EXKURS: MATRIZEN UND LINEARE GLEICHUNGSSYSTEME

Transkript

1 EXKURS: MATRIZEN UND LINEARE GLEICHUNGSSYSTEME In diesem Abschnitt wiederholen wir zunächst grundlegende Definitionen und Eigenschaften im Bereich der Matrizenrechnung, die wahrscheinlich bereits in Ansätzen aus der Schule bekannt sein werden, um uns daraufhin mit dem Zusammenhang zwischen Matrizen und linearen Gleichungssystemen zu beschäftigen, indem wir (m n)-matrizen als (lineare) Abbildungen R n R m interpretieren Am Ende dieses Exkurses werden wir als Anwendung mithilfe des Gelernten den sogenannten Satz vom Fußball beweisen, der besagt, dass es zu Beginn beider Halbzeiten eines Fußballspiels (bei dem nur ein Ball benutzt wird) beim jeweiligen Anstoß zwei antipodale Punkte auf der Oberfläche des Balles gibt, die sich an genau derselben Stelle im umgebenden Raum befinden Definition: (i) Es seien m, n N Eine (m n)-matrix A = (a ij ) 1 i m ist ein rechteckiges 1 j n Zahlenschema der Form a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 a 2n A = a m1 a m2 a mn mit m Zeilen und n Spalten, deren Einträge a ij R sind Hierbei bezeichnet a ij oder A ij das Element in der i-ten Zeile und j-ten Spalte der Matrix A Für die i-te Zeile der Matrix A schreiben wir auch A i und für die j-te Spalte entsprechend A j Die Menge der (m n)-matrizen bezeichnen wir mit M(m n) Für m = n spricht man von quadratischen Matrizen und bezeichnet deren Gesamtheit kurz mit M(n) (ii) Eine Matrix A M(m n) kann mit einer Zahl r R skaliert werden a 11 a 12 a 1n r a 11 r a 12 r a 1n a 21 a 22 a 2n r A = r = r a 21 r a 22 r a 2n a m1 a m2 a mn r a m1 r a m2 r a mn und zwei Matrizen A, B M(m n) werden komponentenweise addiert

2 a 11 a 12 a 1n b 11 b 12 b 1n a 21 a 22 a 2n A + B = + b 21 b 22 b 2n a m1 a m2 a mn b m1 b m2 b mn a 11 + b 11 a 12 + b 12 a 1n + b 1n a 21 + b 21 a 22 + b 22 a 2n + b 2n = a m1 + b m1 a m2 + b m2 a mn + b mn (iii) Das Produkt C = A B M(m k) zweier Matrizen A M(m n) und B M(n K) ist definiert durch C = (c ij ) mit n c ij = a il b lj = a i1 b 1j + a i2 b 2j + + a in b nj Bemerkung: l=1 Man beachte hierbei, dass das Produkt A B nur erklärt ist, wenn A genauso viele Spalten wie B Zeilen hat (i) Das neutrale Element bezüglich Matrizenmultiplikation ist die (n n)- Einheitsmatrix 1 I n = 1 mit lauter Einsen auf der Diagonalen als einzige von Null verschiedene Einträge Es gilt I n A = A und B I n = B für alle A M(n k) und B M(m n) (ii) Als spezielle Matrizen interpretieren wir hier ebenfalls Zeilenvektoren (,, x n ) M(1 n) und Spaltenvektoren x m M(m 1) Vektoren x R n verstehen wir grundsätzlich als Spaltenvektoren x = (iii) Mittels Matrizenmultiplikation kann man Zeilen- und Spaltenvektoren miteinander multiplizieren und erhält eine reelle Zahl: y 1 y 2 (, x 2,, x n ) = y 1 + x 2 y 2 + x n y n M(1) = R y n x n

