Lineare Algebra, Analytische Geometrie II

Transkript

1 Skript Lineare Algebra, Analytische Geometrie II gehört bei Prof. Dr. Annette Huber-Klawitter Universität Leipzig Stand: 27. November 26 Zusammengestellt von Marcel Dennhardt

2 Dieses Skript fasst die Mitschriften der Vorlesung Lineare Algebra, Analytische Geometrie II aus dem Sommersemester 26 bei Frau Prof. Dr. Annette Huber-Klawitter zusammen. Die Vorlesung knüpft an den ersten, von Prof. Dr. Bernd Herzog gehaltenen Teil aus dem Wintersemester 25/26 an. Für Fehlerfreiheit kann nicht garantiert werden. Werden Fehler gefunden, so bitte ich deswegen, mir selbige per ) mitzuteilen. Diese Datei darf jederzeit gedruckt, vervielfältigt und nicht-kommerziell veröentlicht werden, doch stellt sie keinen Ersatz für den Besuch der Veranstaltung dar! Das Skript wird in Absprache mit Frau Prof. Dr. Annette Huber-Klawitter vorlesungsbegleitend aktualisiert und ergänzt. Die jeweils aktuellste Version ist unter verfügbar. Die vorliegende Version stammt vom 27. November 26. Universität Leipzig 2

3 Inhaltsverzeichnis Inhaltsverzeichnis 5 Eigenwerte und Eigenvektoren 4 5. Diagonalisierbarkeit Das charakteristische Polynom Exkurs Eigenschaften von Polynomringen Fahnen Das Minimalpolynom Jordansche Normalform Euklidische und unitäre Vektorräume 5 6. Skalarprodukte, Normen, Metriken Hauptachsentransformation Bilineare Abbildungen Tensorprodukte Tensoren in der Physik Ane und projektive Geometrie Ane Räume Der projektive Raum Ane Abbildungen Dualitätsprinzip Kegelschnitte 46 Jordansche Normalform 5. Anwendung: Die Normalform von Jordan-Chevalley Lineare Gruppen Algebren 67. Anwendungen von Λ (V ) Universität Leipzig 3

4 5. Eigenwerte und Eigenvektoren 5 Eigenwerte und Eigenvektoren Denition 5.. Sei f : V V Endomorphismus eines Vektorraums V. Ein Vektor v V \ {} heiÿt Eigenvektor zum Eigenwert λ K, falls gilt: f (v) = λv Eine Basis v,..., v n von V heiÿt Eigenbasis, falls alle v i Eigenvektoren sind (zu beliebigen Eigenwerten). Zu λ K heiÿt V λ = {v V : f (v) = λv} Eigenraum zu λ. Beispiel. a) R 2 R 2 Spiegelung: Die Abbildung lässt den Vektor fest, er ist Eigenvektor zum Eigenwert. und sind Eigenvektoren zum Eigenwert. b) R 2 R 2 Rotation um Winkel α: Die Abbildung lässt keinen Vektor fest. Es gibt keine Eigenvektoren, auÿer bei: α =, 36,...: Alle Vektoren sind Eigenvektoren zum Eigenwert : R 2 = R 2 α = 8,...: Punktspiegelung am Ursprung, Eigenwert : R 2 = R2 Bemerkung. (i) v = wird ausgeschlossen, denn λ = für alle λ K. λ = ist erlaubt. (ii) V λ ist Untervektorraum von V. (iii) λ Eigenvektor V λ (iv) Begrie der englischen Literatur: eigenvector, eigenvalue, eigenbasis, eigenspace (v) Sei v,..., v n Eigenbasis zu den Eigenwerten λ,..., λ n. 5. Diagonalisierbarkeit Denition 5.2. Ein Endomorphismus f : V V heiÿt diagonalisierbar, wenn es eine Basis v,..., v n gibt, so dass die darstellbare Matrix eine Diagonalmatrix ist mit anderen Worten, wenn v,..., v n eine Eigenbasis ist. Bemerkung. Man sagt auch: Die Matrix A M n n (K) ist diagonalisierbar, wenn die zugehörige lineare Abbildung diagonalisierbar ist, d. h. es gibt eine invertierbare Matrix S GL n (K) mit SAS Diagonalmatrix. Beispiel. f : K 2 K 2, Multiplikation mit ` 2 2 «««2x + y 2 x x λx = = λ = 2y 2«y y«λy 2y = λy λ = 2 oder y = 2x+y=2x 2x=λx y= x= oder λ=2 Also: y =, λ = 2, x beliebig. f hat nur einen Eigenwert, nämlich 2. Eigenraum zur λ = 2: j ff x v 2 = : x K «Es gibt keine Eigenbasis. Universität Leipzig 4

5 5. Eigenwerte und Eigenvektoren 5.2 Das charakteristische Polynom Denition 5.3. Sei f : V V linear und V ein endlich-dimensionaler Vektorraum. Dann heiÿt χ f (T ) = det (f T Id) charakteristisches Polynom von f. Bemerkung. Sei v = {v,..., v n } Basis von V, A = ( ) a ij die darstellende Matrix von f.... = ( { ) i = j δ ij, δij = sonst χ f (T ) = det (M v v (f T Id)) = det (A T Id) = ( ) ( ) ( ) sign σ aσ() T δ σ() a2σ(2) T δ 2σ(2) anσ(n) T δ nσ(n) σ S n Dies ist ein Polynom in der Variablen T. σ = Id ( ) n T n ist der höchste Term: χ f (T ) = ( ) n T n + Terme niedrigerer Ordnung Also hat χ f (T ) den Grad n = dim V. Satz 5.4. Sei f Endomorphismus eines endlich-dimensionalen Vektorraums. Dann sind folgende Aussagen äquivalent: (i) λ ist ein Eigenwert von f. (ii) λ ist Nullstelle von χ f (T ). Beweis. (i) (ii): Sei λ Eigenwert, d. h. f (v) = λv, v (f λ Id) (v) =, v λ ist Eigenwert ker (f λ Id) det (f λ Id) = =χ f (λ) Beispiel. Betrachte f : R 2 R 2 Drehung um α, d. h. Multiplikation mit ` cos α sin α. sin α cos α Gesucht sind die Eigenwerte. «cos α T sin α χ f (T ) = det sin α cos α T χ f (T ) =, d. h. = (cos α T ) 2 + sin 2 α = cos 2 α 2 cos αt + T 2 + sin 2 α (cos α T ) 2 + sin 2 α = (cos α T ) 2 = sin 2 α T = cos α sin α = Für α, 8 ist sin α =, cos α =,, d. h. χ f (T ) hat die Nullstelle bzw., f hat den Eigenwert bzw.. Was sind die Eigenvektoren? «α = x : «y x = y«erfüllt für alle ` x y R 2. «α = 8 x : «y erfüllt für alle ` x y R 2. x = ( ) y«universität Leipzig 5

6 5. Eigenwerte und Eigenvektoren 5.3 Exkurs Eigenschaften von Polynomringen Denition 5.5. Sei K ein Körper. Ein formaler Ausdruck der Form P (T ) = a + a T + a 2 T a n T n, a i K, a n oder P (T ) = heiÿt Polynom vom Grad n. K [T ] = Menge aller Polynome über K (Pedantisch: Ein Polynom ist eine Folge (a, a, a 2,...), a i K mit a i = für i.) Bemerkung (Nachtrag). Fasse P (T ) als Abbildung auf: P : K K, λ P (λ) = a + a λ + 2 λ a n λ n Fasse P (T ) als Abbildung auf: P : End V End V, f P (f) = a Id +a f + a 2 f f a n f n Folgendes Diagramm ist kommutativ: End V Wahl der Basis v,...,v n P M n n (K) P End V M n n (K) Lemma 5.6. K [T ] ist ein Ring mit der Addition ( a + a T a n T n) + ( b + b T b m T m) = (a + b ) + (a + b ) T +... und der Multiplikation ( a + a T a n T n) ( b + b T b m T m) Beweis. = a b + (a b + a b ) T + (a b 2 + a b + a 2 b ) T a m b m T n+m n+m = a i b j T k. k= i+j=k K [T ] ist kommutativ bezüglich +: Assoziativität gilt, da + in K assoziativ ist. Kommutativität gilt, da + in K kommutativ ist. ist neutrales Element in K [T ], da neutrales Element in K. Inverses bezüglich + für a + a T a nt n ist a a T... a nt n. Bezüglich gilt: Zu zeigen: 9 P Q = QP >= P (QR) = (P Q) R >; Übungsaufgabe! P (Q + R) = P Q + P R K [T ] = {(a, a, a 2,...) K : Es gibt n mit a i = für i n.} Universität Leipzig 6

