Musterlösungen Aufgabenblatt Nr. 6

Musterlösungen zur Linearen Algebra II
Blatt 6
Aufgabe 1. Seien V, W euklidische bzw. unitäre Vektorräume und sei f : V → W
eine lineare Abbildung. Zeigen Sie, dass folgende Aussagen äquivalent sind:
(i) f ist eine Isometrie, d.h. für alle x, y ∈ V gilt hf (x), f (y)i = hx, yi.
(ii) Für alle x ∈ V gilt ||f (x)|| = ||x||.
(iii) Für alle x, y ∈ V gilt ||f (x) − f (y)|| = ||x − y||.
Beweis. Im Beweis benutzen wir die häufig nützliche Tatsache, dass für Vektoren
v, w in einem euklidischen oder unitären Vektorraum gilt
hv, wi + hw, vi = 2 Re(hv, wi),
denn es ist hv, wi = hw, vi und für eine komplexe Zahl z gilt z + z̄ = 2 Re z.
Wir führen einen Schluss (i) ⇒ (ii) ⇒ (iii) ⇒ (ii) ⇒ (i).
(i) ⇒ (ii) : Setzt man y = x in (i), so folgt
||f (x)||2 = hf (x), f (x)i = hx, xi = ||x||2
und da ||f (x)|| ≥ 0 und ||x|| ≥ 0, ist auch ||f (x)|| = ||x||.
(ii) ⇒ (iii) : Da f eine lineare Abbildung ist, gilt
||f (x) − f (y)|| = ||f (x − y)|| = ||x − y||.
(iii) ⇒ (ii) : Setze y = 0.
(ii) ⇒ (i): Durch Quadrieren erhält man hf (x), f (x)i = hx, xi. Nun gilt
||f (x + y)||2 = hf (x + y), f (x + y)i = hf (x) + f (y), f (x) + f (y)i
= hf (x), f (x)i + 2 Re(hf (x), f (y)i) + hf (y), f (y)i
= hx, xi + 2 Re(hf (x), f (y)i) + hy, yi
und zum anderen
||f (x + y)||2 = ||x + y||2 = hx, xi + 2 Re(hx, yi) + hy, yi.
Aus diesen beiden Gleichungen folgt durch Gleichsetzen Re(hx, yi) = Re(hf (x), f (y)i).
Im euklidischen Fall ist man nun fertig. Im unitären Fall ist noch zu zeigen, dass
auch die Imaginärteile übereinstimmen. Ersetzt man x durch ix, so gilt zunächst
Re(hix, yi) = Re(hf (ix), f (y)i), und damit
Im(hx, yi) = − Re(ihx, yi)
= − Re(hix, yi)
= − Re(hf (ix), f (y)i)
= − Re(ihf (x), f (y)i) = Im(hf (x), f (y)i),
1
was zu zeigen war.
Aufgabe 2. Durch welche der folgenden Formeln werden Skalarprodukte auf
2
definiert? Berechnen Sie gegebenenfalls die Länge des Vektors (1,1) sowie die
Winkel zwischen den Standardbasisvektoren.
R
a) hx, yi := x21 + x2 y1 y2 .
b) hx, yi := x1 y1 + x1 y2 + x2 y1 + x2 y2 .
c) hx, yi := xt Ay mit A = 20 01
Beweis.
−1
−1
a) Diese Formel definiert kein Skalarprodukt, denn z.B. ist h
,
i=
2
2
−3 < 0, d.h. h, i ist nicht positiv definit.
−1
−1
b) In diesem Fall ist h
,
i = 0, also ist h, i wiederum nicht positiv
1
1
definit.
c) Aus den Rechenregeln für Matrizen folgt, dass h, i bilinear ist. Da A = At
ist und xt Ay ∈ , gilt
R
xt Ay = (xt Ay)t = y t At (xt )t = y t Ax,
x1
also folgt die Symmetrie. Schliesslich ist für x =
x2
xt Ax = 2x21 + x22 ≥ 0
