Bergische Universität Wuppertal ¨Ubungen zur Linearen Algebra 2

Bergische Universität Wuppertal
WS 2006/07
Blatt 13
30.01.07
Übungen zur Linearen Algebra 2
Apl. Prof. Dr. G. Herbort
Sei K ein Körper mit 1 + 1 6= 0.


−17x3
1 
15x1 + 8x2  im IR3 , versehen mit dem euklidischen SkalarAufgabe 51. Sei f (x) = 17
8x1 − 15x2
produkt als Bilinearform. Zeigen Sie
a) f ist eine Isometrie. Was ist ihre Determinante?
b) Stellen Sie f als Produkt von Spiegelungen dar.
(Je 5 Punkte)


0
0 −17
0 
Lösung. a) f wird in der Standardbasis des IR3 durch die Matrix A =  15 8
8 −15 0
dargestellt. Man rechnet nach, dass At A = E3 gilt. Ferner ist det(A) = 1.
2 Spiegelungen
sein muss. Wir wählen y 0 =

 b)Weiter folgt, dass f das Produkt von genau

1
−1
 0  und sehen, dass y1 = f (y 0 ) − y 0 =  15/17 . Nach Lemma 3.5.4 haben wir dann
0
8/17
sy1 ◦ f (y 0 ) = y 0 .
1
Im 2. Schritt setzen wir y 00 = (0, 1, 0)t und bestimmen y2 := sy1 ◦ f (y 00 ) − y 00 = 17
(0, −9, −15)t .
00
00
0
0
Dann folgt sy2 ◦ sy1 ◦ f (y ) = y . Da hy , y2 i = 0, folgt aber auch sy2 ◦ sy1 ◦ f (y ) = sy2 (y 0 ) = y 0 .
Schließlich können wir noch überprüfen, dass sy2 ◦ sy1 ◦ f ((0, 0, 1)t ) = (0, 0, 1)t . So erhalten
wir f = sy1 ◦ sy2 .
Aufgabe 52. Gegeben sei ein K-Vektorraum V mit nicht-entarteter symmetrischer Bilinearform σ.
a) Zeigen Sie: Ist U ⊂ V ein Unterraum, auf dem σ nicht-entartet ist, so gibt es zu jeder
Isometrie f ∈ O(U, σ|U ) eine Isometrie fb ∈ O(V, σ) mit fb|U = f .
b) Angenommen, es seien x, y ∈ V anisotrope Vektoren mit σ(x, x) = σ(y, y). Zeigen Sie,
dass dann eine Isometrie f ∈ O(V, σ) mit f (x) = y existiert.
(6+4 Punkte)
0
Lösung. a) Wir wählen eine Orthogonalbasis B := {b1 , ..., br } für U und eine Orthogonalbasis
br+1 , ..., bn für U ⊥,σ . Dann ist B := {b1 , ..., bn } eine solche für V . Mit p(x) bezeichnen wir den
eindeutig bestimmten Vektor p(x) ∈ U mit x − p(x) ∈ U ⊥,σ . Dann sei
fb(x) := f (p(x)) + x − p(x)
Offenbar ist dann fb linear auf ganz V . Weiter haben wir fb(bi ) = f (bi ), für i = 1, ..., r, also
fb|U = f . Weiter gilt bezgl. der Basis B:
MB 0 (f )
0
b
M B (f ) =
0
En−r
Da Aσ|U,B 0 = MB 0 (f )t Aσ|U,B 0 MB 0 (f ), folgt leicht Aσ,B = MB (fb)t Aσ,B MB (fb), also ist fb ∈ O(V, σ).
b) Sind a, b ∈ V mit σ(a, a) = σ(b, b), so folgt σ(a + b, a − b) = σ(a, a) − σ(b, b) = 0. Wären
beide Vektoren a + b und a − b isotrop, so auch a und b. Sei etwa a − b anisotrop. Dann ist aber
sa−b (a − b) = b − a,
sa−b (a + b) = a + b
Es ergibt sich 2sa−b (a) = sa−b (a + b) + sa−b (a − b) = 2b, also sa−b (a) = b und weiter sa−b (b) =
sa−b (a + b) − sa−b (a) = a + b − b = a.
Aufgabe 53. a) Sei (V, σ) wie in Aufg.52 . Zeigen Sie: Dann wird durch σ auf V ∗ eine ebenfalls
nicht-entartete symmetrische Bilinearform σ ∗ induziert, bei der die Abbildung ϕσ : V −→ V ∗
mit ϕσ : x 7−→ σ(x, ·) eine Isometrie wird.
b) Zeigen Sie: Ist B eine Basis von V , so ist Aσ∗ ,B ∗ = A−1
σ,B .
( 5 Punkte)
Lösung. a) Sei
−1
σ ∗ (λ, µ) := σ(ϕ−1
σ (λ), ϕσ (µ))
Man verifiziert durch Nachrechnen, dass σ ∗ eine symmetrische nicht-entartete Bilinearform
ist. Weiter ist ϕσ : (V, σ) −→ (V ∗ , σ ∗ ) eine Isometrie, weil σ ∗ gerade so definiert ist.
b) Es ist für k, ` = 1, ..., n:
σ(b` , bk ) = σ ∗ (ϕσ (b` ), ϕσ (bk )
!
n
n
X
X
= σ∗
σ(b` , bν )b∗ν ,
σ(b` , bµ )b∗µ
ν=1
=
=
n
X
ν,µ=1
n
X
µ=1
σ(b` , bν )σ(bk , bµ )σ ∗ (b∗ν , b∗µ )
σ(b` , bν )σ ∗ (b∗ν , b∗µ )σ(bµ , bk )
ν,µ=1
Das bedeutet
Aσ,B = Aσ,B Aσ∗ ,B ∗ Aσ,B
Daraus folgt die Behauptung.
Aufgabe 54. Sei (V, σ) wie zuvor und n = dim V .
a) Angenommen, f sei eine Isometrie auf V mit Determinante (−1)n . Dann zeigen Sie: Ist s1
eine Spiegelung, so gibt es Spiegelungen s2 , ..., sn , so dass f = s1 ◦ ... ◦ sn .
b) Wieviele Spiegelungen braucht man zur Darstellung von f = −Id?
(Je 5 Punkte)
Lösung. a) s1 ◦ f ist eine Isometrie mit Determinante (−1)n−1 und ist als Produkt von k ≤ n
Spiegelungen darstellbar. Aber k kann nicht gleich n sein (wegen der Determinantenbedingung).
Man kann daher Spiegelungen s2 , ...., sn so wählen, dass s1 ◦ f = s2 ◦ ... ◦ sn ist. Das liefert die
Behauptung.
b) Wir wählen eine Orthogonalbasis b1 , ...., bn für V . Dann gilt −Id = sb1 ◦ ... ◦ sbn . Dazu
bezeichnen wir die rechte Seite mit F . Es ist dann F (bn ) = sb1 ◦...◦sbn−1 (bn ) = −bn , da bn ⊥ bj für
j = 1, ..., n−1. Aus demselben Grunde ist F (bn−1 ) = sb1 ◦...◦sbn−1 (bn−1 ) = −sb1 ◦...◦sbn−2 (bn−1 ) =
−bn−1 . So fahren wir fort und finden F = −Id.
Angenommen, es sei −Id = sc1 ◦ .... ◦ scd mit d < n. mit den anisotropen Vektoren c1 , ..., cd .
Dann folgt aber sc1 ◦....◦scd (x) = x, wenn x ∈ (Lin {c1 , ..., cd })⊥,σ , und dies ist ein Raum positiver
Dimension, Widerspruch.