7 5. Eigenwerte und Eigenvektoren Eigenschaften der Mutliplikation auf Monomen: T i T j = T i+j Die Ausdehnung auf beliebige Polynome benutzt gerade die Rechenregeln. Denition 5.7. Sei P = a +a T +...+a n T n K [T ], λ K. Dann ist P (λ) = a +a λ+...+a n λ n K. λ heiÿt Nullstelle von P, falls P (λ) =. K heiÿt algebraisch abgeschlossen, wenn jedes nichtkonstante Polynom eine Nullstelle hat. Beispiel. Q und R sind nicht algebraisch abgeschlossen: T 2 + hat keine Nullstelle. Auch F 2 ist nicht algebraisch abgeschlossen, da T 2 + T + keine Nullstelle hat. C ist algebraisch abgeschlossen. 2 Bemerkung. Jeder Körper K ist in einem algebraisch abgeschlossenen Körper K enthalten. 3 Beispiel. Körper der algebraischen Zahlen: Q = {α C : α ist Nullstelle eines P Q [T ]} Vorsicht! Weshalb ist das ein Körper? Satz 5.8. Sei P K [T ]. Dann gilt: P = (T α ) ν (T α 2 ) ν2 (T α n ) νn C mit α i K paarweise verschieden, ν i, n, C K [T ] ohne Nullstellen. Ist K algebraisch abeschlossen, so gilt C = const., C K. Bemerkung. Für P = χ f sind die α i gerade die Eigenwerte von f. Beweis. Induktion nach deg P : deg P = P = C = const. deg P =, P = a + a T (a ) = a T + a a, a = C, α = a a, ν = Der Satz sei bewiesen für alle Polynome vom Grad n. Sei F K [T ] vom Grad n +. Erster Fall: F hat keine Nullstelle. Dann ist F = C. Es ist nichts zu zeigen. Zweiter Fall: F hat eine Nullstelle α K. Polynomdivision von F durch (T α) ergibt: F = Q (T α) + R deg R < deg (T α) = Einsetzen von α: Also: F (α) = (α α) Q (α) + R = R = = F = (T α) Q, deg Q = deg F = n Q kann nach Induktionsvoraussetzung als Produkt von Linearfaktoren mal C geschrieben werden, also auch: F = (T α) Q Bemerkung. K algebraisch abgeschlossen χ f hat eine Nullstelle, d. h. f hat einen Eigenwert. Hat V eine Eigenbasis? Nein! Beispiel. Betrachte ` 2 2 : Aber: χ f (T ) = (2 T ) 2 V 2 = {( x ) : x K} (dim V 2 = ) 2 Beweis in Funktionentheorie oder Algebra I. 3 Beweis in Algebra I benutzt Zornsches Lemma. Universität Leipzig 7

8 5. Eigenwerte und Eigenvektoren Denition 5.9. Sei f : V V Endomorphismus eines endlich-dimensionalen Vektorraums, λ Eigenwert von f. Dann heiÿt dim V λ geometrische Multiplizität. Die Multiplizität von λ in χ f heiÿt algebraische Vielfachheit. Satz 5.. Sei V ein endlich-dimensionaler Vektorraum, f : V V Endomorphismus. Seien λ,..., λ n die Eigenwerte von f mit geometrischer Vielfachheit µ i und algebraischer Vielfachheit ν i. Dann gilt µ i ν i, i =,..., n. Dann sind folgende Aussagen äquivalent: (i) Das charakteristische Polynom χ f zerfällt in Linearfaktoren. µ i = ν i für i =,..., n. (ii) V hat eine Eigenbasis bezüglich f. (iii) Es gilt V = V λ... V λn. Beweis. Sei λ Eigenwert, v,..., v k Basis von V λ. Ergänze zu einer Basis v,..., v N von V. Berechne χ f in der Basis v,..., v N : Matrix von f bezüglich dieser Basis: λ 9 f (v ) = λv λ f (v 2 ) = λv 2 >=. M = f (v k ) = λv k λ >; f (v k+ ) =? A. B x f (T ) = det (M λt ) = det (λ Id T Id) det B T Id = (λ T ) k det (B T Id) geometrische Vielfachheit = dim V λ = k algebraische Vielfachheit von λ (i) (ii): Sei v,..., v n eine Eigenbasis. Dann ist die darstellende Matrix von f bezüglich v,..., v n eine Diagonalmatrix. Das charakteristische Polynom hat dann die Form (λ T ) ν (λ 2 T ) ν2 (λ k T ) ν k, wobei λ i T gerade so oft auftritt, wie der Eigenvektor λ i für v,..., v n. Also: algebraische Vielfachheit = geometrische Vielfachheit und χ f zerfällt in Linearfaktoren. (ii) (iii): Sei µ i = ν i für alle Eigenwerte λ,..., λ n. Wir betrachten ϕ : V λ V λ2... V λn V (v, v 2,..., v n) v + v v n Diese Abbildung ist linear. Nach Voraussetzung gilt: dim `V nx nx (i) λ... V λn = dim V λi = µ i = da χ f in Linearfaktoren zerfällt: Also: i= i= χ f (T ) = (λ T ) ν (λ 2 T ) ν2 (λ n T ) νn deg χ f = dim V, d. h. beide Seiten haben dieselbe Dimension. Behauptung: ϕ ist bijektiv. ( ϕ injektiv) C A nx ν i = deg χ f, Beweis. Zu zeigen: v i V λi mit v + v v n = v i = i= Angenommen (v,..., v n) ker ϕ \ {}. Sei s die Anzahl der i mit v i, also s. O. B. d. A. ist v,..., v s und v s+ =... = v n =. Sei s die kleinstmögliche Zahl mit dieser Eigenschaft. Universität Leipzig 8

9 5. Eigenwerte und Eigenvektoren P s = bedeutet v i =, also v =. Widerspruch! Es gilt also s >. Also gibt es wenigstens zwei verschiedene Eigenwerte i= und es gibt einen Eigenwert ungleich Null, o. B. d. A. sei λ. Es gilt: v + v v s = = f (v ) + f (v 2 ) f (v s) Beide Gleichungen zusammen ergeben: λ «2 + λ « v 2 λ V λ2 \{} v 3 λ V λ3 \{} = λ v + λ 2 v λ sv s = v + λ 2 λ v λs λ v s λs λ «v s V λs \{} = Dies ist ein Widerspruch zur Wahl von s. Also gilt: ker ϕ = Das Diagramm V λ... V λn? hy ϕ = V? yf = V λ... V λn V ϕ ist kommutativ. Sei v,..., vµ 9 Basis von V λ. h : (v,..., v n) (λ v,..., λ nv n) Sei v, 2..., vµ 2 Basis von V λ2. >= Basis von V nach (iii). Sei v n,..., >; vn µ Basis von V λn. Dies ist die gesuchte Eigenbasis. Korollar 5.. Sei f : V V Endomorphismus eines n-dimensionalen Vektorraums. f habe n verschiedene Eigenwerte, d. h. χ f hat n verschiedene Nullstellen. Dann ist f diagonalisierbar (es existiert eine Eigenbasis). 5. Beweis. Nach Denition ist µ i und nach Voraussetzung ist ν i = µ i ν i. Also gilt µ i = ν i für i =,..., n. (i) (ii) besagt, dass es eine Eigenbasis gibt. Bemerkung. In der Physik nennt man Eigenräume mit geometrischer Vielfachheit gröÿer degeneriert. Durch kleine Störungen wird die Matrix nichtdegeneriert. Über C ist jede nichtdegenerierte Matrix diagonalisierbar. Satz 5.2. Sei K algebraisch abgeschlossen, V endlich-dimensional und f : V V Endomorphismus. Dann gibt es eine Basis von V,so dass die darstellende Matrix von f bezüglich dieser Basis eine Dreiecksmatrix ist.. Beispiel. K n mit der Standardbasis, A =. C A Die Unterräume e,..., e i werden von f in sich abgebildet. 5.4 Fahnen Denition 5.3. Sei V ein Vektorraum. Eine Fahne der Länge r von V ist eine echt aufsteigende Folge von Untervektorräumen: V V V 2... V r Die Fahne heiÿt vollständig, wenn Universität Leipzig 9

