Bearbeitungsvorschlag

MATHEMATISCHES INSTITUT
DER UNIVERSITÄT MÜNCHEN
Dr. E. Schörner
SS 2012
Blatt 6
30.05.2012
Tutorium zur Vorlesung Lineare Algebra und
”
analytische Geometrie II (Unterrichtsfach)“
— Bearbeitungsvorschlag —
21. a) Für A = (v1 , v2 , v3 , v4 ) gilt


1 1
4
1
1 −1 2
1

A=
1 2 −3 −1
1 2
1
0

1 1 4
0 1 1

0 0 −8
0 0 −4


1 1
4
1
0 −2 −2 0 


0 1 −7 −2
0 1 −3 −1



1
1 1 4 1
0 1 1 0
0



0 0 4 1
−2
−1
0 0 0 0

1
0

0
0
1
1
0
0
0
1
4
0

0
0
;
1
0
damit sind v1 , v2 , v3 linear unabhängig mit v4 ∈ hv1 , v2 , v3 i. Dementsprechend bilden die Vektoren v1 , v2 , v3 eine Basis von U = hv1 , v2 , v3 , v4 i.
b) Wir wenden das Gram–Schmidtsche Orthonormalisierungsverfahren auf die
Basis v1 , v2 , v3 von U an und erhalten zunächst
 
 
1
1
√


1
 mit ka1 k = 4 = 2, also b1 = 1 · a1 = 1 1 ,
a1 = v1 = 
1
ka1 k
2 1
1
1
danach


   
1
0
1
−1




 − 2 · 1 1 = −2
a2 = v2 − (v2 ◦ b1 ) · b1 = 
2
2 1  1 
2
1
1
mit

ka2 k =
√
6,

0
1
1 −2
,
also b2 =
· a2 = √ 
ka2 k
6 1 
1
und schließlich
a3 = v3 − (v3 ◦ b1 ) · b1 − (v3 ◦ b2 ) · b2 =
   
 
 
0
3
1
4
−2 −1
2
1
6
1
1
   
 

=
−3 − 2 · 2 1 + √6 · √6  1  = −3
1
1
1
1
mit

ka3 k =
√
√
20 = 2 5,

3
1
1 −1
.
also b3 =
· a3 = √ 
ka3 k
2 5 −3
1
Wegen hb1 , b2 , b3 i = hv1 , v2 , v3 i ist b1 , b2 , b3 eine Orthonormalbasis von U .
c) Es ist


1 1
4
1 −1 2 
4×3

B = (E v1 , E v2 , E v3 ) = 
1 2 −3 ∈ R
1 2
1
mit




1 1
1 1
1 1
1
1
II−I
0 −2 1
1
B > = 1 −1 2 2
III−4I
III−II
4 2 −3 1
0 −2 −7 −3




1 1 1 1
1 1
1
1
0 −2 1
1  1 0 −2 1 1 .
0 0 −8 −4 − 4 ·III 0 0 2 1
Damit erhält man


−3
1

U ⊥ = {x ∈ R4 | B > x = 0} = R · 
−2 ,
4
 
−3
1
√
 ist eine Basis mit ka4 k = 30 und folglich
d.h. a4 = 
−2
4

−3
1
1 1

b4 =
· a4 = √ 
ka4 k
30 −2
4

eine Orthonormalbasis von U ⊥ .
22. a) Die gegebenen Vektoren
  1
1
2
1



1
 =  21 
v1 = 21 
1  
2
1
1
2
  1 
1
2
1 



1
 =  2 1  ∈ R4
v2 = 21 
−1 − 
2
− 21
−1

und
sind wegen
v1 ◦ v2 =
1
2
orthogonal sowie wegen
q
kv1 k =
und
kv2 k =
q
· 12 + 12 · 21 + 12 · − 21 + 12 · − 12 = 0
1 2
2
1 2
2
1 2
2
+
+
1 2
2
+
1 2
2
+ − 21
2
+
1 2
2
+ − 12
=
2
√
1=1
=
√
1=1
auch normiert; sei E = hv1 , v2 i ⊆ R4 die von v1 und v2 aufgespannte Ebene
in R4 . Für das orthogonale Komplement E ⊥ von E in R4 gilt
E ⊥ = x ∈ R4 | B > · x = 0
mit
1
2
1
2
1
2

