Lineare Algebra 2 (SS 13) Blatt 13: Musterlösung

Prof. Dr. B. Hanke
Dr. J. Bowden
Lineare Algebra 2 (SS 13)
Blatt 13: Musterlösung
Aufgabe 1. Es sei C∞ (R) der R-Vektorraum der unendlich oft differenzierbaren Funktionen auf
R und
∆ : C∞ (R) → C∞ (R),
f 7→ f 00
die Abbildung, welche einer Funktion f ihre zweite Ableitung f 00 zuordnet.
(a) Betrachten Sie die Funktion f (x) = et·x für t ∈ R und zeigen Sie, dass alle reellen Zahlen λ ≥ 0
Eigenwerte von ∆ sind.
(b) Zeigen Sie, dass auch λ = −1 Eigenwert von ∆ ist.
(c) Bestimmen Sie eine Basis des Eigenraumes Eig(∆, 0).
Lösung:
Zu (a): Wegen ∆(f ) = t2 · f und f 6= 0 ist für alle t ∈ R die Zahl t2 ein Eigenwert von ∆.
Zu (b): Es ist ∆(sin) = − sin und sin 6= 0 ∈ C∞ (R), also ist −1 ein Eigenwert von ∆.
Zu (c): Es ist Eig(∆, 0) = {f ∈ C∞ (R) | f 00 = 0} = {f ∈ C∞ (R) | ∃a, b ∈ R : f (x) = ax + b}.
Damit ist (1, x) eine Basis von Eig(∆, 0).
Aufgabe 2. Es sei V ein endlichdimensionaler K-Vektorraum und F, G ∈ End(V ) seien Endomorphismen. Beweisen Sie, dass F ◦ G und G ◦ F genau die gleichen Eigenwerte haben.
Lösung:
Es sei λ ∈ K ein Eigenwert von F ◦ G. Dann gibt es ein v 6= 0 ∈ V mit F (G(v)) = λv. Es folgt
(G ◦ F )(G(v)) = G(F (G(v))) = G(λv) = λG(v)
und somit ist λ auch ein Eigenwert von G ◦ F , falls G(v) 6= 0. Sei nun G(v) = 0. Dann ist also
0 = F (0) = F (G(v)) = λv
und wegen v 6= 0 folgt λ = 0. Aber wenn F ◦ G den Eigenwert λ = 0 hat, so ist dies gleichbedeutend
damit, dass der Endomorphismus F ◦ G kein Isomorphismus ist, also ist mindestens einer der Endomorphismen F oder G kein Isomorphismus, also ist die Komposition G ◦ F kein Isomorphismus. Da
V endlichdimensional ist, kann G ◦ F also nicht injektiv sein. Also hat G ◦ F den Eigenwert λ = 0.
Es folgt, dass jeder Eigenwert von F ◦ G auch Eigenwert von G ◦ F ist und durch Vertauschung von
F und G in der Argumentation folgt auch die andere Richtung und daraus die Behauptung.
Aufgabe 3. Es sei A ∈ Mat(n, K). Beweisen Sie, dass λ ∈ K genau dann Eigenwert von A ist,
wenn PA (λ) = 0, wobei PA = det(A − X · En ) ∈ K[X] das charakteristische Polynom von A ist.
Lösung:
Es ist PA (λ) = 0 genau dann, wenn det(A − λ · En ) = 0, also A − λ · En nicht invertierbar ist. Dies
ist genau dann der Fall, wenn der Kern von A − λ · En positive Dimension hat. Dies ist genau dann
der Fall, wenn es ein von Null verschiedenes v ∈ K n gibt mit (A − λ · En )v = 0, also Av = λv. Dies
ist genau dann der Fall, wenn λ Eigenwert von A ist.
1
Aufgabe 4. Es sei V ein endlichdimensionaler K-Vektorraum und F ∈ End(V ). Zeigen Sie, dass
F genau dann ein Isomorphismus ist, wenn PF (0) 6= 0.
Lösung:
Es ist PF (0) 6= 0 genau dann, wenn λ = 0 kein Eigenwert von F , also F injektiv ist. Auf endlichdimensionalen Vektorräumen sind lineare Abbildungen aber genau dann injektiv, wenn sie bijektiv,
also ein Isomorphismus sind.
Aufgabe 5. Es sei A ∈ Mat(n, K) und λ1 , . . . , λk seien paarweise verschiedene Eigenwerte von
A. Zeigen Sie, dass für alle j = 1, . . . , k gilt
1 ≤ dim(Eig(A, λj )) ≤ n − k + 1.
Lösung:
Zu jedem Eigenwert λj gibt es per Definition einen Eigenvektor vj 6= 0, also
span(vj ) ⊂ Eig(A, λj )
und somit
dim(Eig(A, λj )) ≥ dim(span(vj )) = 1.
Die andere Ungleichung folgt, da die Summe von Eigenräumen zu paarweise verschiedenen Eigenwerten direkt ist: Es gilt
Eig(A, λ1 ) ⊕ . . . ⊕ Eig(A, λk ) ⊂ K n ,
Pk
und damit j=1 dim(Eig(A, λj )) ≤ n. Da alle Eigenräume mindestens eindimensional sind, liefert
dies einen Wiederspruch, falls dim(Eig(A, λj )) > n − k + 1 für ein j.
Aufgabe 6. Bestimmen Sie für die Matrix

