65 Lineare Algebra 2 (SS 2009)

Transkript

1 65 Linere Algebr 2 (SS 2009) 67 Einschub: Explizit Implizit Vorbemerkung Wir betrchten die Ebene R 2, den dreidimensionlen Rum R 3, oder llgemeiner den R n Wenn wir geometrische Objekte in der Ebene, wie zum Beispiel Punkte und Gerden, oder Dreiecke, oder Kreise oder ndere Kurven (oder geometrische Objekte im Rum, wie zum Beispiel Ebenen und ndere Flächen) beschreiben wollen, so gibt es immer zwei wesentlich verschiedene Möglichkeiten: einerseits Prmetrisierungen, ndererseits Beschreibungen durch Gleichungen (und Ungleichungen); dbei sind diese Objekte für uns nichts nderes ls Teilmengen des R n Gnz llgemein wird eine Teilmenge einer Menge M mit Hilfe der Mengenklmmern { } beschrieben; zwischen diesen Klmmern notiert mn die Elemente der Menge, oder mn gibt n, durch welche Eigenschft die Elemente der Teilmenge usgezeichnet sind Wir wollen den Unterschied zwischen expliziter und impliziter Beschreibung m Beispiel des Einheitskreises C R 2 in der Ebene diskutieren Einerseits ist C = {(cos φ, sinφ) φ R} (Prmetrisierung), ndererseits gilt C = {(x, y) R 2 x 2 + y 2 = 1} (Gleichungs-Beschreibung) Kennt mn eine Prmetrisierung einer Teilmenge (wie hier von C ), so ist es sehr einfch, Punkte nzugeben, die zur Teilmenge gehören (hier zum Beispiel sieht mn, dß der Punkt (cos 3 7, sin 3 7 ) zu C gehört: mn ht einfch φ = 3 7 genommen); dgegen ist es oft nicht einfch, zu entscheiden, ob ein vorgegebener Punkt (x, y) zur Teilmenge gehört oder nicht (es ist j zu entscheiden, ob es zu vorgegebenem x und y ein φ gibt mit x = cos φ und y = sin φ) Die Gleichungs-Beschreibung leistet gerde ds Umgekehrte: Ist eine Gleichungs-Beschreibung beknnt, so knn mn meist sehr einfch feststellen, ob ein gegebener Punkt zum Objekt gehört oder nicht (mn setzt die Koordinten in den Gleichungsterm ein, und überprüft uf diese Weise, ob die Gleichung erfüllt ist); dgegen ist es bei Objekten, die durch eine Gleichung beschrieben sind, oft gr nicht einfch, Punkte nzugeben, die diese Bedingung erfüllen Schön ist es, wenn mn sowohl die eine wie die ndere Beschreibung zur Verfügung ht, dnn knn mn je nch Frgestellung mit der günstigeren Beschreibung rbeiten! Gerden im R n : explizite Beschreibungen Gegeben seien zwei Punkte, r R n, mit b 0 Die Gerde durch mit Richtungsvektor r ist die Menge G = + Rr = { + tr t R}

2 Leitfden 66 y y r x Dbei sieht mn folgendes: Für = 0 erhält mn die Ursprungsgerde Rr Fixiert mn r( 0) und vriiert mn R n, so erhält mn lle zur Ursprungsgerden Rr prllelen Gerden Ersetzt mn den Richtungsvektor r durch ein sklres Vielfches r 0, so erhält mn die gleiche Gerde Sind zwei verschiedene Punkte und b im R n gegeben, so wird die Gerde G durch und b folgendermßen beschrieben: r x G G = { + t(b ) t R} Der Differenzvektor r = b ist nch Vorussetzung von Null verschieden, dient lso ls Richtungsvektor (mn erhält eine Gerde und sieht unmittelbr, dss die Punkte, b beide uf der Gerden liegen: t = 0 liefert den Punkt, und t = 1 den Punkt b) y r b x G Mn knn diese Gerde G uch folgendermßen beschreiben: G = {λ + (1 λ)b λ R}; hier erhält mn für λ = 1 den Punkt und für λ = 0 den Punkt b (für 0 λ 1 erhält mn die Strecke mit den Endpunkten und b) Gerden in der Ebene R 2 : implizite Beschreibungen Jede linere Gleichung c 1 X 1 +c 2 X 2 = d mit Koeffizienten in R und (c 1, c 2 ) (0, 0) beschreibt eine Gerde G in der Ebene, lso G = {(x 1, x 2 ) R 2 c 1 x 1 + c 2 x 2 = d} (und mn erhält lle Gerden uf diese Weise)