10 5. Eigenwerte und Eigenvektoren (i) V =, (ii) V r = V, (iii) dim V i+ = dim V i +. Sei f ein Endomorphismus. Ein Untervektorraum U V heiÿt f-invariant oder stabil unter f, falls f (U) U. Eine Fahne heiÿt f-invariant, falls alle V i f-invariant sind. Beispiel. a) V ist eine f-invariante Fahne, vollständig genau dann, wenn dim V =. b) V λ V ist f-invariant, denn f (v) = λv V λ, v V λ. c) v,..., v n Basis von V. V i = v,..., v i. Die V i bilden eine vollständige Fahne. d) Gegeben eine vollständige, f-invariante Fahne V i. dim V =, v in V. f (v) V f (v) = λv für ein λ K Eigenvektor. Satz 5.4. Sei K algebraisch abgeschlossen, V endlich-dimensionaler K-Vektorraum, f : V V Endomorphismus. Dann existiert eine vollständige f-invariante Fahne. Beweis. Induktion nach dim V. Ist dim V =, ist nichts zu zeigen. Sei nun n = dim V >. V =. Sei v ein Eigenvektor zum Eigenwert λ, V = v. Dann gilt f (µv) = λµv V. Sei V = V/V = {v + V : v V }, ϱ : V V, v v + V. V? ϱy V f V? y ϱ V f Setze f : V V, v + V f (v) + V. f ist linear: f ((v + V ) + (w + V )) = f (v + w + V ) Wohldeniertheit von f : v + V = w + V = f (v + w) + V = f (v) + f (w) + V Zu zeigen: f (v) + V = f (w) + V. v w V. f (v) f (w) = f (v w) = λv w V f (v) + V = f (w) + V. = (f (v) + V ) + (f (w) + V ) = f (v + V ) + f (w + V ) Es gilt dim V = dim V dim V = n. Wir wenden die Induktionsvoraussetzung auf f : V V an. Also existiert eine vollständige Fahne f -invariante Fahne in V : V V 2 V 3... V n = V f `V i V i, dim V i = i Sei V i = ϱ `V i. ϱ `V = ϱ () = V. = V V V 2... V n V n = ϱ (V n) = ϱ (V ) = V, da ϱ : V V = V/V. Behauptung: dim V i = i. Für i = richtig. Sei nun i >. ϱ : V V ist surjektiv. ϱ Vi : V i V i ist surjektiv. Dimensionsformel: dim V i = dim im ϱ Vi + dim ker ϱ Vi = dim V i + dim V = i + = i. Universität Leipzig

11 5. Eigenwerte und Eigenvektoren Behauptung: f (V i ) V i Sei v V i, d. h. ϱ (v) V i. Nach Voraussetzung: f `V i V =v+v i, also f (v + V ) =f(v)+v =ϱ(f(v)) V i. Gezeigt: v V i f (v) ϱ `V i = Vi Beweis (Zu Satz 5.2). Sei V V 2... V n = V eine vollständige f-invariante Fahne. Sei v eine Basis von V. Sei {v, v 2 } eine Basis von V 2 (Basisergänzungssatz). Sei {v, v 2, v 3 } eine Basis von V 3 usw. Also: v,..., v n Basis von V, so dass V i = v,..., v i. Beachte: f ( v,..., v i ) v,..., v i. Die darstellende Matrix von f bezüglich v,..., v n ist λ α β. f (v ) V = v, d. h. f (v ) = λv + v f (v 2 ) V = v, v 2, d. h. f (v ) = αv + βv C A wie behauptet. Beispiel. f : K 2 K 2 Multiplikation mit ` 3. Gesucht: = V V V 2 = V mit f (v ) V. χ f (T ) = det T 3 T = ( T ) (3 T ) + = T 2 4T + 4 = (T 2) 2 Eigenwert 2. «««2 x x x + y = = = y = x «3 2«y «y x + y v = ` ist ein Eigenvektor. Wähle v 2 = `. f (v ) = 2v f (v 2 ) = ` 3 ` = ` 3 = ` + ` 2 = v + 2v 2 Darstellende Matrix ist ` 2 2. «««2 (T 2) = = 2 2 «2 = «Sei f : V V Endomorphismus, P (T ) K [T ] Polynom: Dann ist P (T ) = a + a T + a 2 T a nt n, a i K P (f) = a Id +a f + a 2 f a nf n End (V ), f i = f f f. i mal Satz 5.5 (Cayley-Hamilton). Sei K ein Körper, V f : V V ein Endomorphismus. Dann gilt: ein endlich-dimensionaler K-Vektorraum und χ f (f) = End (V ) Beweis. Sei zunächst K algebraisch abgeschlossen. Wir wählen eine Basis von V, so dass λ Mv v B (f) C.. A =: M λ n Es gilt χ f (T ) = det (M T Id) = (λ T ) (λ 2 T ) (λ n T ). Also: χ f (f) = (λ Id f) (λ 2 Id f) (λ n Id f) Sei φ i = (λ f Id) (λ 2 f Id) (λ n f Id). Sei = V V... V n die vollständige f-invariante Fahne, die zur Denition von M führte. Behauptung: φ i (V i ) =. (Insbesondere: i = n φ n = χ f (f), V n = V, d. h. χ f (f) (V ) =.) Universität Leipzig

12 5. Eigenwerte und Eigenvektoren Induktion nach i: Für i = ist nichts zu zeigen, denn φ (v) = Sei nun i >. φ i = φ i (λ i f). Sei nun v V i. v = a v a i v i. φ i (v) = φ i ((λ i f) (a v + a 2 v a i v i )) = φ i λ ia v + λ i a 2 v λ i a i v i a f (v ) a 2 f (v 2 )... a i f (v i ) C A V i V i = φ i (λ i a i v i a i λ i v i ) + v mit v V i = nach Induktionsvoraussetzung f (v i ) =?v +?v ?v i + λ i v i + = λ v + Rest mit Rest V i. Alle Summanden, auÿer λ i a i v i und a i f (v i ) liegen in V i. Sei nun K beliebig. Sei v,..., v n eine Basis von V, M die darstellende Matrix von f. χ M (T ) = χ f (T ) Dann ist χ m (M) die darstellende Matrix von χ f (f). Zu zeigen: χ M (M) = in M n (K) M n ` K (In Algebra I: K K für K algebraisch abgeschlossen.) M : K n K n ist lineare Abbildung. Nach dem bisher Gezeigten gilt χ M (M) =. Beispiel. ` 2 2, v = `, v2 = `. φ = (2 f), φ 2 = (2 f) 2. `` `` φ = 2 ` 2 2 ` ` 2 = ` ` = φ (2 f) ` = φ `` ` = φ `` = 5.5 Das Minimalpolynom Denition 5.6. Sei V ein endlich-dimensionaler Vektorraum, f : V V ein Endomorphismus. Das Minimalpolynom µ f K [T ] ist das kleinste (kleinster Grad) normierte Polynom ungleich mit µ f (f) =. P K [T ] heiÿt normiert, falls 2.4. P (T ) = T d + a d T d a, a i K Lemma 5.7. Sei P K [T ] mit P (f) =. Dann ist µ f ein Teiler von P. µ f ist eindeutig bestimmt. Beweis. Polynomdivision mit Rest ergibt: P = Qµ f + R, Q, R K [T ], deg R < deg µ f = P (f) = Q (f) µ f (f) +R (f) R hat Nullstelle f. = R = b mt m + b m T m b, b m b m R (f) = Nach Wahl des Minimalpolynoms muss R = sein. Die Division P = Qµ f liefert keinen Rest. Sei µ f ebenfalls Minimpolynom. Es gilt: µ f = P µf und µ f = P 2 µ f = P 2P µ f deg P 2 P = deg P, deg P 2 = d. h. P, P 2 K, P P 2 =. T d + a d +... = (P 2 P ) h i T d + a d T d +... Koezientenvergleich in µ f = P 2 µ f ergibt P 2 =, da µ f, µ f normiert sind. Universität Leipzig 2

13 5. Eigenwerte und Eigenvektoren Beispiel. A = ` a b, χa (T ) = (a T ) (b T ) = T 2 (a + b) T + ab «a 2 a χ A (A) = b 2 2 ««+ ab ab ab + b 2 + = ab Mögliche Teiler: T a, T b «a a a (T a) = b a + b Für a = b ist µ A = T a. Für a b ist µ A = χ A. ««= b a «2 Beispiel. B =, χ 2 B (T ) = (T 2) 2. Möglicher Teiler: T 2 «««2 2 (T 2) (B) = = 2 2 Also: µ B = χ B. Satz 5.8. µ f teilt χ f. Die Nullstellen von µ f und χ f stimmen überein. Beweis. χ f = Qµ f (nach 5.7 und Caley-Hamilton). Insbesondere sind die Nullstellen von µ f auch Nullstellen von χ f. Sei λ Nullstelle von χ f, also Eigenwert zu einem Eigenvektor v. f (v) = λ (v), f 2 (v) = f (λv) = λf (v) = λ 2 v,..., f n (v) = λ n v P = a nt n + a n T n a P (f) (v) = (a nf n + a n fn a ) (v) = `a nλ n + a n λ n a (v) V V K =P (λ)v Insbesondere: µ f (f) (v) = µ f (λ) v =, da µ {z} f (f) = in End V. µ f (λ) =. Satz 5.9. Sei f : V V Endomorphismus eines endlich-dimensionalen Vektorraums V. Dann ist f genau dann diagonalisierbar, wenn µ f in Linearfaktoren zerfällt und die Nullstellen von µ f die Multiplizität haben. Beweis. Sei v,..., v n eine Eigenbasis von V. Dann zerfällt χ f und damit auch µ f in Linearfaktoren. Sei µ f (T ) = (T λ ) ν (T λ 2 ) ν2 (T λ k ) ν k, ν k λ,..., λ k sind die Eigenwerte von f. µ f (T ) = (T λ ) (T λ 2 ) (T λ k ) Behauptung: µ f (f) = in End V. µ f (f) (v i ) = µ f (λ) v i, λ der Eigenwert zum Eigenvektor v i ; λ = λ j für ein j. = (λ j = λ ) (λ j λ 2 ) (λ j λ k ) v i =, da (λ j λ j ) = µ f (f) verschwindet auf allen Elementen einer Basis, also gilt µ f (f) =. Wegen deg µ f µ f und der Denition des Minimalpolynoms folgt µ f = µ f. Rückrichtung: Sei umgekehrt µ f (T ) = (T λ ) (T λ k ) mit λ i λ j für i j. Behauptung: f ist diagonalisierbar. Vollständige Induktion nach dim V : dim V = ist klar. Wir betrachten f λ Id : V V. Seien K = ker (f λ Id) = V λ, B = im (f λ Id). da λ Eigenwert f (K) K. Jede Basis von K ist eine Eigenbasis. f (B)? B v B, v = (f λ ) w für ein w V. f (v) = f (f λ ) (w) = (f λ ) f (w), d. h. f (v) B f (B) B. Universität Leipzig 3

