MAT Lineare Algebra, SS 07 Prof. Joachim Rosenthal Lösung zu Übungsblatt 7
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- Damian Ackermann
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1 MAT.4 - Lineare Algebra, SS 07 Prof. Joachim Rosenthal Lösung zu Übungsblatt 7 Aufgabe Sei ϕ : V V R eine symmetrische Bilinearform auf einem reellen Vektorraum V. Für die Vektoren v,...,v n V gelte ϕ(v i,v j ) = 0 für i j, d. h. v,...,v n sind orthogonal. Weiter gelte ϕ(v i,v i ) 0 für alle i. Zeige, dass v,...,v n linear unabhängig sind. Lösung zu Aufgabe Seien λ,...,λ n R mit n λ i v i = 0. Für j {,...,n} gilt wegen der Bilinearität von ϕ ( n ) n 0 = ϕ(v j, 0) = ϕ v j, λ i v i = λ i ϕ(v j,v i ) = λ j ϕ(v j,v j ), da ϕ(v i,v j ) = 0 ist für i j. Da nun nach Voraussetzung ϕ(v j,v j ) 0 ist, folgt λ j = 0. Da j beliebig war, folgt λ = = λ n = 0, was zu zeigen war. Aufgabe Sei V ein reeller Vektorraum und ϕ : V V R eine symmetrische Bilinearform mit ϕ(v,v) 0 für alle v V (man sagt, ϕ ist positiv semidefinit). Zeige: a) Für alle v,w V gilt die Cauchy-Schwarz sche Ungleichung ϕ(v,w) ϕ(v,v) ϕ(w,w). b) U := {v V ϕ(v,v) = 0} ist ein Untervektorraum von V. c) Durch ϕ : V/U V/U R, ϕ(v+u,w+u) := ϕ(v,w) wird ein Skalarprodukt auf dem Quotientenvektorraum V/U definiert. Lösung zu Aufgabe a) Seien v,w V. Für ein beliebiges λ R gilt 0 ϕ(v + λw,v + λw) = ϕ(v,v) + λϕ(v,w) + λ ϕ(w,w). Ist ϕ(w,w) = 0 und ϕ(v,v) = 0, so gilt 0 λϕ(v,w) für alle λ R, also insbesondere auch für λ = ϕ(v,w). Dann folgt aus 0 ϕ(v,w) jedoch, dass ϕ(v,w) = 0 ist, womit die Ungleichung in diesem Fall erfüllt ist.
2 Andernfalls ist ϕ(v, v) 0 oder ϕ(w, w) 0. Ohne Einschränkung nehmen wir ϕ(w,w) 0 an. In diesem Fall wählen wir λ := ϕ(v,w) ; damit ϕ(w,w) ist 0 ϕ(v,v) ϕ(v,w) ϕ(w,w) + ϕ(v,w) ϕ(w,w) womit (da ϕ(w,w) > 0 ist) gilt was zu zeigen war. 0 ϕ(v,v)ϕ(w,w) ϕ(v,w), = ϕ(v,v) ϕ(v,w) ϕ(w,w), b) Wir bemerken zuerst, dass ϕ(u,v) = 0 für alle u U und v V gilt, da nach Teil (a) ϕ(u,v) ϕ(u,u)ϕ(v,v) = 0 ϕ(v,v) gilt. Seien u,v U und λ R. Dann gilt womit λv U ist, und es gilt ϕ(λv,λv) = λ ϕ(v,v) = 0, ϕ(u + v,u + v) = ϕ(u,u) +ϕ(u,v) +ϕ(v,v) = 0, }{{}}{{}}{{} =0 =0 =0 womit u + v U ist. Da wegen ϕ(0, 0) = 0 weiterhin 0 U ist, ist U somit ein Untervektorraum von V. c) Wir zeigen zuerst, dass ϕ wohldefiniert ist. Dazu seien u,u,v,v V mit u+u = u +U und v +U = v +U; wir müssen zeigen, dass ϕ(u,v) = ϕ(u,v ) ist. Nun ist ϕ(u,v) ϕ(u,v) = ϕ(u u,v) mit u u U, womit dies gleich 0 ist. Analog ist ϕ(u,v) ϕ(u,v ) = ϕ(u,v v ) = 0, da v v U ist. Damit ist jedoch ϕ(u,v) = ϕ(u,v) = ϕ(u,v ). Dass ϕ bilinear und symmetrisch ist folgt direkt aus der Definition, da ϕ diese Eigenschaften hat. Es verbleibt also zu zeigen, dass ϕ positiv definit ist. Dazu sei v + U V/U. Per Definition ist nun ϕ(v + U,v + U) = ϕ(v,v) 0, da ϕ positiv semidefinit ist. Ist ϕ(v + U,v + U) = ϕ(v,v) = 0, so ist v U (per Definition von U), womit v + U = U ist. Aber dann ist v + U gerade die Null in V/U, was zu zeigen war.
