Lösung zu Übungsblatt 7 (geändert am 18.05. 12:45)

MAT111.4 - Lineare Algebra, SS 07
Prof. Joachim Rosenthal
Lösung zu Übungsblatt 7
Aufgabe 1 Sei ϕ : V × V → R eine symmetrische Bilinearform auf einem reellen
Vektorraum V . Für die Vektoren v1 , . . . , vn ∈ V gelte ϕ(vi , vj ) = 0 für i 6= j, d. h.
v1 , . . . , vn sind orthogonal. Weiter gelte ϕ(vi , vi ) 6= 0 für alle i. Zeige, dass v1 , . . . , vn
linear unabhängig sind.
Lösung zu Aufgabe 1
Seien λ1 , . . . , λn ∈ R mit
n
X
λi vi = 0.
i=1
Für j ∈ {1, . . . , n} gilt wegen der Bilinearität von ϕ
³
0 = ϕ(vj , 0) = ϕ vj ,
n
X
i=1
´
λi vi =
n
X
λi ϕ(vj , vi ) = λj ϕ(vj , vj ),
i=1
da ϕ(vi , vj ) = 0 ist für i 6= j. Da nun nach Voraussetzung ϕ(vj , vj ) 6= 0 ist, folgt
λj = 0. Da j beliebig war, folgt λ1 = · · · = λn = 0, was zu zeigen war.
Aufgabe 2 Sei V ein reeller Vektorraum und ϕ : V × V → R eine symmetrische
Bilinearform mit ϕ(v, v) ≥ 0 für alle v ∈ V (man sagt, ϕ ist positiv semidefinit).
Zeige:
a) Für alle v, w ∈ V gilt die Cauchy-Schwarz’sche Ungleichung
ϕ(v, w)2 ≤ ϕ(v, v) · ϕ(w, w).
b) U := {v ∈ V | ϕ(v, v) = 0} ist ein Untervektorraum von V .
c) Durch ϕ : V /U ×V /U → R, ϕ(v +U, w +U ) := ϕ(v, w) wird ein Skalarprodukt
auf dem Quotientenvektorraum V /U definiert.
Lösung zu Aufgabe 2
a) Seien v, w ∈ V . Für ein beliebiges λ ∈ R gilt
0 ≤ ϕ(v + λw, v + λw) = ϕ(v, v) + 2λϕ(v, w) + λ2 ϕ(w, w).
• Ist ϕ(w, w) = 0 und ϕ(v, v) = 0, so gilt
0 ≤ 2λϕ(v, w)
für alle λ ∈ R, also insbesondere auch für λ = −ϕ(v, w). Dann folgt aus
0 ≤ −2ϕ(v, w)2 jedoch, dass ϕ(v, w) = 0 ist, womit die Ungleichung in
diesem Fall erfüllt ist.
1
• Andernfalls ist ϕ(v, v) 6= 0 oder ϕ(w, w) 6= 0. Ohne Einschränkung nehϕ(v,w)
; damit
