Lösung 5: Gram-Schmidt Orthogonalisierung, adjungierte Abbildungen

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1 D-MATH Lineare Algebra II FS 7 Dr. Meike Akveld Lösung 5: Gram-Schmidt Orthogonalisierung, adjungierte Abbildungen. a) Wegen der Linearität im ersten Argument gilt sicherlich w S :, w =. Somit ist S und also S nicht-leer. Seien nun v, v S und λ R, dann ist wieder wegen der Linearität im ersten Argument w S : v + λv, w = v, w + λ v, w = und also v + λv S. Also ist S V ein Unterraum. b) Wegen Linearität im ersten Argument und Symmetrie gilt für alle v V, dass v, =, v =. Folglich ist V {} und insbesondere folgt {} = V. Sei nun v V, dann ist per definitionem = v, w = w, v für alle w V. Wie in der letzten Serie gezeigt wurde, ist v durch die Abbildung V w w, v eindeutig bestimmt, und da nach Annahme gilt w, v = w, für alle w V, folgt also v =. Also ist V = {}. c) Sei w W W, dann ist = w, w für alle w W, da nach Voraussetzung w W gilt. Insbesondere ist, wegen w W auch = w, w und wegen der Positivität folgt w =. Bevor wir zeigen, dass W = (W ), wollen wir anmerken, dass die Aussage nur gilt, falls W ein topologisch abgeschlossener Unterraum von V ist, zum Beispiel endlichdimensional. Insbesondere muss ein Beweis diese Tatsache bzw. in diesem vereinfachten Falle die endliche Dimension tatsächlich verwenden. Da V endlichdimensional ist, sind auch W und W endlichdimensional. Falls W = {} gilt, dann gilt die Aussage wegen dem, was weiter oben bewiesen wurde. Sei also W {}, dann können wir unter Verwendung des Gram-Schmidt Bitte wenden!

2 Verfahrens und anschliessender Normalisierung annehmen, dass W eine geordnete Orthonormalbasis (w,..., w m ) besitzt und unter Verwendung des Basisergänzungssatzes sowie des Gram-Schmidt Verfahrens existieren orthonormale Vektoren w m+,..., w n (wobei n = dim(v )), sodass (w,..., w n ) eine geordnete Orthonormalbasis von V ist. Wie in der Vorlesung gezeigt (vgl. Proposition in.), ist v W genau dann, wenn v span{w m+,..., w m }, bzw. nach nochmaliger Anwendung desselben Arguments ist v (W ) genau dann, wenn v span{w,..., w m } = W. d) Sei v span(s), dann gilt wegen S span(s) sicherlich v S. Wir müssen also nur noch zeigen, dass aus v S folgt v span(s). Sei v S und w span(s), dann existieren s,..., s m S sowie α,..., a m R, sodass w = m α is i und somit folgt aus der Symmetrie sowie Linearität im ersten Argument m m v, w = w, v = α i s i, v = α i v, s i = und also v span(s). e) Wie eben argumentiert, können wir zeigen, dass V = span(s) span(s). Dies wurde in Proposition,. gezeigt.. a) Wir haben in Aufgabe gezeigt, dass V = U U gilt. Sei v = u + u mit u U und u U. Wir wissen, dass diese Zerlegung eindeutig ist, und per definitionem ist v u, w = u, w = für alle w U. Angenommen ũ U, sodass v ũ, w = für alle w U, dann ist v ũ U und aus v = ũ+(v ũ) und der Eindeutigkeit der Zerlegung volgt ũ = u. Wir setzten also P U (v) := u. Wir bemerken, dass λv = λu + λu und somit ist für alle w = ũ + ũ mit ũ U, ũ U auch w + λv = ũ } + {{ λu } U + ũ } + {{ λu }, U sodass P U (w + λv) = ũ + λu = P U (w) + λp U (v), sodass P U linear ist. b) Nach obiger expliziter Konstruktion von P U, wurde dies bereits in Serie 7, Aufgabe b der Linearen Algebra I bewiesen. c) Sei w U, dann ist w v = w PU (v) ( v P U (v) ) = w P U (v) + v P U (v) v P U (v) nach Aufgabe 4a von Blatt 4. Dies beweist die Behauptung. Siehe nächstes Blatt!