3 67 Linere Algebr 2 (SS 2009) Mit Hilfe des knonischen Sklrprodukts können wir dies umschreiben: G = {x R 2 c, x = d} (mit c = (c 1, c 2 )) Wenn mn will, knn mn den Vektor c (er ist j von Null verschieden) noch normieren ( Hessesche Normlform ) Wie findet mn die Hessesche Normlform der Gerden durch die Punkte b? Wie wir wissen, ist b ein Richtungsvektor für diese Gerde Mn nimmt ls c einen zu b orthogonlen Vektor der Länge 1 Qudriken: explizit und implizit Die Definition einer Qudrik ls Nullstellenmenge eines qudrtischen Polynoms ist eine implizite Beschreibung Es ist nicht llzu schwer für die betrchteten Normlformen jeweils eine explizite Beschreibung zu finden Für die Prboloide ist dies ntürlich gnz einfch: mn löst einfch nch der T m+1 uf Gerden uf Qudriken Wir betrchten nun nochmls Qudriken im R 3 und frgen, wnn es uf einer derrtigen Qudrik Q zu jedem Punkt mindestens eine Gerde gibt, die uf der Fläche liegt und den Punkt enthält Dies gilt ntürlich immer, wenn Q ein nicht-leerer Zylinder ist, und uch im Fll eines Doppelkegels Nicht gnz offensichtlich (ber wichtig) ist, dss es zwei weitere Fälle gibt: Stz Sei F ein einschliges Hyperboloid oder ein hyperbolisches Prboloid Ist x ein Punkt uf F, so gibt es genu zwei Gerden G 1, G 2 mit x G i F für i = 1, 2 Wie findet mn diese Gerden G 1, G 2? Wir betrchten den Fll des hyperbolische Prbolid F = V (P) mit P = α 2 X β 2 Y Z, dbei seien α, β R + Sei lso (x, y, z) V (P) und sei 0 (, b, c) R 3 Wnn liegen lle Punkte (x+t, y+bt, z+ct) der Gerden durch den Punkt (x, y, z) mit Richtungsvektor (, b, c) in V (P)? In diesem Fll gilt lso α 2 (x + t) 2 β 2 (y + bt) 2 (z + ct) = 0 Wir multiplizieren us, und verwenden, dss α 2 x β 2 y z = 0 ist Wir erhlten 2α 2 xt + α 2 2 t 2 2β 2 byt β 2 b 2 t 2 ct = 0 Interessnt ist dies füt t 0 In diesem Fll können wir durch t teilen, wir erhlten: α 2 2 t β 2 b 2 t = 2α 2 x + 2β 2 by + c Links steht (α 2 2 β 2 b 2 )t, lso Vielfche der Zhl α 2 2 β 2 b 2, rechts steht eine Konstnte (keine Abhängigkeit von t) Die Vielfchen rt einer festen reellen Zhl r können nur dnn den gleichen Wert hben, wenn r = 0 ist, lso gilt und uch 0 = α 2 2 t β 2 b 2 t = (α βb)(α + βb), ( ) 2α 2 x + 2β 2 by + c, lso c = 2α 2 x 2β 2 by

