\varphi ^{-1}(u)\right\rangle =\left\langle v,u'\right\rangle =0\,,$

da ${}u'=\varphi ^{-1}(u)\in U$ wegen der Invarianz von ${}U$ liegt. Also ist wieder ${}\varphi (v)\in U^{\perp }$.

$\Box$

Satz Satz 34.2 ändern

Es sei ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}{\mathbb {C} }$- Vektorraum mit Skalarprodukt und sei

$\varphi \colon V\longrightarrow V$

eine Isometrie.

Dann besitzt ${}V$ eine Orthonormalbasis aus Eigenvektoren zu ${}\varphi$.

Insbesondere ist ${}\varphi$ diagonalisierbar.

Beweis

Wir führen Induktion über die Dimension von ${}V$. Im eindimensionalen Fall ist die Aussage klar. Aufgrund des Fundamentalsatzes der Algebra und Satz 23.2 besitzt ${}\varphi$ einen Eigenwert und einen Eigenvektor, den wir normieren können. Es sei ${}E\subseteq V$ die zugehörige Eigengerade. Da eine Isometrie vorliegt, ist das orthogonale Komplement ${}E^{\perp }$ nach Lemma 34.1 ebenfalls ${}\varphi$- invariant, und die Einschränkung

$\varphi {|}_{E^{\perp }}\colon E^{\perp }\longrightarrow E^{\perp }$

ist ebenfalls eine Isometrie. Nach Induktionsvoraussetzung gibt es also von ${}E^{\perp }$ eine Orthonormalbasis aus Eigenvektoren, die zusammen mit dem ersten Eigenvektor eine Orthonormalbasis aus Eigenvektoren von ${}V$ bildet.

$\Box$

Winkel

Bemerkung   Referenznummer erstellen

Für von ${}0$ verschiedene Vektoren ${}v$ und ${}w$ in einem euklidischen Vektorraum ${}V$ folgt aus der der Ungleichung von Cauchy-Schwarz, dass

${}-1\leq {\frac {\left\langle v,w\right\rangle }{\Vert {v}\Vert \cdot \Vert {w}\Vert }}\leq 1\,$

ist. Damit kann man mit Hilfe der trigonometrischen Funktion Kosinus (als bijektive Abbildung ${}[0,\pi ]\rightarrow [-1,1]$) bzw. der Umkehrfunktion den Winkel zwischen den beiden Vektoren definieren, nämlich durch

${}\angle (v,w):=\arccos {\frac {\left\langle v,w\right\rangle }{\Vert {v}\Vert \cdot \Vert {w}\Vert }}\,.$

Der Winkel ist also eine reelle Zahl zwischen ${}0$ und ${}\pi$. Die obige Gleichung kann man auch als

${}\left\langle v,w\right\rangle =\Vert {v}\Vert \cdot \Vert {w}\Vert \cdot \cos \left(\angle (v,w)\right)\,$

schreiben, was die Möglichkeit eröffnet, das Skalarprodukt in dieser Weise zu definieren. Allerdings muss man dann für den Winkel eine unabhängige Definition finden. Dieser Zugang ist etwas intuitiver, hat aber rechnerisch und beweistechnisch viele Nachteile.

Bei einem affinen Raum ${}E$ über einem euklidischen Vektorraum ${}V$ und bei gegebenen drei Punkten ${}P,Q,R\in E$ (einem Dreieck) mit ${}Q,R\neq P$ versteht man unter dem Winkel ${}\angle (Q,P,R)$ des Dreiecks an ${}P$ den Winkel ${}\angle ({\overrightarrow {PQ}},{\overrightarrow {PR}})$.

Ebene Isometrien

Satz Satz 34.4 ändern

Es sei

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2}$

eine eigentliche, lineare Isometrie.

Dann ist ${}\varphi$ eine Drehung,

und ihre Matrix hat bezüglich der Standardbasis die Gestalt

${}D(\theta )={\begin{pmatrix}\operatorname {cos} \,\theta &-\operatorname {sin} \,\theta \\\operatorname {sin} \,\theta &\operatorname {cos} \,\theta \end{pmatrix}}\,$

mit einem eindeutig bestimmten Drehwinkel ${}\theta \in [0,2\pi [$.

Beweis

Es seien ${}(x,y)$ und ${}(u,v)$ die Bilder der Standardvektoren ${}(1,0)$ und ${}(0,1)$. Unter einer Isometrie wird die Länge eines Vektors erhalten, daher ist

${}\Vert {\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\Vert ={\sqrt {x^{2}+y^{2}}}=1\,.$

Daher ist ${}x$ eine reelle Zahl zwischen ${}-1$ und ${}+1$ und ${}y=\pm {\sqrt {1-x^{2}}}$, d.h. ${}(x,y)$ ist ein Punkt auf dem reellen Einheitskreis. Der Einheitskreis wird bekanntlich durch die trigonometrischen Funktionen parametrisiert, d.h. es gibt einen eindeutig bestimmten Winkel ${}\theta$, ${}0\leq \theta <2\pi$, mit