3 . a) Man überprüft leicht, dass die beiden gegeben Vektoren orthognal sind. Normalisierung liefert die Orthonormalbasis v =, v =. Wir bestimmen bereits an dieser Stelle eine Basis des eindimensionalen orthogonalen Komplements U. Hierzu ergänzen wir {v, v } zu einer Basis von R und wenden auf die resultierende Basis das Gram-Schmidt Verfahren mit anschliesssender Normalisierung an. Man überprüft durch Berechnung einer - Determinante, dass beispielsweise für v = (,, ) T die Menge {v, v, v } eine Basis von R ist. Gram-Schmidt angewendet auf diese Basis liefert nach Normalisierung eine Orthonormalbasis {v, v, v } mit v =. Da U = span{v, v } und nach Konstruktion v U, ist {v } eine Basis von U. b) Wir haben in der Vorlesung gezeigt, dass für jede geordnete Orthonormalbasis B = (w, w, w ) von R und für jedes T End(R ) die Abbildungsmatrix A = [T ] B gegeben ist durch A ij = T (w j ), w i. Wir wenden dies an auf die Basis B := (v, v, v ) von oben, die Abbildung T := P U und verwenden am Schluss die Basiswechselmatrix Q := [I R ] E B zur Bestimmung von [P U ] E = QAQ. Nach Konstruktion gilt { v j falls v j U, bzw. j =, P U (v j ) = sonst und insbesondere ist also Es ist klar, dass [P U ] B =. Q =. Bitte wenden!

4 Da (v, v, v ) eine Orthonormalbasis ist, folgt Q T Q = I und folglich ist Q = Q T. Es gilt also [P U ] E = = = 5 5. Zur Bestimmung von [P U ] E verwenden wir die Tatsache, dass nach Aufgabe für alle v R gilt v = P U (v) + P U (v) = (P U + P U )(v) und folglich ist I R = P U + P U. Wegen der Linearität von End(V ) T [T ] E, folgt [P U ] E = I [P U ] E und also [P U ] E = c) U ist nach Aufgabe d der Durchschnitt der Kerne der Abbildungen R v v, v und R v v, v, bzw. U ist die Lösungsmenge des Gleichungssystems x + y + z = x + y =. und analog ist U die Lösungsmenge des Gleichungssystems x y + y =, wobei wir hier verwendet haben, dass U = (U ), was in Aufgabe c bewiesen wurde. 4. Sei W R n der Unterraum von R n, der von den Spalten von A aufgespannt wird und nimm für den Moment an, dass dim(w ) = m und W = span{a (),..., A (m) }. Unter Verwendung des Gram-Schmidt Verfahrens existiert eine Orthogonalbasis w,..., w m W von W, sodass gilt j A (j) = w j + α ij w i ( j m) Siehe nächstes Blatt!

5 für eine obere Dreiecksmatrix (α ij ) m i,j= M m m (R). Sei v i := w i w i für i m. Dann ist {v,..., v m } eine Orthonormalbasis von W und es gilt A (j) = j β ij v i ( j m) für eine obere Dreiecksmatrix (β ij ) m i,j= M m m (R). Wir ergänzen {v,..., v m } zu einer Orthonormalbasis {v,..., v n } von R n. Dann existiert nach Voraussetzung eine obere Dreiecksmatrix (β ij ) n i,j= M n n (R) mit A (j) = j β ij v i ( i n), denn A j span{v,..., v m } nach Annahme. Sei R = (β ij ) n i,j= M n n (R), Q wie in der Aufgabenstellung für die geordnete Basis (v,..., v n ), dann ist A = QR nach Konstruktion. Falls W span{a (),..., A (m) }, dann ergänzen wir an den Stellen der linear abhängigen Spalten die oben im ersten Schritt gefundene orthogonale Basis einfach durch Elemente einer orthonormalen Basis der orthogonalen Komplements. Per Definition von W fügt dies Nullspalten in R ein, was aber die Gültigkeit der Aussage nicht ändert und somit folgt die Aussage im allgemeinen Fall. Sei nun A invertierbar, dann sind auch Q und R invertierbar und dasselbe gilt für jede weitere solche Zerlegung von A in Q und R. Man beachte, dass für Q wie in der Aufgabenstellung aus der Orthonormalität der Basis folgt Q T Q = I n und somit ist Q = Q T und folglich ist QQ T = I n, was wiederum impliziert, dass die Zeilen von Q und die Spalten von Q T eine Orthonormalbasis von R n bilden. Des Weiteren ist (Q T Q ) T Q T Q = (Q ) T QQ T Q = I n und folglich sind auch die Zeilen und Spalten von Q T Q eine Orthonormalbasis von R. Es gilt nun QR = A = Q R QR = A und R(R ) = Q T Q. Insbesondere erfüllt die obere Dreiecksmatrix R(R ) die Gleichung (R(R ) ) = (R(R ) ) T. Da aber die Inverse einer oberen Dreiecksmatrix eine obere Dreiecksmatrix ist, erhalten wir, dass R(R ) eine Diagonalmatrix ist, deren Spalten wegen R(R ) = Q T Q eine Orthonormalbasis von R n bilden. Da die Diagonaleinträge eines Produktes von Dreiecksmatrizen die Produkte der entsprechenden Diagonaleinträge sind, besitzt die Diagonalmatrix nur positive Einträge auf der Diagonalen, die folglich alle gleich sind. Somit ist Q = Q und folglich R = Q T QR = R eie gewünscht. Bitte wenden!