3 Aufgefasst als Vektoren im R n, nennt man dieses Produkt das kanonische Skalarprodukt oder das Standardskalarprodukt der Vektoren x = y = y 1 y n im R n und bezeichnet dies auch mit x, y =, x n y 1 y n = x T y x n und Dabei bedeutet die Notation x T lediglich, dass aus dem Spaltenvektor x ein Zeilenvektor gemacht wird Wir kommen auf diese Notation an späterer Stelle noch einmal zurück Das Skalarprodukt kann verwendet werden, um Winkel zwischen Vektoren zu messen Bemerkung: Nach der Ungleichung von Cauchy-Schwarz gilt für x, y R n 1 x, y x y 1 wobei hier z = z, z = z z2 n die Länge des Vektors z R n bezeichnet Somit gibt es genau eine Zahl (x, y) [, π] mit cos( (x, y)) = x, y x y Diese Zahl (x, y) nennt man den Winkel zwischen x und y Insbesondere sind x und y genau dann orthogonal, dh (x, y) = π/2 ( ˆ= 9 ), wenn x, y = In diesem Fall schreiben wir x y Wir kommen nun zu der schon angekündigten Interpretation von Matrizen als Abbildungen Definition: Es sei A M(m n) Dann erhalten wir eine Abbildung f A : R n R m duch f A (x) = A x Bemerkung: (i) Es gilt f A (λ x) = λ f A (x) und f A (x + y) = f A (x) + f A (y) für alle x, y R n und λ R Eine solche Abbildung nennt man linear und jede lineare Abbildung ist von dieser Form (siehe (ii)) 1 1 (ii) Es bezeichne e 1 =, e 2 = und ganz allgemein sei e i der Vektor im R n mit einer 1 an der i-ten Stelle und sonst nur Nullen, der sogenannten

4 i-te kanonische Einheitsvektor im R n Durch direktes Nachrechnen sieht man dann, dass gilt a 1i a 2i f A (e i ) = = A i a ni dh die i-te Spalte von A ist das Bild des i-ten Einheitsvektors unter der Abbildung f A Ist umgekehrt L : R n R m eine lineare Abbildung und A M(m n) die Matrix, deren i-te Spalte gerade durch das Bild L(e i ) gegeben ist, so gilt L = f A (vgl Übung) Beispiel: Ein lineares Gleichungssystem (kurz: LGS) mit m Gleichungen und n Unbekannten ist von der Form: a 11 + a 12 x a 1n x n = b 1 a 21 + a 22 x a 2n x n = b 2 a m1 + a m2 x a mn x n = b m und führt über die Koeffizientenmatrix A = (a ij ) auf die Matrix-/Vektorgleichung A x = b bzw f A (x) = b mit x = x n R n und b = b 1 b m R m Die Frage nach der Lösbarkeit/Lösungsmenge des linearen Gleichungssystems entspricht daher der Bestimmung von Urbildern der Abbildung f A : R n R m Ist diese Abbildung surjektiv, gibt es somit für jede rechte Seite b eine Lösung des LGSs und ist f A injektiv, so ist jede Lösung (falls existent) eindeutig Anschaulich entspricht die Lösungsmenge eines linearen Gleichungssystems, wie in der Vorlesung gesehen, einer Schnittmenge von geometrischen Objekten (Hyperebenen), wobei n die Dimension des zugrundeliegenden Raumes und m die Anzahl der Objekte ist Definition: Eine Matrix A M(n) ist invertierbar, falls es eine Matrix B M(n) mit A B = B A = I n gibt Eine solche Matrix B ist dann eindeutig bestimmt und wir mit A 1 bezeichnet und inverse Matrix von A genannt Satz: (i) Sind A, B M(n) invertierbar, so ist auch A B M(n) invertierbar mit (A B) 1 = B 1 A 1 (ii) Eine Matrix A M(n) ist genau dann invertierbar, wenn die Abbildung f A : R n R n bijektiv ist In diesem Fall ist dann f 1 A = f A 1 Die Implikation von Teil (ii) beweisen wir in dieser Vorlesung nicht Der Rest des Beweises wird als Übungsaufgabe gestellt