3 Aufgabe 3 Sei A Mat n n (R) eine positiv definite, symmetrische Marix. Zeige, dass es eine positiv definite, symmetrische Matrix B Mat n n (R) mit B = A gibt. Lösung zu Aufgabe 3 Nach einem Satz aus der Vorlesung gibt es ein orthogonales T Gl n (R) so, dass λ 0 T t AT = T AT =... =: D 0 λ n ist, wobei λ,...,λ n R die Eigenwerte von A sind. Ist nun v i die i-te Spalte von T, also ein Eigenvektor zu λ i, so gilt λ i v i,v i = vi(λ t i v i ) = visv t i > 0, da S positiv definit ist und v i 0. Da v i,v i > 0 ist, muss auch λ i > 0 sein. Definiere ˆλ i := λ i, i =,...,n, und setze D := ˆλ ˆλn Setze weiterhin B := TD T ; dann ist B positiv definit (da die Eigenwerte positiv sind) und symmetrisch, da. B t = (TD T ) t = (T ) t (D ) t T t = TD T ist (Diagonalmatrizen sind immer symmetrisch, und T = T t ). Nun ist B = TD T TD T = TD D T = TDT = A, womit B alle gewünschten Eigenschaften hat. Anmerkung zu Aufgabe 3 Hier ist es bei der Wahl von T wichtig, dass T t AT in Diagonalform ist (andernfalls wäre B nach obiger Wahl nicht notwendigerweise symmetrisch) und dass T t T = E n ist, also dass T t = T ist (anderfalls wäre nicht notwendigerweise B = A). Deswegen kann man hier auch nicht den Sylvesterschen Trägheitssatz anwenden (beachte die Anmerkung zu Aufgabe 6): in dem Fall wäre im Allgemeinen nicht T t T = E n. 3
4 Aufgabe 4 Finde die kritischen Punkte für die folgenden Funktionen und untersuche, ob ein lokales Minimum, ein lokales Maximum oder ein Sattelpunkt vorliegt. a) g : R R, g(x,y) := x 3 + y 3 3xy. b) h : R 3 R, h(x,y,z) := x + xy + y + 5z + 6. Lösung zu Aufgabe 4 a) Es ist Damit ist gradg = (3x 3y, 3y 3x). gradg = (0, 0) x = y y = x, womit x 4 = y = x ist, also x = 0 oder x =. Da y = x ist, sind die möglichen Kanidaten für kritische Punkte (x,y) = (0, 0) und (x,y) = (, ). Wie man sofort sieht, sind beide Punkte tatsächlich kritische Punkte. Weiter ist b) Es ist H g = ( 6x 3 3 6y ( ) 0 3 Es ist H g(0, 0) =, und p 3 0 H g(0,0) (x) = x 9 = (x 3)(x + 3), womit die Hessematrix indefinit ist. Damit hat f eine Sattelpunkt bei (0, 0). ( ) 6 3 Es ist H g(, ) =. Nach Jacobi-Hurwitz ist H g(, ) positiv 3 6 definit, da det(6) = 6 > 0 und det H g(, ) = 6 3 > 0 ist. Damit ist ). gradh = (x + y, x + y, 0z). gradh = (0, 0, 0) x = y z = 0. Die kritischen Punkte sind also alle Punkte auf der Geraden {(t, t, 0) R 3 t R}. Weiter ist 0 H h = Nun ist p H h (t) = t(t 4)(t 0), womit Hh positiv semidefinit ist; damit ist ersteinmal keine Aussage über die kritischen Punkte möglich. Jedoch ist h(x,y,z) = (x + y) + 5z + 6 6, womit man sieht, dass jeder Punkt (x,y,z) mit x = y und z = 0 ein globales Minimum von h ist. Damit ist jeder kritische Punkt ein (globales) Minimum. 4