6 5. a) Es ist per Definitionem L A v, w = Av, w R n = v T A T w = w T Av, wobei wir hier verwenden, dass für alle a R gilt a T = a. Es folgt die Aussage. b) Es gilt für beliebige v V nach Definition von Φ und Φ Φv, v V = v Ker(Φ). Φ Φv, v V = Φv, Φv W = Φv c) Sei v Ker(Φ Φ), dann ist = Φ Φv, u = Φv, Φu W für alle u V und mit u := v folgt aus der Positivität Φv = bzw. Ker(Φ Φ) Ker(Φ). Die Inklusion Ker(Φ) Ker(Φ Φ) ist klar und folglich ist Ker(Φ Φ) = Ker(Φ). Es folgt aus der Dimensionsformel, dass Rang(Φ Φ) = dim V nullity(φ Φ) = dim V nullity(φ) = Rang(Φ).. a) Da die Evaluationshomomorphismen e a : P (R) R, p p(a) linear sind, und unter Verwendung der Linearität der formalen Ableitungen p p (k) für beliebige k N, erhalten wir, dass die Abbildung (p, q) p, q im ersten Argument linear ist. Explizit gilt wegen erwähnter Tatsachen für p, p, q P (R), λ R p, q =(p + λp )()q() + (p + λp ) ()q () + (p + λp ) ()q () =(p + λp )()q() + (p + λp )()q () + (p + λp )()q () = ( p () + λp () ) + ( p () + λp () ) q () + ( p () + λp () ) q () = p, q + λ p, q. Symmetrie von, folgt aus der Tatsache, dass die Multiplikation auf R kommutativ ist, denn für beliebige p, q P (R). p, q =p()q() + p ()q () + p ()q () =q()p() + q ()p () + q ()p () = q, p Die Positivität folgt aus der Positivität des Quadrates reeller Zahlen, denn es ist sicherlich p, p = p() + p () + p () Wir müssen noch zeigen, dass aus p, p = die Gleichung p = folgt. Sei p gegeben durch p(x) = a X + a X + a, dann sind p (X) = a X + a und p (X) = a und somit ist p, p = a + a + 4a und folglich impliziert p, p =, dass a = a = a =, bzw. dass p =. Somit ist, ein inneres Produkt. Siehe nächstes Blatt!

7 b) Wie oben besprochen, gilt für p P (R) gegeben durch p(x) = a X + a X + a, dass p (X) = a X + a P (R) und folglich ist (X + )p (X) P (R). Also ist T wohldefiniert. Die Linearität von T folgt aus der Distributivität von Addition und Multiplikation auf P (R) sowie der Linearität der formalen Ableitung. Seien nämlich p, p P (R) und λ R, dann ist T (p + λp ) =(X + ) ( p (X) + λp (X) ) =(X + ) ( p (X) + λp (X) ) =(X + )p (X) + λ(x + )p (X) =T (p ) + λt (p ). Im Folgenden betrachten wir die Orthonormalbasis B = (, X, X ) von P (R). Man berechnet leicht, dass und folglich ist T () = T (X) =X + T ( X ) =X + X [T ] B =. Wir haben in der Vorlesung gezeigt, dass [T ] B = [T ] T B =. Es ist also T () = X, T (X) = X + X und T ( X ) = X bzw. T (X ) = X. Unter Verwendung der Linearität von T folgt T (a X + a X + a ) = (a + a )X + (a + a )X. c) Wir wissen, dass v = α + α X + α X ist für gewisse α, α, α R, die wir nun bestimmen. Da {, X, X } eine Orthonormalbasis ist, gilt α =, v, α = X, v, α = X, v, Bitte wenden!

8 und aus der Bedingung f(p) = p, v folgt nach einsetzen der Basis für p, dass Also ist v = X + X +. α = α = α = dx = xdx = x dx =.