14 5. Eigenwerte und Eigenvektoren Dimensionsformel: dim B = dim V dim K < dim V rk(f λ ) Es gilt µ f (f B ) (B) µ f (f) V =. Das Minimalpolynom von f B ist also ein Teiler von µ f. Also ist auch µ f B Produkt von einfachen Linearfaktoren. Nach Induktionsvoraussetzung ist nun f B diagonalisierbar, d. h. B hat eine Eigenbasis bezüglich f B bzw. f. Zu zeigen bleibt: Behauptung: K B = V, (v, w) v + w Trick: Division mit Rest: (T λ 2 ) (T λ 3 ) (T λ k ) = Q (T λ ) + C, deg C < deg (T λ ) =, also C K konstant. c = ist unmöglich, denn T λ ist kein Teiler der linken Seite. Also C K = K \ {}. Wir lesen die Gleichung anders, nämlich als C (T λ 2 ) (T λ 3 ) (T λ k ) C Q (T λ ) = Setze f ein, wende auf v V an: v = C (f λ 2 ) (f λ 3 ) (f λ k ) (v) C Q (f λ ) (v), K denn (f λ ) C (f λ 2 ) (f λ k ) (v) =C µ f (f)(v)= (f λ )(C Q(f)(v)) B d. h. K B V ist surjektiv. 5.6 Jordansche Normalform Sei K algebraisch abgeschlossen, V endlich-dimensional, f : V V Endomorphismus. Dann gibt es eine Basis von V, so dass die darstellende Matrix die Form λ J i J 2 λ i mit J i = λ i hat. Die J i sind bis auf Reihenfolge eindeutig. f ist diagonalisierbar J i = ( λ i ) für alle i Universität Leipzig 4

15 6. Euklidische und unitäre Vektorräume 6 Euklidische und unitäre Vektorräume Diesem Abschnitt werden jeweils die Körper K = R bzw. K = C zugrunde gelegt. Zur Abkürzung steht deshalb K Skalarprodukte, Normen, Metriken Denition 6.. Sei V ein K-Vektorraum. Eine Abbbildung s : V V K heiÿt Bilinearform (K = R) bzw. Sesquilinearform (K = C), wenn (i) s (v, λ w + λ 2 w 2 ) = λ s (v, w ) + λ 2 s (v, w 2 ) für alle λ i K, v, w i V. (ii) s (µ v + µ 2 v 2, w) = µ s (v, w) + µ 2 s (v 2, w) für alle µ i K, v i, w V. s heiÿt symmetrisch bzw. hermitesch, falls zusätzlich (iii) s (v, w) = s (w, v). s heiÿt Skalarprodukt, falls s zusätzlich positiv denit ist, d. h. (iv) s (v, v) für alle v V und s (v, v) = nur für v =. ( s (v, v) > für v V \ {}) Das Paar (V, s) heiÿt euklidischer bzw. unitärer Vektorraum. Meist schreibt man V statt (V, s). Bemerkung. Es gilt s (v, v) (iii) = s (v, v) R auch für K = C... Beispiel. V = R n : s (v, w) = v t B C w = (a,..., a A = a b a nb n, b n v = (a,..., a n) t, w = (b,..., b n) t Bilinear. Symmetrisch. Positiv denit: s (v, v) = a a n 2. s (v, v) = a =,..., a n =. Dies ist das Standardskalarprodukt auf R n. Beispiel. V = C n : s (v, w) = v t w = a b a nb n s (w, v) = w t v = vt w = v t w = s (v, w). s (v, v) = a a a na n = a a n 2 s (v, v) = a =... = a n = a =... = a n = Bemerkung. Für (iv) muss > auf dem Körper deniert sein K = R (mit einem Trick auch K = C möglich). (i) besagt, dass s linear ist als Abbildung in der zweiten Variablen. Für K = C ist s nicht linear in der ersten Variablen. Die Rollen kann man vertauschen. Beide Konventionen kommen vor. Beispiel. V = {f : [, ] K : f stetig} Z s (f, g) = f, g = fg dt ist ein Skalarprodukt Positiv denit: f, f = R ff dt = R f 2 dt f, f = f =, da f stetig. Universität Leipzig 5

16 6. Euklidische und unitäre Vektorräume Beispiel., : R 2 R 2, Hingegen 2a b + a 2 b 2 ist nicht positiv denit. fi ««fl a b, = 2a a 2 b b + a 2 b 2 ist ein Skalarprodukt 2 Denition 6.2. Sei V ein K-Vektorraum. Eine Abbildung. : V R heiÿt Norm, falls für alle v, w V, λ K gilt: (i) λv = λ v. (ii) v + w v + w (Dreiecksungleichung). (iii) v und v = nur für v =. Eine Abbildung d : V V R heiÿt Metrik, falls (i) d (x, y) = d (y, x) (Symmetrie). (ii) d (x, z) d (x, y) + d (y, z) (Dreiecksungleichung). (iii) d (x, y) und d (x, y) = nur für x = y. Bemerkung. Skalarprodukt Norm Metrik v = v, v d (x, y) = x y Lemma 6.3. Sei V euklidischer bzw. unitärer Vektorraum. Dann ist v = v, v eine Norm auf V. Beweis. Wegen v, v ist v wohldeniert. Zu zeigen sind die drei denierenden Eigenschaften einer Norm: Zu (i): λv = p q λv, λv = λ λ v, v q = λ 2p v, v = λ v Zu (iii): p v, v, v = v, v = (iv) v =, da, positiv denit. Behauptung: Cauchy-Schwarzsche Ungleichung: v, w v w Beweis.. Fall: w =. Dann steht: 2. Fall: w w =. v λw, v λw = v, v λ v, w λ w, v + λλ w, w = v 2 λ v, w λ v, w + λ 2 w 2 Sei λ := v,w w 2. Dann folgt weiter: = v 2 Wir schreiben oft, statt s (, ). (nach den Eigenschaften (i) und (ii) des Skalarprodukts) = v, w v, w v, w v, w v, w v, w v, w + w 2 w 2 ( w 2 ) 2 w 2 Universität Leipzig 6

17 6. Euklidische und unitäre Vektorräume Multiplikation mit w 2 : v 2 w 2 v, w v, w v, w v, w + v, w v, w = v 2 w 2. v, w 2 Das ist äquivalent zu v, w 2 v 2 w 2. Daraus folgt die Behauptung. Zu (ii): Zu zeigen: p v + w, v + w p v, w + p w, w v + w, v + w v p v, v p w, w + w 2 = v 2 + v, w + w, v + w 2 v, w + v, w 2 v w Es gilt also: v, w + v, w 2 v, w 2 v w Denition 6.4. Sei V euklidischer bzw. unitärer Vektorraum. Zwei Vektoren v, w V heiÿen orthogonal, falls v, w = und wir schreiben v w. Allgemeiner (aber nur für K = R): Für x, y V \ {} ist cos α (x, y) = x, y x y, α (x, y) < π Bemerkung. Aus der Cauchy-Schwarzschen Ungleichung auf Seite 6 folgt: α (x, y) ist wohldeniert. Sei M V eine Teilmenge. Dann ist: M := {v V : v m für alle m M} Beispiel. V = R 2. fi ««fl a b, = a a 2 b b + a 2 b 2 = ist beispielsweise erfüllt, wenn b = a 2, b 2 = a. 2 Lemma 6.5. M ist ein Untervektorraum,, induziert ein Skalarprodukt auf M. Ist W V ein Untervektorraum eines endlich-dimensionalen Vektorraums V, so gilt 2 : V = W W Beweis. Seien v, w M, λ, µ K. Zu zeigen: λv + µw M. λv + µw, m = λ v, m + µ v, m = λ + µ = für alle m M. Induziertes Skalarprodukt ist automatisch. Denition 6.6. Ein Tupel (x,..., x r ) in einem euklidischen bzw. unitären Vektorraum heiÿt orthonormal (Orthonormalsystem), wenn x i = für alle i, x i x j für i j. Es heiÿt Orthonormalbasis, wenn es zusätzlich eine Basis von V ist. Lemma 6.7. Ein Orthonormalsystem ist linear unabhängig. Ist v V mit v v,..., v r (v i Orthonormalsystem), dann gilt: v = r v i, v v i i= 2 Beweis in 6. auf Seite 9. Universität Leipzig 7

