Musterlösung zur Serie 10

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1 D-MATH, D-PHYS, D-CHAB Lineare Algebra II FS 1 Prof. Giovanni Felder, Thomas Willwacher Musterlösung zur Serie 1 1. a) Zur Erinnerung: Eine Äquivalenzrelation auf einer Menge M ist eine Relation, die die folgenden Eigenschaften hat: Reflexivität: a a a M, Symmetrie: a b b a a, b M, Transitivität: a b und b c a c a, b, c M. Wir müssen überprüfen, dass die gegebene Relation für A, B Mat n n (K) (also A B genau dann, wenn eine invertierbare Matrix S existiert, so dass S T AS = B) die obigen Eigenschaften erfüllt. Dies ist fast wörtlich derselbe Beweis, wie für die Relation der Ähnlichkeit von Matrizen, also bei der in der Definition S T durch S 1 ersetzt ist. Achtung: Verwechsle diese Relationen niemals! Ähnlichkeit von A und B bedeutet, dass die zugehörigen linearen Abbildungen v Av und v Bv in jeweils geeigneten Basen durch dieselbe Matrix beschrieben werden. Kongruenz von A und B bedeutet, dass die zugehörigen Bilinearformen v, w v T Aw und v, w v T Bw in jeweils geeigneten Basen durch dieselbe Matrix beschrieben werden. Reflexivität: Die Einheitsmatrix 1 n ist invertierbar und erfüllt (1 n ) T A1 n = A. Symmetrie: Seien A, B Mat n n (K). Falls A B, also falls eine invertierbare Matrix S existiert mit S T AS = B, dann folgt durch Multiplikation mit (S T ) 1 = (S 1 ) T (einfaches Lemma aus LA I) von links und mit S 1 von rechts die Gleichung (S 1 ) T BS 1 = A, also B A. Transitivität: Seien A, B, C Mat n n (K). Annahme A B und B C. Also existieren invertierbare S und U Mat n n (K) mit S T AS = B und U T BU = C. Substitution der 1. Gleichung in die 2. ergibt U T S T ASU = C. Dies kann man als (SU) T ASU = C schreiben, und da SU ebenfalls invertierbar ist, folgt A C. b) Falls A T = A folgt auch B T = (S T AS) T = S T A T (S T ) T = S T AS = B. Daher wird Symmetrie erhalten. Falls A T = A folgt auch B T = (S T AS) T = S T A T (S T ) T = S T ( A)S = B. Daher wird Schiefsymmetrie erhalten. Kommentar: Die Äquivalenzklassen bzgl. Kongruenz unter den symmetrischen Matrizen (also die Teilmengen M von Mat n n (K) symm, welche M = {A Bitte wenden!

2 Mat n n (K) A B} für irgendein B M erfüllen) lassen sich wie folgt beschreiben: Falls K = R ist, gibt der Sylvestersche Trägheitssatz eine solche Beschreibung: Jede solche Äquivalenzklasse enthält eine eindeutig bestimmte Diagonalmatrix der Form D(r, s, t) = wobei es r Einsen, s Minus-Einsen und t Nullen gibt (und r + s + t = n). Die gesamte Klasse ist dann die Menge der Matrizen der Form S T D(r, s, t)s wobei S die invertierbaren Matrizen durchläuft. Falls K = C ist, sind zusätzlich die Matrizen D(r, s, t) und D(r + s,, t) kongruent (siehe Lösung zur Aufgabe 7) und damit fallen die entsprechenden Äquivalenzklassen zusammen. Für beliebige Körper (selbst der Charakteristik, z. B. K = Q) ist die entsprechende Frage nach den Äquivalenzklassen schwierig. Sie führt auf die Theorie der quadratischen Formen. Viel einfacher ist die Sitation für schiefsymmetrische Matrizen. Dort ist jede Matrix kongruent zu einer wie der in Aufgabe 5 angegebenen. Also besteht eine Äquivalenzklasse genau aus den Matrizen eines bestimmten Rangs (siehe auch Aufgabe 7 b)). Dies ist wahr für jeden Körper (der Charakteristik 2). 2. Wir wissen, dass symmetrische Matrizen immer zu Diagonalmatrizen kongruent sind. Wegen der Transitivität der Kongruenz (Aufgabe 1 a)) genügt es für die jeweiligen Matrizen Diagonalformen zu bestimmen und unter diesen Kongruenzen zu finden. Eine Diagonalform einer symmetrischen Matrix (oder Bilinearform) kann man auf 2 Weisen bestimmen. Erstens unter Verwendung der Tatsache, dass es eine Orthonormalbasis aus Eigenvektoren gibt (Hauptachsentransformation, siehe auch Aufgabe 5, Serie 9). Dies bedeutet, dass eine orthogonale Matrix S existiert (deren Spalten eben diese ON-Basis aus Eigenvektoren bilden) mit der Eigenschaft S 1 AS = D wobei D diagonal ist, mit den Eigenwerten als Einträgen. Da S orthogonal ist, gilt S 1 = S T und die Gleichung lässt sich als S T AS = D Siehe nächstes Blatt!