5 Anmerkungen zu Aufgabe 4 a) Um zu testen, ob eine symmetrische Matrix positiv definit oder negativ definit ist, reicht es nicht aus, die Determinante zu berechnen. Ist jedoch die Determinante 0, so ist nach Jacobi-Hurwitz klar, dass die Matrix weder positiv definit noch negativ definit sein kann. Daraus folgt jedoch noch nicht, dass die indefinit ist. (Die Determinante von Hh ist 0, jedoch ist H h positiv semidefinit.) b) Die symmetrische Matrix zeigt, dass es kein Jacobi-Hurwitz-Kriterium für positiv (bzw. negativ) semidefinite Matrizen gibt: die Determinanten der oberen linken Untermatrizen sind alle 0, jedoch hat die Matrix auch einen negativen Eigenwert. Um also zu testen, ob eine Matrix positiv semidefinit (bzw. indefinit) ist, kann man (oft) am einfachsten kontrollieren, ob die Eigenwerte 0 sind (bzw. ob es sowohl positive als auch negative Eigenwerte gibt). Aufgabe 5 Gegeben sei die reelle symmetrische Matrix G = 3. 3 a) Bestimme den Rang und die Signatur von G. b) Finde eine Matrix T Gl 3 (R) so, dass T t GT in Sylvester-Form ist. Lösung zu Aufgabe 5 a) Es ist p G (x) = x(x 3)(x 5). Damit ist die Signatur = 0 und der Rang ist = + 0. b) Es ist Eig(G, 0) = kerg = (,, ) t, Eig(G, 3) = ker(g 3E 3 ) = (,, ) t und Eig(G, 5) = ker(g 5E 3 ) = (0,, ) t. Mit 6 0 T := =
6 ist also 0 0 T t GT = Aufgabe 6 a) Sei q : R n R eine quadratische Form. Zeige: Es gibt eine Matrix T Gl n (R) und paarweise verschiedene Indizes i,...,i s,j,...,j t so, dass für alle x = (x,...,x n ) R n. q(tx) = x i + + x i s x j x j t b) Sei die quadratische Form q : R 3 R gegeben durch q(x,y,z) := 3 5 xy yz. Finde eine Matrix T Gl 3 (R) so, dass q(tx) in der Form von a) ist. Lösung zu Aufgabe 6 a) Nach einem Lemma aus der Vorlesung wird q durch eine symmetrische Bilinearform ϕ : R n R n R induziert, d.h. für alle v R n gilt q(v) = ϕ(v,v). Sei G die Gramsche Matrix von ϕ; dann gilt ϕ(v,w) = v t Gw für alle v,w R n. Nach dem Sylvesterschen Trägheitssatz gibt es ein T Gl n (R) so, dass s T t GT = E E t 0 u u ist (mit s,t,u N und s + t + u = n). Damit ist gerade q(tv) = ϕ(tv,tv) = (Tv) t G(Tv) = v t (T t GT)v = wenn v = (v,...,v n ) t R n ist. b) Die Gramsche Matrix G hat für q die Form G = Es ist p G (x) = x(x )(x + ) und s vi t v s+i, Eig(G, 0) = kerg = (4, 0, 3) t, Eig(G, ) = ker(g E 3) = (3, 5, 4) t und Eig(G, ) = ker(g + E 3) = (3, 5, 4) t. 6
7 Nun ist Mit T := = 5 3 = / / = ist also womit nach (a) ist. 0 0 T t GT = 0 0, q(t(x,y,z) t ) = x y Anmerkung zu Aufgabe 6 Zum Anwenden des Sylvsterschen Trägheitssatzes wird die Sylvesterform nur von T t AT angenommen, und im Allgemeinen nicht von T AT (wenn dort eine Diagonalmatrix herauskommt, befinden sich die Eigenwerte auf der Diagonalen, und diese sind bei allgemeinen symmetrischen Matrizen nur selten ± oder 0). Weiterhin kann man ebensowenig fordern, dass T orthogonal sein soll, da dann T t = T ist und wiederum die Eigenwerte von A auf der Diagonalen T t AT stehen. Man kann also T nur dann orthogonal wählen, wenn wenn die Eigenwerte von A in {, 0, } enthalten sind. 7
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