4 Leitfden 68 Die letzte Gleichung zeigt: Wäre = 0 = b, so wäre uch c = 0, ber (, b, c) 0 Wegen (α βb)(α + βb) = 0 ist α βb = 0 oder α + βb = 0 In beiden Fällen folgt 0, denn sonst wäre uch b = 0, dies ist ber nicht möglich, wie wir schon wissen Mit (, b, c) ist uch 1 α (, b, c) Richtungsvektor der gegebenen Gerden, lso können wir = 1 α setzen und erhlten dnn b = 1 β oder b = 1 β Durch ( ) erhlten wir c = 2αx 2βy bzw c = 2αx+2βy Insgesmt sehen wir, dss es höchstens zwei Gerden durch (x, y, z) gegeben knn, die gnz in V (P) liegen, und wir erhlten die genue Beschreibung von Richtungsvektoren für diese Gerden Umgekehrt sieht mn (mit den gleichen Rechnungen), dss diese beiden Gerden wirklich gnz in V (P) liegen Dies ist der eigentliche Beweis Der Fll eines einschligen Hyperboloids ist übungsufgbe 68 Zustz: Ds Huptminoren-Kriterium für positive Definitheit Erinnerung: Eine qudrtische Form q heißt positiv definit, flls q(x) > 0 für lle x 0 gilt, sie heißt positiv semidefinit, flls q(x) 0 gilt Sei A M(n n, R) symmetrisch Wir betrchten die Bilinerform x, y A = x t Ay Es sei drn erinnert, dß jede reelle symmetrische Mtrix digonlisierbr ist, lso genügend reelle Eigenwerte ht! Genu dnn ist, A positiv definit, wenn lle Eigenwerte von A positiv sind (Derrtige Mtrizen nennt mn dher uch positiv definite Mtrizen) Ist A = ( ij ) ij eine (n m)-mtrix, so nennt mn die Determinnten der Mtrizen A t = ( ij ) 1 i,j t die Huptminoren der Mtrix A (mn betrchtet lso die qudrtischen (t t)-mtrizen, die us A durch Streichen der Zeilen und Splten mit Index echt größer ls t entstehen) Ds Huptminoren-Kriterium für Positivität Sei A eine reelle (n n)-mtrix Genu dnn ist die Bilinerform x, y A positiv definit, wenn die Huptminoren positiv sind Beweis: Ist, A positiv definit, so gibt es eine invertierbre Mtrix P, so dß P t AP eine Digonlmtrix ist; seien d 1,, d n die Digonlkoeffizienten, dnn ist d i > 0 für lle i Es ist (det P) 2 det A = det P t AP = d 1 d n > 0, lso uch det A > 0 Bei der Bildung des Huptminors det A t betrchtet mn die Einschränkung von, A uf den Unterrum L(e 1,, e t ) D uch diese Einschränkung positiv definit ist, folgt det A t > 0 Sei umgekehrt det A t > 0 für 1 t n Wir können nnehmen (Induktion), dß A n 1 positiv definit ist Also gibt es eine Mtrix P GL((n 1), R), so dß D = P t A n 1 P [ eine Digonlmtrix ] ist (mit positiven Digonlkoeffizienten) Für unsere Mtrix A = An 1 t mit M((n 1) 1, R) und R liefert dies: B = [ ] [ P t 0 An t ][ ] [ ] P 0 D b = 0 1 tb t b,

5 69 Linere Algebr 2 (SS 2009) dbei ist b M((n 1) 1, R) und b R Die rechte Mtrix [ ] knn durch eine Scherung digonlisiert werden, wir erhlten eine Digonlmtrix D Es ist det A > 0 positiv, d [ ] lso uch det B > 0, demnch uch det D d = det D > 0 Wegen det D > 0 sehen d [ ] wir, dß d positiv ist D lle Digonlkoeffizienten von D positiv sind, ist, positiv definit Beispiel: Betrchte die folgende (n n)-mtrix A(n) = (die Digonlkoeffizienten sind 2, es ist i,i 1 = 1 = i,i+1, lle nderen Koeffizienten sind Null) Behuptung: Es ist det A(n) = n + 1 Beweis per Induktion Für n = 1 hndelt es sich um die (1 1)-Mtrix A(1) = [ 2] Für n = 2 ist offensichtlich det A(2) = 4 1 = 3 Für n 3 berechnen wir die Zeilenentwicklung nch der letzten Zeile Streichen wir die n-te Zeile und die (n 1)-te Splte von A, so erhlten wir A(n) n,n 1, streichen wir nun die (n 1)-te Zeile und die (n 1)-te Splte von A(n) n,n 1, so erhlten wir (A(n)) n,n 1 ) n 1,n 1 = A(n 2) und wir sehen: det A(n) n,n 1 = ( 1) n 1+n 1 n 1,n det A(n 2) = det A(n 2) = n 1 Streichen wir die n-te Zeile und die n-te Splte von A, so erhlten wir A(n) n,n = A(n 1) Also det A(n) = det A(n) n,n det A(n) n,n = (n 1) + 2n = n + 1 Wir sehen lso: Die Mtrizen A(n) sind positiv definit Ausblick Ist S eine Menge, so bezeichnen wir mit P 2 (S) die Menge der zweielementigen Teilmengen von S Ein Grph Γ = (Γ 0, Γ 1 ) besteht us einer Grundmenge Γ 0 (der Menge der Ecken) und einer Teilmenge Γ 1 P 2 (Γ 0 ) Ist {i, j} in Γ 1, so nennt mn dies eine Knte zwischen i und j Der Grph Γ heißt zusmmenhängend, flls es zu je zwei verschiedenen Ecken i, j eine Folge von Knten {i s 1, i s } mit 1 s t und i 0 = i, i t = j gibt Jedem endlichen Grphen Γ mit Punktmenge {1, 2,, n} und Kntenmnege Γ 1 ordnen wir eine Mtrix A(Γ) zu: Sei ii = 2 für 1 i n, sei ij = ji = 1, flls es eine Knte zwischen i und j gibt, und 0 sonst Die im letzten Beispiel betrchtete Mtrix A(n) ist demnch die Mtrix zum (weiter unten gezeigten) Grphen A n Für eine Vielzhl mthemtischer Probleme spielt die Frge eine Rolle, für welche endliche Grphen Γ die Mtrix A(Γ) positiv definit (oder uch positiv semidefinit) ist Es d