men wir ϕ(w, w) 6= 0 an. In diesem Fall wählen wir λ := − ϕ(w,w)
ist
ϕ(v, w)2
ϕ(v, w)2 ϕ(v, w)2
+
= ϕ(v, v) −
,
0 ≤ ϕ(v, v) − 2
ϕ(w, w)
ϕ(w, w)
ϕ(w, w)
womit (da ϕ(w, w) > 0 ist) gilt
0 ≤ ϕ(v, v)ϕ(w, w) − ϕ(v, w)2 ,
was zu zeigen war.
b) Wir bemerken zuerst, dass ϕ(u, v) = 0 für alle u ∈ U und v ∈ V gilt, da nach
Teil (a)
ϕ(u, v)2 ≤ ϕ(u, u)ϕ(v, v) = 0 · ϕ(v, v)
gilt.
Seien u, v ∈ U und λ ∈ R. Dann gilt
ϕ(λv, λv) = λ2 ϕ(v, v) = 0,
womit λv ∈ U ist, und es gilt
ϕ(u + v, u + v) = ϕ(u, u) +2 ϕ(u, v) + ϕ(v, v) = 0,
| {z } | {z }
| {z }
=0
=0
=0
womit u + v ∈ U ist. Da wegen ϕ(0, 0) = 0 weiterhin 0 ∈ U ist, ist U somit
ein Untervektorraum von V .
c) Wir zeigen zuerst, dass ϕ wohldefiniert ist. Dazu seien u, u′ , v, v ′ ∈ V mit
u + U = u′ + U und v + U = v ′ + U ; wir müssen zeigen, dass ϕ(u, v) = ϕ(u′ , v ′ )
ist. Nun ist ϕ(u, v) − ϕ(u′ , v) = ϕ(u − u′ , v) mit u − u′ ∈ U , womit dies gleich 0
ist. Analog ist ϕ(u′ , v) − ϕ(u′ , v ′ ) = ϕ(u′ , v − v ′ ) = 0, da v − v ′ ∈ U ist. Damit
ist jedoch ϕ(u, v) = ϕ(u′ , v) = ϕ(u′ , v ′ ).
Dass ϕ bilinear und symmetrisch ist folgt direkt aus der Definition, da ϕ diese
Eigenschaften hat. Es verbleibt also zu zeigen, dass ϕ positiv definit ist.
Dazu sei v + U ∈ V /U . Per Definition ist nun ϕ(v + U, v + U ) = ϕ(v, v) ≥ 0,
da ϕ positiv semidefinit ist. Ist ϕ(v + U, v + U ) = ϕ(v, v) = 0, so ist v ∈ U
(per Definition von U ), womit v + U = U ist. Aber dann ist v + U gerade die
Null in V /U , was zu zeigen war.
2
Aufgabe 3 Sei A ∈ Matn×n (R) eine positiv definite, symmetrische Marix. Zeige,
dass es eine positiv definite, symmetrische Matrix B ∈ Matn×n (R) mit B 2 = A gibt.
Lösung zu Aufgabe 3 Nach einem Satz aus der Vorlesung gibt es ein orthogonales T ∈ Gln (R) so, dass