3 schreiben. Da wir aber nur an irgendeiner invertierbaren Matrix S interessiert sind, so dass diese Gleichung mit irgendeiner Diagonalmatrix erfüllt ist, also nicht unbedingt mit den Eigenwerten als Diagonaleinträgen, ist die 2. Weise sehr viel ökonomischer. Sie ist das in der Vorlesung angegebene Verfahren mit dem eine solche Matrix S (eben nicht notwendigerweise orthogonal) bestimmt werden kann. Für eine Beschreibung des Verfahrens, siehe Musterlösung zur Aufgabe 6, Serie 9. Hier erhält man z. B. mit S := die Gleichung S T S = 1, 2 3 womit wir eine Diagonalform der 1. Matrix erhalten haben. Die Matrix S diagonalisiert auch die 2. Matrix: S T S = 1, womit wir eine Diagonalform der 2. Matrix erhalten haben. Für die restlichen 2 Matrizen bestimmt man z. B. die Matrix T := Es gilt dann T T T = T T T = , 1 1 1, womit wir Diagonalformen der 3. und 4. Matrix erhalten haben. Wir wenden den Sylvesterschen Trägheitssatz an, der insbesondere impliziert, dass 2 Diagonalmatrizen genau dann kongruent sind, wenn die Anzahlen der auftretenden Vorzeichen {+,, } unter den Diagonaleinträgen übereinstimmen. Es sind also die 1. und 4. Matrix über R kongruent, die restlichen sind jedoch zu diesen und untereinander nicht kongruent. Die 4 Matrizen zerfallen also in 3 Kongruenzklassen. Bitte wenden!

4 Über C sagt uns die Aufgabe 7, dass die 1. und 4. Matrix, bzw. die 2. und 3. Matrix untereinander kongruent sind, die 4 Matrizen also (nur noch) in 2 Kongruenzklassen zerfallen. Kommentar: Durch Anwenden des Verfahrens aus der Vorlesung erhält man u. U. andere Diagonalmatrizen. Man bekommt immer nur eine Übereinstimmung der Anzahl der auftretenden Vorzeichen {+,, } unter den Diagonaleinträgen. 3. Wir wissen zunächst, dass eine orthogonale Matrix ( ) λ µ S := µ λ (λ 2 + µ 2 = 1) existiert, so dass ( ) a b b c ( ) α = S T S β Durch allfälliges Multiplizieren der Gleichung in der Aufgabenstellung mit 1 können wir ferner o.b.d.a. annehmen, dass entweder 1. α =, β =, oder 2. α >, β =, oder 3. α >, β <, oder 4. α >, β >. Im ersten Fall ist die Gleichung linear und beschreibt daher offensichtich entweder eine Gerade, die gesamte R 2 -Ebene oder. In den restlichen Fällen ist es geschickt, ( ) ( ) x x = S y als neue Koordinaten einzuführen. Wir erhalten die neue Gleichung y α(x ) 2 + β(y ) 2 + δx + εy + f = wobei ( δ ε ) = ( d e ) S T. Wir betrachten nun die Fälle 2,3 und 4 getrennt. 2. Fall: Durch quadratische Ergänzung x = x + δ x -Richtung zu machen. Wir erhalten 2α α(x ) 2 + εy + f δ2 4α = können wir den linearen Term in Siehe nächstes Blatt!