−1
0
1
0
A = −1
1

1
1
0
eine orthogonale Matrix S, so dass S T AS eine Diagonalmatrix ist.
Lösung:
Es ist PA = −X 3 + 3X − 2 = −(X − 1)2 (X + 2), also sind die Eigenwerte λ1 = −2 und λ2 = 1 mit
Vielfachheiten µ1 = 1 und µ2 = 2. Man findet die Eigenräume


 
2 −1 1
1
Eig(A, λ1 ) = ker −1 2 1 = span  1 
1
1 2
−1
und

−1

Eig(A, λ2 ) = ker −1
1
−1
−1
1

   
1
1
0
1  = span 0 , 1 .
−1
1
1
Wir normieren den Erzeuger von Eig(A, λ1 ) und setzen
 
1
1  
v1 = √ · 1 .
3
−1
Die Basis von Eig(A, λ2 ) müssen wir noch orthonormalisieren: Wir normieren den ersten Baisvektor
und setzen
 
1
1  
v2 = √ · 0
2
1
und erhalten schließlich
 
−1
1  
v3 = √ · 2
6
1
2
durch das bekannte Orthonormalisierungsverfahren. Die gesuchte Matrix S besteht dann aus den
Spaltenvektoren (v1 , v2 , v3 ).
Damit ist die Basis aus Eigenvektoren gefunden und mit
 1


√
√1
− √16
−2
3
2
 √1

2
−1
√ 
0
0
S :=  3
folgt
S
AS
=
6
√1
0
− √13 √12
6

0 0
1 0 .
0 1
Aufgabe 7. Zeigen Sie, dass es zu λ ∈ K und natürlichen Zahlen µ, n mit 1 ≤ µ ≤ n stets eine
Matrix A ∈ Mat(n, K) gibt mit
dim(Eig(A, λ)) = 1
und
µ(PA , λ) = µ.
Lösung:
J(λ, µ)
0
Wir setzen A :=
. Dabei ist J(λ, µ) der (µ × µ)-Jordanblock zum Eigen0
(λ + 1) · En−µ
wert λ. Es gilt also PA = (λ − X)µ · (λ + 1 − X)n−µ und somit in der Tat µ(PA , λ) = µ. Und es
ist
J(0, µ)
0
Eig(A, λ)) = ker
0
En−µ
und damit dim(Eig(A, λ)) = 1.