${}(x,y)=(\operatorname {cos} \,\theta ,\operatorname {sin} \,\theta )\,.$

Da unter einer Isometrie die Senkrechtsbeziehung erhalten bleibt, muss

${}\left\langle {\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}u\\v\end{pmatrix}}\right\rangle =xu+yv=0\,$

gelten. Bei ${}y=0$ folgt daraus (wegen ${}x=\pm 1$) ${}u=0$. Dann ist ${}v=\pm 1$ und wegen der Eigentlichkeit muss das Vorzeichen dasselbe wie von ${}x$ sein. Es sei also ${}y\neq 0$. Dann gilt

${}{\begin{pmatrix}-v\\u\end{pmatrix}}={\frac {u}{y}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\,.$

Da die beiden Vektoren die Länge ${}1$ haben, muss der skalare Faktor ${}u/y$ den Betrag ${}1$ haben. Bei ${}u=y$ wäre ${}v=-x$ und die Determinante wäre ${}-1$. Also muss $u=-y$ und $v=x$ sein, was die Behauptung ergibt.

$\Box$

Räumliche Isometrien

Satz Referenznummer erstellen

Es sei

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3}$

eine lineare Isometrie.

Dann gibt es einen Eigenvektor zum Eigenwert ${}1$ oder ${}-1$.

Beweis

Das charakteristische Polynom ${}P$ zu ${}\varphi$ ist ein normiertes Polynom vom Grad drei. Für ${}t\to +\infty$ geht ${}P(t)\to +\infty$ und für ${}t\to -\infty$ geht ${}P(t)\to -\infty$. Nach dem Zwischenwertsatz besitzt daher ${}P$ mindestens eine Nullstelle. Eine solche Nullstelle ist ein Eigenwert von ${}\varphi$. Nach Satz 33.10 ist der Eigenwert gleich ${}1$ oder gleich ${}-1$.

$\Box$

Eine eigentliche lineare Isometrie des Raumes führt insbesondere die Einheitskugel durch eine Bewegung in sich über. Man kann sich eine solche Isometrie also gut als eine Drehung an einer Kugel vorstellen, die in einer passenden Schale liegt.

Satz Satz 34.6 ändern

Eine eigentliche Isometrie

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3}$

besitzt einen Eigenvektor zum Eigenwert ${}1$,

d.h. es gibt eine Gerade (durch den Nullpunkt), die unter ${}\varphi$ fest bleibt.

Beweis

Wir betrachten das charakteristische Polynom von ${}\varphi$, also

${}P(\lambda )=\det \left(\lambda E_{3}-\varphi \right)\,.$

Dies ist ein normiertes reelles Polynom vom Grad drei. Für ${}\lambda =0$ ergibt sich

${}P(0)=\det \left(-\varphi \right)=-\det \left(\varphi \right)=-1\,.$

Da für ${}\lambda \to \infty$ das Polynom ${}P(\lambda )\to \infty$ geht, muss es für ein positives ${}\lambda$ eine Nullstelle geben. Aufgrund von Satz 33.10 kommt dafür nur ${}\lambda =1$ in Frage.

$\Box$

Satz Satz 34.7 ändern

Es sei

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3}$

eine eigentliche Isometrie.

Dann ist ${}\varphi$ eine Drehung um eine feste Achse.

Das bedeutet, dass ${}\varphi$ in einer geeigneten Orthonormalbasis durch eine Matrix der Form

${\begin{pmatrix}1&0&0\\0&\operatorname {cos} \,\alpha &-\operatorname {sin} \,\alpha \\0&\operatorname {sin} \,\alpha &\operatorname {cos} \,\alpha \end{pmatrix}}$

beschrieben wird.

Beweis

Nach Satz 34.6 gibt es einen Eigenvektor ${}u$ zum Eigenwert ${}1$. Sei ${}U=\mathbb {R} u$ die davon erzeugte Gerade. Diese ist fix und insbesondere invariant unter ${}\varphi$. Nach Lemma 34.1 ist dann auch das orthogonale Komplement ${}U^{\perp }$ invariant unter ${}\varphi$, d.h. es gibt eine lineare Isometrie

$\varphi _{2}\colon U^{\perp }\longrightarrow U^{\perp },$

die auf ${}U^{\perp }$ mit ${}\varphi$ übereinstimmt. Dabei muss ${}\varphi _{2}$ eigentlich sein, und daher muss nach Satz 34.4 ${}\varphi _{2}$ eine Drehung sein. Wählt man einen Vektor der Länge eins aus ${}U$ und dazu eine Orthonormalbasis von ${}U^{\perp }$, so hat ${}\varphi$ bezüglich dieser Basis die angegebene Gestalt.