5 Dies beschreibt offensichtlich genau dann eine Parabel, wenn ε. Der Kegelschnitt ist degeneriert im anderen Fall, besteht hier entweder aus 2 parallelen Geraden, 1 Gerade oder der leeren Menge. 3. Fall: Durch quadratische Ergänzung x = x + δ und 2α y = y + ε linearen Terme zu machen. Wir erhalten 2β können wir die α(x ) 2 + β(y ) 2 + f δ2 4α ε2 4β = Dies ist offensichtlich genau dann eine Hyperbel (mit Mittelpunkt (x, y ) = ), wenn f δ2 4α ε2 4β Im anderen Fall erhalten wir 2 Geraden, die sich im Punkt (x, y ) = schneiden. 4. Fall: Wie im 3. Fall können wir die linearen Terme durch quadratische Ergänzung x = x + δ und 2α y = y + ε zu machen. Wir erhalten 2β α(x ) 2 + β(y ) 2 + f δ2 4α ε2 4β = Dies ist offensichtlich genau dann eine Ellipse (mit Mittelpunkt (x, y ) = ), wenn f δ2 4α ε2 4β < (Einen Kreis, also den Fall α = β, verstehen wir hier als Spezialfall einer Ellipse). Im anderen Fall erhalten wir entweder den Punkt (x, y ) = oder die leere Menge. 4. Da die Matrizen aus Aufgabe 2 symmetrisch sind, existiert eine Orthonormalbasis v 1, v 2, v 3 aus Eigenvektoren. Drücken wir die Gleichung des Objektes in den entsprechenden Koordinaten aus, erhalten wir die Gleichung αx 2 + βy 2 + γz 2 = 1. wobei α β = S T AS γ wobei S die (orthogonale) Matrix ist, deren Spalten die Orthonormalbasis v 1, v 2, v 3 aus Eigenvektoren bilden. Beachte: daher ist S T = S 1! Aus dem Sylvesterschen Trägheitssatz können wir folgern, dass die Vorzeichen {,, +} von α, β und Bitte wenden!

