Eigenvectoren en eigenwaarden

Beschouw de lineaire transformatie $T$ in 3D die bestaat uit een rotatie, om een gegeven as, over een hoek $\theta$. De meeste vectoren $\vert \alpha >$ zullen in een gecompliceerde manier veranderen, maar vectoren die toevallig langs de draaias liggen gedragen zich eenvoudig: zij veranderen helemaal niet: $T \vert \alpha > = \vert \alpha >$. Als $\theta = 180^\circ$, dan zullen vectoren die in het `equator' vlak liggen van teken veranderen, $T \vert \alpha > = - \vert \alpha >$. In een complexe vectorruimte heeft elke lineaire transformatie van dit soort speciale vectoren, die getransformeerd worden in eenvoudige veelvouden van zichzelf,

$$T \vert \alpha > = \lambda \vert \alpha >,$$ (280)

en deze worden de eigenvectoren van de transformatie genoemd, terwijl de (complexe) getallen $\lambda$ de eigenwaarden zijn (de nulvector telt hierbij niet mee). Merk op dat ieder veelvoud van een eigenvector nog steeds een eigenvector met dezelfde eigenwaarde is. Ten opzichte van een bepaalde basis, neemt de eigenwaarde vergelijking de matrix vorm

$${\bf Ta} = \lambda {\bf a}$$ (281)

aan, ofwel

$$({\bf T} - \lambda {\bf 1}){\bf a} = {\bf0}.$$ (282)

Hierbij stelt ${\bf0}$ de nulmatrix voor, waarvan alle elementen gelijk aan nul zijn. Als de matrix $({\bf T} - \lambda {\bf 1})$ een inverse heeft, kunnen we beide zijden van vergelijking (285) vermenigvuldigen met $({\bf T} - \lambda {\bf 1})^{-1}$, en concluderen dan dat ${\bf a} = 0$. We hebben echter aangenomen dat ${\bf a}$ ongelijk aan nul is en dus dient de matrix $({\bf T} - \lambda {\bf 1})$ singulier te zijn, hetgeen betekent dat haar determinant verdwijnt,

$${\rm det}({\bf T} - \lambda {\bf 1}) = \left\vert \begin{a... ...dots & (T_{mm} - \lambda ) \\ \end{array} \right\vert = 0.$$ (283)

Expansie van de determinant levert een algebraïsche vergelijking voor $\lambda$,

$$C_n\lambda^n + C_{n-1}\lambda^{n-1} + \ldots + C_1 \lambda + C_0 = 0,$$ (284)

waarbij de coëfficienten $C_i$ van de matrixelementen van ${\bf T}$ afhangen. Dit wordt de karakteristieke vergelijking van de matrix genoemd; haar oplossingen bepalen de eigenwaarden. Merk op dat het een $n$de-orde vergelijking is, die dus $n$ complexe wortels heeft. Sommige van deze wortels kunnen hetzelfde zijn en alles wat we kunnen zeggen is dat een $n \times n$ matrix op zijn minst één en op zijn meest $n$ unieke eigenwaarden heeft.

Voorbeeld: Vind de eigenwaarden en eigenvectoren van de matrix

$${\bf M} = \left( \begin{array}{ccc} 2 & 0 & -2 \\ -2i & i & 2i \\ 1 & 0 & -1 \\ \end{array} \right) .$$ (285)

De karakteristieke vergelijking is

$$\left\vert \begin{array}{ccc} (2 - \lambda ) & 0 & -2 ... ...} \right\vert = - \lambda^3 + ( 1+i)\lambda^2 -i \lambda =0,$$ (286)

en de wortels zijn 0, 1 en $i$. Noem de componenten van de eerste eigenvector $(a_1, a_2, a_3 )$, dan

$$\left( \begin{array}{ccc} 2 & 0 & -2 \\ -2i & i & 2i \\... ...egin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 0 \\ \end{array} \right) ,$$ (287)

hetgeen de volgende drie vergelijkingen levert

$$\begin{array}{rl} 2a_1 - 2a_3 & = 0, \\ -2ia_1 + ia_2 +2ia_3 & = 0, \\ a_1 - a_3 & = 0. \\ \end{array}$$ (288)

De eerste bepaalt $a_3$ (in termen van $a_1$), $a_3 = a_1$; de tweede bepaalt $a_2$, $a_2= 0$; en de derde is redundant. We kunnen net zo goed $a_1 = 1$ kiezen, omdat een veelvoud van een eigenvector weer een eigenvector is. We vinden

$${\bf a}^{(1)} = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 1 \\ \end{array} \right) ,    {\rm voor}    \lambda_1 = 0.$$ (289)

Voor de tweede eigenvector (we recyclen dezelfde notatie voor de componenten) hebben we

$$\left( \begin{array}{ccc} 2 & 0 & -2 \\ -2i & i & 2i \\... ...rray}{c} a_1 \\ a_2 \\ a_3 \\ \end{array} \right) ,$$ (290)

hetgeen leidt tot de vergelijkingen

$$\begin{array}{rl} 2a_1 - 2a_3 & = a_1, \\ -2ia_1 + ia_2 +2ia_3 & = a_2, \\ a_1 - a_3 & = a_3, \\ \end{array}$$ (291)

met als oplossing $a_3 = (1/2)a_1, a_2 = [(1-i)/2]a_2$; deze keer kiezen we $a_1 = 2$, zodat

$${\bf a}^{(2)} = \left( \begin{array}{c} 2 \\ (1-i) \\ 1 \\ \end{array} \right) ,    {\rm voor}    \lambda_2 = 1.$$ (292)

Tenslotte geldt voor de derde eigenvector

$$\left( \begin{array}{ccc} 2 & 0 & -2 \\ -2i & i & 2i \\... ...y}{c} ia_1 \\ ia_2 \\ ia_3 \\ \end{array} \right) ,$$ (293)

hetgeen leidt tot de vergelijkingen

$$\begin{array}{rl} 2a_1 - 2a_3 & = ia_1, \\ -2ia_1 + ia_2 +2ia_3 & = ia_2, \\ a_1 - a_3 & = ia_3, \\ \end{array}$$ (294)

met als oplossing $a_3 = a_1 = 0$, terwijl $a_2$ onbepaald is. We kiezen $a_2 = 1$ en concluderen

$${\bf a}^{(3)} = \left( \begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 0 \\ \end{array} \right) ,    {\rm voor}    \lambda_3 = i.$$ (295)