Aufgabe 8.
1
Wir betrachten die Matrix A = 0
0
2
1
−1

3
2 .
−1
(a) Kann man A über R trigonalisieren?
(b) Trigonalisieren Sie A über C.
Lösung:
Zu (a): Es ist PA = (1 − X)(X 2 + 1) und dies zerfällt über R nicht in Linearfaktoren - also kann A
nicht trigonalisierbar sein.
Zu (b): Es ist PA = (1 − X)(X + i)(X − i) und A über C also sogar diagonalisierbar. Es genügt nun,
eine Basis aus Eigenvektoren zu bestimmen:


 
0 2
3
1
2  = span 0
Eig(A, 1) = ker 0 0
0 −1 −2
0




1−i
2
3
5
1−i
2  = span  2 + 4i 
Eig(A, i) = ker  0
0
−1 −1 − i
−3 − i




1+i
2
3
5
1+i
2  = span  2 − 4i 
Eig(A, −i) = ker  0
0
−1 −1 + i
−3 + i




1
5
5
1 0 0
Wir setzen also S := 0 2 + 4i 2 − 4i  und erhalten S −1 AS = 0 i 0 .
0 −3 − i −3 + i
0 0 −i
Wenn wir A wirklich nur trigonalisieren wollen, so starten wir mit dem offensichtlichen
Eigenvektor
1
2
v1 := e1 zum Eigenwert 1. Dann betrachten wir die Teilmatrix A0 =
. Diese hat die
−1 −1
Eigenwerte ±i. In dem von e2 und e3 aufgespannten Raum ist v2 := (1 + i) · e2 − e3 ein Eigenvektor
von A0 zum Eigenwert i. Wir ergänzen (v1 , v2 ) durch v3 := e3 zu einer Basis des R3 . Dann ist
(v1 , v2 , v3 ) eine trigonalisierende Basis: Wir setzen




1
0
0
1 −1 + 2i
3
i
1 − i .
S := 0 1 + i 0 und erhalten S −1 AS = 0
0 −1 1
0
0
−i
3
Aufgabe 9. Formulieren Sie den Satz von Cayley-Hamilton.
Lösung:
Siehe Skript.
Aufgabe 10. Es sei V ein endlichdimensionaler K-Vektorraum, F ∈ End(V ) und λ ∈ K ein
Eigenwert von F . Definieren Sie, was man unter dem verallgemeinerten Eigenraum V Eig(F, λ) versteht.
Lösung:
Siehe Skript.
Aufgabe 11. Wenden Sie den Euklidischen Algorithmus auf die ganzen Zahlen 328 und 75 an.
Sind diese beiden Zahlen teilerfremd?
Lösung:
Die Rechenschritte des Euklidischen Algorithmus sind
328
=
4 × 75 + 28
75
=
2 × 28 + 19
28
=
1 × 19 + 9
19
=
2×9+1
9
=
9 × 1 + 0.
Also ist 1 = ggT(328, 75) und damit sind diese beiden Zahlen teilerfremd.
Aufgabe 12. Formulieren Sie den Satz von der Jordan-Chevalley-Zerlegung.
Lösung:
Siehe Skript.
Aufgabe 13. Bestimmen Sie eine Basis des R5 bezüglich derer die Matrix

2
1

A=
1
1
1
1
1
0
0
0
1
1
2
1
1
0
0
0
2
0

−2
−1

−1

−2
0
in Jordanscher Normalform vorliegt.
Lösung:
Es ist PA = (X − 1)3 (X − 2)2 . Das charakteristische Polynom von A zerfällt also in Linearfaktoren
und somit existiert eine Jordanbasis. Wir bestimmen Basen der verallgemeinerten Eigenräume:


     
1 1 1 0 −2
1
1
0
1 1 1 0 −2
1 0 1


     

     
VEig(A, 1) = ker(A − 1 · E5 )3 = ker 
1 1 1 0 −2 = span 0 , 1 , 1
1 1 1 1 −3
1 1 1
1 1 1 0 −2
1
1
1


   
0 −1 −1 0 2
0
1
−1 2 −1 0 0
0 1


   
   