5 Beispiel: Ist A M(n) die Koeffizientenmatrix eines linearen Gleichungssystems und ist A invertierbar, so gibts es für jede rechte Seite b R n genau eine Lösung des LGSs und zwar x = A 1 b, denn f A ( x) = A x = A (A 1 x) = (A A 1 ) x = I n x = x Definition/Satz: a b (i) Die Determinante einer Matrix A = M(2) ist det(a) := ad bc c d und die Determinante einer Matrix a b c A = d e f M(3) g h i ist det(a) = a e i + b f g + c d h c e g a f h b d i (Formel von Sarrus) Eine Matrix A M(1) entspricht einfach einer reellen Zahl Der Vollständigkeit halber definieren wir die Determinante in diesem Fall durch det(a) = A (ii) Eine Matrix A M(n) ( mit ) n 3 ist genau dann invertierbar, wenn a b det(a) gilt Ist A = M(2), so ist in diesem Fall c d A 1 1 d b = det(a) 1 d b = c a ad bc c a Sind Verwechselungen ausgeschlossen, schreibt man oft auch einfach det A statt det(a) Ist det A, so ist im Fall n = 1 die Zahl A und A 1 = 1/A Im Fall n = 2 wird A 1 durch die obige Formel gegeben, wie man leicht durch direktes Nachrechnen überprüfen kann Für den Fall n = 3 kann man, falls deta, ebenfalls eine Formel für die Koeffizienten der inversen Matrix A 1 in Termen der Koeffizienten von A angeben, worauf wir hier allerdings nicht näher eingehen wollen Dass die Determinante einer invertierbaren Matrix ungleich Null sein muss, folgt aus dem nächsten Satz Satz: Es seien A, B M(n), n 3, invertierbar Dann gilt: (i) det I n = 1 und det(a B) = det(a) det(b) (ii) Bezeichnen wir mit A T = (a ji ) die sogenannte transponierte Matrix von A, deren Element A T ij gerade dem Element A ji von A entspricht, so gilt det(a T ) = det(a) und (A B) T = B T A T (iii) det(a 1 ) = det(a) 1 = 1 det(a) Beweis: Die Punkte (i) und (ii) beweist man durch direktes Nachrechnen Die Aussage in (iii) folgt dann aus 1 = det(i n ) = det(a A 1 ) = det(a) det(a 1 ) also det(a 1 ) = 1 deta

6 v1 w Bemerkung: Die Determinante einer Matrix A = 1 entspricht der orientierten Fläche des Parallelotops in der Ebene, das von den Vektoren v = v 2 w 2 v1 v 2 w1 und w = aufgespannt wird (vgl hierzu Kapitel 311 in Lineare Algebra w 2 von Gerd Fischer) Analog entspricht die Determinante einer Matrix A = u v w dem orientierten Volumen des von den Vektoren u, v, w R 3 aufgespannten Spats Insbesondere ist genau dann det A =, wenn die Spaltenvektoren linear abhängig sind, dh wenn das von den Spaltenvektoren aufgespannte Parallelogramm bzw der aufgespannte Spat entartet ist Definition: Man nennt eine Matrix A M(n) orthogonal, falls A das kanonische Skalarprodukt erhält, dh falls x T y = x, y = Ax, Ay = (Ax) T Ay = x T (A T A) y für alle x, y R n gilt Dies ist äquivalent dazu, dass A T A = I n gilt (vgl Übung) Die Menge O(n) = { A M(n) A T A = I n } heißt daher die orthogonale Gruppe Die Teilmenge SO(n) = {A O(n) det A = 1} heißt die spezielle orthogonal Gruppe (im Fall n 3) Dass diese Bezeichnung gerechtfertigt ist, zeigt der folgende Satz Satz: O(n) ist mit der Einschränkung der gewöhnlichen Matrizenmultiplikation eine Gruppe mit Untergruppe SO(n) (für n 3) Der Beweis wird als Übungsaufgabe gestellt Beispiel: Wie wir in der Vorlesung gesehen haben, ist eine Matrix A M(2) genau dann orthogonal, wenn es ein α [, 2π) gibt, so dass cos α sin α cos α sin α A = oder A = sin α cos α sin α cos α Im ersten Fall ist det A = 1 und f A ist eine Drehung in R 2 (um den Ursprung) um den Winkel α und im zweiten Fall ist det A = 1 und f A eine Spiegelung an der Ursprungsgeraden mit Schnittwinkel α/2 mit der x-achse Definition: Eine Matrix A M(n) hat einen Eigenwert λ R, falls es einen Vektor v R n mit A v = λ v gibt Einen solchen Vektor nennt man dann Eigenvektor zum Eigenwert λ