18 6. Euklidische und unitäre Vektorräume Beweis. Sei v,..., v r ein Orthonormalsystem, λ,..., λ r K mit Betrachte: λ v λ rv r = = x, v i da x = DX E = λj v j, v i = X λ j v j, v i = λ i v i, v i = λ i Daraus folgt: λ i = für i =,..., r. Also sind die v,..., v r linear unabhängig. Sei x v,..., v r. Dann gibt es λ,..., λ r K mit x = λ v λ rv r. Es folgt v i, x = λ i. Beispiel. V = K n mit Standardskalarprodukt. Dann ist die Standardbasis B A, B A,..., B A eine Orthogonalbasis. Satz 6.8 (Orthonormalisierungsverfahren). Sei V ein euklidischer bzw. unitärer Vektorraum. v,..., v r seien linear unabhängig in V. Dann ist durch die Rekursionsgleichung ṽ = v v, w k+ = v k+ k i= ṽ i, v k+ ṽ i, ṽ k+ = w k+ w k+ ein Orthonormalsystem deniert mit v,..., v r = ṽ,..., ṽ r. Beweis. Induktion nach r: D E r = : v = v v, ṽ =. (v, da {v } linear unabhängig.) Sei nun r >. Induktionsannahme: ṽ,..., ṽ r wohldeniert, ein Orthogonalsystem und v,..., v r = ṽ,..., ṽ r Behauptung: w r ṽ j für j =,..., r. Es gilt: * + r X w, ṽ j = v r ṽ, v r ṽ i, ṽ j i= r X = v r, ṽ j ṽ, v r ṽ i, ṽ j i= = v r, ṽ j ṽ j, v r (denn ṽ,..., ṽ r ist ein Orthogonalsystem) = v r ist linear unabhängig von v,..., v r, d. h. v r / v,..., v r = ṽ,..., ṽ r. Dann muss aber w r sein. Dann ist ṽ r wohldeniert, hat Länge und ṽ,..., ṽ r ist ein Orthogonalsystem. Behauptung: v,..., v r = ṽ,..., ṽ r Zu zeigen: v,..., v r ṽ,..., ṽ r und ṽ,..., ṽ r v,..., v r. Beide Aussagen richtig nach Induktionsannahme für i =,..., r. ṽ r ṽ,..., ṽ r, ṽ r = v,..., v r, v r richtig nach Denition. v r = w r + P ṽ i, v r ṽ i = w r ṽ r + P ṽ i, v r ṽ i Korollar 6.9. Jeder endlich-dimensionale euklidische bzw. unitäre Vektorraum hat eine Orthogonalbasis. Beweis. Wende das Orthogonalisierungsverfahren auf eine Basis an. Universität Leipzig 8

19 6. Euklidische und unitäre Vektorräume Beispiel. R 2 mit Skalarprodukt e = `, e2 = ` ist eine Basis. D` a E a 2, b b2 = 2a b + a 2 b 2. Gesucht ist eine Orthogonalbasis. e, e = 2 +, e = 2, ẽ = e 2 w 2 = e 2 ẽ, e 2 ẽ = ` D 2 ẽ 2 = w 2 w 2 = e 2 Beispiel. Weitere Basis: f = e, f 2 = ` 2 ẽ =, ` E = 2 = «w 2 = f 2 = f 2 f 2, ẽ ẽ = ` D` E 2 2, = `! 2 2 = ` ` = f 2 = w 2 w 2 = ` Korollar 6.. Sei ein V endlich-dimensionaler euklidscher bzw. unitärer Vektorraum und W V ein Untervektorraum. Dann ist V = W W Beweis. Es gilt: W W = w W : w w für alle w W = {} Insbesondere gilt w w w, w =. Also gilt w =, da, positiv denit. Zu zeigen: W, W spannen ganz V auf. Sei w,..., w r Orthogonalbasis von W. Ergänze zu Orthogonalbasis von V. w r+,..., w n sind orthogonal zu w,..., w r, also auch orthogonal zu W = w,..., w r, also ist w r+,..., w n W. Also wird V durch Elemente von W und W aufgespannt. Denition 6.. Eine lineare Abbildung f : V W zwischen euklidischen bzw. unitären Vektorräumen heiÿt orthogonal bzw. unitär (oder in beiden Fällen isometrisch), falls x, y = f (x), f (y) Falls f zusätzlich bijektiv ist, so heiÿt f Isomorphismus. Die Gruppe der (isometrischen) Isomorphismen eines euklidischen bzw. unitären Vektorraums V wird als orthogonale Gruppe O (V ) bzw. unitäre Gruppe U (V ) bezeichnet. Für V = K n mit Standardskalarprodukt schreibt man O (n) bzw. U (n). Wir haben gerade gezeigt: Bemerkung (Korollar 6.9'). Sei V ein endlich-dimensionaler euklidischer bzw. unitärer Vektorraum. Dann ist V isomorph zu K n mit Standardskalarprodukt. Universität Leipzig 9

20 6. Euklidische und unitäre Vektorräume Beweis. v,..., v n ist eine Orthogonalbasis. Betrachte a f : K n B V,. A X a i v i a n f Ist linear und bijektiv. Zusätzlich ist f verträglich mit dem Skalarprodukt: * a a n C A,.. b n + C A = nx a i b i i= * a.. + * n + BB f. CC BB CC X nx AA, AA = a i v i, b j v j = a i b j v i, v j = a n b n i= j= i,j= nx = a i b i i= ( j j i = j Der Isomorphismus aus 6.9' identiziert auch O (V ) mit Lemma 6.2. Seien V, W euklidische bzw unitäre Vektorräume mit Orthonormalbasen v,..., v n von V und w,..., w n von W, f : V W isometrisch. Dann ist die darstellende Matrix bezüglich dieser Basen orthogonal bzw. unitär, d. h. die Spaltenvektoren bilden ein Orthonormalsystem bezüglich des Standardskalarproduktes auf K n. ( M t M = Id) Beispiel. Die Drehmatrix «cos α sin α sin α cos α ist eine orthogonale Matrix. Beweis. f : K n K n ist isometrische Abbildung (bezüglich des Standardskalarproduktes). f ist Multiplikation mit Matrix M. v i, v j = f (v i ), f (v j ) nach Voraussetzung 8 < i j = : i = j Die f (v i ) sind die Spalten der Matrix M, d. h. die Spalten bilden ein Orthonormalsystem. Lemma 6.3. Eigenschaften einer isometrischen Abbildung f : V W : ) f (v) W = v V. 2) v v in V f (v) f (v ) in W. 3) f : V V isometrischer Endomorphismus f injektiv. Falls dim V <, ist f sogar bijektiv. 4) λ Eigenwert eines isometrischen Endomorphismus λ = ) v, v 2 Eigenvektoren zu verschiedenen Eigenwerten λ, λ 2 v v 2. 3 Beweis. ) Da f isometrisch ist, gilt: f (v) = p f (v), f (v) = v, v = v 2) = v, v = f (v), f (v ), d. h. f (v) f (v ) 3) Sei v ker f. Dann ist v ) = f (v) = =. 4) v sei ein Eigenvektor zum Eigenwert λ. f (v) = λv f (v) = λv = λ v. Nach ) gilt f (v) = v. Aus v folgt v =, also ist λ =. Beispiel. Betrachte ` cos α sin α sin α cos α : R 2 R 2 mit Standardskalarprodukt: Drehungen erhalten Längen und Winkel. Bemerkung. M t M = Id für M quadratisch. M t = M, d. h. insbesondere existiert M. 3 Beweis bleibt noch schuldig. Die Aussage ist dennoch richtig! Universität Leipzig 2