0 0 0
VEig(A, 2) = ker(A − 2 · E5 )2 = ker 
−1 1
 = span 0 , 1
−1 1 −1 0 1
1 1
−1 1 −1 0 1
0
1
4

1
1

Wir setzen also S := 
0
1
1
1
0
1
1
1
0
1
1
1
1
0
0
0
1
0


1
1
0
1


−1

1
 und erhalten S AS = 0
0

1
0
1
0
1
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
2
0

0
0

0
.
0
2
Wir müssen also nur noch den zweiten und dritten Basisvektor vertauschen und wir erhalten die
gesuchte Basis.
Aufgabe 14. Wir betrachten den R2 mit seinem kanonischen Skalarprodukt γ = h , i. Es sei A
die kanonische Basis des R2 und B = (v1 , v2 ) die Basis bestehend aus
1
−1
v1 =
und v2 =
.
1
0
(a) Bestimmen Sie die darstellenden Matrizen MA (γ) und MB (γ).
(b) Überprüfen Sie das Ergebnis, indem Sie MB (γ) mit Hilfe der Transformationsformel aus MA (γ)
berechnen.
(c) Es sei x = 2v1 − 3v2 und y = v1 + 4v2 . Berechnen Sie hx, yi einmal unter Verwendung der
Matrix MA (γ) und einmal unter Verwendung der Matrix MB (γ).
Lösung:
Zu (a): Es ist
he1 , e1 i he1 , e2 i
1
MA (γ) =
=
he2 , e1 i he2 , e2 i
0
0
1
und MB (γ) =
hv1 , v1 i hv1 , v2 i
2
=
hv2 , v1 i hv2 , v2 i
−1
−1
.
1
B
B T
und in der Tat ist
) · MA (γ) · TA
Zu (b): Die Transformationsformel lautet MB (γ) = (TA
1 1
1 0
1 −1
2 −1
B T
B
(TA
) · MA (γ) · TA
=
=
= MB (γ).
−1 0
0 1
1 0
−1 1
Zu (c): Wollen wir hx, yi unter Verwendung der Matrix MA (γ) berechnen, so müssen wir x, y auch
in der kanonischen Basis A darstellen, also
1
−1
5
1
−1
−3
x=2·
−3·
=
und y = 1 ·
+4·
=
1
0
2
1
0
1
und wir berechnen
hx, yi = 5
1
2
0
0
1
−3
= −13.
1
Unter Verwendung der Matrix MB (γ) berechnen wir
2 −1
1
hx, yi = 2 −3
= −13.
−1 1
4
Aufgabe 15. Es sei V ein R-Vektorraum. Zeigen Sie:
(a) Die Menge aller Bilinearformen auf V bildet selber wieder einen R-Vektorraum.
(b) Die symmetrischen und auch die schiefsymmetrischen Bilinearformen bilden darin jeweils einen
Untervektorraum.
(c) Der Raum aller Bilinearformen ist die direkte Summe aus den Räumen der symmetrischen und
der schiefsymmetrischen Bilinearformen, jede Bilinearform lässt sich also auf eindeutige Weise
als Summe einer symmetrischen und einer schiefsymmetrischen Bilinearform schreiben.
5
Lösung:
Zu (a): Sind γ1 , γ2 zwei Bilinearformen auf V , so ist die Summe definiert als
(γ1 + γ2 )(v, w) := γ1 (v, w) + γ2 (v, w)
für v, w ∈ V.
Ist γ eine Bilinearform auf V und λ ∈ R, so ist die Skalarenmultiplikation definiert als
(λγ)(v, w) := λ · γ(v, w)
für v, w ∈ V.
Man überprüft leicht, dass die Menge aller Bilinearformen auf V damit zu einem Vektorraum wird
- das neutrale Element der Addition ist die Bilinearform mit γ(v, w) = 0 für alle v, w ∈ V .
Zu (b): Die Null, also obige Bilinearform mit γ(v, w) = 0 für alle v, w ∈ V , ist sowohl symmetrisch,
als auch schiefsymmetrisch. Abgeschlossenheit der (schief-)symmetrischen Bilinearformen unter Addition und Skalarenmultiplikation ist klar.
Zu (c): Ist γ eine Bilinearform auf V , so definieren wir
γ+ (v, w) :=
γ(v, w) + γ(w, v)
2
und γ− (v, w) :=
γ(v, w) − γ(w, v)
.
2
Dann ist γ+ symmetrisch und γ− ist schiefsymmetrisch und es gilt γ = γ+ + γ− und damit ist
der Raum aller Bilinearformen die Summe der Untervektorräume aus symmetrischen und schiefsymmetrischen Bilinearformen. Diese Summe ist direkt, da die Null die einzige Bilinearform auf V