7 Beispiel: cos α sin α (i) Die Matrix D α = entspricht, wie gesehen, einer Drehung um ( den) Winkel α [, 2π) ( und hat ) somit bis auf die Spezialfälle sin α cos α 1 1 D = = I 1 n und D π = = I 1 n, dh α {, π}, keine Eigenwerte cos α sin α (ii) Die Matrix S α = entspricht, wie gesehen, einer Spiegelung an der Ursprungsgeraden R und hat damit zwei Eigen- sin α cos α cos(α/2) sin(α/2) cos(α/2) werte, nämlich λ 1 = 1 mit Eigenvektor (der Länge 1), da die sin(α/2) Gerade selbst unter ( der Spiegelung ) punktweise fixiert wird, und λ 2 = 1 cos α+π mit Eigenvektor 2 (der Länge 1), da die Gerade orthogonal zur sin α+π 2 Spiegelungsgeraden ebenfalls invariant gelassen wir (iii) Wegen A (r v) = r A v gibt es mit einem immer bereits unendlich viele Eigenvektoren zu einem Eigenwert, denn ist A v = λ v, so ist für alle r R A (r v) = r A v = r λ v = λ (r v) (iv) Ist λ ein Eigenwert von A O(n), so gilt für einen Eigenvektor v v, v = Av, Av = λ v, λ v = λ 2 v, v also λ 2 = 1 bzw λ {±1}, da v, v Da es nicht immer so leicht wie in diesem Beispiel ist, die Eigenwerte und Eigenvektoren einer gegebenen Matrix geometrisch zu bestimmen, benötigen wir eine algebraische Methode, um diese im allgemeinen Fall zu berechnen Bemerkung/Definition: Wegen A v = λ v A v λ v = (A λ I n ) v = folgt, dass λ genau dann ein Eigenwert von A ist, wenn P A (λ) = det(a λ I n ) = gilt Das Polynom P A (λ) (vom Grad n) nennt man das charakteristische Polynom von A Die Nullstellen des charakteristischen Polynoms entsprechen also gerade den Eigenwerten von A Für einen Eigenwert λ erhält man dann die zugehörigen Eigenvektoren entsprechend als Lösungen v des linearen Gleichungssystems (bzw der Matrix-/Vektorgleichung) (A λ I n ) v = Man beachte in den obigen Gleichungen, dass dort die, bis auf eine Ausnahme, stets den Nullvektor R n und nicht die Zahl R bezeichnet Nachdem wir nun die nötigen Begriffe kennengelernt haben, kommen wir nun am Ende dieses Exkurses zur bereits erwähnten Anwendung