6 γ dieselben sein müssen, wie diejenigen, die wir durch eine beliebige Basistransformation in Aufgabe 2 erhalten haben. Wir erhalten also die folgenden Fälle (siehe Musterlösung zur Aufgabe 2): α >, β <, γ = (1. und 4. Matrix): Der Schnitt der Figur mit der Ebene span(v 1, v 2 ) ist also eine Hyperbel. Da die Gleichung nicht von Z abhängt, erhalten wir die Spur dieser Hyperbel unter Verschiebungen in v 3 -Richtung (ein hyperbolischer Zylinder ). α >, β <, γ > (2. Matrix): Der Schnitt der Figur mit der Ebene span(v 1, v 2 ) ist wieder eine Hyperbel. Wenn wir die Figur zusätzlich entlang der v 1, v 2, v 3 -Achsen so dehnen oder stauchen, dass α = β = γ = 1, dann ist die Figur invariant unter Drehungen um die v 2 -Achse. Die Achse trifft die Figur nicht und bei Drehung um 18 werden die beiden Zusammhangskomponenten der Hyperbel vertauscht. Daher erhält man eine zusammenhängende Rotationshyperbel, die auch einschaliges Hyperboloid genannt wird. α >, β <, γ < (3. Matrix): Der Schnitt der Figur mit der Ebene span(v 1, v 2 ) ist wieder eine Hyperbel. Wenn wir die Figur zusätzlich entlang der v 1, v 2, v 3 -Achsen so dehnen oder stauchen, dass α = β = γ = 1, dann ist die Figur invariant unter Drehungen um die v 1 -Achse. Die Achse trifft die Figur in den Punkten mit den (neuen) Koordinaten (1,, ) und ( 1,, ). Daher erhält man eine Rotationshyperbel mit 2 Zusammenhangskomponenten, die auch zweischaliges Hyperboloid genannt wird. 5. Wir gehen wie im Hinweis angegeben vor. (Der Beweis funktioniert für jeden Körper K der Charakteristik 2). Wir benötigen den Induktionsanfang für n = und n = 1. Im ersten Fall ist die Aussage leer und im zweiten Fall trivial, da jede schiefsymmetrische Form auf K 1 offensichtlich ist und 1 eine Matrix von der geforderten Form ist. Nehmen wir nun also an, die Aussage sei für alle endlich dimensionalen Vektorräume der Dimension n 1 bewiesen. Sei V ein Vektorraum der Dimension n und φ eine schiefsymmetrische Bilinearform. Falls φ = ist, ist die zugehörige Matrix in einer beliebigen Basis gleich n und n ist eine Matrix von der geforderten Form. Also müssen wir nur noch den Fall φ behandeln. Dies bedeutet, dass Vektoren v 1 und v 2 V existieren, so dass φ(v 1, v 2 ) = α. Indem wir v 1 durch α 1 v 1 ersetzen, erhalten wir ein Paar von Vektoren v 1 und v 2 V mit φ(v 1, v 2 ) = 1 und (wegen der Schiefsymmetrie) φ(v 2, v 1 ) = 1. v 1 und v 2 sind linear unabhängig, da eine Relation v 2 = βv 1 sofort φ(v 1, v 2 ) = ergibt (wieder wegen der Schiefsymmetrie). Definiere nun W := {w V φ(v 1, w) = φ(v 2, w) = } (also das Orthokomplement von span(v 1, v 2 )). Siehe nächstes Blatt!

7 Definieren nun eine Abbildung (eine Art orthogonale Projektion auf span(v 1, v 2 )) durch: P : V span(v 1, v 2 ) v φ(v 1, v)v 2 φ(v 2, v)v 1. Man sieht leicht durch Einsetzen von v 1 und v 2, dass P die Identität auf span(v 1, v 2 ) ist und daher P 2 = P gilt. Wir haben bereits auf der Serie 4, Aufgabe 5 c) gezeigt, dass dann gilt: V = im(p ) ker(p ). (1) Hier ist, wie gesagt, im(p ) = span(v 1, v 2 ). Ebenfalls ist ker(p ) = W. Das ergibt sich direkt aus der Definition und der linearen Unabhängigkeit von v 1 und v 2. Die Gleichung (1) beweist man übrigens auch einfach wie folgt: Sie bedeutet nach Definition, dass jeder Vektor v V sich eindeutig als Summe v + w schreiben lässt, mit v im(p ) und w ker(p ). Setze nun v = P v und w = v P v. Offensichtlich ist P v im(p ) und wegen P 2 = P ist P w = P v P P v = P v P v = also w ker(p ). D.h. wir haben v als eine geforderte Summe geschrieben. Sei v = v + w nun eine beliebige solche Zerlegung. Durch Anwenden von P erhalten wir P v = P v P w = P v. Wegen P 2 = P ist aber P v = v, und daher v = P v und w = v P v. Die Zerlegung ist also eindeutig. Nach Induktionsvoraussetzung existiert auf W für φ W eine Basis v 3,..., v n der Form wie in der Aufgabenstellung gefordert. Diese Basis ergibt zusammen mit v 1 und v 2 eine Basis von V (wegen Gleichung 1 und der linearen Unabhängigkeit von v 1 und v 2 ). Wir wissen bereits φ(v 1, v 1 ) = φ(v 2, v 2 ) =, φ(v 1, v 2 ) = 1 und φ(v 2, v 1 ) = 1. Ferner ist φ(v 1, v i ) = φ(v 2, v i ) = φ(v i, v 1 ) = φ(v i, v 2 ) =, für i 3, weil nach Definition ganz W auf v 1 und v 2 orthogonal steht. Die Matrix von φ der Basis v 1,..., v n hat also die gewünschte Form! (Beachte, dass die Matrix A von φ in dieser Basis gerade die Einträge A ij = φ(v i, v j ) hat.) 6. a) Die Bilinearität von Re(, ) als reeller Form ist klar. Die Form ist positiv definit, da ja bereits v, v R v V gilt und daher Re( v, v ) = v, v (und Gleichheit, genau dann, wenn v = ), wegen der Postivdefinitheit von,. b) Wir haben Im(z) = Im(z) für alle z C und v, w = w, v, also für alle v, w V. Im( v, w ) = Im( w, v ) Bitte wenden!

