10. Übung zur Linearen Algebra II -

Transkript

1 0. Übung zur Linearen Algebra II - Lösungen Kommentare an Hannes.Klarner@Fu-Berlin.de FU Berlin. SS 00. Aufgabe 7 Der ( linearen ) Abbildung ϕ : R R sei bzgl. der kanonischen Basis die Matrix zugeordnet. Ist ϕ selbstadjungiert bzgl. des durch ( x definierten Skalarprodukts? Lösung x ) ( y ) = x y y + x y Die Abbildung ϕ ist genau dann selbstadjungiert (bzgl. des oben definierten Skalarprodukts), wenn die darstellende Matrix von ϕ bzgl. einer ONB hermitesch ist. Eine ONB B kann zum Beispiel mit dem Verfahren von E. Schmidt aus der Standardbasis ( ( 0 B = (, ) 0) ) hergeleitet werden. Man erhält B 0 = (, ) 0 und ϕ B ( ). Die darstellende Matrix bzgl. B ist nicht hermitesch, also ist ϕ nicht selbstadjungiert. Alternativ kann man zeigen das ϕ die Eigenschaft x, y : ϕ(x) y = x ϕ(y) nicht besitzt. Am einfachsten durch ein Gegenbeispiel: 0 0 ϕ( ) = 9 = ϕ( ).

2 Aufgabe 8 (i) Es sei ϕ ein selbstadjungierter Endomorphismus eines Prähilbertraumes (X, ), für den ϕ ϕ = ϕ gilt (also ist ϕ Projektion). Zu zeigen: Dann ist ϕ orthogonale Projektion. (ii) Es sei (X, ) ein Prähilbertraum, und es seien f,g selbstadjungierte Endomorphismen von X. Man zeige: f g ist selbstadjungiert f g = g f. Zu (i): Die nachzuweisende Eigenschaft einer orthogonalen Projektion ist ker(ϕ) ϕ(x). Anmerkung: Orthogonale Projektionen sind im Allgemeinen keine orthogonalen Abbildungen, denn: Projektionen sind im Allgemeinen keine Isometrien. Beweis der Behauptung: Seien x ker(ϕ) und y ϕ(x) beliebig. Dann ist x y = x ϕ(y) = ϕ(x) y = 0 y = 0. ϕ Projektion ϕ selbstadjungiert Zu (ii): = Sei f g selbstadjungiert. Zu zeigen: f g = g f. Für beliebige x, y X gilt also (f g)(x) y = x (f g)(y) und da auch f und g selbstadjungiert sind: Zusammen also (f g)(x) y = g(x) f(y) = x (g f)(y). x (f g)(y) = x (g f)(y) x (f g(y) g f(y)) = 0 Da die Gleichung für alle Vektoren gilt, ist sie insbesondere für wahr. Also was zu zeigen war. x = (f g)(y) (g f)(y) (f g)(y) (g f)(y) = 0 (f g)(y) (g f)(y) = 0 (f g)(y) = (g f)(y), = Sei jetzt f g = g f. Zu zeigen: f g ist selbstadjungiert. Für zwei beliebige Vektoren gilt (f g)(x) y = g(x) f(y) f selbstadj. = x (g f)(y) g selbstadj. = x (f g)(y) f g = g f, was zu zeigen war.

3 Aufgabe 9 Es sei X endlich dimensionaler Prähilbertraum und ϕ : X X eine lineare Abbildung mit: x x = 0 = ϕ(x ) ϕ(x ) = 0 x, x X. Zu zeigen: Dann ist ϕ bis auf einen skalaren Faktor eine Isometrie von X. Nach 47 Satz ist ϕ eine Isometrie genau dann, wenn eine Orthonormalbasis durch ϕ wieder auf eine Orthonormalbasis abgebildet wird. D.h. sei B = (b,..., b n ) eine ONB. ϕ ist genau dann eine Isometrie, wenn ϕ(b) = (ϕ(b ),..., ϕ(b n )) eine ONB ist. Gegeben ist schon die Orthogonalität der Vektoren aus ϕ(b). Zu zeigen ist, daß für einen passenden Skalar λ K gilt λϕ(b i ) = i n. (Denn dann ist λϕ eine Isometrie, also ϕ bis auf einen skalaren Faktor eine Isometrie.) Für zwei beliebige Basisvektoren b i, b j ist und daher nach Vorraussetzung auch (b i b j ) (b i + b j ) = = 0 0 = ϕ(b i b ) ϕ(b i +b ) = ϕ(b i ) ϕ(b ) = λϕ(b i ) =, λ = ϕ(b ) i n. Was zu zeigen war. Aufgabe 40 (i) Sei A := Bestimme eine orthogonale Matrix S, sodaß SAS 0 Diagonalmatrix ist. (ii) Man stelle 0 als Produkt einer symmetrischen und einer 0 orthogonalen Matrix dar. Lösung Zu (i): Die Spalten der Matrix S bestehen aus einer Orthonormalbasis von Eigenvektoren. Dazu berechnet man zuerst das charakteristische Polynom χ(t) 6 t 0 0 χ(t) = 0 t 0 t = (6 t) ( t). Die Nullstellen 6 und von χ sind die Eigenwerte der Matrix A. Jetzt bestimmt man Basen zu den Eigenräumen und orthogonalisiert diese. Eig() = {x (A E)x = 0}

4 und A E = = Eig() = [ 0 ] Eig(6) = {x (A 6E)x = 0} und A 6E = = Eig() = [ 0, 0 ] Die Vereinigung der Basen der Eigenräume bildet zufälligerweise schon ein Orthogonalsystem. Einfaches Normalisieren (bzgl. des Standard-Skalarprodukts) der Vektoren liefert eine geordnete ONB: ( 0, 0, 0 ) 0 und die gesuchte Matrix S besteht spaltenweise aus dieser Basis. S ist symmetrisch und orthogonal, also ihr eigenes Inverses: S = = S T = S. Folgende Zerlegung von A in Eigenvektoren und Eigenwerte ist erreicht: A = SDS = Zu (ii): Die Zerlegung einer quadratischen Matrix B in das Produkt einer orthogonalen Matrix B O und einer symmetrischen Matrix B S B = B O B S ist möglich, wenn B regulär ist. B sei die in (ii) gegebene Matrix. Streng nach der Methode aus dem Skript wird zunächst B S bestimmt. Man verwendet die Theorie von symmetrischen Matrizen, indem man folgenden symmetrische Matrix diagonalisiert B T B = 0 0 = = A. 0 Das wurde in (i) erledigt. Die Diagonalmatrix D = SB T BS, die man so erhält hat immer positive Zahlen auf der Diagonalen. Deswegen kann man die Matrix D betrachten, die aus D hervorgeht, indem man komponentenweise die positive Wurzel übernimmt. D = = D =

5 Als letzten Schritt zur Bestimmung von B S macht man die Transformation mit S wieder rückgängig: B S = S DS = S SB T BS S = Die orthogonale Matrix B O ergibt sich durch die Tatsache, daß die eben berechnete Matrix B S regulär ist (Produkt regulärer Matrizen) und die Gleichung B = B O B S gelten soll. Die letzte Hürde ist deswegen die Invertierung von B S. Nach dem Gauß-Jordan Verfahren zur Invertierung von Matrizen: WolframAlpha