Lineare Algebra II

Lineare Algebra II
Prof. Dr. M. Rost
Übungen — Blatt 4 (SS 2011)
Abgabetermin: Donnerstag, 12. Mai
http://www.math.uni-bielefeld.de/~rost/la2
Erinnerungen, Ergänzungen und Vorgriffe zur Vorlesung:
Diagonalisierung von symmetrischen Bilinearräumen
Der folgende Satz wurde in der Vorlesung bewiesen.
Satz. Es sei char K 6= 2. Jeder symmetrische Bilinearraum über K hat eine
orthogonale Basis.
Hier ist eine äquivalente Fassung:
Korollar. Es sei char K 6= 2 und A ∈ Mn (K) mit At = A. Dann gibt es eine
Matrix B ∈ GLn (K) so daß B t AB eine Diagonalmatrix ist.
Die Äquivalenz der beiden Aussagen ergibt sich folgendermaßen:
Ist (V, h) ein symmetrischer Bilinearraum, so wähle man eine Basis in V . Ist
dann A die Matrix von h bezgl. dieser Basis, so gibt es nach dem Korollar eine
invertierbare Matrix B mit B t AB diagonal. Die Spalten von B bilden dann eine
orthogonale Basis von (V, h).
Umgekehrt: Jedes symmetrische A ∈ Mn (K) definiert eine symmetrische Bilinearform h(x, y) = xt Ay auf K n . Nach dem Satz gibt es eine orthogonale Basis
v1 , . . . , vn von (K n , h). Die Matrix B = (v1 , . . . , vn ) hat dann die gewünschte
Eigenschaft.
Ein Beweis des Satzes wurde in der Vorlesung gegeben. Hier nochmal das wichitigste Argument.
Beweis des Korollars. Gegeben sei A ∈ Mn (K) mit At = A. Man schreibe A in
Blockform mit Blöcken der Länge 1 und n − 1:
a vt
A=
v C
mit a ∈ K, v ∈ K n−1 , C ∈ Mn−1 (K).
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Man nehme nun zunächst an, daß a 6= 0. Man macht den Ansatz
1 xt
B=
0 En−1
mit einem noch zu bestimmenden Vektor x ∈ K n−1 . Die Matrix B ist sicherlich
invertierbar. Der Vektor x ist so zu bestimmen, daß B t AB diagonal (als Blockmatrix) ist, d. h.
1
0
a vt
1 xt
ã 0
=
x En−1
v C
0 En−1
0 ?
Nach Ausmultiplizeren (machen Sie das!) ergibt sich als einzige Bedingung
ax + v = 0
(und nebenbei sieht man ã = a). Damit ergibt sich die Lösung
1 −a−1 v t
B=
0 En−1
Wir haben damit A auf die Form
a 0
A=
0 A′
gebracht, wobei hier A′ wieder symmetrisch ist. Nach Induktion über n kann man
A′ auf Diagonalform bringen und der Beweis ist beendet.
Was macht man im Fall a = 0? Im Extremfall A = 0 ist nichts weiter zu beweisen.
Andernfalls hatten wir gesehen, daß es einen Vektor u ∈ K n gibt mit
ut Au 6= 0
(hier wurde char K 6= 2 verwendet). Man ergänze nun u zu einer Basis u = u1 ,
. . . , un von K n und betrachte die Matrix U = (u1 , . . . , un ). Dann folgt
′ ′t a v
t
U AU =
v′ C ′
wobei nun a′ = ut Au 6= 0.
Bemerkungen zum Beweis:
• (Korrigierte Version) Aus der ersten Zeile der erhaltenen TransformationsMatrix B erhält man die Matrix
1 −a−1 v t
P =
0
0
Dies ist einfach die Orthogonal-Projektion auf die Gerade e1 K bezüglich
der durch A gegebenen symmetrischen Bilinearform. (Man rechne dies
nach! Insbesondere gilt P 2 = P .)
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• Der Fall a = 0 ist theoretisch einfach zu behandeln, macht aber bei einer
konkreten Diagonalisierung die meiste Mühe, weil man erst die Matrix U
finden muß.
• Es ist
a = et1 Ae1
das “Längenquadrat” von e1 . Es ist also a = 0 genau dann wenn e1
bezüglich der durch A gegebenen symmetrischen Bilinearform isotrop ist.
Im euklidischen Fall ist a > 0, der Fall a = 0 kann also gar nicht
auftreten. Der gegebene Beweis reduziert sich dann einfach auf das GramSchmidt-Verfahren.
Hinweis: Bei symmetrischen Matrizen verstehen wir unter “Diagonalisierung”
das Diagonalisieren bis auf Kongruenz (A ≃ B t AB, B invertierbar), d. h. so wie
im Korollar oben. Dieser Begriff ist nicht zu verwechseln mit dem Begriff der
Diagonalisierung aus LA1 bis auf Ähnlichkeit (A ∼ B −1 AB).
Aufgabe 1. Man diagonalisiere die symmetrischen Matrizen


0 0 1
0 1
A1 =
, A2 = 0 1 0
1 0
1 0 1
über dem Körper Q.
Aufgabe 2. Man diagonalisiere die symmetrische Matrix


1 7
3
7 4 −5
3 −5 6
über dem Körper Q.
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Aufgabe 3. Es sei n = r + s. Gegeben sei A ∈ Mn (K) mit At = A. Man schreibe
A in Blockform mit Blöcken der Länge r und s:
F C′
A=
C D
(mit F ∈ Mr (K), C ∈ M(s × r, K), etc.)
(1) Man zeige F t = F , D t = D, C ′ = C t .
(2) Es sei F invertierbar. Man bestimme eine Matrix B ∈ Mn (K) so daß
F̃ 0
t
B AB =
0 D̃
mit F̃ ∈ Mr (K), D̃ ∈ Ms (K).
(3) Man zeige: Ist die Matrix B in (2) von der Form
Er X
B=
0 Es
so ist sie eindeutig bestimmt.
Anmerkung. Ein Anliegen der Aufgabe ist es, das Rechnen mit Block-Matrizen
zu üben.
Die Matrix B in (3) beschreibt die Orthogonal-Projektion auf den Unterraum
K r ⊂ K r+s bzgl. der durch A gegebenen Metrik. Dieser Unterraum ist regulär
weil F invertierbar ist.
Aufgabe 4. ([Erster Schritt zur Klassifikation 2-dimensionaler quadratischer
Formen]) Über dem Körper Q betrachte man zwei quadratische Formen
q1 = ax2 + by 2 ,
q2 = cx2 + dy 2
mit gegebenen a, b, c, d ∈ Q \ 0. Man zeige: Die beiden Formen sind genau dann
isometrisch wenn folgende Bedingungen erfüllt sind:
(1) Es gibt ein e ∈ Q mit abcd = e2 .
(2) q1 und q2 haben einen gemeinsamen von 0 verschiedenen Wert. (Das heißt
q1 (u1 , v1 ) = q2 (u2 , v2 ) 6= 0 für gewisse ui , vi ).
Hinweis. Zu (1): Man betrachte bei
c 0
t a 0
B
B=
0 b
0 d
auf beiden Seiten die Determinante.
Anmerkung. Beispiel: Die quadratischen Formen x2 + y 2 , x2 + 3y 2 , 3x2 + 3y 2 sind
über Q paarweise nicht isomorph (Hinweis: Man zeige zuerst, daß 3 keine Summe
von 2 Quadraten ist.)