ist, welche gleichzeitig symmetrisch und schiefsymmetrisch ist. Wir verwenden dabei, dass V ein
R-Vektorraum ist und in R gilt 2 6= 0.
Aufgabe 16. Wir betrachten zwei Vektoren v, w ∈ R2 . Zeigen Sie, dass die Definition
cos α :=
hv, wi
kvk · kwk
für den Winkel α zwischen v und w mit der Definition des Kosinus über das Verhältnis von Ankathete
zu Hypotenuse in einem rechtwinkligen Dreieck übereinstimmt.
Lösung:
Wir betrachten die orthogonale Projektion von w auf span(v):
v 0 := pr⊥
span(v) (w) =
hw, vi
·v
kvk2
Der Vektor w ist dann die Hypothenuse und der Vektor v 0 ist die Ankathete in einem rechtwinkligen
Dreieck und es gilt
kv 0 k
|hv, wi|
=
= | cos α|,
kwk
kvk · kwk
wenn wir obige Formel für v 0 einsetzen. Die Betragstriche sind zunächst vielleicht irritierend, aber
vollkommen korrekt: Bei der Definition von cos α über das Verhältnis von Ankathete zu Hypotenuse
in einem rechtwinkligen Dreieck muss man noch eine Vorzeichenregel beachten, welche genau diese
Betragbildung aufhebt.
Aufgabe 17. Es sei V ein euklidischer oder unitärer Vektorraum. Definieren Sie, was man unter
einer Orthonormalbasis von V versteht.
Lösung:
Siehe Skript.
Aufgabe 18. Wir betrachten den R-Vektorraum R[x] mit dem Skalarprodukt hf, gi :=
R1
−1
f (t)g(t)dt.
(a) Berechnen Sie das 2-dimensionale Volumen des von der Familie (1, x) aufgespannten Spates.
(b) Orthonormalisieren Sie die Familie (1, x, x2 ).
6
Lösung:
Zu (a): Wir berechnen
s
p
Vol(Spat(1, x)) = Gram(1, x) =
h1, 1i
det
hx, 1i
h1, xi
hx, xi
s
=
2
det
0
0
2
3
2
=√ .
3
Zu (b): Wir normalisieren das erste Element der Familie und erhalten v1 := √12 . Das zweite Element
q
der Familie ist bereits orthogonal zu v1 und wir normalisieren zu v2 := 32 · x. Schließlich berechnen
wir x2 − hx2 , v1 iv1 − hx2 , v2 iv2 = x2 −
1
3
und normalisieren zu v3 :=
√
√5
2 2
· (3x2 − 1).
Aufgabe 19. Es sei V ein euklidischer oder unitärer Vektorraum mit Skalarprodukt h , i und
induzierter Norm kvk2 = hv, vi.
(a) Formulieren Sie die Cauchy-Schwarzsche Ungleichung.
(b) Folgern Sie aus der Cauchy-Schwarzschen Ungleichung, dass die Norm k k tatsächlich die Dreiecksungleichung erfüllt.
Lösung:
Siehe Skript.
Aufgabe 20. Es sei V ein endlichdimensionaler euklidischer oder unitärer Vektorraum und
W ⊂ V ein Untervektorraum. Definieren Sie zwei Abbildungen P1 , P2 ∈ End(V ) mit den folgenden
Eigenschaften:
• P1 und P2 sind Projektionen, erfüllen also P1 2 = P1 und P2 2 = P2 .
• im(P1 ) = W und im(P2 ) = W ⊥ .
• P1 + P2 = idV .
Lösung:
P1 ist die orthogonale Projektion of W und P2 = idV − P1 ist die orthogonale Projektion auf W ⊥ .
Um explizite Formeln anzugeben wählen wir eine Orthonormalbasis (w1 , . . . , wk ) von W und eine
Orthonormalbasis (wk+1 , . . . , wn ) von W ⊥ . Diese Orthonormalbasen existieren, da V und somit
auch W und W ⊥ endlichdimensional sind. Ferner ist V = W ⊕ W ⊥ und somit ist (w1 , . . . , wn ) eine
Orthonormalbasis von V . Wir definieren
P1 (v) :=
k
X
hv, wj i · wj
und P2 (v) :=
j=1
n
X
hv, wj i · wj .
j=k+1
Man rechnet nach, dass damit alle drei geforderten Eigenschaften erfüllt sind.