da dieser Ausdruck eine Summe von reellen Zahlen ≥ 0 ist, und Gleichheit
gilt genau dann, wenn x = 0, also ist auch die positive Definitheit erfüllt
und h, i ist ein Skalarprodukt.
Damit ist dann ||(1, 1)|| =
schen e1 und e2 erfüllt
p
√
h(1, 1), (1, 1)i = 3, und der Winkel α zwi-
cos(α) =
he1 , e2 i
0
=√
= 0,
||e1 || · ||e2 ||
2·1
also ist α = π2 .
Aufgabe 3. Sei V der reelle Vektorraum
2
Rn×n.
a) Zeigen Sie, dass
h, i : V × V −→
R, (A, B) 7→ hA, Bi := tr(AtB)
ein Skalarprodukt auf V definiert.
b) Geben Sie eine Orthonormalbasis von V an.
Beweis.
R
a) Seien A, A0 , B, B 0 ∈ n×n und a, a0 , b, b0 ∈
n×n
→ linear ist, gilt
R
R
R. Da die Spurabbildung tr :
tr((aA+a0 A0 )t B) = tr((aAt +a0 A0t )B) = tr(aAt B+a0 A0t B) = a tr At B+a0 tr A0t B
und analog
tr(At (bB + b0 B 0 ) = b tr At B + b0 tr At B 0 ,
also ist h, i bilinear. Da für Matrizen C ∈
Rn×n gilt tr C t = tr C, folgt
tr(B t A) = tr(B t A)t = tr At B,
also ist h, i symmetrisch. Um die positive Definitheit zu zeigen, sei A =
(aij ) ∈ n×n . Dann gilt
R
t
tr(A A) =
n
X
t
(A A)ii =
i=1
n X
n
X
aik aik =
i=1 k=1
n
X
a2ij ,
i,j=1
woraus folgt, dass h, i positiv definit ist, denn wiederum ist die Summe von
Quadratzahlen in stets ≥ 0 und = 0 genau dann, wenn alle vorkommenden Zahlen schon = 0 sind, d.h. wenn A = 0.
R
R
b) Sei Eij ∈ n×n die Matrix, deren Einträge sämtlich 0 sind bis auf den
Eintrag (i, j), der 1 ist. Dann bilden die Matrizen
{Eij : 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ n}
eine Orthonormalbasis von V . Denn:
Aus der Definition der Matrizenmultiplikation folgt
Eij Ekl = δjk Eil
und es ist klar, dass Eijt = Eji . Damit gilt
hEij , Ekl i = tr(Eji Ekl ) = tr δik Ejl = δik δjl ,
also ist hEij , Ekl i = 1 genau dann, wenn (i, j) = (k, l) und ansonsten = 0,
was zu zeigen war.
3
Aufgabe 4. Bestimmen Sie mit dem Gram-Schmidt-Verfahren eine Orthonormalbasis für den Unterraum des 4 , der durch die folgenden Vektoren aufgespannt wird:
 
 
 
1
3
3
−1
1
−1

 
 
b1 := 
 1  , b2 := −1 und −1 .
−1
−3
−1
R
Beweis. Wir befolgen das im Beweis zu 16.18 angegebene Verfahren. Zunächst
ist
 1 
2
− 1 
1
2
b1 = 
v1 :=
 1 .
||b1 ||
2
− 12
Damit berechnen wir
   

1
3
2

1



 − ||b1 || · 1 −1 =  2 
w2 := b2 − hb1 , v1 iv1 = 
−1
2  1  −2
−1
−3
−2

und

v2 :=
1
2
1
2

 
1

w2 = 
− 1  .
||w2 ||
2
− 12
Schliesslich ist

    
3
2
1
−1  0  −1
    
w3 := b3 − (hb3 , v1 iv1 + hb3 , v2 iv2 ) = 
−1 −  0  = −1
−1
−2
1
und

1
2

− 1 
1
2
v3 :=
w3 = 
− 1  .
||w3 ||
2
1
2
Nach 16.18 ist dann (v1 , v2 , v3 ) die gewünschte Orthonormalbasis des von den bi
aufgespannten Unterraumes.
4