10.¨Ubung zur Linearen Algebra II

10. Übung zur Linearen Algebra II Lösungen
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FU Berlin. SS 2010.
Aufgabe 37
Der linearen
Abbildung ϕ : R2 → R2 sei bzgl. der kanonischen Basis die Matrix
(
)
1 2
zugeordnet. Ist ϕ selbstadjungiert bzgl. des durch
3 2
( ) ( )
x1
y
· 1 = x1 y1 + 3x2 y2
x2
y2
definierten Skalarprodukts?
Lösung
Die Abbildung ϕ ist genau dann selbstadjungiert (bzgl. des oben definierten
Skalarprodukts), wenn die darstellende Matrix von ϕ bzgl. einer ONB hermitesch ist. Eine ONB B 0 kann zum Beispiel mit dem Verfahren von E. Schmidt
aus der Standardbasis
( ) ( )
1
0
B=(
,
)
0
1
hergeleitet werden. Man erhält
( )
( )
1 0
1
B =(
,√
)
0
3 1
0
und
(
1
ϕ ←→
0
3
B
√2
3
√2
3
)
.
Die darstellende Matrix bzgl. B 0 ist nicht hermitesch, also ist ϕ nicht selbstadjungiert.
Alternativ kann man zeigen das ϕ die Eigenschaft
∀x, y :
ϕ(x) · y = x · ϕ(y)
nicht besitzt. Am einfachsten durch ein Gegenbeispiel:
( ) ( )
( )
( )
1
0
1
0
ϕ(
)·
= 9 6= 2 =
· ϕ(
).
0
1
0
1
1
Aufgabe 38
(i) Es sei ϕ ein selbstadjungierter Endomorphismus eines Prähilbertraumes
(X, ·), für den ϕ ◦ ϕ = ϕ gilt (also ist ϕ Projektion). Zu zeigen: Dann ist
ϕ orthogonale Projektion.
(ii) Es sei (X, ·) ein Prähilbertraum, und es seien f ,g selbstadjungierte Endomorphismen von X. Man zeige:
f ◦ g ist selbstadjungiert ⇐⇒ f ◦ g = g ◦ f.
Zu (i): Die nachzuweisende Eigenschaft einer orthogonalen Projektion ist
ker(ϕ) ⊥ ϕ(X).
Anmerkung: Orthogonale Projektionen sind im Allgemeinen keine orthogonalen
Abbildungen, denn: Projektionen sind im Allgemeinen keine Isometrien.
Beweis der Behauptung: Seien x ∈ ker(ϕ) und y ∈ ϕ(X) beliebig. Dann ist
x·y
=
ϕ Projektion
x · ϕ(y)
=
ϕ selbstadjungiert
ϕ(x) · y = 0 · y = 0.
Zu (ii): =⇒ Sei f ◦ g selbstadjungiert. Zu zeigen: f ◦ g = g ◦ f . Für beliebige
x, y ∈ X gilt also
(f ◦ g)(x) · y = x · (f ◦ g)(y)
und da auch f und g selbstadjungiert sind:
(f ◦ g)(x) · y
= g(x) · f (y)
= x · (g ◦ f )(y).
Zusammen also
x · (f ◦ g)(y) = x · (g ◦ f )(y)
⇐⇒
x · (f ◦ g(y) − g ◦ f (y)) = 0
Da die Gleichung für alle Vektoren gilt, ist sie insbesondere für
x = (f ◦ g)(y) − (g ◦ f )(y)
wahr. Also
⇐⇒
|(f ◦ g)(y) − (g ◦ f )(y)| = 0
(f ◦ g)(y) − (g ◦ f )(y) = 0
⇐⇒
(f ◦ g)(y) = (g ◦ f )(y),
was zu zeigen war.
⇐= Sei jetzt f ◦ g = g ◦ f . Zu zeigen: f ◦ g ist selbstadjungiert. Für zwei
beliebige Vektoren gilt
(f ◦ g)(x) · y
= g(x) · f (y)
= x · (g ◦ f )(y)
f selbstadj.
g selbstadj.
= x · (f ◦ g)(y)
f ◦ g = g ◦ f,
was zu zeigen war.
2
Aufgabe 39
Es sei X endlich dimensionaler Prähilbertraum und ϕ : X → X eine lineare
Abbildung mit:
x1 · x2 = 0 =⇒ ϕ(x1 ) · ϕ(x2 ) = 0 ∀ x1 , x2 ∈ X.
Zu zeigen: Dann ist ϕ bis auf einen skalaren Faktor eine Isometrie von X.
Nach §47 Satz 1 ist ϕ eine Isometrie genau dann, wenn eine Orthonormalbasis durch ϕ wieder auf eine Orthonormalbasis abgebildet wird. D.h. sei
B = (b1 , . . . , bn ) eine ONB. ϕ ist genau dann eine Isometrie, wenn ϕ(B) =
(ϕ(b1 ), . . . , ϕ(bn )) eine ONB ist. Gegeben ist schon die Orthogonalität der Vektoren aus ϕ(B). Zu zeigen ist, daß für einen passenden Skalar λ ∈ K gilt
|λϕ(bi )| = 1
∀1 ≤ i ≤ n.
(Denn dann ist λϕ eine Isometrie, also ϕ bis auf einen skalaren Faktor eine
Isometrie.) Für zwei beliebige Basisvektoren bi , bj ist
(bi − bj ) · (bi + bj ) = 1 − 1 = 0
und daher nach Vorraussetzung auch
0 = ϕ(bi −b1 )·ϕ(bi +b1 ) = |ϕ(bi )|−|ϕ(b1 )| =⇒ |λϕ(bi )| = 1, λ =
1
|ϕ(b1 )|
∀1 ≤ i ≤ n.
Was zu zeigen war.
Aufgabe 40


