H := C.

Musterlösungen zur Linearen Algebra II
Blatt 7
Aufgabe 1. Es sei
H der reelle Quaternionenschiefkörper
H :=
Für A =
a −b̄
b ā
∈
a −b̄
b ā
: a, b ∈
C
. .
H sei Re(A) := Re(a).
a) Zeigen Sie, dass auf
H als 4-dimensionalem reellen Vektorraum
hA, Bi := Re(AB ∗ )
eine euklidische Struktur definiert.
b) Bestimmen Sie die Quaternionen der Norm 1.
C
c) Zeigen Sie, dass jede Matrix U ∈ SU2 ( ) folgende Gestalt hat:
z −w̄
U=
mit |z|2 + |w|2 = 1.
w z̄
Beweis.
a) Um zu zeigen, dass h, i ein Skalarprodukt definiert, rechnen wir die definierenden Eigenschaften für A, B, C ∈ und λ, µ ∈ nach. Da die Funktion
Re : → offenbar -linear ist, folgt
H R
H
R
C
hλA+µB, Ci = Re(λAC ∗ +µBC ∗ ) = λ Re(AC ∗ )+µ Re(BC ∗ ) = λhA, Ci+µhB, Ci,
a −b̄
c −d¯
also ist h, i linear im ersten Argument. Ist A =
,B =
,
b ā
d c̄
so gilt nach Ausrechnen des Matrizenproduktes
¯ = hB, Ai,
hA, Bi = Re(ac̄ + b̄d) = Re(ac̄ + b̄d) = Re(cā + db)
denn es gilt Re(z) = Re(z̄) für jede komplexe Zahl z. h, i ist also symmetrisch und daher auch im zweiten
linear. Es bleibt zu zeigen, dass
Argument
a −b̄
h, i positiv definit ist. Ist A =
, so ist
b ā
hA, Ai = Re(aā + b̄b) = |a|2 + |b|2 ≥ 0
mit Gleichheit genau dann, wenn a = b = 0, d.h. wenn A = 0, was zu zeigen
war.
1
a −b̄
b) Ist A =
, so gilt ||A|| = 1 genau dann, wenn |a|2 + |b|2 = 1, wie
b ā
man aus der Berechnung von hA, Ai aus dem ersten Teil entnimmt.
a b
c) Sei U :=
∈ SU2 ( ), d.h. es gilt U U ∗ = I2 und det(U ) = 1. Für die
c d
Einträge von U gilt also
C
2
|a| + |b|2 ac̄ + bd¯
1 0
a b
ā c̄
=
=
,
c d
b̄ d¯
āc + b̄d |c|2 + |d|2
0 1
d.h.
|a|2 + |b|2
ac̄ + bd¯
|c|2 + |d|2
det(U ) = ad − bc
=
=
=
=
1,
0,
1,
1.
(1)
(2)
(3)
(4)
Multipliziert man (2) mit d und setzt (4) ein, so erhält man
0 = adc̄ + bdd¯ = (1 + bc)c̄ + b|d|2 = c̄ + b(|c|2 + |d|2 ) = c̄ + b
nach (3). Damit gilt also b = −c̄, was eingesetzt in (4) (und verglichen mit
(1)) ergibt
ad + |b|2 = 1 = |a|2 + |b|2 .
Daher ist also ad = |a|2 = aā. Daraus folgt im Falle a 6= 0, dass d = ā.
Ist a = 0, so ist nach (1) b 6= 0, und nach (2) folgt dann d¯ = 0, d.h. also
auch d = 0 = ā. Dies zeigt die behauptete Gestalt von U , und die letzte
Behauptung folgt, da dies einfach die Determinante von U ist.
C
Insbesondere ist also gezeigt, dass SU2 ( ) genau den Quaternionen der Norm 1
entspricht.
Aufgabe 2.
Sei V ein euklidischer Vektorraum und v ∈ V ein Einheitsvektor. Sei die Abbildung sv definiert durch
sv : V → V, w 7→ w − 2hw, viv.
a) Für alle w ∈ hvi gilt sv (w) = −w und für alle w ∈ v ⊥ gilt sv (w) = w.
b) sv ∈ O(V ).
2
c) s2v = idV .
Beweis.
a) Ist w ∈ hvi, d.h. w = αv für ein α ∈
R, so gilt
sv (w) = w − 2αhv, viv = w − 2w = −w
da hv, vi = 1.
Ist w ∈ v ⊥ , d.h. hw, vi = 0, so gilt
sv (w) = w − 2hw, viv = w,
was zu zeigen war.
b) Zeige zunächst, dass sv eine lineare Abbildung ist. In der Tat gilt für a, b ∈
, w, w0 ∈ V aufgrund der Bilinearität des Skalarproduktes
R
sv (aw + bw0 ) = aw + bw0 − 2haw + bw0 , viv = a(w − 2hw, vi) + b(w0 − 2hw0 , viv)
= asv (w) + bsv (w0 ).
Da V = hvi ⊕ v ⊥ , gibt es für u, w ∈ V eindeutige u1 , w1 ∈ hvi, u2 , w2 ∈ v ⊥
mit u = u1 + u2 , v = v1 + v2 . Nach Teil (i) gilt
hsv (u), sv (w)i = h−u1 +u2 , −w1 +w2 i = hu1 , u1 i+hv1 , v1 i = hu1 +u2 , v1 +v2 i = hu, wi,
da nach der Definition von den ui , wi gilt hu1 , w2 i = hu2 , w1 i = 0.
c) Für eine Zerlegung w = w1 + w2 wie im zweiten Teil gilt
sv (sv (w) = sv (−w1 + w2 ) = w1 + w2 = w,
woraus die Behauptung folgt.
Aufgabe 3. Sei V ein euklidischer oder unitärer Vektorraum, U ein Untervektorraum von V und π die Orthogonalprojektion von V auf U . Zeigen Sie, dass
π 0 : V → V, v 7→ v − π(v) die Orthogonalprojektion auf U ⊥ ist. Vergleichen Sie
mit dem Gram-Schmidt-Verfahren.
Beweis. Für v ∈ V, v = v1 + v2 für eindeutig bestimmte v1 ∈ U, v2 ∈ U ⊥
ist π gegeben durch π(v) = v1 . Beachte, dass gilt (U ⊥ )⊥ = U . Damit ist die
Orthogonalprojektion π 0 auf U ⊥ gegeben durch
π 0 (v) = v2 = v − v1 = v − π(v),
3
was zu zeigen war.
Mit dem Konzept der Orthogonalprojektion läßt sich das Gram-Schmidt-Verfahren
auch wie folgt beschreiben: Seien b1 , . . . , bk ∈ V linear unabhängig und Ui der von
b1 , . . . , bi aufgespannte Unterraum. Sei πi0 : V → Ui⊥ die Orthogonalprojektion
auf den Orthogonalraum von Ui . Diese ist also nach dem ersten Teil gegeben
durch πi = id −πi für die Orthogonalprojektion πi von V auf Ui . Dann gilt mit
den Bezeichnungen der Vorlesung
0
wi = πi−1
(bi ).
Denn: In der Vorlesung war wi definiert als
wi := bi − hbi , v1 iv1 − . . . − hbi , vi−1 ivi−1 .
Nach Gram-Schmidt bilden (v1 , . . . , vk ) eine Orthonormalbasis für den von den
bi aufgespannten Unterraum. Daraus folgt, dass (v1 , . . . , vi ) bzw. (vi+1 , . . . , vk )
Orthonormalbasen für Ui bzw. Ui⊥ sind. Da für bi gilt
bi =
i−1
X
hbi , vj ivj +
j=1
k
X
hbi , vj ivj
j=i
⊥
und der erste Summand in Ui−1 , der zweite in Ui−1
liegt, folgt die Behauptung.
N
Aufgabe 4. Sei vk := cos(2πkx) für k ∈ 0 (d.h. v0 (x) = 1) und wk (x) :=
sin(2πkx) für k ∈ . Zeigen Sie, dass die Menge der {vj , wk : j ∈ 0 , k ∈ ) ein
Orthogonalsystem bezüglich der L2 -Norm bildet, d.h. es gilt folgendes:
N
N
a)
1
Z
sin(2πmx) sin(2πnx)dx =
0
1
2
0
für n 6= m
für n = m > 0
b)
Z
1
sin(2πmx) cos(2πnx) = 0 für alle m, n.
0
c)
Z
1
cos(2πmx) cos(2πnx)dx =
0