6 Leitfden 70 gilt: Ist Γ ein zusmmenhängender Grph, so ist A(Γ) genu dnn positiv definit, wenn Γ einer der folgenden Grphen ist: A n D n E 6 E 7 E 8 dbei ht jeder dieser Grphen A n, D n, E n genu n Ecken; mn nennt sie die Dynkin- Digrmme mit Einfchbindung (Es gibt noch weitere Dynkin-Digrmme B n, C n, F 4, G 2, uch ihnen ist jeweils eine positiv-definite Mtrix zugeordnet) 7 Diskrete Bewegungsgruppen 71 Isometrien des R n Wir betrchten hier den knonischen euklidischen Vektorrum (R n,, ), mit der Abstndsfunktion d(, b) = b Erinnerung: Eine Abbildung φ: R n R n heißt Isometrie (oder Bewegung), flls gilt: d(φ(), φ(b)) = d(, b) für lle, b R n, dies sind die Abbildungen der Form φ = t g, dbei ist g: R n R n ein orthogonler Endomorphismus und t : R n R n die Trnsltion um den Vektor R n (lso t (x) = x + ),) der orthogonle Endomorphismus g und der Vektor sind durch φ eindeutig bestimmt Ist det g = 1, so nennt mn φ eine eigentliche (oder orientierungserhltende) Bewegung, sonst eine uneigentliche (oder orientierungsumkehrende) Bewegung Die Menge ller Isometrien bildet (bezüglich der Hintereinnderschltung von Abbildungen) eine Gruppe B(n) Die Gruppe der orthogonlen Endomorphismen von R n bezeichnen wir mit O(n); die der Trnsltionen mit T (n) Ist g O(n) und R n, so gilt: g t = t g() g, Die Zuordnung t g g ist ein Gruppen-Homomorphismus η: B(n) O(n) mit Kern T (n) (Erinnerung: Der Kern eines Gruppen-Homomorphismus η: G G ist die Menge der g G mit η(g) = 1 G, dies ist eine Untergruppe) Die Gruppe T (n)

7 71 Linere Algebr 2 (SS 2009) der Trnsltionen ist zur dditiven Gruppe (R n, +) isomorph (und zwr vermöge der Zuordnung t, für R n ), insbesondere ist sie kommuttiv Sei φ B(n) Mn nennt x R n Fixpunkt, flls φ(x) = x ist Erinnerung: Genu dnn ist 0 R n Fixpunkt von φ, wenn φ liner, lso ein orthogonler Endomorphismus, ist Genu dnn ist x ein Fixpunkt von φ, wenn t x φt x liner ist Eine Fixgerde von φ ist eine Gerde G R n mit φ(g) = G Mnchml gibt es sogr Fixpunktgerden (dnn gilt φ(x) = x für jedes x G), ber Fixgerden müssen keine Fixpunktgerden sein Sei jetzt n = 2 Wir wollen die möglichen Bewegungen klssifizieren Zu betrchten sind die Trnsltionen, lso die Abbildungen t mit R 2 ; ist 0, so besitzt t keinen Fixpunkt Dnn die Drehungen um einen Punkt mit Winkel α; eine derrtige Abbldung ist von der Form t g t, dbei ist g eine Drehung in O(2) um den Winkel α Stz 711 Die Trnsltionen und die Drehungen sind die orientierungserhltenden Bewegungen Beweis: Sei φ orientierungserhltende Bewegung Wir zeigen: Ist φ keine Trnsltion, so ht φ einen Fixpunkt Beweis: Sei φ = t g, dbei sei = um den Winkel 0 α < 2π Also ist [ ] [ x1 cos α sin α φ( ) = sin α cos α x 2 ][ x1 x 2 ] + [ 1 2 [ 1 ] 2 ] und g sei Drehung Um einen Fixpunkt zu erhlten, suchen wir lso p 1, p 2 mit φ([ p1 p 2 ]) = Lösung des Gleichungssystems [ ][ ] [ ] cos α 1 sin α p1 1 = sin α cos α 1 p 2 2 [ p1 p 2 ], lso eine Ist α 0, so ist die Koeffizientenmtrix regulär, lso gibt es genu eine Lösung (Die Determinnte der Mtrix ist (cos α 1) 2 + (sinα) 2 = 2 cos α + 2 = 2(cosα 1) 0 für 0 < α < 2π) Zustz Mn knn diesen Fixpunkt folgendermßen geometrisch konstruieren: k l p k θ p 0 Die Gerde l sei orthogonl zum Vektor Der Winkel zwischen den Gerden k und l, wie uch zwischen l und k sei jeweils θ = 1 2α Verschiebe den Vektor so, dß der