6 0 0
(i) Sei A := 0 5 2. Bestimme eine orthogonale Matrix S, sodaß SAS −1
0 2 2
Diagonalmatrix ist.


2 −1 0
1  als Produkt einer symmetrischen und einer
(ii) Man stelle 1 2
1 0 −1
orthogonalen Matrix dar.
Lösung
Zu (i): Die Spalten der Matrix S bestehen aus einer Orthonormalbasis von
Eigenvektoren. Dazu berechnet man zuerst das charakteristische Polynom χ(t)
6 − t
0
0 5−t
2 = (6 − t)2 (1 − t).
χ(t) = 0
0
2
2 − t
Die Nullstellen 6 und 1 von χ sind die Eigenwerte der Matrix A. Jetzt bestimmt
man Basen zu den Eigenräumen und orthogonalisiert diese.
Eig(1) = {x | (A − E)x = 0}
3

und
5 0
A − E = 0 4
0 2

0
2
1

5 0
0 4
0 0

 
0
0
2 =⇒ Eig(1) = [ 1 ].
0
−2
Eig(6) = {x | (A − 6E)x = 0}
und


0 0
0
A − 6E = 0 −1 2 
0 2 −4


   
0 0 0
1
0
0 −1 2 =⇒ Eig(1) = [0 , 2].
0 0 0
0
1
Die Vereinigung der Basen der Eigenräume bildet zufälligerweise schon ein Orthogonalsystem. Einfaches Normalisieren (bzgl. des Standard-Skalarprodukts)
der Vektoren liefert eine geordnete ONB:
 
 
 
1
0
0
1
1
(0 , √ 2 , √  1 )
5 1
5 −2
0
und die gesuchte Matrix S besteht spaltenweise aus dieser Basis. S ist symmetrisch und orthogonal, also ihr eigenes Inverses:
√

1  5 0 0
S=√
= S T = S −1 .
0 2 1
5
0 1 −2
Folgende Zerlegung von A in Eigenvektoren und
√

6 0
5 0 0
1
A = SDS −1 =  0 2 1  0 6
5
0 0
0 1 −2
Eigenwerte
 √
0
5
0  0
1
0
ist erreicht:

0 0
2 1 .
1 −2
Zu (ii): Die Zerlegung einer quadratischen Matrix B in das Produkt einer
orthogonalen Matrix BO und einer symmetrischen Matrix BS
B = BO BS
ist möglich, wenn B regulär ist. B sei die in (ii) gegebene Matrix. Streng
nach der Methode aus dem Skript wird zunächst BS bestimmt. Man verwendet
die Theorie von symmetrischen Matrizen, indem man folgenden symmetrische
Matrix diagonalisiert


 

2 1 1
2 −1 0
6 0 0
1  = 0 5 2 = A.
B T B = −1 2 0  1 2
0 1 −1
1 0 −1
0 2 2
Das wurde in (i) erledigt. Die Diagonalmatrix D = SB T BS −1 , die man so
erhält hat
√ immer positive Zahlen auf der Diagonalen. Deswegen kann man die
Matrix D betrachten, die aus D hervorgeht, indem man komponentenweise
die positive Wurzel übernimmt.


√

6 0 0
6 √0 0
√
D = 0 6 0 =⇒ D =  0
6 0 .
0 0 1
0
0 1
4
Als letzten Schritt zur Bestimmung von BS macht man die Transformation mit
S wieder rückgängig:
 √

5 6
0
0
√
√
√
√
1
BS = S −1 DS = S −1 SB T BS −1 S =  0
4√6 + 1 2√ 6 − 2 .
5
0
2 6−2
6+4
Die orthogonale Matrix BO ergibt sich durch die Tatsache, daß die eben berechnete Matrix BS regulär ist (Produkt regulärer Matrizen) und die Gleichung
B = BO BS gelten soll. Die letzte Hürde ist deswegen die Invertierung von BS .
Nach dem Gauß-Jordan Verfahren zur Invertierung von Matrizen:

 √

0
1 0 0 √56
√
5 6
0
0
5
0
0

√
√
2 23
1

 0

0 1 0 0
4√6 + 1 2√ 6 − 2 0 5 0
5 + √
5
WolframAlpha 
2
0
2 6−2
6+4 0 0 5
2
0 0 1 0 − + 3
5
5
5

√2 
− 25 + 5 3 
.
4
1
√
5 + 5 6
0