λ1
0


...
T t AT = T −1 AT = 
 =: D
0
λn
ist, wobei λ1 , . . . , λn ∈ R die Eigenwerte von A sind. Ist nun vi die i-te Spalte von
T , also ein Eigenvektor zu λi , so gilt λi hvi , vi i = vit (λi vi ) = vit Svi > 0, da S positiv
definit ist und vi 6=√0. Da hvi , vi i > 0 ist, muss auch λi > 0 sein.
Definiere λ̂i := λi , i = 1, . . . , n, und setze


λ̂1
0


...
D′ := 
.
0
λ̂n
Setze weiterhin B := T D′ T −1 ; dann ist B positiv definit (da die Eigenwerte positiv
sind) und symmetrisch, da
B t = (T D′ T −1 )t = (T −1 )t (D′ )t T t = T D′ T
ist (Diagonalmatrizen sind immer symmetrisch, und T −1 = T t ). Nun ist
B 2 = T D′ T −1 T D′ T −1 = T D′ D′ T −1 = T DT −1 = A,
womit B alle gewünschten Eigenschaften hat.
Anmerkung zu Aufgabe 3 Hier ist es bei der Wahl von T wichtig, dass T t AT
in Diagonalform ist (andernfalls wäre B nach obiger Wahl nicht notwendigerweise
symmetrisch) und dass T t T = En ist, also dass T t = T −1 ist (anderfalls wäre nicht
notwendigerweise B 2 = A).
Deswegen kann man hier auch nicht den Sylvesterschen Trägheitssatz anwenden
(beachte die Anmerkung zu Aufgabe 6): in dem Fall wäre im Allgemeinen nicht
T t T = En .
3
Aufgabe 4 Finde die kritischen Punkte für die folgenden Funktionen und untersuche, ob ein lokales Minimum, ein lokales Maximum oder ein Sattelpunkt vorliegt.
a) g : R2 → R, g(x, y) := x3 + y 3 − 3xy.
b) h : R3 → R, h(x, y, z) := x2 + 2xy + y 2 + 5z 2 + 6.
Lösung zu Aufgabe 4
a) Es ist
Damit ist
grad g = (3x2 − 3y, 3y 2 − 3x).
grad g = (0, 0) ⇐⇒ x2 = y ∧ y 2 = x,
womit x4 = y 2 = x ist, also x = 0 oder x = 1. Da y = x2 ist, sind die möglichen
Kanidaten für kritische Punkte (x, y) = (0, 0) und (x, y) = (1, 1). Wie man
sofort sieht, sind beide Punkte tatsächlich kritische Punkte. Weiter ist
¶
µ
6x −3
.
Hg =
−3 6y
¶
µ
0 −3
, und pH g(0,0) (x) = x2 − 9 = (x − 3)(x + 3),
• Es ist H g(0, 0) =
−3 0
womit die Hessematrix indefinit ist. Damit hat f eine Sattelpunkt bei
(0, 0).
¶
µ
6 −3
. Nach Jacobi-Hurwitz ist H g(1, 1) positiv
• Es ist H g(1, 1) =
−3 6
definit, da det(6) = 6 > 0 und det H g(1, 1) = 62 − 32 > 0 ist.
b) Es ist
grad h = (2x + 2y, 2x + 2y, 10z).
Damit ist
grad h = (0, 0, 0) ⇐⇒ x = −y ∧ z = 0.
Die kritischen Punkte sind also alle Punkte auf der Geraden {(t, −t, 0) ∈ R3 |
t ∈ R}. Weiter ist


2 2 0
H h = 2 2 0  .
0 0 10
Nun ist pH h (t) = t(t − 4)(t − 10), womit H h positiv semidefinit ist; damit ist
ersteinmal keine Aussage über die kritischen Punkte möglich.
Jedoch ist
h(x, y, z) = (x + y)2 + 5z 2 + 6 ≥ 6,
womit man sieht, dass jeder Punkt (x, y, z) mit x = −y und z = 0 ein globales
Minimum von h ist. Damit ist jeder kritische Punkt ein (globales) Minimum.
4
Anmerkungen zu Aufgabe 4
a) Um zu testen, ob eine symmetrische Matrix positiv definit oder negativ definit ist, reicht es nicht aus, die Determinante zu berechnen. Ist jedoch die
Determinante 0, so ist nach Jacobi-Hurwitz klar, dass die Matrix weder positiv definit noch negativ definit sein kann. Daraus folgt jedoch noch nicht,
dass die indefinit ist. (Die Determinante von H h ist 0, jedoch ist H h positiv
semidefinit.)
b) Die symmetrische Matrix


0 0 0
0 1 0 
0 0 −1
zeigt, dass es kein Jacobi-Hurwitz-Kriterium für positiv (bzw. negativ) semidefinite Matrizen gibt: die Determinanten der oberen linken Untermatrizen sind
alle ≥ 0, jedoch hat die Matrix auch einen negativen Eigenwert. Um also zu
testen, ob eine Matrix positiv semidefinit (bzw. indefinit) ist, kann man (oft)
am einfachsten kontrollieren, ob die Eigenwerte ≥ 0 sind (bzw. ob es sowohl
positive als auch negative Eigenwerte gibt).
Aufgabe 5
Gegeben sei die reelle symmetrische Matrix


2 1 −1
G =  1 3 2 .
−1 2 3
a) Bestimme den Rang und die Signatur von G.
b) Finde eine Matrix T ∈ Gl3 (R) so, dass T t GT in Sylvester-Form ist.
Lösung zu Aufgabe 5
a) Es ist pG (x) = x(x − 3)(x − 5). Damit ist die Signatur 2 = 2 − 0 und der Rang
ist 2 = 2 + 0.
b) Es ist
und
Mit
T :=