8 Leitfden 72 Anfngspunkt p uf k, der Endpunkt p uf k zu liegen kommt Die Drehung um den Winkel α bildet p uf p b, die Verschiebung t bildet p uf p b, lso gilt: p ist ein Fixpunkt von t g Folgerung: Die Hintereinnderschltung zweier Drehungen ist eine Drehung oder eine Trnsltion Nun betrchten wir orientierungsumkehrende Bewegungen Zu jeder Gerden gibt es die Spiegelung n dieser Gerde; diese Gerde ist eine Fixpunktgerde dieser Abbildung Schließlich gibt es Gleitspiegelungen: hier ist eine Gerde l und ein Richtungsvektor b 0 zu dieser Gerden gegeben, es ist lso l = { + λb λ R} für ein R 2 Die entsprechende Gleitspiegelung ist die Hintereinnderschltung der Spiegelung n der Gerden l mit der Trnsltion um den Vektor b Stz 712 Ist φ orientierungsumkehrend, so ht φ eine Fixgerde und ist Spiegelung oder Gleitspiegelung mit dieser Fixgerden Beweis: 0 l k l Sei φ = t g mit einer Spiegelung g O(2) und R 2 Sei L die Spiegelchse; sei l die Gerde durch, prllel zu l Wir bruchen zwei weitere zu l prllele Gerden k, k, nämlich diejenigen Gerden, für die die Abstände zwischen k und l, zwischen l und k und zwischen k und l gleich groß sind Dnn ist k die gesuchte Fixgerde: denn unter der Spiegelung n der Gerden l wird k uf k bgebildet, unter der Trnsltion t wird k uf k bgebildet Wir müssen noch zeigen: φ ist Spiegelung oder Gleitspiegelung Sei l = {λb λ R} mit 0 b R 2 Zerlege = +λb mit orthogonl zu b und λ R Es ist t = t λb t Mn rechnet leicht nch, dß t g die Spiegelung n der Gerden k = { 1 2 +λb λ R} ist Demnch ist t g = t λb (t g) die Hintereinnderschltung dieser Spiegelung mit der Trnsltion t λb, und der Verschiebungsvektor λb ist ein Vielfches des Richtungsvektors b von l Ist u = 0, so ist φ eine Spiegelung, ist λ 0, so ist φ eine Gleitspiegelung 72 Diskrete Untergruppen von T (2) Eine Untergruppe G von T (2) heißt diskret, wenn es ein d > 0 gibt, so dß folgendes gilt: Ist 0 R 2 mit t G, so ist d (es gibt lso keine Trnsltionen in G mit beliebig kleinem Trnsltionsvektor) Stz Sei G eine diskrete Untergruppe von T (2) Dnn gibt es drei Möglichkeiten: (A) G = {1} (B) Es gibt einen von Null verschiedenen Vektor R 2, so dß die Trnsltionen in G gerde die Trnsltionen der Form t z mit z Z sind (C) Es gibt zwei liner unbhängige Vektoren, b R 2, so dß die Trnsltionen in G gerde die Trnsltionen der Form t c mit c = z + z b und z, z Z sind k