D-MATH, D-PHYS, D-CHEM Lineare Algebra II SS 011 Tom Ilmanen. Musterlösung 12. a ij = v i,av j (A ist symmetrisch) = Av i,v j

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1 D-MATH, D-PHYS, D-CHEM Lineare Algebra II SS 0 Tom Ilmanen Musterlösung 2. Falls b := (v,,v n ) eine Orthonormalbasis von V ist, dann lassen sich die Komponenten von einem Vektor v = n i= t i v i bezüglich dieser Basis sehr leicht angebenen, nämlich t i = v i,v. Falls nun A : V V eine symmetrische Abbildung ist und (a ij ) ihr Abbildungsmatrix bezüglich b, dann ist a ij = v i,av j (A ist symmetrisch) = Av i,v j ( x,y = y,x ) = v j,av i = a ji. Also ist die Matrix symmetrisch im Sinne der Matrizen. Umgekehrt: Falls a ij = a ji, dann haben wir Av,w = i v i,v Av i, j v j,w v j v i,v v j,w Av i,v j v i,v v j,w a ji v i,v v j,w a ij v i,v v j,w v i,av j = i v i,v v i, j v j,w Av j = v,aw. 2. a) Eine orthogonale Projektion ist laut Definition eine Abbildung P : V V mit den Eigenschaften: i. Kern(P) = W ii. P(x) = x, x W( P 2 = P). Bitte wenden!

2 wobei W := Bild(P) ist. Wir zeigen zunächst, dass P symmetrisch ist. Seien x,y V und x = v+v,y = w + w deren Zerlegungen. Dann ist Px,y = P(v + v ),y = v,y = v,w + w = v,w = v + v,w = x,w = x,pw = x,p(w + w ) = x,py. Somist ist P symmetrisch und P 2 = P. Umgekehrt: Sei P 2 = P und P symmetrisch und W := Bild(P). Falls x W y V : x = Py Px = P 2 y = Py = x. Also ist die 2. Bedingung erfüllt. Sei x W, dann ist Px 2 = Px,Px = P 2 x,x = Px,x = 0 (da Px W und x W ) Px = 0 W Kern(P). Sei nun x Kern(P) und x W x,x = x,py = Px,y = 0,y = 0. D.h. Kern(P) W Kern(P) = W. b) S ist eine Spiegelung an W, falls S = P W P W ist. Wir haben bereits gesehen, dass S symmetrisch ist und S 2 = I (vergleiche Serie Aufgabe 3). Wir zeigen nun die umgekehrte Richtung. Sei S : V V mit S 2 = I und S symmetrisch. Definiere die Abbildung A := S + I (A ist wieder symmetrisch). Dann ist die Behauptung, dass V = Kern(A) Bild(A) (orthogonale direkte Summe) ist. Sei x Kern(A) und y Bild(A) x,y = x,az = Ax,z = 0 Kern(A) Bild(A). Jeder Vektor v V lässt sich schreiben als v = ( v Sv)+(v Sv) =: 2 2 v + v. So ist nach Konstruktion v Bild(A) (trivial) und v Kern(A), denn Av = (I + S)(I S)v = (I 2 2 S2 )v = 0v = 0. Definiere also W := Bild(A). Für x W haben wir, dass Sx = S(S + I)y = (S 2 + S)y = (I + S)y = x. Für x W = Kern(A) haben wir, dass 0 = Ax = (S + I)x Sx = x. Somit ist S(x) = S(P W (x) + P W (x)) = P W (x) P W (x) für alle x V. c) Falls A die Abbildungsmatrix von S bezüglich einer Orthonormalbasis von V ist, so ist S symmetrisch genau dann wenn A t = A (siehe Aufgabe ). Deshalb ist A t A = AA = A 2 = I S ist orthogonal. Ist S orthogonal und S 2 = I, dann gilt für die Abbildungsmatrix A, dass I = A 2 = A t A A = A t d.h. S ist symmetrisch und darum eine Spiegelung. Siehe nächstes Blatt!

