Lineare Algebra II 11. Übungsblatt

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1 Lineare Algebra II Übungsblatt Fachbereich Mathematik SS Prof Dr Kollross 9 / Juni Susanne Kürsten Tristan Alex Gruppenübung Aufgabe G (Minitest (Bearbeitung innerhalb von Minuten und ohne Benutzung des Skripts!)) Jede Bilinearform auf einem endlichdimensionalen Raum besitzt eine Strukturmatrix Die Strukturmatrix einer Bilinearform bezüglich einer Basis ist eindeutig bestimmt Die Strukturmatrix einer Bilinearform bestimmt diese eindeutig Zu jeder quadratischen Form Q gibt es eine Bilinearform F mit Q(x + y) = (F(x, y) + Q(x)) + (F(x, y) + Q(y)) Das Standardskalarprodukt in n ist keine Bilinearform, das Standardskalarprodukt in n dagegen schon Die Strukturmatrix des euklidischen Standardskalarprodukts bezüglich der Standardbasis ist die Einheitsmatrix Es gibt quadratische Formen Q mit Q(x) < für alle x Die Nullabbildung (v, w) ist eine Bilinearform Die Nullabbildung x ist eine quadratische Form Sind F und G linear, dann ist durch φ(x, y) := F(x)G(y) eine Bilinearform gegeben Bilinearformen sind symmetrisch Aufgabe G (Beispiele für Bilinearformen) (a) Sei V endlichdimensional und φ : V V eine Bilinearform Zeigen oder widerlegen Sie: es ist φ genau dann symmetrisch, wenn es eine Basis (v,, v n ) von V gibt, so dass φ(v i, v j ) = φ(v j, v i ) für alle i, j n gilt (b) Sei V der Vektorraum der reellen Polynome vom Grad Zeigen Sie, dass die Abbildung φ : V V, φ(f, g) := f (x)g(x) dx eine symmetrische Bilinearform ist und bestimmen Sie die Strukturmatrix von φ bezüglich einer geeigneten Basis (c) Sei V der Vektorraum der reellen -Matrizen Betrachten Sie die Abbildung φ : V V, φ(a, B) := tr(ab) Zeigen Sie, dass φ eine symmetrische Bilinearform ist und bestimmen Sie die Strukturmatrix von φ bezüglich einer geeigneten Basis (d) Welche der in dieser Aufgabe untersuchten Bilinearformen sind Skalarprodukte?

2 (a) Aus der Symmetrie auf V folgt trivialerweise die Symmetrie auf jeder Basis von V Für die andere Implikation sei (v,, v n ) eine Basis, auf der φ symmetrisch ist, und seien x, y V Dann gilt x = n i= ξ iv i und y = n i= η iv i mit ξ i, η i für alle i n Wir folgern φ(x, y) = ξ i η j φ(v i, v j ) = i,j= ξ i η j φ(v j, v i ) = φ(y, x) (b) Symmetrie und Bilinearität sind klar Wir wählen als Basis B := (, x, x ) Durch die Berechnung diverser Integrale erhält man [φ] B = (c) φ(a, B) = tr(ab) = tr(ba) = φ(b, A) φ(a + βb, C) = tr((a + βb)c) = tr(ac + βbc) = tr(ac) + tr(βbc) = tr(ac) + β tr(bc) = φ(a, C) + βφ(b, C) i,j= Wir wählen als Basis B :=,,, und berechnen die auftretenden Matrixprodukte Als Strukturmatrix erhalten wir [φ] B = (d) Die Bilinearform aus (b) ist offensichtlich positiv definit, denn aus f folgt f und damit auch φ(f, f ) > Die Strukturmatrix von (c) ist orthogonal und damit diagonalisierbar Die Determinante ist aber offensichtlich, so dass nicht alle Eigenwerte positiv sein können Eigenvektoren v zum Eigenwert erfüllen dann so dass diese Bilinearform nicht positiv definit sein kann φ(v, v ) = v T ( v ) = v T v = v <, Aufgabe G (Quadratische Formen) Wir betrachten den reellen Vektorraum V der symmetrischen reellen -Matrizen (a) Geben Sie ein Beispiel einer Abbildung f : an, die f (λx) = λ f (x) erfüllt, aber keine quadratische Form ist (b) Zeigen Sie, dass det: V eine quadratische Form ist (c) Bestimmen Sie die Strukturmatrix der mit det assoziierten Bilinearform bezüglich der Basis B = B =, B =, B = (d) Transformieren Sie die Strukturmatrix von det in eine Basis, bezüglich der sie Diagonalgestalt hat (a) Setzen wir etwa f :, (x, x ) x 4 + x 4, dann gilt f (λx, λ y) = λ f (x, y) Offensichtlich ist aber die Abbildung (x, y) nicht bilinear, also f keine quadratische Form (x + y ) 4 + (x + y ) 4 x 4 + x 4 y 4 + y4

