A Lineare Algebra II - TU Darmstadt/Mathematik

A
Lineare Algebra II
für M, LaG, LaB, Inf, WInf
Technische Universität Darmstadt
Fachbereich Mathematik
SS 2004
Prof. Dr. C. Herrmann
Niklas Niemann
Maren Riemenschneider
12.-14. Mai 2004
1.Übungsblatt - Lösungen
Bilinearformen, Quadratische Formen und Hauptachsentransformation
Gruppenübungen
G21 Begriffsklärung
Eine symmetrische Bilinearform
F :V ×V →R
erfüllt zusätzlich zur Bilinearität noch die Bedingung
∀v, w ∈ V.
F (v, w) = F (w, v)
Eine quadratische Form Q auf einem reellen Vektorraum V ist eine Abbildung
Q:V →R
die die folgenden Bedingungen erfüllt:
a) ∀λ ∈ R, ∀v ∈ V.
Q(λv) = λ2 Q(v)
b) Die Abbildung F : V × V → R
(x, y) 7→ 21 [Q(x + y) − Q(x) − Q(y)] ist bilinear.
Bemerkung: Dank der zweiten Forderung ist F automatisch symmetrisch. Weiterhin sollte man
erwähnen, dass man diesen Begriff einer quadratischen Form über jedem Körper mit Charakteristik
ungleich zwei erklären kann.
Die Begriffe der assoziierten quadratischen Form und der Gram-Matrix einer (symmetrischen) Bilinearform sind hoffentlich bekannt.
G22 Bilinearform und Gram-Matrix in der reellen Ebene
a)
b)
1 3
3 2
c) Q(x) = F (x, x) = x21 + 2x22 + 6x1 x2
G23 Hauptachsentransformation im R2
3 2
a) A =
2 0
b) Gesucht ist eine ONB β = {~v , w},
~ so dass die Gram-Matrix der Bilinearform F bzgl. β diagonal
ist; d.h., dass F (~v , w)
~ = 0, also ~v t Aw
~ = 0.
Durch den Ansatz
~v = (v1 , v2 )t
w
~ = (−v2 , v1 )t
garantieren wir, dass ~v , w
~ senkrecht zueinander stehen.
c) Wir erhalten also
3 2
(v1 , v2 )
(−v2 , v1 )t = −3v2 v1 + 2v12 − 2v22 = 0
2 0
d) Dreisterweise nehmen wir an, dass v1 6= 0 und erhalten mit der angegebenen Setzung die Gleichung in t
−3t + 2 − 2t2 = 0
Umformen führt zu
3
t2 + t − 1 = 0
2
Lösen ergibt t1 = −2, t2 = 12 . Erinnern wir uns, wie wir t ursprünglich eingeführt hatten, so
erhalten wir vv12 = −2; wählen wir v1 = 1, so erhalten wir die Vektoren
~v = (1, −2)t
w
~ = (2, 1)t
Wir verifizieren wie verlangt:
~v t Aw
~ = (1, −2)(8, 4)t = 0
e) Normieren der Vektoren ~v , w
~ führt zu
1
v 0 = √ (1, −2)t
5
1
w0 = √ (2, 1)t
5
Das Zeichnen des Hauptachsensystems sollte an dieser Stelle kein Problem mehr sein: Wir zeichnen die beiden angegebene Vektoren v 0 , w0 als normierte Basisvektoren in ein Koordinatensytem
der ONB α ein. Die Hauptachsen sind gerade die von v 0 , w0 aufgespannten Geraden.
f) Als Transformationsmatrix von der neuen Basis β in die alte Basis α erhalten wir erhalten wir
1
1 2
T :=α Tβ = √
5 −2 1
Allerdings brauchen wir für die Bestimmung der Matrix Φα der Form F bzgl. der Basis α gerade
die Transformationsmatrix
β Tα
An dieser Stelle ist es nicht angebracht, die Inverse der Transformationsmatrix auszurechnen: Wir
benötigen die transponierte Matrix. Da T orthogonal ist, ist dies hier zwar die gleiche Matrix,
aber dennoch besteht ein grundlegender Unterschied zu der Basistransformation bei linearen
Abbildungen. Wir erhalten die quadratische Form im Hauptachsensystem β durch
−1 0
0
t
A = T AT =
0 4
Die Eigenwerte sind also λ = −1 und µ = 4.
Im Hauptachsensytem hat die Form also die Gestalt
Q(x) = λy12 + µy22 = −1y12 + 4y22
wobei (y1 , y2 ) = xβ
Bemerkung:
Es ist einfacher, den letzten Aufgabenteil nicht in der geforderten, sondern in umgekehrter Reihenfolge zu bearbeiten (wie hier geschehen).
g)
G24 Quadratische Form in der Ebene
Wir wählen
s2 = e1 − e2
s1 := e1 + e2
und erhalten durch Normieren
1
v1 := √ (e1 + e2 )
2
1
v2 = √ (e1 − e2 )
2
eine ONB β = {v1 , v2 } Wir betrachten die Kennlinie der Form bzw. die Gleichung
Q(x) = 1
in der neuen Basis β. Diese ist gerade so gewählt, dass die Form bzgl. β die Gestalt
Q(y) = λ1 y12 + λ2 y22
√
√
hat. Wir sehen an der Skizze ausserdem,
√ dass die Vektoren 2v1 , 2 2v2 auf der Kennlinie liegen.
Setzen wir den ersten dieser Vektoren, 2v1 , in die obige Gleichung ein, so erhalten wir
√
λ1 ( 2)2 + 0 = 1
also λ1 = 21 .
√
Setzen wir 2 2v2 ein, so erhalten wir
√
0 + λ2 (2 2)2 = 1
also λ1 = 18 . Die Gram-Matrix bzgl. β ist also
β
Φ =
1
2
0
0
1
8
Als Transformationsmatrizen erhalten wir
1
T :=α Tβ = √
2
1 −1
1 1
Allerdings brauchen wir für die Bestimmung der Matrix Φα der Form F bzgl. der Basis α gerade die Transformationsmatrix β Tα . Da wir orthogonal transformieren, ist die Bestimmung dieser
Transformationsmatrix jedoch nicht weiter schwierig: Wir transponieren und erhalten
1
1 1
T :=β Tα = √
2 −1 1
Dann gilt
Φα = T t Φβ T
Ausrechnen führt zu
Φα = T t Φβ T =
1
16
5 3
3 5
Somit gilt
Q(x) =
1
[5x2 + 5x22 + 6x1 x2 ]
16 1
G25 Ellipse I
Zeichnen einer Ellipse per Hand in LATEX zu simulieren ist wohl etwas albern. Weiterhin sollen die
Studierenden hier lediglich aussprechen, welche Beschreibung einer Ellipse sie kennen. Möglicherweise
sind dies gerade die beiden in der nächsten Übung formulierten Beschreibungen - manch einer kennt
vielleicht die eine, der andere die andere, manch einer keine oder gar beide. Vielleicht ist auch die
Gärtner-Methode ungefähr bekannt; dann ist zu versuchen, sie mathematisch zu fassen.