 0
1
2

Beweis.
4
1
für n 6= m
für n = m > 0
für n = m = 0.
N
a) Partielles Integrieren liefert
R1
sin(2πmx) sin(2πnx)dx =
0
=
R
m 1
cos(2πmx) cos(2πnx)dx
n R
0
m2 1
sin(2πmx) sin(2πnx)dx.
n2 0
R1
Ist n 6= m, so folgt 0 sin(2πmx) sin(2πnx)dx = 0. Ist n = m, so folgt
R1
R1
2
sin(2πmx)
dx
=
cos(2πmx)2 dx und damit
0
0
Z
0
1
1
sin(2πmx) dx =
2
2
Z
1
2
1
Z
2
sin(2πmx) + cos(2πmx) dx =
0
0
1
1dx = .
2
b) Nach den Additionstheoremen gilt
sin(2π(m + n)x) = cos(2πmx) sin(2πnx) + sin(2πmx) cos(2πnx)
und Integrieren gibt
Z 1
Z
0=
sin(2π(m+n)x)dx =
0
1
1
Z
cos(2πmx) sin(2πnx)dx+
0
sin(2πmx) cos(2πnx)dx.
0
Daraus folgt für m = n die Behauptung. Ist m 6= n, so betrachte
sin(2π(m − n)x) = cos(2πmx) sin(2π(−n)x) + sin(2πmx) cos(2π(−n)x).
Integrieren liefert dann nämlich
R1
R1
0 = 0 cos(2πmx) sin(2π(−n)x)dx + 0 sin(2πmx) cos(2π(−n)x)dx
R1
R1
= − 0 cos(2πmx) sin(2πnx)dx + 0 sin(2πmx) cos(2πnx)dx
R1
und die Addition der beiden Gleichungen liefert dann 0=2 0 sin(2πmx) cos(2πnx),
woraus die Behauptung folgt.
c) Nach den Additionstheoremen gilt
cos(2π(m + n)x) = cos(2πmx) cos(2πnx) − sin(2πmx) sin(2πnx)
und Integrieren gibt
Z 1
Z
0=
cos(2π(m+n)x)dx =
0
1
Z
cos(2πmx) cos(2πnx)dx−
0
1
sin(2πmx) sin(2πnx)dx.
0
Also folgen die Ergebnisse direkt aus dem ersten Teil, falls m 6= 0 und
n 6= 0. Ist m = 0 oder n = 0, so ist die Behauptung aber klar.
5