3 a (b) Wegen der Multilinearitätseigenschaft der Determinante ist det(λa) = λ det A Für A = c ist die Abbildung b e und B = d g f h F(A, B) := (det(a + B) det A det B) = (ad + ah + de + eh bc c f bg f g (ad bc) (eh g f )) = (ah + de (c f + bg)) offensichtlich bilinear (rechnen Sie es nach, wenn es Ihnen nicht klar ist!) Daraus folgt, dass det eine quadratische Form ist (c) Es ist F(B, B ) =, F(B, B ) = F(B, B ) =, F(B, B ) = F(B, B ) =, F(B, B ) =, F(B, B ) = F(B, B ) =, F(B, B ) = Die Strukturmatrix lautet daher M = (d) Die Eigenwerte lauten, und Die zugehörigen Eigenräume werden aufgespannt durch Die gewünschte Diagonalgestalt lautet daher v =, v =, v = = = Aufgabe G4 (Hauptsatz über reelle orthogonale Matrizen) Sei A := b 4 c a d mit a > und b, c, d (a) Wählen Sie die Parameter a, b, c, d so, dass A eine orthogonale Matrix wird (b) Ist A über,, diagonalisierbar? (c) Finden Sie eine orthogonale Matrix Q, so dass cos t sin t Q T AQ = sin t cos t λ mit t [, π) und λ {, } gilt

4 (a) Da die Spalten Einheitslänge haben müssen, folgt a = Da sie aufeinander senkrecht stehen müssen, folgt c = Für die anderen Variablen folgt b + d = und 4b = d Wir setzen b = d ein und erhalten 4 6 d = Aus d folgt damit d = 4 und somit b = Die Matrix lautet daher A = 4 4 (b) Wir berechnen die komplexen Eigenwerte und ein Orthonormalsystem aus Eigenvektoren von A Wir erhalten dafür v = i zum EW + 4i, v = i zum EW 4i, v = zum EW Insbesondere sehen wir, dass A nur über diagonalisierbar ist (c) Wir setzen w := i (v v ) =, w := (v + v ) =, w := v = sowie und erhalten Q := Q T AQ = 4 = Setzen wir also t := arccos, dann folgt offensichtlich cos t = Andererseits folgt auch sin t = cos t = 9 = 6 = sin t 4, 4 Es erfüllt also t die geforderte Bedingung Für λ können wir offensichtlich wählen Hausübung Aufgabe H (Ausgeartete Bilinearformen) (a) Die Bilinearform F : sei gegeben durch (x, y) x T Ay mit der Matrix A = Gibt es einen Unterraum {} U, so dass für jedes x U die Abbildung identisch Null ist, dh f x (y) = für alle y erfüllt? (b) Sei jetzt G :, (x, y) x T B y mit f x :, f x (y) := F(x, y) B = Gibt es einen Unterraum U wie in (a), dh so, dass g x (y) := G(x, y) für alle x U? Dann nennt man die Bilinearform ausgeartet 4