Aufgabe 21. Ist die orthogonale Projektion auf einen endlichdimensionalen Untervektorraum in
einem euklidischen oder unitären Vektorraum eine orthogonale Abbildung?
Lösung:
Orthogonale Abbildungen erhalten das Skalarprodukt, insbesondere erhalten orthogonale Abbildungen also Abstände zwischen Punkten. Die Projektion auf einen Untervektorraum U ⊂ V hingegen ist
nur dann abstandserhaltend, wenn U = V . Als Gegenbeispiel betrachten wir den Untervektorraum
0 ⊂ R. Die orthogonale Projektion auf den Nullvektorraum bildet alle Vektoren auf die Null ab, alle
Abstände werden also zu Null. In R gibt es aber Punkte mit von Null verschiedenem Abstand.
Aufgabe 22. Geben Sie die Definitionen der Matrixgruppen O(n), SO(n), U(n) und SU(n) an.
Lösung:
Siehe Skript.
7
Aufgabe 23. Beweisen Sie für Quaternionen x, y ∈ H die Rechenregel |x · y| = |x| · |y|.
Lösung:
Es genügt zu zeigen, dass |x · y|2 = |x|2 · |y|2 , da keine der quadrierten Größen negativ ist. Wir
berechnen
|x · y|2 = xy · xy = x · y · y · x = x · |y|2 · x = |y|2 · x · x = |y|2 · |x|2 .
Dabei haben wir verwendet, dass die reelle Zahl |y|2 mit dem Quaternion x kommutiert.
Aufgabe 24. Zeigen Sie, dass für eine Matrix A ∈ Rn×n genau dann det(exp(A)) = 1 gilt, wenn
spur(A) = 0.
Lösung:
Dies folgt direkt aus der Formel det(exp(A)) = espur(A) .
Aufgabe 25. Es sei V ein euklidischer (unitärer) Vektorraum und F ∈ End(V ) orthogonal
(unitär). Beweisen Sie, dass alle Eigenwerte λ von V den Betrag |λ| = 1 haben.
Lösung:
Es sei λ ein Eigenwert und v ein normierter Eigenvektor dazu. Dann gilt
1 = kvk2 = hv, vi = hF (v), F (v)i = hλ · v, λ · vi = |λ|2 · hv, vi = |λ|2 .
Aufgabe 26. Es sei V ein euklidischer oder unitärer Vektorraum und F ∈ End(V ) selbstadjungiert. Beweisen Sie, dass alle Eigenwerte von V reell sind.
Lösung:
Es sei λ ein Eigenwert und v ein normierter Eigenvektor dazu. Dann gilt
λ = λ · kvk2 = λ · hv, vi = hλ · v, vi = hF (v), vi = hv, F (v)i = hv, λ · vi = λ · hv, vi = λ.
Aufgabe 27. Es sei V ein euklidischer (unitärer) Vektorraum und F ∈ End(V ) orthogonal
(unitär). Es seien λ1 , λ2 Eigenwerte von F mit λ1 6= λ2 . Beweisen Sie
Eig(F, λ1 ) ⊥ Eig(F, λ2 ).
Lösung:
Es sei v1 ∈ Eig(F, λ1 ) und v2 ∈ Eig(F, λ2 ). Dann gilt
hv1 , v2 i = hF (v1 ), F (v2 )i = hλ1 · v1 , λ2 · v2 i = λ1 · λ2 · hv1 , v2 i.
Wegen Aufgabe 25 ist |λ2 |2 = 1. Das bedeutet λ2 −1 = λ2 . Wegen λ1 6= λ2 ist also λ1 · λ2 6= 1 und
aus obiger Rechnung folgt hv1 , v2 i = 0.
Aufgabe 28. Es sei V ein euklidischer oder unitärer Vektorraum und F ∈ End(V ) selbstadjungiert. Es seien λ1 , λ2 Eigenwerte von F mit λ1 6= λ2 . Beweisen Sie
Eig(F, λ1 ) ⊥ Eig(F, λ2 ).
Lösung:
Es sei v1 ∈ Eig(F, λ1 ) und v2 ∈ Eig(F, λ2 ). Dann gilt
λ1 · hv1 , v2 i = hλ1 · v1 , v2 i = hF (v1 ), v2 i = hv1 , F (v2 )i = hv1 , λ2 · v2 i = λ2 · hv1 , v2 i.
Wegen Aufgabe 26 ist λ2 reell. Das bedeutet λ2 = λ2 . Wegen λ1 6= λ2 folgt aus obiger Rechnung
also hv1 , v2 i = 0.
8
Aufgabe 29. Es sei V := span(1, x, x2 ) ⊂ R[x]. Wir betrachten die Basis B = (1, x, x2 ) von V
und den Endomorphismus ϕ : V → V ,
ϕ(f ) :=
df
.
dx
Man bestimmte MB∗ (ϕ∗ ).
Lösung: Man rechnet
1 7→ 0 = 0 · 1 + 0 · x + 0 · x2
x 7→ 1 = 1 · 1 + 0 · x + 0 · x2
x 7→ 2x = 0 · 1 + 2 · x + 0 · x2 .
Also ist