1

4×2
2

B = (v1 , v2 ) = 
1 −1 ∈ R ,
2
2
1
1
−
2
2
so daß wegen
1 1
>
B = 12 12
2
2
1
2
1
2
1 1 1
1
− 21 − 12 2·II 1 1 −1 −1 II−I
1 1 1
1
1 1 1 1
1 1 0 0
0 0 −2 −2 (− 12 )·II 0 0 1 1 I−II 0 0 1 1
2·I
die beiden Vektoren
 
−1
1

b1 = 
0
0

und

0
0
4

b2 = 
−1 ∈ R
1
eine Basis von E ⊥ bilden; wegen b1 ◦ b2 = 0 sind b1 und b2 sogar orthogonal,
so daß v1 , v2 , v3 , v4 mit
 
 
−1
0



1
1
1 0
1
1

√
und
v
=
· b1 = √ 
·
b
=
v3 =
4
2
kb1 k
kb2 k
2 0 
2 −1
0
1
eine Orthonormalbasis von (R4 , ◦) ist.
b) Für jedes x ∈ R4 erhält man bezüglich der in a) ermittelten Orthonormalbasis von (R4 , ◦) die Darstellung
x = (x ◦ v1 ) · v1 + (x ◦ v2 ) · v2 + (x ◦ v3 ) · v3 + (x ◦ v4 ) · v4
{z
} |
{z
}
|
∈E
∈E ⊥
und damit für die Orthogonalprojektion x0 auf die von v1 und v2 aufgespannte Ebene E = hv1 , v2 i dann
x0 = (x ◦ v1 ) · v1 + (x ◦ v2 ) · v2
 
 
1
1



x1 + x2 + x3 + x4 1 1 x1 + x2 − x3 − x4 1  1 
·  +
·  
=
2
2 1
2
2 −1
1
−1




(x1 + x2 + x3 + x4 ) + (x1 + x2 − x3 − x4 )
x1 + x2



1
(x1 + x2 + x3 + x4 ) + (x1 + x2 − x3 − x4 ) = 1 x1 + x2  .
=
4 (x1 + x2 + x3 + x4 ) − (x1 + x2 − x3 − x4 ) 2 x3 + x4 
(x1 + x2 + x3 + x4 ) − (x1 + x2 − x3 − x4 )
x3 + x4
23. Die Vektorräume R2 , R3 und R4 seien jeweils mit dem Standardskalarprodukt ◦
versehen.
a) Die Matrix A ∈ R2×2 ist genau dann orthogonal, wenn ihre durch die gestellte Bedingung normierten Spalten aufeinander senkrecht stehen; dies läßt
sich für eine beliebige Vorgabe der ersten Spalte x genau dadurch erreichen,
daß als zweite Spalte x⊥ oder −x⊥ gewählt wird:
!
!
!
!
√1
√1
√1
√1
√1
√1
√1
√1
−
−
2
2
2
2
2
2
2
2
√1
√1
√1
√1
√1
√1
√1
√1
−
−
−
−
2
2
2
2
2
2
2
2
− √12 − √12
√1
− √12
2
!
− √12
√1
2
√1
2
√1
2
!
− √12 √12
− √12 − √12
!
− √12 − √12
− √12 √12
!
b) Sei A = (aij )i,j ∈ R3×3 mit |aij | = √13 für alle i, j ∈ {1, 2, 3}. Damit gilt
a11 a12 , a21 a22 , a31 a32 ∈ {− 13 , 31 } und damit
a11 a12 + a21 a22 + a31 a32 ∈ {−1, − 13 , 31 , 1}.
Die ersten beiden Spalten von A stehen damit nicht senkrecht aufeinander,
insbesondere kann A nicht orthogonal sein.
c) Sei A = (aij )i,j ∈ O3 (R) mit a11 = a22 = a33 = 23 und a12 = 13 ; damit bilden
die Spalten s1 , s2 , s3 sowie die Zeilen z1 , z2 , z3 jeweils eine Orthonormalbasis.
Wegen ks2 k = 1 folgt a232 = 94 und damit a32 ∈ {− 23 , 23 }.
Fall 1: a32 = − 32 . Wegen kz1 k = 1 ist a213 = 94 , also |a13 | = 23 , und wegen
ks3 k = 1 ist dann a223 = 91 , also |a23 | = 13 ; wegen s2 ⊥s3 gilt 31 a13 + 32 a23 = 49 ,
woraus a13 = 23 und a23 = 13 folgt. Wegen z1 ⊥z2 gilt 23 a21 = − 94 , also
a21 = − 23 , und wegen z1 ⊥z3 gilt 32 a31 = − 29 , also a31 = − 13 .
Fall 2: a32 = 23 . Wegen kz1 k = 1 ist a213 = 49 , also |a13 | = 23 , und wegen
ks3 k = 1 ist dann a223 = 91 , also |a23 | = 13 ; wegen s2 ⊥s3 gilt 31 a13 + 23 a23 = − 49 ,
woraus a13 = − 23 und a23 = − 31 folgt. Wegen z1 ⊥z2 gilt 23 a21 = − 94 , also
a21 = − 23 , und wegen z1 ⊥z3 gilt 32 a31 = 29 , also a31 = 13 .
Damit besitzt A notwendig die Gestalt