3 d) Man könnte a und b einfacher beweisen, indem man die Tatsache benützt, dass jede symmetrische Abbildung eine Orthonormalbasis aus Eigenvektoren bestitzt. a) Da P symmetrisch ist, ist sie diagonalisierbar. Ist v ein Eigenvektor von P zum Eigenwert λ, dann ist λv = Pv = P 2 v = λ 2 v λ = 0,. Somit ist V = E (P) E 0 (P) = Bild(P) Kern(P) (orthogonale Summe) P ist eine orthogonale Projektion auf Bild(P). b) Da S symmetrisch ist, ist sie diagonalisierbar. Ist v ein Eigenvektor von S zum Eigenwert λ, dann ist v = S 2 v = λ 2 v λ =,. Somit ist V = E (P) E (P) (orthogonale Summe). Sei W := E (P) W = E (P). Dann ist S(x) = S(P W (x)+p W (x)) = S(P W (x))+s(p W (x)) = P W (x) P W (x) für alle x V. 3. Abschluss unter Matrizenmultiplikation: Seien A,B O(n), dann ist Deshalb ist AB O(n). Das Einselement in O(n): (AB) t (AB) = B t A t AB = B t IB = B t B = I. I t I = I 2 = I. Das Inverse von A O(n) ist wieder in O(n): Sei A O(n) : A t A = I, also haben wir (AA t )(AA t ) = A(A t A)A t = AA t. Da det(aa t ) = det(a t A) =, ist AA t invertierbar und wir können die obige Gleichung mit der Inverse von AA t mulitplizieren und erhalten dann AA t = I (A t ) t (A t ) = I A = A t O(n). Die anderen Gruppeneigenschaften folgen automatisch, da O(n) GL(n) und GL(n) eine Gruppe ist Da R eine Rotation im Ê 3 ist, hat R einen eindimensionalen Eigenraum zum Eigenwert (siehe Serie 8). Sei v ein Eigenvektor von R zum Eigenwert, dann haben wir f g(v) = g f(v) = g(v). Also ist g(v) auch Eigenvektor von R. Bitte wenden!

4 Falls g(v) = v Dann haben S und R die selbe Drehachse und wir sind fertig. Falls g(v) = v Dann ist S eine Rotation um π. Es existiert also ein w [v] mit g(w) = w. Wie oben folgt dann, dass f(w) auch Eigenvektor von S ist. Da w [v] muss f(w) = w sein. Also ist R eine Rotation um π. Für die Drehachsen v und w gilt weiter Die Drehachsen sind also orthogonal. 2 v,w = g(v),g(w) = v,w. Falls R und S zwei Drehungen um die selbe Achse sind, haben wir cos α sin α cos β sin β = cos(α + β) sin(α + β) = sin α cosα sin β cos β sin(α + β) cos(α + β) cos β sin β cosα sin α. sin β cosβ sin α cos α Falls R und S Drehungen um π bezüglich orthogonaler Achsen sind, gibt es eine orthogonale Basis bezüglich welcher beide Abbildungen diagonal sind. Daraus folgt, dass R und S kommutieren. 5. a) Durch Ausrechnen findet man t RR = E 3, sowie detr =. b) Wir wissen also, das die Matrix eine Drehung in Ê 3 beschreibt. Die Drehachse ist hier der Eigenraum bezüglich des Eigenwerts, 3 Eig (R; ) = Ê Wir wissen auch, dass es eine orthogonale Matrix O O(3) gibt mit 0 0 R = t O 0 cos ϕ sin ϕ O, 0 sinϕ cos ϕ wobei ϕ [ π,π] der Drehwinkel der Drehung ist. Somit ist 2 = trr = cosϕ, also cos ϕ = 5 5 und ϕ = arccos. 6 6 Siehe nächstes Blatt!

5 6. a) (v,,v n ) ist eine unitäre Basis für V, d.h. (v i,v j ) = v i,v j = δ ij (v m,iv n ) = i(v m,v n ) = iδ mn v m,iv n = 0 (iv m,iv n ) = (v m,v n ) = v m,v n = δ ij. Somit ist (v,,v n,iv,...,iv n ) tatsächlich eine orthonormale Basis für V mit x,y := Re((x,y)). b) Sei f : mit f(z) := λz = (s + it)z. Wähle die reelle Basis für Ê 2 {,i}. Dann ist f() = s + t i und f(i) = i(s + it) = t + s i. Also hat die Abbildung f bezüglich dieser Basis die gesuchte Form ( ) s t. t s c) Nach Konstruktion bildet die reelle Abbildung à die ON-Basis (e,,e n,ie,,ie n ) (orthonormal bezüglich dem Standardskalarprodukt auf Ê 2n ) auf die Vektoren (A(e ),,A(e n ),ia(e ),,ia(e n )) ab. Da aber A unitär ist, bilden die Vektoren (A(e ),,A(e n )) eine unitäre Basis in n und wegen Teilaufgabe a) sind wiederum die Vektoren (A(e ),,A(e n ),ia(e ),,ia(e n )) orthonormal in Ê 2n. D.h. à bildet eine ON-Basis von Ê 2n auf eine ON-Basis ab und ist somit eine orthogonale Abbildung. d) Sei z = (z,,z n ) n mit z j = a j + ib j. Dann ist Az = j z jae j = j a jae j + b j iae j = j a jãe j + b j Ã(ie j ) = Ãz (wenn wir n Ê 2n identifizieren). Wir wissen, dass jede unitäre Abbildung A diagonialisierbar ist über. Seien λ j = a j +ib j die Eigenwerte und v j die entsprechenden Eigenvektoren. Dann hat à bezüglich der Basis (v,iv,v 2,iv 2,,v n,iv n ) die Form a b b a a 2 b 2 b 2 a a n b n b n a n Somit ist n det(ã) = ( ) ai b det i = i= b i a i n (a 2 i + b 2 i) = i= n λ i 2 = det(a) 2 = i=