21 6. Euklidische und unitäre Vektorräume 6.2 Hauptachsentransformation Denition 6.4. Sei V euklidischer bzw. unitärer Vektorraum. Ein Endomorphismus f : V V heiÿt selbstadjungiert, wenn gilt: f (v), v = v, f (v ) für alle v, v V Satz 6.5. Sei V endlich dimensional. Die darstellende Matrix eines selbstadjungierten Endomorphismus' bezüglich einer Orthonormalbasis ist symmetrisch bzw. hermitesch (d. h. A = Āt ). Beweis. Wahl der Orthonormalbasis identiziert V mit K n mit Standardskalarprodukt. f ist gegeben durch Multiplikation mit der darstellenden Matrix A: V f V =??y??y = K n A K n Es gilt:. a j a 2j ā ji = (ā i, ā 2i,..., ā ni ) = Ae i, e j = e i, Ae j = (,...,,,,..., ) B A = a ij C a nj. A Dies ist die Behauptung. Lemma 6.6. Sei V ein euklidischer bzw. unitärer Vektorraum, f ein selbstadjungierter Endomorphismus und W V sei f-stabil. Dann ist auch W f-stabil. Beweis. Es ist W = {v V : v w für alle w W }. Zu zeigen: f `W W Sei v W. Es gilt: f (v), w für v W = v, f (w) =, da v W f(w) W, da W f-stabil Dies gilt für alle w W, d. h. tatsächlich f (v) W Bemerkung. f V = W W (f W,f W ) V = W W Dies erinnert an die Beweise beim Diagonalisieren. Wie steht es mit Eigenvektoren? Lemma 6.7. a) Sei V unitär und f : V V selbstadjungiert. Dann sind die Eigenwerte reell. b) Sei V euklidisch und f : V V selbstadjungiert. Dann existiert ein Eigenwert. Beweis. Universität Leipzig 2

22 6. Euklidische und unitäre Vektorräume a) Sei v, f (v) = λv. Dann gilt: λ v 2 = λv, v = f (v), v = v, f (v) = v, λv = λ v 2 Da v =, muss auch v 2, also ist λ = λ, d. h. λ R. b) V ist euklidisch, o. B. d. A. ist V = R n mit Standardskalarprodukt. f ist Mutliplikation mit symmetrischer Matrix A. Fasse A als hermitesche Matrix auf, d. h. A : C n C n ist selbstadjungierter Endomorphismus für C n mit Standardskalarprodukt. χ f (T ) = χ A (T ) χ A hat eine Nullstelle in C. Da A hermitesch ist, folgt nach a), dass diese Nullstelle in R liegt. Also hat V einen Eigenwert bezüglich f. Lemma 6.8. Sei V euklidisch bzw. unitär und f : V V selbstadjungiert. Seien v, v 2 Eigenvektoren zu unterschiedlichen Eigenwerten. Dann ist v v 2. Beweis. Es gilt: λ v, v 2 = λ v, v 2 = f (v ), v 2 = v, f (v 2 ) = v, λ 2 v 2 = λ 2 v, v 2 Also: (λ λ 2 ) v, v 2 =. Da λ λ 2, muss v, v 2 = sein. Theorem 6.9 (Hauptachsentransformation/Spektralsatz). Sei V endlich-dimensionaler euklidischer bzw. unitärer Vektorraum, f : V V selbstadjungierter Endomorphismus. Dann hat V eine Orthonormalbasis aus Eigenvektoren. Beweis. Nach 6.7 existiert ein Eigenvektor v. Sei v = v v, d. h. v hat Länge. v V ist f-stabil, da v Eigenvektor ist. Nach 6.6 ist auch W = v f-stabil. Es gilt V = v W und insbesondere dim W = dim V. Vollständige Induktion nach dim V : Für dim V = ist nichts zu zeigen. f W : W W ist selbstadjungiert. Also hat W nach Induktionsannahme eine Orthonormalbasis v 2,..., v n aus Eigenvektoren. Dann ist v, v 2,..., v n eine Orthonormalbasis aus Eigenvektoren für V. Beispiel (Physik). Ein starrer Körper im Raum hat Bewegungsgleichungen: L = I ω mit L Drehimpuls, I Trägheitstensor, ω Winkelgeschwindigkeit I deniert eine selbstadjungierte Abbildung R 3 R 3. Nach 6.9 gibt es Orthogonalbasis des R 3 aus Eigenvektoren für I. Das sind stabile Drehachsen so genannte Hauptachsen. Universität Leipzig 22

23 7. Bilineare Abbildungen 7 Bilineare Abbildungen Ab diesem Abschnitt ist K wieder ein beliebiger Körper. Denition 7.. Seien V, W, U K-Vektorräume. Eine Abbildung s : V W U heiÿt bilinear, falls (i) s (v, ) : W U linear für alle v V. (ii) s (, w) : V U linear für alle w W. s heiÿt Paarung, falls U = K. s heiÿt Bilinearform, falls U = K und V = W, also s : V V K. Eine Paarung heiÿt nicht-ausgeartet, falls gilt: (iii) Ist v V mit s (v, w) = für alle w W v =. (iv) Ist w W mit s (v, w) = für alle v V w =. Eine Bilinearform heiÿt symmetrisch, wenn (v) s (v, v ) = s (v, v) für alle v, v V. Sie heiÿt denit, wenn s (v, v) für alle v V \ {}. Beispiel. K = R, s : V V R Skalarprodukt. s Bilinearform. K = C, s : V V C Skalarprodukt. s keine Bilinearform, sondern Sesquilinearform. Beispiel. Erinnerung: Sei V Vektorraum. V = Hom K (V, K) Raum der Linearformen., : V V K, (v, f) f (v) ist eine Paarung (kanonische Paarung). v fest: f fest: v, λ f + λ 2 f 2 = (λ f + λ 2 f 2 ) (v) = λ f (v) + λ 2 f 2 (v) = λ v, f + λ 2 v, f 2 = λ f (v ) + λ 2 f (v 2 ) µ v + µ 2 v 2, v = f (µ v + µ 2 v 2 ) = µ f (v ) + µ 2 f (v 2 ) = µ v, f + µ 2 v 2, f Bemerkung. denit nicht-ausgeartet: (iii) Zu v V \ {} gibt es ein w W mit s (v, w). Hier z. B. w = v. Beispiel. V = R 4. s (x, y) = x y + x 2 y 2 + x 3 y 3 x 4 y 4 ist nicht denit, denn: «Sei x =. Dann ist s (x, x) = + + =. Aber s ist nicht ausgeartet: Zu x = x x 2 x 3 x 4 «x «gibt es y = x 2 x 3 x 4. Dann gilt: x, y = x 2 + x x x 42 für x. Dies ist die Metrik der Relativitätstheorie. Lemma 7.2. Sei s : V W K eine Paarung. Dann sind s 2 : V W, v [s 2 (v) : W K, w s (v, w)] s : W V, w [s (w) : V K, v s (v, w)] lineare Abbildungen. s 2 ist genau dann injektiv, wenn (iii) gilt. s ist genau dann injektiv, wenn (iv) gilt. Im Fall V = W stimmen s, s 2 : V V genau dann überein, wenn s symmetrisch ist Universität Leipzig 23

24 7. Bilineare Abbildungen Beweis. s 2 ist linear: Zu zeigen: s 2 (λ v + λ 2 v 2 ) = λ s 2 (v ) + λ 2 s 2 (v 2 ), in W, λ, λ 2 K, v, v 2 V. Für w W s 2 (λ v + λ 2 v 2 ) (w) = s (λ v + λ 2 v 2, w) K (λ s 2 (v ) + λ 2 s 2 (v 2 )) (w) = λ s 2 (v ) (w) + λ 2 s 2 (v ) (w) Beides stimmt nach (i) überein. Genauso für s. = λ s (v, w) + λ 2 s 2 (v 2, w) K s 2 injektiv s 2 (v) in W für v in V. Für v in V gibt es w in W mit s 2 (v) (w) in K. Für v in V gibt es w in W mit s (v, w) in K. (iii). Ebenso: s injektiv (iv). Sei V = W. s : V V K. s = s 2 : V V Für alle v V ist s (v) = s 2 (v) in V. Für alle v V und alle w W ist s (v) (w) = s 2 (v) (w). Für alle v V und alle w W ist s (w, v) = s (v, w). Lemma 7.3. Seien V, W endlich-dimensionale Vektorräume und s : V W K eine Paarung. Dann sind äquivalent: (i) s ist nicht-ausgeartet. (ii) s 2 ist ein Isomorphismus. (iii) s ist ein Isomorphismus. Beweis. Es gilt (i) 7.2 = s, s 2 injektiv. Daher: dim V dim W = dim W V = dim V Alle Dimensionen sind also gleich. Nach Dimensionsformel sind s, s 2 surjektiv. Also gilt (i) (ii), (iii). Sei nun s : W V bijektiv. dim W = dim V = dim V = dim W. Noch zu zeigen: s 2 injektiv. s 2 : V W. Sei v ker s 2, d. h. s 2 (v) = in W s 2 (v) (w) = in K für alle w W. =s(v,w) Angenommen v. Dann gibt es v V mit v (v). Da s surjektiv ist, gibt es nun w W mit s (w) = v in V. Auswertung in v ergibt s (w) (v) = v (v) im Widerspruch zu v ker s 2! ker s 2 = {} =s(v,w) Korollar 7.4. Sei V endlich-dimensional, s : V V K Bilinearform. Dann sind äquivalent: (i) s ist nicht-ausgeartet. (ii) s ist injektiv. (iii) s 2 ist injektiv. (iv) s ist surjektiv. (v) s 2 ist surjektiv. Beweis. Wegen dim V = dim V ist Injektivität von s : V V äquivalent zur Bijektivität. Aussage folgt aus 7.3. Bemerkung. dim V = dim V Es gibt Isomorphismen V V. Diese sind nicht kanonisch, sondern hängen von Basiswahl ab. s : V V K symmetrisch, bilinear, nicht-ausgeartet Isomorphismus s = s 2 : V V kanonisch für (V, s). Aus Linearer Algebra I: Ergänze {v} zu einer Basis v, v 2,..., v n von V. v : V K, v, v i beliebig, i = 2,..., n. Universität Leipzig 24