8 Satz: (Satz vom Fußball) Bei jedem Fußballspiel, bei dem nur ein Ball benutzt wird, gibt es zwei Punkte auf der Oberfläche des Balles, die sich zu Beginn beider Halbzeiten (wenn der Ball auf dem Anstoßpunkt liegt) an derselben Stelle im umgebenden Raum befinden Wir wollen den Beweis hier lediglich argumentativ führen und die einzelnen Schritte skizzieren Einen ausführlichen Beweis finden Sie in Kapitel 5 des Buches Lineare Algebra von Gerd Fischer Beweiskizze: Die Beweisidee ist eigentlich recht einfach Vergisst man nämlich die Translationen, dh die Verschiebungen im Raum, so können die Drehungen des Balles durch Abbildungen f A : R 3 R 3 mit A SO(3) beschrieben werden Hierbei wird der Ball als einer der gewöhnlichen Bälle um den Ursprung B r () = {x R 3 x 2 = x x x 2 3 r 2 } und dementsprechend die Oberfläche des Balles als die Abstandssphäre S 2 (r) = {x R 3 x 2 = x x x 2 3 = r 2 } interpretiert Da SO(3) eine Gruppe ist, sind insbesondere die Kompositionen von solchen Drehungen wieder Drehungen Somit können wir die Lage (der Oberfläche) des Balles auf dem Anstoßpunkt zu Beginn der zweiten Halbzeit als Bild einer Sphäre S 2 (r) unter einer solchen Abbildung f A mit A SO(3) auffassen (es gilt f A (x) = x für alle x R 3 ) Die Aussage folgt nun aus der Tatsache, dass jede Matrix A SO(3) einen Eigenwert 1 hat Denn dann wird, für einen Eigenvektor v zum Eigenwert 1, die Ursprungsgerade R v von f A punktweise fixiert, dh f A (rv) = A (rv) = rv für alle r R, und die beiden Punkte, an denen die Gerade die Sphäre (dh die Oberfläche des Balles) durchstößt sind dann gerade die gesuchten Fixpunkte Es bleibt also zu zeigen, dass jede Matrix A SO(3) einen Eigenwert 1 hat Hierzu überlegen wir uns zuerst, dass es zu jedem A O(3) eine Matrix B O(3) gibt mit ±1 B 1 A B = a b c d und a b à = O(2) c d Um das zu sehen, bemerken wir, dass das charakteristische Polynom P A (λ) vom Grad 3 ist und somit eine Nullstelle hat, dh A hat einen Eigenwert Nach Punkt (iv) des letzten Beispiels gilt dann für den Eigenwert λ {±1} Sei nun v ein Eigenvektor zum Eigenwert λ von A Dann gibt es zwei Vektoren w 1, w 2 R 3 der Länge 1 mit w 1 v und w 2 v sowie w 1 w 2 Ist dann B die Matrix mit B e 1 = v, B e 2 = w 1 und B e 3 = w 2, dh B = v w 1 w 2 so kann man nachrechnen, dass B O(3) und damit B 1 AB O(3) ist Ferner gilt

9 (B 1 AB) e 1 = (B 1 A) (B e 1 ) = B 1 (A v) = B 1 (±v) = ±(B 1 v) = ±e 1 sowie für i {2, 3} Somit ist (B 1 AB) e i, e 1 B O(3) = A (B e i ), B e 1 = A w i, v A v=±v = ± A w i, A v A O(3) = ± w i, v = B 1 AB = mit à M(2), denn für einen Vektor z = Aus (B 1 AB) T (B 1 AB) = ±1 à z 1 z 2 R 3 ist z, e i = z i für i {1, 2, 3} z 3 1 à T Ã! = 1 I 2 folgt dann à O(2) Da in unserem Fall sogar A SO(3) gilt und ±1 det(ã) = det(b 1 AB) = det(b 1 ) det(a) det(b) = det(b) 1 det(a) det(b) = det(a) = 1 steht auf der Diagonalen von B 1 AB entweder 1 und es gilt det(ã) = 1 oder der Diagonaleintrag ist 1 und es gilt det(ã) = 1 Im ersten Fall ist dann aber B 1 AB e 1 = e 1 und im zweiten Fall entspricht fã einer Spiegelung in der von e 2 und e 3 aufgespannten Ebene Dann gibt es aber, wie gesehen, ein w e 1 mit B 1 AB w = fã(w) = w In jedem Fall hat also B 1 AB einen Eigenwert 1 Nun haben aber A und B 1 AB wegen P B 1 AB(λ) = det(b 1 AB λ I 3 ) = det(b 1 AB λ B 1 I 3 B) = det(b 1 (A λ I 3 ) B) = det(b 1 ) det(a λ I 3 ) det(b) = det(b) 1 det(a λ I 3 ) det(b) = det(a λ I 3 ) = P A (λ) dieselben Eigenwerte Somit hat A ebenfalls den Eigenwert 1 und die Behauptung folgt mit den obigen Überlegungen