# Endomorphismus/Eigenräume/Beziehungen/Textabschnitt

Wir haben in Fakt gesehen, dass der Eigenraum zu $0$ der Kern des Endomorphismus ist. Wesentlich allgemeiner als in Fakt gilt die folgende Charakterisierung.

## Lemma

Es sei $K$ ein Körper, $V$ ein $K$-Vektorraum und
    $\varphi \colon V\longrightarrow V$
eine lineare Abbildung. Es sei $\lambda \in K$.
Dann ist

### Beweis

Es sei $v\in V$. Dann ist $v\in \operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\varphi \right)}$ genau dann, wenn $\varphi (v)=\lambda v$ ist, und dies ist genau bei $\varphi (v)-\lambda v=0$ der Fall, was man als ${\left(\varphi -\lambda \cdot \operatorname {Id} _{V}\right)}(v)=0$ schreiben kann.
$\Box$
Insbesondere ist ein $\lambda \in K$ genau dann ein Eigenwert von $\varphi$, wenn $\varphi -\lambda \operatorname {Id} _{V}$ nicht injektiv ist. Für ein gegebenes $\lambda$ lässt sich diese Eigenschaft einfach mit Hilfe eines linearen Gleichungssystems (oder der Determinante) überprüfen und ebenso der Eigenraum berechnen. Dagegen ist es kein lineares Problem, zu entscheiden, ob $\varphi$ überhaupt Eigenwerte besitzt und diese zu bestimmen. Wir werden weiterhin eine lineare Abbildung $\varphi \colon V\rightarrow V$ dadurch untersuchen, dass wir die Differenzen zu den Streckungen $\varphi -\lambda \operatorname {Id} _{V}$ für verschiedene $\lambda$ betrachten.
Bei einer $n\times n$-Matrix $M$ muss man den Kern der Matrix $M-\lambda E_{n}$ bestimmen. Wenn man beispielsweise wissen möchte, ob die Matrix ${\begin{pmatrix}4&7\\-2&5\end{pmatrix}}$ den Eigenwert $3$ besitzt, so sieht man anhand von
    ${\begin{pmatrix}4&7\\-2&5\end{pmatrix}}-3E_{2}={\begin{pmatrix}4&7\\-2&5\end{pmatrix}}-3{\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&7\\-2&2\end{pmatrix}}\,$
sofort, dass dies nicht der Fall ist.

## Lemma

Es sei $K$ ein Körper, $V$ ein $K$-Vektorraum und
    $\varphi \colon V\longrightarrow V$
eine lineare Abbildung. Es seien $\lambda _{1}\neq \lambda _{2}$ Elemente in $K$.
Dann ist

### Beweis

Es sei $v\in \operatorname {Eig} _{\lambda _{1}}{\left(\varphi \right)}\cap \operatorname {Eig} _{\lambda _{2}}{\left(\varphi \right)}$. Dann ist
    $\lambda _{1}v=\varphi (v)=\lambda _{2}v\,.$
Also ist
    $(\lambda _{1}-\lambda _{2})v=0\,,$
woraus wegen $\lambda _{1}\neq \lambda _{2}$ direkt $v=0$ folgt.
$\Box$

## Lemma

Es sei $K$ ein Körper, $V$ ein $K$-Vektorraum und
    $\varphi \colon V\longrightarrow V$
eine lineare Abbildung. Es seien $v_{1},\ldots ,v_{n}$ Eigenvektoren zu (paarweise) verschiedenen Eigenwerten $\lambda _{1},\ldots ,\lambda _{n}\in K$.
Dann sind $v_{1},\ldots ,v_{n}$ linear unabhängig.

### Beweis

Wir beweisen die Aussage durch Induktion nach $n$. Für $n=0$ ist die Aussage richtig. Es sei die Aussage also für weniger als $n$ Vektoren bewiesen. Betrachten wir eine Darstellung der $0$, also
    $a_{1}v_{1}+\cdots +a_{n}v_{n}=0\,.$
Wir wenden darauf $\varphi$ an und erhalten einerseits
    $a_{1}\varphi (v_{1})+\cdots +a_{n}\varphi (v_{n})=\lambda _{1}a_{1}v_{1}+\cdots +\lambda _{n}a_{n}v_{n}=0\,.$
Andererseits multiplizieren wir die obige Gleichung mit $\lambda _{n}$ und erhalten
    $\lambda _{n}a_{1}v_{1}+\cdots +\lambda _{n}a_{n}v_{n}=0\,.$
Die so entstandenen Gleichungen zieht man voneinander ab und erhält
    $(\lambda _{n}-\lambda _{1})a_{1}v_{1}+\cdots +(\lambda _{n}-\lambda _{n-1})a_{n-1}v_{n-1}=0\,.$
Aus der Induktionsvoraussetzung folgt, dass alle Koeffizienten $(\lambda _{n}-\lambda _{i})a_{i}=0$, $i=1,\ldots ,n-1$, sein müssen. Wegen $\lambda _{n}-\lambda _{i}\neq 0$ folgt $a_{i}=0$ für $i=1,\ldots ,n-1$ und wegen $v_{n}\neq 0$ ist dann auch $a_{n}=0$.
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## Korollar

Es sei $K$ ein Körper und es sei $V$ ein endlichdimensionaler $K$-Vektorraum. Es sei
    $\varphi \colon V\longrightarrow V$
eine lineare Abbildung.
Dann gibt es maximal $\dim _{K}{\left(V\right)}$ viele Eigenwerte zu $\varphi$.

### Beweis

$\Box$
Insbesondere besitzt ein Endomorphismus auf einem endlichdimensionalen Vektorraum nur endlich viele Eigenwerte.
* ↑ Man kann sich darüber streiten, ob man hier mit $\varphi -\lambda \cdot \operatorname {Id} _{V}$ oder mit $\lambda \cdot \operatorname {Id} _{V}-\varphi$ arbeiten möchte. Das hat keine Auswirkung auf den Kern. Für die erste Wahl spricht, dass sich dieser Ausdruck ergibt, wenn man in das lineare Polynom $X-\lambda$ die lineare Abbildung $\varphi$ einsetzt.