$\Box$

Korollar Referenznummer erstellen

Zu Beginn eines Fußballspiels liegt der Fußball auf dem Anstoßpunkt. Wenn ein Tor erzielt wird, so wird der Ball wieder auf den Anstoßpunkt zurückgesetzt. In dieser Situation gilt:

Es gibt mindestens zwei (gegenüber liegende) Punkte auf dem Fußball (seiner Oberfläche), die beim Neuanstoß genau dort liegen, wo sie am Spielanstoß lagen. Die Gesamtbewegung des Balles lässt sich durch eine Achsendrehung realisieren.

Beweis

Die Gesamtbewegung ist eine lineare Isometrie, daher folgt die Aussage aus Satz 34.7.

$\Box$

Der Zerlegungssatz für Isometrien

Lemma Lemma 34.9 ändern

Es sei ${}V\neq 0$ ein reeller endlichdimensionaler Vektorraum und

$\varphi \colon V\longrightarrow V$

ein Endomorphismus.

Dann besitzt ${}V$ einen ${}\varphi$- invarianten Untervektorraum ${}U\subseteq V$ der Dimension ${}1$ oder ${}2$.

Beweis

Wir können ${}V=\mathbb {R} ^{n}$ annehmen und dass ${}\varphi$ durch die Matrix ${}M$ bezüglich der Standardbasis gegeben ist. Wenn ${}\varphi$ einen Eigenwert besitzt, so sind wir fertig. Andernfalls betrachten wir die entsprechende komplexe Abbildung, also

$\varphi \colon {\mathbb {C} }^{n}\longrightarrow {\mathbb {C} }^{n},$

die durch die gleiche Matrix ${}M$ gegeben ist. Diese besitzt einen komplexen Eigenwert ${}a+b{\mathrm {i} }$ und einen komplexen Eigenvektor ${}v\in {\mathbb {C} }^{n}$. Es ist also

${}Mv=(a+b{\mathrm {i} })v\,.$

Mit

${}v=v_{1}+{\mathrm {i} }v_{2}\,$

und ${}v_{1},v_{2}\in \mathbb {R} ^{n}$ bedeutet dies

${}Mv_{1}+{\mathrm {i} }Mv_{2}=Mv=(a+b{\mathrm {i} }){\left(v_{1}+{\mathrm {i} }v_{2}\right)}=av_{1}-bv_{2}+{\mathrm {i} }(av_{2}+bv_{1})\,.$

Vergleich von Real- und Imaginärteil zeigt, dass ${}Mv_{1},Mv_{2}\in \langle v_{1},v_{2}\rangle$ sind, sodass der Untervektorraum ${}\langle v_{1},v_{2}\rangle$ invariant ist.

$\Box$

Satz Referenznummer erstellen

Es sei

$\varphi \colon V\longrightarrow V$

eine Isometrie auf dem euklidischen Vektorraum ${}V$.

Dann ist ${}V$ eine orthogonale direkte Summe

${}V=G_{1}\oplus \cdots \oplus G_{p}\oplus H_{1}\oplus \cdots \oplus H_{q}\oplus E_{1}\oplus \cdots \oplus E_{r}\,$

von ${}\varphi$- invarianten Untervektorräumen, wobei die ${}G_{i},H_{j}$ eindimensional und die ${}E_{k}$ zweidimensional sind. Die Einschränkung von ${}\varphi$ auf den ${}G_{i}$ ist die Identität, auf ${}H_{j}$ die negative Identität und auf ${}E_{k}$ eine Drehung ohne Eigenwerte.

Beweis

Wir führen Induktion über die Dimension von ${}V$, die mit ${}n$ bezeichnet sei. Der eindimensionale Fall ist wegen Fakt ***** klar. Sei ${}n=2$. Die Determinante kann wegen Lemma 33.13 nur die Werte ${}1$ und ${}-1$ annehmen. Bei ${}-1$ besitzt das charakteristische Polynom zwei Nullstellen, und diese müssen nach Fakt ***** ${}1$ und ${}-1$ sein. Es liegt dann also eine Achsenspiegelung vor und

${}V=G\oplus H\,.$

Wenn die Determinante ${}1$ ist, so sind wir in der Situation von Satz 34.4 und es liegt eine Drehung vor. Wenn der Drehwinkel ${}0$ ist, so liegt die Identität vor und man kann ${}V=G_{1}\oplus G_{2}$ zerlegen, und wenn der Drehwinkel ${}\pi$ ist, so liegt die Punktspiegelung ${}-\operatorname {Id}$ vor und man kann ${}V=H_{1}\oplus H_{2}$ zerlegen. Bei den anderen Winkeln gibt es keine Eigenvektoren.

Es sei nun ${}n\geq 1$ beliebig und die Aussage für kleinere Dimensionen schon bewiesen. Nach Lemma 34.9 gibt es einen ${}\varphi$-invarianten Untervektorraum ${}U$ der Dimension ${}1$ oder ${}2$ und nach Lemma 34.1 gibt es dazu ein invariantes orthogonales Komplement, also

${}V=U\oplus W\,.$

Die Induktionsvoraussetzung angewendet auf ${}W$ liefert das Resultat.

$\Box$