8 c) Es gilt v, iw = i v, w also Re( v, iw ) = Re( i v, w ) = Im( v, w ) für alle v, w V. d) Es gilt iv, iw = i 2 v, w = v, w also insbesondere Re( iv, iw ) = Re( v, w ) für alle v, w V. 7. Es ist eine allgemeine Tatsache (über einem beliebigen Körper), dass der Rang unter Kongruenz erhalten bleibt, d.h. wenn zwei Matrizen A, B Mat n n (K) gegeben sind, und A kongruent zu B ist, dann gilt rang(a) = rang(b). Dies folgt sofort aus der einfachen Tatsache (LA I), dass rang(sc) = rang(cs) = rang(c) für S, C Mat n n (K) und S invertierbar! Wir können uns also beim Beweis der Teilaufgaben a) und b) auf den Fall beschränken. a) Seien zwei komplexe symmetrische Marizen A, B Mat n n (C) mit rang(a) = rang(b) gegeben. Wir müssen zeigen, dass A und B kongruent sind. Aufgrund der Transitivität der Kongruenz (Aufgabe 1 a)) reicht es zu zeigen, dass eine beliebige symmetrische komplexe Matrix A Mat n n (C) zu einer Diagonalmatrix der Form: I r :=... mit (rang(a) Einsen und n rang(a) Nullen) kongruent ist. Zunächst wissen wir, dass A zu einer Diagonalmatrix A kongruent ist. Durch Transformieren mit einer Permutationsmatrix sehen wir, dass die Diagonalmatrix A zu einer Matrix A der folgenden Gestalt kongruent ist: α 1... A = α r... Siehe nächstes Blatt!

9 wobei α i i. Da der Rang unter Kongruenz erhalten bleibt (siehe Beweis der Gegenrichtung zu Anfang) ist r = rang(a). Betrachte nun die Matrix (α 1 ) S = (αr) für beliebige komplexe Quadratwurzeln (α i ) 1 2 von α i (hier versagt der Beweis für K = R!). Offenbar gilt S T A S = I r, dass heisst A und damit A (wiederum Transitivität der Kongruenz) sind kongruent zu I r, mit r = rang(a), q.e.d. b) Seien zwei schiefsymmetrische Marizen A, B Mat n n (K) mit rang(a) = rang(b) gegeben. Wir müssen zeigen, dass A und B kongruent sind. Aufgrund der Transitivität der Kongruenz (Aufgabe 1 a)) reicht es zu zeigen, dass eine beliebige schiefsymmetrische komplexe Matrix A Mat n n (C) mit rang(a) zu einer Diagonalmatrix der Form aus Aufgabe 5 mit rang(a) von verschiedenen Zeilen kongruent ist. Wir wissen bereits (Aufgabe 5), dass A zu einer solchen Form kongruent ist. Da der Rang unter Kongruenz erhalten bleibt muss der Rang der Matrix der Form aus Aufgabe 5 dem Rang von A entsprechen. Diese Aufgabe schliesst die Klassifikation der Kongruenzklassen unter den symmetrischen, bzw. schiefsymmetrischen Matrizen für K = R und K = C ab (siehe Kommentar zur Aufgabe 1).