25 7. Bilineare Abbildungen Beispiel. s : V V K n, (v, w) v t w Isomorphismus zwischen V und V : v v t Wir übersetzen in die Sprache der Matrizen. Lemma 7.5. Sei A M n m (K). Die Abbildung s : K n K m K, (v, w) v t Aw ist bilinear. Sie ist symmetrisch, wenn A = A t (A heiÿt dann symmetrisch). Beweis. Bilinearität von s folgt aus der Bilinearität des Matrixproduktes, wenn m = n gilt: `M, M MM. s symmetrisch v t Aw = w t Av für alle v, w K n (n = m). Es gilt für beliebige Matrizen: M t M t = `M M t Also: `vt Aw t = w t A t `v t t = w t A t v v t Aw s symmetrisch v t Aw = w t Av = w t A t v für alle v, w K n. A = A t. 2 Satz 7.6 (Darstellende Matrizen). Sei v = (v,..., v n ) eine Basis von V, w = (w,..., w n ) eine Basis von W und s : V W K bilinear. Dann gibt es eine (eindeutige) Matrix M v,w (s) M n m (K) mit... s (x, y) = (a,..., a m ) M v,w (s) b für x = a v + a 2 v a m v m, y = b w b n w n. b n Für V = W ist M v,v (s) symmetrisch genau dann, wenn s symmetrisch ist. Beweis. Man setzt M v,w (s) i,j = s (v i, w j ). Dann gilt s (x, y) X i a i v i, X j b j w j A = X a i b j s (v i, w j ) = X a i M v,w (s) i,j b j = a t M v,w (s) b i,j i,j s symmetrisch K n K n K, (a, b) a t M v,w (s) b symmetrisch 7.5 M v,w (s) symmetrisch. Satz 7.7 (Transformationsformel). Seien V, W, v, w, s wie in 7.6. Sei v,..., v m eine zweite Basis von V und w,..., w n eine zweite Basis von W mit Basiswechselmatrizen S = M v v (Id) und T = M w w (Id). Dann gilt: M v,w (s) = S t M v,w (s) T Beweis. Nach Denition der Basiswechselmatrix ist für x = a v a mv m a Mv v (Id) BB. AA a m der Koordinatenvektor von x bezüglich v. Koordinatenvektor von y bezüglich w ist:.. Mw w (Id) BB AA b n Dann folgt: s (x, y) = a t M v,w (s) b = `a t M v v (Id) t M v,w (s) M w w (Id) b Also: M v,w (s) = M v v (Id) t M v,w (s) M w w (Id). 2 klar. : Wähle w = e i, v = e j der Standardbasis des K n. Dann ist e i t A t e j = a ji. Universität Leipzig 25

26 7. Bilineare Abbildungen Bemerkung. Matrizen können also lineare Abbildungen oder Paarungen darstellen. Den Unterschied zeigt die Transformationsformel: linear: M = S MT bilinear: M = S t MT Physiker sagen: S MT ist ein (, )-Tensor und S t MT ist ein (2, )-Tensor. Denition 7.8. Seien (V, s), (V, s ) Vektorräume mit Bilinearform. Eine lineare Abbildung f : V V heiÿt orthogonal, falls s (v, w) = s (f (v), f (w)) für alle v, w V. Bemerkung (Satz 7.6'). Sei V endlich-dimensional, s : V V K bilinear. Dann gibt es einen orthogonalen Isomorphismus f : V V K n wobei K n mit der Bilinearform (a, b) a t Mb versehen wird. Frage: Können wir dieses M besonders einfach wählen? Ja, für K = R und s Skalarprodukt. Dann existiert eine Orthonormalbasis..5. Lemma 7.9. Sei M darstellende Matrix einer Paarung s : V W K bezüglich der Basen v,..., v m von V und w,..., w n von W. s ist nicht-ausgeartet genau dann, wenn n = m und M vollen Rang hat ( M invertierbar). Beweis. Wir wissen bereits: s nicht-ausgeartet dim V = dim W, d. h. n = m. Mit 7.6' genügt es, V = W = K n zu betrachten. s (x, y) = x t My Falls M nicht invertierbar Es gibt y K n mit My =, y. Dann folgt s (x, y) = x t My = x t K n = K, d. h. s ist ausgeartet. Falls M invertierbar: Sei x K n mit x t My = für alle y K n. Sei w i K n Lösung von Mw i = e i, e i der i-te Einheitsvektor, d. h. w i = M e i. = x t Mw i = x t MM e i = x t e i = x i für alle i =,..., n, also ist x =. Ebenso für das zweite Argument. Bemerkung. Dies gilt insbesondere für Bilinearformen s : V V K. Denition 7.. Sei s : V V K symmetrische Bilinearform. Dann heiÿt q : V K, x s (x, x) die zu s assoziierte quadratische Form. Bemerkung. Es gilt q (λx) = s (λx, λx) = λ 2 s (x, x) = λ 2 q (x), x V, λ K. Lemma 7.. Sei char K 2 (Charakteristik, d. h. 2 in K), s : V V K symmetrische Bilinearform, q die assoziierte quadratische Form. Dann ist s eindeutig durch q bestimmt. Beweis. Seien x, y V. Es gilt: q (x + y) q (x) q (y) = s (x + y, x + y) s (x, x) s (y, y) = s (x, x) + s (x, y) + s (y, x) + s (y, y) s (x, x) s (y, y) = 2s (x, y) da s symmetrisch, d. h. s (x, y) = (q (x + y) q (x) q (y)). 2 Theorem 7.2 (Existenz von Orthogonalbasen). Sei K Körper mit char K 2, s : V V K symmetrische Bilinearform und V endlich-dimensional. Dann gibt es eine Orthogonalbasis von V bezüglich s, d. h. b,..., b n V ist eine Basis mit s (b i, b j ) = für alle i j. Die darstellende Matrix von s bezüglich dieser Basis hat Diagonalgestalt. Bemerkung. s ist nicht-ausgeartet, wenn in der Diagonalmatrix des Theorems 7.2 auf der Diagonalen nur Elemente ungleich Null stehen. Universität Leipzig 26

27 7. Bilineare Abbildungen Beweis. Sei q die zu s assoziierte quadratische Form. Induktion nach dim V : dim V = : V ist der Nullvektorraum. Es ist nichts zu zeigen. Sei nun dim V >. Erster Fall. q (x) = für alle x V. Nach dem Lemma 7. gilt dann auch s (v, w) = für alle v, w V. Jede Basis ist Orthogonalbasis. Zweiter Fall. Es gibt x V mit q (x ). Sei W = {v V : s (x, v) = }. x / W, da s (x, x ) = q (x ). Also W V, dim W < dim V. s W : W W K ist symmetrische Bilinearform. Nach Induktionsvoraussetzung gibt es eine Orthogonalbasis x,..., x m von W. Behauptung: x, x,..., x m ist Orthogonalbasis von V. Beweis. orthogonal: s (x i, x j ), i j, i, j > orthogonal nach Wahl der Basis von W. Bei i = oder j = : s (x, x j ) =, da x j W. linear unabhängig: Sei = a x a mx m, a i K. Es gilt: mx = s (x, ) = s (x, a x a mx m) = a s (x, x ) + a i s (x, x i ) = a s (x, x ) i= nach =, da Wahl von x x i W Also: = a x a mx m, x,..., x m linear unabhängig a i = für i =,..., m. a,..., a m =, die Linearkombination ist trivial. x,..., x m bilden Erzeugendensystem: x V. Betrachte x = x s(x,x ) s(x,x ) x : s `x, x = s (x, x) s (x, x ) s (x, x ) s (x, x ) = da s bilinear und symmetrisch Also gilt: x W, x,..., x m erzeugen W, also gilt x = b x b mx m, b i K: x = s (x, x ) x + x = b x + b x b mx m s (x, x ) b Symmetrische Bilinearform: x t Ay = a x y + a 2 x 2 y a n x n y n (bezüglich Orthogonalbasis) wenn A Diagonalmatrix. Korollar 7.3. Sei V endlich-dimensional, s : V V K symmetrische Bilinearform, K algebraisch abgeschlossen, char K 2. Dann existiert eine Basis x,..., x n und n N mit { i j oder i = j > n s (x i, x j ) = i = j, i n Beweis. Sei b,..., b n die Basis aus Theorem 7.2, a i = s (x i, x i ). O. B. d. A. sei a für i n, a i = für i > n. Für i n : x i = ai b i, s (x i, x j ) = für i j. Für i > n : x i = b i, s (x, x ) = für i > n, s (x i, x i ) = s ai, ai b i = ai ai s (b i, b i ) = a i a i = Bemerkung. Dies gilt insbesondere für K = C. Die Aussage ist nicht wie in 6, dort ging es um Sesquilinearformen. Universität Leipzig 27