5 (c) Sei Q die G entsprechende quadratische Form Q(x) := G(x, x) Für welche Unterräume {} U von ist die auf U eingeschränkte Abbildung Q U : U identisch Null, dh Q(u) = für alle u U? (a) Es ist f x (y) = Ay, x = y, A T x = y, Ax = für alle y Dies ist genau dann der Fall, wenn Ax = gilt, wenn also x ein Eigenvektor von A zum Eigenwert Null ist Offensichtlich ist det A =, denn die Summe der ersten beiden Spalten ergibt die dritte Spalte Der gesuchte Raum U ist also einfach der Eigenraum von A zum Eigenwert und wird zum Beispiel von (,, ) T erzeugt (b) Die G entsprechende Matrix B ist invertierbar, die Bilinearform also nicht entartet Es gibt keinen Unterraum mit der Eigenschaft aus (a) (c) Zunächst tranformieren wir B auf Diagonalgestalt Die Eigenwerte von B sind und, die entsprechenden Eigenvektoren lauten v = und v = Die Matrix der Bilinearform in der Eigenvektorbasis ist daher B = = Damit erhalten wir Q(x, x) = x U ± := span ± (v,v ) Führen wir jetzt noch einen Basiswechsel in die Standardbasis durch, erhalten wir U + = span + = span + + für die positive Wurzel und U = span = span für die negative Wurzel Dies sind die beiden in der Aufgabe gesuchten Möglichkeiten Aufgabe H (Affine Normalform von Quadriken, Teil I) Wir betrachten Gleichungen der Form Q(x,, x n ) = a ii x i + a i j x i x j + b i x i + c =, i= i<j i= (Quad) wobei a i j = a ji für alle i, j n gelte Die Lösungsmenge bezeichnen wir als Quadrik Wir nehmen an, dass nicht alle Koeffizienten verschwinden Beachten Sie, dass sich diese Definition von quadratischen Hyperflächen unterscheiden, wie sie in der Vorlesung definiert wurden (a) Schreiben Sie die Gleichung Q(x) = für einen Vektor x = (x,, x n ) T ohne Summenzeichen, indem Sie Matrizen und Vektoren benutzen (b) Überlegen Sie sich, dass die Lösungsmenge für b = (b,, b n ) = und c = eine quadratische Hyperfläche beschreibt, wie sie in der Vorlesung eingeführt wurde (c) Sei φ : n n eine affine Transformation Zeigen Sie, dass wieder eine Quadrik ist {x n : Q(φ(x)) = }

6 (d) Wir betrachten die folgende Quadrik: Q := (x, y, z) T : x x + x x x x = Bestimmen Sie die Hauptachsen von Q und führen Sie eine Hauptachsentransformation durch Geben Sie die Transformationsmatrix Q an Um welches geometrische Objekt handelt es sich bei Q? a a n (a) Wir definieren A = und b = (b,, b n ) sowie x = (x,, x n ) Dann gilt a n a nn (b) In diesem Fall ist was der Definition der Vorlesung entspricht Q(x,, x n ) = Q(x) = x T Ax + b T x + c = Q(x) = x T Ax =, (c) Da φ affin ist, gibt es eine Matrix M und einen Vektor t mit φ(x) = M x + t Dann folgt Q(φ(x)) = (M x + t) T A(M x + t) + b T (M x + t) + c = x T (M T AM)x + x T M T At + (b T M + t T AM)x + b T t + t T At + c = x T (M T AM)x + (t T AM + b T M)x + b T t + t T At + c = x T (M T AM)x + (M T (At + b)) T x + b T t + t T At + c Setzen wir also à := M T AM, b := M T (At + b) und c := b T t + t T At + c, dann gilt so dass wir wieder eine Quadrik erhalten Q(φ(x)) = x T Ãx + b T x + c, (d) In Matrixform ist Q durch die Lösungsmenge der Gleichung x T x = } {{ } =:A gegeben Wir führen eine Hauptachsentransformation durch Die Eigenwerte von A sind und Ein Hauptachsensystem erhalten wir, indem wir ein Orthonormalsystem aus Eigenvektoren bestimmen Als Eigenvektoren berechnen wir v = und v = zum EW, v = zum EW Das Gram-Schmidt-Verfahren liefert und ein Hauptachsensystem: b =, b =, b = 6 Transformieren wir A nun mit der Matrix dann gilt Die Quadrik lautet also Q := 6 6 6, Q T AQ = x y + z = x + y z = für alle x b, y b, zb Insbesondere sehen wir, dass es sich bei Q um ein einschaliges Hyperboloid handelt 6

