Sei A = ( 1 i

1 i
2(a) Sei A =
∈ Mat2 (C). Zeige, dass es eine unitäre
−i 1
Matrix T gibt, so dass T −1 AT diagonal ist. Bestimme eine solche
Matrix T .
1 i ∗ =
1 i
Loesung. Es gilt A∗ = −i
1
−i 1 = A, also ist A selbstadjungiert und
daher gibt es nach einem Satz der Vorlesung eine unitaere Matrix T , die A
diagonalisiert. Genauer sind die Spalten von T eine Orthonormalbasis, die
aus Eigenvektoren von A besteht. Jede solche ONB liefert eine Matrix T ,
es reicht also, eine ONB aus Eigenvektoren zu bestimmen.
Das Charakterix−1 −i
stische Polynom ist χA (x) = det(x − A) = det i x−1 = (x − 1)2 − 1 =
x2 − 2x = x(x − 2). Damit sind die Eigenwerte 0 und 2. Wir bestimmen
zunaechst einen Eigenvektor
x
y
zum Eigenwert 0. Dieser muss die Glei-
chung
1 i
−i 1
x
y
=
0
0
1
i
erfuellen, also x + iy = 0. Damit ist zum Beispiel v1 =
√
√
Eigenvektor. Die Norm von v1 ist 1 + 1 = 2, also ist e1 =
ein solcher
√1
2
1
i
ein
normierter Eigenvektor zum Eigenwert 0.
Ein Eigenvektor
x
y
zum Eigenwert 2 erfuellt die Gleichung
1 i
−i 1
x
y
=2
x
y
,
also x + iy = 2x oder −x + iy = 0, so dass etwa v2 =
und e2 =
√1
2
i
1
i
1
ein Eigenvektor
ein normierter Eigenvektor ist. Die Eigenvektoren e1 und
e2 stehen senkrecht aufeinander, was man entweder dem oben zitierten Satz
entnimmt oder nachrechnet. Da sie normiert sind, bilden
sie eine ONB des
1
i
zweidimensionalen Raumes C2 . Die Matrix T = √12
erfuellt also
i 1
0
−1
T AT =
.
2
Was man soweit der Tgheorie entnimmt, oder aber auch, wegen T −1 = T ∗ =
1 −i
√1
zur Probe direkt nachrechnet:
2 −i 1
T
−1
1 1
AT =
2 −i
1
0
=
−2i
2
−i
1 i
1 i
1
−i 1
i 1
1 0 0
0
1 i
=
.
2
i 1
2 0 4
2(b) Seien
v1 =
1
1
, v2 =
0
1
.
Zeige dass v1 , v2 eine Basis des R2 ist und orthonormalisiere diese
nach dem Standard-Skalarprodukt.
Loesung. Wir zeigen, dass v1 , v2 linear unabhaengig sind, woraus folgt, dass
sie eine Basis des zweidimensionalen R2 bilden. Sei also λv1 + µv2 = 0 mit
λ, µ ∈ R. Dann ist
0
0
= λv1 + µv2 = λ
1
1
+µ
0
1
=
λ
λ+µ
.
Ein Vergleich der ersten Eintraege liefert λ = 0, der zweiten dann µ = 0, so
dass v1 , v2 linear unabhaengig sind.
√
Zur Orthonormalisierung: Es ist ||v1 || = 2, also ist
1
e1 = √
2
1
1
√1
2
ein normierter erster Basisvektor. Wir rechnen hv2 , e1 i =
ẽ2 = v2 − hv2 , e1 i e1 = v2 −
√1 e1
2
=
hat die Norm
||ẽ2 || =
Damit ist
− 21
1−
1
2
1√
1
2= √ .
2
2
√ 2 −1
e2 =
1
2
der gesuchte zweite Basisvektor.
=
1
2
−1
1
und setzen
. Dieser Vektor
3. Sei V eine endlichdimensionaler unitärer Raum und sei T : V →
V linear. Zeige: T ist genau dann unitär, wenn T T ∗ unitär ist.
Loesung. Sei T unitaer, also T T ∗ = I, dann ist T T ∗ = I also insbesondere
unitaer.
Sei T T ∗ unitaer, also I = T T ∗ (T T ∗ )∗ = T T ∗ T T ∗ = (T T ∗ )2 . Die Matrix
A = T T ∗ ist selbstadjungiert, also diagonalisierbar. Wegen A2 = I, also
A2 − I = 0 ist das Minimalpolynom ein Teiler von x2 − 1 = (x + 1)(x − 1),
also sind die Eigenwerte gleich ±1. Da aber T T ∗ positiv definit ist, kommt
Null als Eigenwert nicht in Frage, also ist 1 der einzige Eigenwert, die diagonalisierbare Matrix T T ∗ also konjugiert zur Einheitsmatrix und damit ist
sie gleich der Einheitsmatrix, d.h. T T ∗ = I also ist T unitaer.
4. Sei V ein unitärer Vektorraum und seien f, g : V → V Abbildungen. Es gelte
hf (v), wi = hv, g(w)i
fuer alle v, w ∈ V . Zeige dass f und g linear sind.
Loesung. Seien u, v ∈ V und λ, µ ∈ C. Dann gilt fuer jedes w ∈ V , dass
hf (λv + µu), wi = hλv + µw, g(w)i
= λ hv, g(w)i + µ hu, g(w)i
= λ hf (v), wi + µ hf (u), wi
= hλf (v) + µf (u), wi .
Da dies fuer alle w ∈ V gilt, folgt f (λv + µu) = λf (v) + µf (u). Die Ausage
fuer g folgt ebenso nach Vertauschen der Seiten.
5(a) Sei V ein Vektorraum und k ∈ N. Sei α ∈
dimV = 3, so folgt α ∧ α = 0.
Vk
V . Zeige Ist
5(b) Ist dimV = 4, so ist dies nicht notwendig der Fall.
V
Loesung. (a) Ist k = 1, so ist k V = V und dannVist α ∧ α = 0 in der
Vorlesung gezeigt. Ist k ≥ 2, dann liegt α ∧ α in 2k V der aber wegen
2k ≥ 4 > dimV der Nullraum ist.
(b) Sei v1 , . . . , v4 eine Basis von V und sei α = v1 ∧ v2 + v3 ∧ v4 . Dann ist
α ∧ α = (v1 ∧ v2 + v3 ∧ v4 ) ∧ (v1 ∧ v2 + v3 ∧ v4 )
= v1 ∧ v2 ∧ v1 ∧ v2 + v1 ∧ v2 ∧ v3 ∧ v4 + v3 ∧ v4 ∧ v1 ∧ v2 + v3 ∧ v4 ∧ v3 ∧ v4
= −v1 ∧ v1 ∧ v2 ∧ v2 + v1 ∧ v2 ∧ v3 ∧ v4 + v1 ∧ v2 ∧ v3 ∧ v4 − v3 ∧ v3 ∧ v4 ∧ v4
= −0 + 2v1 ∧ v2 ∧ v3 ∧ v4 − 0
= 2v1 ∧ v2 ∧ v3 ∧ v4 6= 0.