Lineare Algebra II - Institut für Mathematik

Universität Zürich
Sommersemester 05
Institut für Mathematik
Lineare Algebra II
Prof. Michel Chipot
Lösungsblatt 6
Aufgabe 1:
Die Eigenvektoren von A sind v1 = (1, 0, 1),v2 = (−1, 1, 0), v3 = (−1,
√ −1, 1).
2, w̃2 =
Das Gram-Schmidt-Verfahren liefert w1 = √
v1 /v1 .v1 = (1, 0, 1) / √
v2 − w1.v2w1 = (−1/2, 1, 1/2), w2 = w̃2 / w̃2 .w˜2 = (−1, 2, √
1) / 6, und
w̃3 = v3 − w1 .v3 w1 − w2 .v3 w2 = (−1, −1, 1), w3 = (−1, −1, 1) / 3.
Dann ist
 1

√
√1
√1
−
−
3
 2 q6

2
√1  ,
S = (w1 , w2 , w3 ) = 
−
0

3
3 
√1
2
√1
6
√1
3
S T .S = 1 und S T .A.S = diag (3, 3, 0) .
Aufgabe 2:
(1.Teil)
T
T
= AT AT = AAT , also ist AAT symmetrisch. Mit dem
(i),(ii) AAT
Satz über die Hauptachsentransformation folgt, dass es eine orthogonale Matrix S so gibt, dass D = SAT AS T diagonal ist. Die Eigenvektoren bilden dabei eine Basis. Daher folgtP0 ≤ (Av)T Av = v T AT Av =
T
v T S T DSv = (Sv)T DSv = wT Dw =
i λi wi wi ; da die wi reelle
T
Koeffizienten besitzen, ist wi wi ≥ 0 ∀i = 1 . . . n, und daher folgt
λi ≥ 0∀i.
√ T
√ T
√
√
T
(iii) B T = S T diag λ1 , . . . , λn S = S T diag λ1 , . . . , λn S T =
√
√ = S T diag λ1 , . . . , λn S = B, B −1 = S T diag √1λ , . . . , √1λ S
1
1
T
(iv) CC T = B −1 AAT B −1 = B −1 BBB −1 = 1.


5 0 2
AAT =  0 6 0 
2 0 2
√
√
besitzt Eigenvektoren v1 = (2, 0, 1)/ 5, v2 = (0, 1, 0), v3 = (−1, 0, 2)/ 5.
Diese sind bereits orthogonal, also S T = (v1 , v2 , v3 ). Damit ist SAAT S T =
diag(6, 6, 1), und

√
√ 
2
2 6
0
−
+
5
5
√

6
0√
.
6
4
0
5 + 5
+ 456
√ √ √

T
B = S diag( 6, 6, 1)S = 
0 √
2
−5 + 2 5 6
1
5
Dann folgt
 q
c=B
−1


A=

2
3
√1
6
√1
6
−3−2
15
q
√

√
6− 6
15
6
√1
6
2
√3
6− 6
15
− 45 −
5
1
√
6




(2.Teil) Für die gegebene Matrix A hat AAT Eigenvektoren v1 = (2, 0, 1),v2 =
(0, 1, 0), v3 = (−1, 0, 2). Die Orthonormalisierung ist einfach:
 2

√
√1
0
−
5
 5

0 
ST =  0 1
2
1
√
0 √5
5
und damit ist SAAT S T = diag (6, 6, 1),

√
4 6
1
+
5
p
 5
B = S T diag (6, 6, 1)S = 
0 √
− 52 + 2 5 6
√ 
2 6
2
0
−
+
5
5
√

6
0√

6
4
0
5 + 5
, und
 q


c = B −1 A = 

2
3
√1
6
√1
6
−3−2
15
q
√
2
√3
6− 6
15
6

√
6− 6
15
√1
6
− 54 −
5
1
√
6


,

und damit A = Bc.
Aufgabe 3:
(i) Sei f ⋆ = −f ; dann ist (f ◦ f ⋆ ) (v) = f (f ⋆ (v))) = f (−f (v)) = −f (f (v)) =
(−f ) (f (v)) = f ⋆ (f (v)) = (f ⋆ ◦ f ) (v), also ist f normal.
Sei v ein Eigenvektor von f zum Eigenwert λ. Dann ist λ̄hv, vi =
hλv, vi = hf (v), vi = hv, f ⋆ (v)i = hv, −f (v)i = −hv, f (v)i = −hv, λvi =
−λhv, vi, also λ̄ = −λ, und daher ist der Realteil von λ gleich Null.
(ii) Da AT = −A, kann A in der Form


0
a b
A =  −a 0 c 
−b −c 0
, geschrieben werden, wobei a,b,c reell sind. Falls a = b = 0 ist nichts
zu tun (S = 1). Falls a 6= 0, dann ist v1 = (c/a, −b/a, 1) ein Eigenvektor zum Eigenwert Null. Falls a = 0 nehme man v1 = (−c/b, 1, 0).
Ergänze diesen Vektor zu einer orthonormalen Basis S = (v1 , v2 , v3 )
(Gram-Schmidt). S ist orthogonal, und in dieser Basis hat A bereits
Blockdiagonalform:


0 ∗1 ∗2
S T AS =  0 d e  .
0 f g
Da nun S T AS
0 und f=-e.
T
= S T AT S = −S T AS, sind auch ∗1 = ∗2 = d = g =
Aufgabe 4:
Da A orthogonal ist, gibt es ein Eigenwert√1 oder -1. Eine explizite Rechnung
liefert λ = 1,√ mit
√Eigenvektor (1, 1, 0) / 2). Ein weiterer Eigenvektor ist
w2 = −i, i, 2 / 2. Setze v2 = Re w2 und v3 = Im w2 , T = (v1 , v2 , v3 ).
Dann ist


1
0
0
√

2 2 
T T AT =  0 −√13

3
0 −23 2 − 31
Wir wissen auch, dass 1/3 = trA = trT T AT = λ + 2 cos α = 1 + 2 cos α ist.
Also ist − 13 = cos α. Für α = − arccos −1
3 kann auch die auf dem Übungsblatt angegbebene Form gewählt werden.