 2 1

 2
1
2
2
−
3
3
3
3
3
3
− 2 2 − 1  ;
− 2 2 1 
oder
3
3
3
3
3
3
1
2
2
− 13 − 23 23
3
3
3
eine Probe bestätigt, daß die beiden angegebenen Matrizen auch tatsächlich
orthogonal sind.
d) Die Matrix A ∈ R4×4 ist genau dann orthogonal, wenn ihre durch die gestellte Bedingung normierten Spalten aufeinander senkrecht stehen; dies läßt
sich genau dadurch erreichen, daß bei je zwei Spalten zwei Vorzeichen übereinstimmen und zwei Vorzeichen voneinander abweichen, also etwa
1 1

1
1
2
2
2
2
1 1 −1 −1
2
2
2
2
A=
1 −1 1 −1 .
2
2
2
2
1
1
1
1
−
−
2
2
2
2
24. Eine Matrix M ∈ Rn×n ist genau dann symmetrisch, wenn M > = M gilt, und
genau dann orthogonal, wenn M > · M = En (oder gleichwertig M · M > = En )
ist.
a) Die Matrizen
A=
1 0
0 −1
und
0 1
B=
∈ R2×2
1 0
sind (wegen det(A) = −1 und det(B) = −1) invertierbar und symmetrisch,
ihr Produkt
1 0
0 1
0 1
A·B =
·
=
0 −1
1 0
−1 0
ist allerdings nicht symmetrisch.
a
b
b) Eine symmetrische Matrix A ∈ R2×2 besitzt die Gestalt A =
mit
b c
Koeffizienten a, b, c ∈ R, und für die zu A inverse Matrix gilt dann
1
c −b
−1
·
;
A =
−b a
det(A)
folglich ist auch A−1 symmetrisch.
c) Es ist
C > AC
>
= C > A> (C > )>
= C > AC;
A> =A
folglich ist C > AC eine symmetrische Matrix.
d) Es ist
(A · B)> · (A · B) = B > · A> · (A · B) = B > · A> · A · B
=
A> ·A=E2
>
= B > · E2 · B = B · B = E2 ;
damit ist auch A · B eine orthogonale Matrix.
e) Es ist
A−1
>
· A−1
=
A−1 =A>
A−1
>
· A> = A · A−1
>
= E2> = E2 ;
damit ist auch A−1 eine orthogonale Matrix.
f) Die Matrizen
1 0
A=
0 1
und
C=
1 0
0 2
∈ R2×2
sind (wegen det(A) = 1 und det(C) = 2) invertierbar; darüber hinaus ist A
(als Einheitsmatrix) sogar orthogonal, aber die Matrix
1 0
1 0
1 0
1 0
>
C AC =
·
·
=
0 2
0 1
0 2
0 4
ist etwa wegen det(C > AC) = 4, also det(C > AC) 6= ±1, nicht orthogonal.
Damit sind die Aussagen a) und f) falsch, die Aussagen b) bis e) dagegen richtig.