28 7. Bilineare Abbildungen Korollar 7.4 (Trägheitssatz von Sylvester). Sei s : V V R eine symmetrische Bilinearform, dim V <. Dann gibt es eindeutig bestimmte Zahlen n r und eine Orthogonalbasis b,..., b m von V, so dass die darstellende Matrix die Gestalt... r... n r... hat. n heiÿt Rang, r Index. Bemerkung. s ist nicht-ausgeartet, falls n = dim V. s ist Skalarprodukt ( positiv denit), falls n = r = dim V. Beweis. Sei x,..., x m die Basis aus Theorem 7.2, a i = s (x i, x i ). Drei Fälle: a i >, a i <, a i =. Wir sortieren die x i so, dass a i > für i =,..., r, a i < für i = r +,..., n, a i = für i = n +,..., m. Für i n: b i = x ai i. Für i > n: b i = x i. 8 >< i r Orthogonalbasis mit s (x i, x i ) = r < i n >: n < j Behauptung: n, r hängen nicht von der Wahl der Basis ab. Sei V + = b,..., b r, V = b r+,..., b n, V = b n+,..., b m. Sei c,..., c m eine weitere Basis mit darstellender Matrix in der vorgegebenen Form. Dann sind: V + 2 = c,..., c r, V 2 = c r +,..., c n, V 2 = c n +,..., c m V = V 2 s V + = {v V : s (v, w) = für alle w V }, dim V = dim V 2 n = n ist positiv denit. V + V 2 {z} V = {} dim V + + dim V 2 V m r r s(v,v)> =r s(v,v) m r Ebenso zeigt man r r, also r = r. Denition 7.5. Sei s : V W K eine nicht-ausgeartete Paarung und seien f : V V, g : W W Endomorphismen. Dann heiÿen f und g adjungiert, falls gilt 2.5. s (f (v), w) = s (v, g (w)). f heiÿt linksadjungiert zu g, g heiÿt rechtsadjungiert zu f. Ist V = W und f = g, so heiÿt f selbstadjungiert. Beispiel. Sei V euklidischer Vektorraum und f : V V selbstadjungiert im Sinne von 6 f selbstadjungiert im Sinne von 7.5. Beispiel. Sei s : V V K mit (α, V ) α (v) kanonische Paarung, V = Hom K (V, K). f : V V Endomorphismus dualer Endomorphismus f : V V, α α f. f ist der adjungierte Endomorphismus zu f: s (α, f (v)) = α (f (v)) = (α f) (v) = (f (α)) (v) = s (f (α), v) Universität Leipzig 28

29 7. Bilineare Abbildungen Bemerkung. Man schreibt f für den Linksadjungierten von f und g für den Rechtsadjungierten von g. Lemma 7.6. Seien V, W endlich-dimensional, s : V W K nicht-ausgeartete Paarung., f : V V Endomorphismus. Dann existiert ein eindeutig bestimmtes Rechtsadjungiertes g : W W. (Ebenso für f : W W.) Beweis. Wir betrachten den Isomorphismus s : W V, w s (, w). W? y W s = V? yf = V s g : W W deniert als s f s. Behauptung: g ist rechtsadjungiert zu f. Zu zeigen: s (f (v), w) = s (v, g (w)). s (v, g (w)) = s `v, s f s (w) s (w) : V K, x s (x, w) f (s (w)) : V K, x s (f (x), w) Was ist mit s von f s (w)? Sei w W das eindeutige Element mit s (w ) = f s (w). s (w ) : V K, x s (x, w ), d. h. s (x, w ) = s (f (x), w) für alle x V. Nach Denition: w = g (w), also gilt s (x, g (w)) = s (f (x), w). Behauptung: g ist eindeutig. Seien g, g beide rechtsadjungiert zu f: s (v, g (w)) = s (f (v), w) = s `v, g (w) s (v, (g g ) (w)) = für alle v V, w W. für alle v V, w W s ist nicht-ausgeartet, also: (g g ) (w) = für alle w W g g = g = g. Ist s : V V K Bilinearform, f : V V Endomorphismus neue Bilinearform oder s : V V K, (x, y) s (f (x), y) s : V V K, (x, y) s (x, f (y)) Beispiel. Sei V = K n und betrachte f : K n K n K, (x, y) x t y mit gegebener Matrix A. Dann: s (x, y) = x t (Ay). Lemma 7.7. Sei s symmetrische, nicht-ausgeartete Bilinerform, f : V V Endomorphismus, s wie eben. Dann ist s genau dann symmetrisch, wenn f selbstadjungiert ist. Beweis. Da s symmetrisch und selbstadjungiert ist, gilt: s (v, w) = s (f (v), w) = s (v, f (w)) = s (f (w), v) = s (w, v) 7. Tensorprodukte Wir studieren nun allgemeine bilineare Abbildungen s : V W U, (V, W, U K-Vektorräume). Wir wollen die Theorie der bilinearen Abbildungen auf die der linearen zurückführen. Universität Leipzig 29

30 7. Bilineare Abbildungen Beispiel. V mit Basis v,..., v n, W mit Basis w,..., w m. s ist eindeutig bestimmt durch die Vektoren s (v i, w j ) U: v V, v = P a i v i, w = P b j w j s (v, w) = P a i b j s (v i, w j ), a i, b j K. s Die s (v i, w j ) sind beliebige Elemente von U. Diese n m-vektoren in U denieren eine lineare Abbildung M n m (K) U. Standardbasis von M n m (K) sind die e ij (alles Nullen, nur Eintrag an (i, j) ist.). s : e ij s (v i, w j ) Ist A = `a ij, dann schreibe: s (A) = X a ij s (e ij ) = X a ij s (v i, w j ) i,j i,j Problem: Das hängt von der Wahl der Basen ab. Andere Basen denieren eine andere Abbildung s (explizite Formel). Ziel: Konstruktion eines Vektorraums V W ( = M n m (K)) und einer kanonischen Abbildung V W s U. Theorem 7.8. Seien V, W K-Vektorräume. Dann gibt es einen Vektorraum V W und eine bilineare Abbildung θ : V W V W mit der folgenden Eigenschaft: Jede bilineare Abbildung V W U für einen Vektorraum U faktorisiert eindeutig als V W θ V W s U mit einer linearen Abbildung s. Das Paar (V W, θ : V W V W ) ist eindeutig bestimmt bis auf eindeutigen Isomorphismus (verträglich mit θ). Beispiel. M n m (K) erfüllt die Bedingungen an V W : θ : V W M n m (K), (v i, w j ) e ij Bemerkung (Allgemeine Notation). θ (x, y) = x y Beweis (Eindeutigkeit). Seien (X, θ : V W X) und (Y, ϕ : V W Y ) zwei Paare, die die Bedingungen des Theorems erfüllen. (X, θ) ist ein Tensorprodukt, ϕ ist bilinear Es gibt eine lineare Abbildung ϕ : X Y mit ϕ θ = ϕ. (Y, ϕ) ist ein Tensorprodukt, θ ist bilinear Es gibt eine lineare Abbildung θ : Y X mit θ ϕ = θ. Behauptung: ϕ und θ sind zueinander invers, d. h. ϕ θ = Id Y, θ ϕ = Id X. V W θ X ϕ Y θ X ( ) θ ( ϕ θ) = θ ϕ = θ θ ϕ ϕ = Id X θ Betrachte das Tensorprodukt (X, θ) und die bilineare Abbildung V W K. Nach universeller Eigenschaft faktorisiert θ eindeutig als Id X θ. Nach ( ) hat auch θ ϕ die Eigenschaft. Wegen der Eindeutigkeit folgt Id X = θ ϕ. Ebenso für ϕ θ = Id Y. Beweis (Existenz). Behauptung: Es gibt (X, θ : V W X) mit der Eigenschaft des Theorems. Sei X der Vektorraum mit Basis alle Elemente von V W, bzw. für jedes Element (v, w) V W gibt es einen Basisvektor e (v,w) in X. Mengentheoretische Abbildung Φ : V W X mit (v, w) e (v,w). Ziel: θ (v + v 2, w) = θ (v, w) + θ (v 2, w) θ (v + v 2, w) θ (v, w) θ (v 2, w) = Sei K X der Untervektorraum, der erzeugt wird von allen Elementen der Form (i) Φ (λ v + λ 2 v 2, w) λ Φ (v, w) λ 2 Φ (v 2, w) für λ, λ 2 K, v, v 2 V, w W Universität Leipzig 3