0
MB (ϕ) = 0
0
Damit ist

0
2 .
0
1
0
0

0
MB∗ (ϕ∗ ) = MBT (ϕ) = 1
0
0
0
2

0
0 .
0
Aufgabe 30.
Sei
X := {x21 + 2x1 x2 + x22 −
√
√
2x1 + 3 2x2 − 1 = 0} ⊂ R2 .
Durch eine geeignete Koordinatentransoformation bestehend aus einer orthogonalen Bewegung des
R2 und einer Verschiebung des Koordinatenursprungs bringe man X in Normalform.
Skizzieren Sie X in den neuen Koordinaten (y1 , y2 ). Von welchem Typ ist X?
Lösung:
Wir diagonalisieren zuerst die Matrix
A=
1
1
1
.
1
Die Eigenwerte sind λ1 = 0, λ2 = 2 und eine orthonormale Basis von Eigenvektoren ist gegeben
durch
1 −1
1 1
√
√
v1 =
, v2 =
.
2 1
2 1
Setze
Durch die Transformation
1
S=√
2
x1
x2
−1
1
1
.
1
1 −y1 + y2
y1
=S
=√
y2
2 y1 + y2
erhalten wir folgende Gleichung
2y22 + 4y1 + 2y2 − 1 = 0.
Quadratische Ergänzung ergibt
1
3
2(y2 + )2 + 4y1 − = 0.
2
2
Eine Translation
y1
y1
7−→
y2
y2 − 21
ergibt dann
X=
2y22 + 4y1 −
und X ist eine Parabel.
9
3
=0
2