Lösung 14 - D-MATH

Lineare Algebra
Prof. Richard Pink
D-MATH, FS 2015
Lösung zu Serie 14
1. [Aufgabe] Wir betrachten den euklidischen Vektorraum R[x] mit Skalarprodukt
Z ∞
hp, qi =
p(t)q(t)e−t dt.
0
a) Zeige, dass es eine eindeutige Orthonormalbasis p0 , p1 , p2 , . . . von R[x] gibt,
so dass deg(pn ) = n ist und der Leitkoeffizient von pn positiv ist.
b) Gib p0 , p1 , p2 explizit an.
1. [Lösung]
a) Sei qk = xk ∈ R[x]; dann bilden q0 , q1 , q2 , . . . eine Basis von R[x]. Seien
p0 , p1 , p2 , . . . die Vektoren, die man durch Anwendung der Gram-SchmidtOrthonormalisierung auf q0 , q1 , q2 , . . . erhält. Tatsächlich bilden diese Vektoren eine Orthonormalbasis von R[x]. Im k-ten Schritt des Gram-SchmidtVerfahrens erhält man die Vektoren
k−1
X
p̃k = x −
hxk , pj ipj ,
k
j=1
pk =
1
p̃k .
|p̃k |
Per Induktion zeigt man dann, dass deg(pk ) = deg(p̃k ) = k ist, da deg(xk ) =
k ist und deg(pj ) = j < k für 1 ≤ j ≤ k − 1. Ferner ist der Leitkoeffizient
von pk gleich 1/|p̃k |, also positiv.
Sei p00 , p01 , p02 , . . . eine weitere Orthonormalbasis mit den geforderten Eigenschaften. Dann zeigt man p0k = pk für k ≥ 0 per Induktion nach k.
Man sieht leicht, dass p00 = p0 , da p00 eine positive Konstante sein muss.
Seien nun p0j = pj für 0 ≤ j ≤ k − 1. Laut Voraussetzung liegt p0k im
(k + 1)-dimensionalen Raum R[x]≤k der Polynome vom Grad höchstens k.
Dann spannen die Vektoren p00 , . . . , p0k−1 den Raum R[x]≤k−1 der Dimension k auf. Also liegt p0k im eindimensionalen orthogonalen Komplement von
R[x]≤k−1 in R[x]≤k . Da es zusätzlich noch Norm 1 hat, gibt es also genau
zwei Wahlmöglichkeiten für p0k . Wir wissen bereits, dass pk eine davon ist,
die andere ist −pk . Da aber −pk einen negativen Leitkoeffizienten hat, gilt
also p0k = pk .
b) Zunächst stellen
Berechnung des Skalarprodukts fest: Für jedes
Pn wir zur
i
Polynom p = i=0 ai x ∈ R[x] ergibt sich mit wiederholter partieller Integration, dass
Z ∞
n
X
p(t)e−t dt =
i! · ai .
0
i=0
(Natürlich genügt es für diese Aufgabe, die Formel für n = 4 zu verifizieren.)
Wie oben setze q0 = 1, q1 = x und q2 = x2 . Die Orthonormalbasis p0 , p1 , p2
erhalten wir folgendermassen:
Z ∞
2
e−t dt = 1
|q0 | =
0
p0
p̃1
|p̃1 |2
1
q0 = 1
=
|q0 |
= q1 − hq1 , p0 ip0 = x − 1
Z ∞
=
(t − 1)2 e−t dt = 1
0
1
p̃1 = x − 1
|p̃1 |
= q2 − hq2 , p1 ip0 − hq2 , p1 ip1 = x2 − 2 − 4(x − 1) = x2 − 4x + 2
Z ∞
(t2 − 4t + 2)2 e−t dt = 4
=
p1 =
p̃2
|p̃2 |2
0
p2 =
1
1
p̃2 = x2 − 2x + 1
|p̃2 |
2
2. [Aufgabe] Ein Unterraum U von R3 mit dem Standardskalarprodukt sei aufgespannt von den beiden Vektoren v1 = (1, 1, 1)T und v2 = (0, 2, 1)T .
a) Bestimme je eine Orthonormalbasis von U und von U ⊥ .
b) Gib die Darstellungsmatrizen der Orthogonalprojektionen R3 → U und
R3 → U ⊥ an bezüglich der Standardbasis von R3 und der jeweiligen Basis
aus a).
2. [Lösung]
a) Eine einfache Möglichkeit, die Orthonormalbasen von U und U ⊥ gleichzeitig zu bestimmen, ist die Anwendung der Gram-Schmidt-Orthonormalisierung
auf die Vektoren v1 , v2 sowie einen zusätzlichen Vektor v3 ∈ R3 , der die
beiden zu einer Basis ergänzt, beispielsweise v3 = (1, 0, 0)T . Man erhält
 
 
 