7 Aufgabe H (Affine Normalform von Quadriken, Teil II) Wir betrachten wieder Quadriken, also Gleichungen der Form (Quad) Wir spezialisieren uns in dieser Aufgabe auf Dimension n = und klassifizieren alle möglichen Lösungen (a) Benutzen Sie die Hauptachsentransformation, um (Quad) in eine äquivalente Gleichung der Form zu transformieren Q (y, y ) = λ y + λ y + αy + β y + f = (b) Führen Sie einen weiteren Koordinatenwechsel durch, um eine äquivalente Gleichung zu erhalten, die einem der folgenden Typen entspricht: Dabei ist λ und µ λ z + λ z + r = (Typ I) λ z + µ z = (Typ II) µ z + µ z = (Typ III) (c) Betrachten Sie nun die Lösungsmengen dieser Gleichungen Welche geometrischen Objekte treten auf? Tipp: Unterscheiden Sie nach den Vorzeichen der Koeffizienten Es gibt insgesamt Fälle zu betrachten, davon entfallen 8 auf Typ I (a) Die Hauptachsentransformation besagt, dass es eine orthogonale Matrix Q gibt, so dass Q T λ AQ = λ gilt Wir setzen y := Q T x und erhalten damit Q(x, x ) = y T λ λ was eine Gleichung der geforderten Form ist y + (Q T b) T y + c =, (b) Nehmen wir zunächst an, beide Eigenwerte seien von Null verschieden Wir führen eine quadratische Ergänzung durch: λ y + λ y + α y + β y + f = λ y + α y + λ y λ + β + f = λ λ y + α + λ y + β + f α λ λ 4 λ + β λ = }{{} =:r Zuletzt führen wir die affine Transformation z = y + α, z = y + β λ λ durch und erhalten eine Gleichung vom Typ I Verschwindet einer der beiden Eigenwerte, sagen wir λ =, führen wir die quadratische Ergänzung nur mit y durch und erhalten eine Gleichung der Form λ y + β y + f = Ist nun β =, sind wir wieder bei einer Gleichung vom Typ I Ansonsten setzen wir nun z = y und z = y + f β (wieder eine affine Transformation!) und erhalten λ z + βz =, also eine Gleichung vom Typ II Der letzte Fall ist, dass beide Eigenwerte verschwinden Wir sind also bei einer Gleichung der Form α y + β y + f = Da nicht alle Koeffizienten verschwinden, gilt α oder β Wir nehmen ohne Einschränkung β an, transformieren wie oben durch z = y und z = y + f und erhalten β also eine Gleichung vom Typ III αz + βz =, 7

8 (c) Typ I: Die acht auftretenden Fälle sind wie folgt: sgn λ sgn λ sgn r Gleichung Lösungsmenge a z + b z = leere Menge + + a z + b z = Ellipse + + a z + b z = ein Punkt + a z b z = Hyperbel + a z = b z zwei sich schneidende Geraden + a z = leere Menge + a z = zwei parallele Geraden + a z = eine Gerade Typ II: Da µ und λ gilt, erhalten wir als Lösungsmenge eine Parabel Typ III: Wir stellen um und erhalten z = µ µ z, also eine Gerade 8