Musterlösungen zur Linearen Algebra II Blatt 9

Musterlösungen zur Linearen Algebra II
Blatt 9
Aufgabe 1. Sei V ein euklidischer oder unitärer Vektorraum. Zeigen Sie die
folgenden Behauptungen.
a) Ist φ unitär, dann ist φ selbstadjungiert genau dann, wenn gilt φ ◦ φ = id .
b) Ist V endlichdimensional und φ selbstadjungiert mit lauter positiven Eigenwerten, dann haben φ und φ2 die gleichen Eigenvektoren und die Eigenwerte
von φ2 sind die Quadrate der Eigenwerte von φ.
Beweis.
a) Die Bedingung, dass φ unitär ist, bedeutet gerade, dass gilt φφ] = id;
insbesondere ist φ also invertierbar. Ist nun φ selbstadjungiert, d.h. φ = φ] ,
so gilt daher id = φφ] = φ ◦ φ.
Gilt andererseits φ ◦ φ = id, so folgt
φ ◦ φ = id = φ ◦ φ]
und nach Multiplikation mit φ−1 also φ = φ] .
b) Aus der Hauptachsentransformation folgt die Existenz einer Basis B =
(b1 , . . . , bn ), bezüglich der die Darstellungsmatrix D := B φB von φ eine
Diagonalmatrix ist, deren Diagonaleinträge die Eigenwerte von φ sind; diese
sind nach Voraussetzung alle positiv. Hierbei sind die bi also Eigenvektoren
zu den Eigenwerten λi > 0 von φ. Damit ist Darstellungsmatrix D0 := B φB
von φ2 bezüglich dieser Basis gegeben durch D0 = D2 , die wiederum eine
Diagonalmatrix mit positiven Einträgen ist. Daraus folgt direkt der zweite
Teil der Behauptung.
Ist allgemein v ein Eigenvektor von φ zum Eigenwert λ, so gilt φ2 (v) =
λφ(v) = λ2 v, d.h. v ist ein Eigenvektor von φ2 zum Eigenwert λ2 . Für
den ersten Teil ist noch zu zeigen, dass ein Eigenvektor von φ2 auch ein
Eigenvektor von φ ist. (Dies ist im Allgemeinen falsch, betrachte z.B. Spiegelungen).
Pn
2
Sei also 0 6= v =
i=1 ai bi ein Eigenvektor von φ zum Eigenwert λ
(ai ∈ oder ). Dann gilt
R
C
n
X
2
2
2
(λ ai )bi = λ v = φ (v) =
i=1
n
X
(λ2i ai )bi .
i=1
Daraus folgt durch Koeffizientenvergleich, dass λ2 = λ2i für ein i und damit
auch aj = 0 für P
λj 6= λ. Da die λi alle > 0 sind, folgt auch λ = λi . Also hat
v die Form v = j:λj =λ aj bj und ist damit auch ein Eigenvektor von φ zum
Eigenwert λ.
1
C
Aufgabe 2. Ist A ∈ 2n×2n schiefsymmetrisch, dann ist χA (x) ein Polynom in
x2 , d.h. in dem charakteristischen Polynom von A kommen nur gerade Potenzen
vor.
Beweis. Da A schiefsymmetrisch ist, d.h. A = −AT , gilt für y := −x
χA (x) = det(x · I2n − A) = det(x · I2n + AT ) = det((x · I2n + A)T )
= det(x · I2n + A) = (−1)2n det(−x · I2n − A) = χA (y),
d.h. das charakteristische Polynom
erfüllt χA (x) = χA (−x). Ist nun allgemein ein
Pm
Polynom p ∈ [x] gegeben, p = k=0 ak xk , so gilt offenbar
C
X
1
(p(x) + p(−x)) =
ak x k .
2
k gerade
Da χA (x) = χA (−x), folgt aus χA (x) = 12 (χA (x) + χA (−x)) gerade, dass in χA (x)
nur gerade Exponenten auftauchen, was zu zeigen war.
Die einzige Eigenschaft von , die in diesem Beweis gebraucht wurde, ist
char 6= 2 gewesen; also gilt diese Aussage auch allgemeiner für schiefsymmetrische Matrizen gerader Länge über Körpern der Charakteristik 6= 2.
C
C
Aufgabe 3. Sei V ein n−dimensionaler euklidischer oder unitärer Vektorraum
und φ ∈ O(V ). Dann gilt | tr(φ)| ≤ n mit Gleichheit genau dann, wenn φ = λ id
für ein λ ∈ mit |λ| = 1 (für V unitär) oder λ = ±1 (für V euklidisch).
C
Beweis. In der Darstellungsmatrix A := E φE von φ bezüglich der Standardbasis E steht als Spaltenvektoren ein Orthonormalsystem nach Definition einer
orthogonalen
Abbildung. Ist ai = (a1i , . . . , ani )t der i. Spaltenvektor, so gilt also
P
n
||ai ||2 = j=1 a2ji = 1, insbesondere ist also |aii | ≤ 1 mit Gleichheit genau dann,
wenn gilt ai = λei für den i. Standardbasisvektor ei und ein Skalar λ mit |λ| = 1.
Durch Aufsummieren folgt
| tr(φ)| = |
n
X
aii | ≤
i=1
n
X
|aii | ≤ n
i=1
mit Gleichheit genau dann, wenn alle aii kollinear sind (aufgrund der Dreiecksungleichung) und dann auch alle ai = λei für ein λ ∈ mit |λ| = 1.
C
Aufgabe 4. Sei


5 −10 −8
1
A = −10 2 −2 ∈
9
−8 −2 11
2
R3×3.
Finden Sie eine orthogonale Matrix B, so dass B t AB eine Diagonalmatrix ist.
Beweis. Nach dem Satz über der Hauptachsentransformation existiert zunächst
einmal eine solche Matrix B; zudem gibt der Beweis ein Verfahren an, wie man
B bestimmen kann, nämlich einfach als eine Matrix, in deren Spalten normierte
Eigenvektoren von A stehen. Dabei ist zu beachten, dass zusätzlich noch Eigenvektoren zum gleichen Eigenwert aufeinander senkrecht stehen müssen, was ggf.
durch Gram-Schmidt erreicht wird.
Das charakteristische Polynom von A berechnet sich als


10
8
x − 95
9
9
2
 = x3 − 2x2 − x + 2 = (x − 1)(x + 1)(x − 2).
x − 29
χA (x) = det  10
9
9
2
8
x − 11
9
9
9
Damit sind die Eigenräume eindimensional und es genügt, normierte Eigenvektoren zu berechnen. Man erhält
 
 
 
−1
2
−2
1
1
1
EA,1 = h  2 i, EA,−1 = h 2i und EA,2 = h  1 i.
3
3
3
−2
1
2
Damit kann man B wählen als


−1 2 −2
1
B :=  2 2 1 
3
−2 1 2
und erhält

1
t

−1
B AB =

.
2
3