√2
 √16
 6
−1
√
6
Eig(G, 0) = ker G = h(1, −1, 1)t i,
Eig(G, 3) = ker(G − 3E3 ) = h(2, 1, −1)t i
Eig(G, 5) = ker(G − 5E3 ) = h(0, 1, 1)t i.
0
√1
2
√1
2

√1
1
3
−1
 0
1
0
5
0
√1
5
0
  √2
0
3 2
0 =  √1
1
3 2
−1
√
3 2
0
√1
10
√1
10

1
−1

1
ist also


1 0 0
T t GT = 0 1 0 .
0 0 0
Aufgabe 6
a) Sei q : Rn → R eine quadratische Form. Zeige: Es gibt eine Matrix T ∈ Gln (R)
und paarweise verschiedene Indizes i1 , . . . , is , j1 , . . . , jt so, dass
q(T x) = x2i1 + · · · + x2is − x2j1 − · · · − x2jt
für alle x = (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn .
b) Sei die quadratische Form q : R3 → R gegeben durch q(x, y, z) := 35 xy + 45 yz.
Finde eine Matrix T ∈ Gl3 (R) so, dass q(T x) in der Form von a) ist.
Lösung zu Aufgabe 6
a) Nach einem Lemma aus der Vorlesung wird q durch eine symmetrische Bilinearform ϕ : Rn × Rn → R induziert, d.h. für alle v ∈ Rn gilt q(v) = ϕ(v, v). Sei
G die Gramsche Matrix von ϕ; dann gilt ϕ(v, w) = v t Gw für alle v, w ∈ Rn .
Nach dem Sylvesterschen Trägheitssatz gibt es ein T ∈ Gln (R) so, dass


Es

−Et
T t GT = 
0u×u
ist (mit s, t, u ∈ N und s + t + u = n). Damit ist gerade
t
t
t
q(T v) = ϕ(T v, T v) = (T v) G(T v) = v (T GT )v =
s
X
i=1
vi2
−
t
X
i=1
wenn v = (v1 , . . . , vn )t ∈ Rn ist.
b) Die Gramsche Matrix G hat für q die Form


3
0 10
0
3
4 
0 10
G =  10
.
4
0 10 0
Es ist pG (x) = x(x − 12 )(x + 12 ) und
und
Eig(G, 0) = ker G = h(4, 0, −3)t i,
Eig(G, 21 ) = ker(G − 12 E3 ) = h(3, 5, 4)t i
Eig(G, − 12 ) = ker(G + 12 E3 ) = h(3, −5, 4)t i.
6
2
,
vs+i
Nun ist
° °
° °
° 3 °
° 3 °
√
°
°
°
°
°5° = 5 2 = °−5°.
°
°
°
°
° 4 °
° 4 °
Mit
T :=

3
√
5 2
 √1
 2
4
√
5 2
ist also
3
√
5 2
− √12
4
√
5 2
 √ 1
4
|1/2|

0
 0
−3
0
0
√
1
|−1/2|
0
 
0
3
3
 5 5
0 = 1 −1
1
4
5
4
5

4
0
−3

1 0 0
T t GT = 0 −1 0 ,
0 0 0

womit nach (a)
q(T (x, y, z)t ) = x2 − y 2
ist.
Anmerkung zu Aufgabe 6 Zum Anwenden des Sylvsterschen Trägheitssatzes
wird die Sylvesterform nur von T t AT angenommen, und im Allgemeinen nicht von
T −1 AT (wenn dort eine Diagonalmatrix herauskommt, befinden sich die Eigenwerte
auf der Diagonalen, und diese sind bei allgemeinen symmetrischen Matrizen nur
selten ±1 oder 0).
Weiterhin kann man ebensowenig fordern, dass T orthogonal sein soll, da dann
T t = T −1 ist und wiederum die Eigenwerte von A auf der Diagonalen T t AT stehen.
Man kann also T nur dann orthogonal wählen, wenn wenn die Eigenwerte von A in
{−1, 0, 1} enthalten sind.
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