1
−1
1
1  
1  
1  
1
1
1
w1 = √
w2 = √
w3 = √
3 1
2
6 −2
0
Die gesuchte Orthonormalbasis für U ist dann w1 , w2 während w3 eine Orthonormalbasis von U T bildet.
Alternativ ermittelt man zunächst mit Gram-Schmidt die Orthonormalbasis w1 , w2 von U und löst unabhängig davon das Gleichungssystem
1 1 1
0
x=
0 2 1
0
um das orthogonale Komplement von U T zu bestimmen. Dann führt man
auf der erhaltenen Basis von U T eine weitere Gram-Schmidt-Orthonormalisierung
durch.
b) Die orthogonale Projektion von R3 auf U ist gegeben durch
v 7→ hv, w1 iw1 + hv, w2 iw2 .
Also ist die darstellende Matrix bezüglich der Standardbasis e1 , e2 , e3 von
R3 und der Basis w1 , w2 gegeben durch
√
√ √
1/ √3 1/√3 1/ 3
.
(hej , wi i) 1≤i≤2 =
−1/ 2 1/ 2
0
1≤j≤3
Analog erhält man für die Orthogonalprojektion von R3 auf U ⊥ die Matrix
√
√
√ 1/ 6 1/ 6 −2/ 6 .
3. [Aufgabe] Berechne eine Zerlegung A = QR der Matrix


−1 1 −1
A= 2 0 1 
−2 1 0
in eine orthogonale Matrix Q und eine rechte obere Dreiecksmatrix R. Verwende
diese Zerlegung, um das lineare Gleichungssystem Ax = b für b = (0, 3, −3)T zu
lösen.
3. [Lösung] Die gesuchten Matrizen sind


−1/3 2/3 −2/3
Q =  2/3 2/3 1/3  ,
−2/3 1/3 2/3

3 −1 1
R = 0 1 0  .
0 0 1

Durch Multiplikation der Gleichung Ax = QRx = b von links mit der invertierbaren Matrix Q−1 = QT erhält man das äquivalente Gleichungssystem
Rx = QT b = (4, 1, −1)T . Da R obere Dreiecksgestalt hat, erhält man hieraus
schnell die Lösung x = (2, 1, −1)T .
4. [Aufgabe] Sei A ∈ Matn×n (R).
a) Zeige, dass AT A positiv definit ist, falls A invertierbar ist.
b) Zeige, dass Rang(A) = Rang(AT A) ist.
4. [Lösung]
a) Sei A invertierbar und v ∈ Rn \ {0}. Dann ist Av 6= 0 und somi
v T · (AT A) · v = (v T AT ) · Av = (Av)T Av = kAvk2 > 0.
Also ist AT A positiv definit.
b) Behauptung: Kern(LA ) = Kern(LAT A ).
Eine Inklusion folgt direkt: Für alle v ∈ Rn mit Av = 0 gilt natürlich auch
AT Av = AT 0 = 0. Umgekehrt sei AT Av = 0, dann gilt
kAvk2 = (Av)T Av = (v T AT ) · Av = v T · (AT A) · v = v T 0 = 0.
Da die euklidische Norm positiv definit ist, gilt also Av = 0, also v ∈
Kern(LA ). Somit gilt die Behauptung.
Aus der Behauptung schliesslich folgt
Rang(A) = dim Bild(LA ) = n − dim Kern(LA )
= n − dim Kern(LAT A ) = dim Bild(LAT A ) = Rang(AT A).
5. [Aufgabe] Sei A ∈ On (R). Zeige, dass es einen eindeutigen Unterraum U ⊂ Rn
gibt, so dass A|U = idU und A(U ⊥ ) ⊂ U ⊥ ist und A|U ⊥ keine Fixpunkte ausser
0 ∈ U ⊥ hat.
5. [Lösung] Sei U der Eigenraum von A zum Eigenwert 1 (insbesondere U = {0}
falls 1 kein Eigenwert von A ist). Dann erfüllt U die Behauptungen. In der Tat
gilt per Definition dass A|U = idU ist. Sei nun w ∈ U ⊥ , also hu, wi = 0 für alle
u ∈ U , wobei h, i das euklidische Skalarprodukt von Rn ist. Dann gilt aber
0 = hu, wi = hAu, Awi = hu, Awi,
da A orthogonal ist und u laut Voraussetzung invariant unter A. Da dies für
alle u ∈ U gilt, folgt also Aw ∈ U ⊥ , dh. A(U ⊥ ) ⊂ U ⊥ . Wäre nun w ∈ U ⊥ \ {0}
ein Fixpunkt, dh. Aw = w, dann wäre es ein Eigenvektor zum Eigenwert 1, dh.
w ∈ U . Das ist ein Widerspruch da U ∩ U ⊥ = {0} ist.
Nehmen wir nun an wir hätten einen weiteren Teilraum W mit den Eigenschaften aus der Aufgabe. Die Bedingung A|W = idW ist äquivalent dazu, dass W
im Eigenraum von A zum Eigenwert 1 enthalten ist, also W ⊂ U . Wäre W ein
echter Teilraum von U so gäbe es einen Vektor 0 6= w ∈ U senkrecht zu W .
Dann ist w ein Fixpunkt von A, der in W ⊥ \ {0} enthalten ist, ein Widerspruch.