Fachbereich Mathematik Prof. Dr. Fels Martin Fuchssteiner

TECHNISCHE UNIVERSITÄT DARMSTADT

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SS 2007 10. Mai 2007

Mathe II

2. Übung mit Lösungshinweisen

Gruppenübungen

(G 1) Basiswechsel

Im ℝ-Vektorraum ℝ^{2} betrachten wir die Standardbasis K_{2} (auch kanonische Basis genannt),

die Basis B : ( \begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}1 \\ −1 \end{matrix} ), sowie den Endomorphismus ϕ ∈ End(ℝ^{2}), der durch die

Matrix

[ϕ]_{K_{2}}^{K_{2}} := ( \begin{matrix}1 & 3 \\ 3 & 1 \end{matrix} )

gegeben ist.

(a) Bestimme [ϕ]_{B}^{B}.

(b) Gegeben seien weiterhin Vektoren v, w ∈ ℝ^{2} durch [v]_{K_{2}} := ( \begin{matrix}3 \\ −1 \end{matrix} ) und [w]_{B} :=

( \begin{matrix}−2 \\ 3 \end{matrix} ). Bestimme [v]_{B} und [w]_{K_{2}} sowie [ϕ(v)]_{B} und [ϕ(w)]_{K_{2}}.

Lösung:

(a) Um bei einem Basiswechsel die neuen Darstellungen von Vektoren und Matrizen berechnen zu können, benötigen wir die entsprechenden Transformationsmatrizen. Dazu drücken wir als Erstes die Vektoren einer der beiden Basen durch die Vektoren der anderen aus. Hierbei können wir uns entscheiden, welche der beiden Basen wir durch die andere ausdrücken. Am leichtesten fällt die Entscheidung, wenn eine der beiden Basen eine kanonische ist, dann lassen sich die Vektoren der anderen Basis nämlich ganz einfach durch die kanonischen Basisvektoren ausdrücken. In unseren Fall erhalten wir so die Transformationsmatrix

S = [id_{ℝ^{2}}]_{B}^{K_{2}} = ( \begin{matrix}1 & 1 \\ 1 & −1 \end{matrix} ) ,

denn es gilt

( \begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix} ) = 1 · ( \begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix} ) + 1 · ( \begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix} ) and ( \begin{matrix}1 \\ −1 \end{matrix} ) = 1 · ( \begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix} ) + (−1) · ( \begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix} ) .

Wegen [id_{ℝ^{2}}]_{K_{2}}^{B} = ([id_{ℝ^{2}}]_{B}^{K_{2}})^{−1} = S^{−1} erhalten wir

[ϕ]_{B}^{B} = [id_{ℝ^{2}}]_{K_{2}}^{B} · [ϕ]_{K_{2}}^{K_{2}} · [id_{ℝ^{2}}]_{B}^{K_{2}} = S^{−1}[ϕ]_{K_{2}}^{K_{2}}S.

Für die Inverse zu S erhalten wir (etwa mittels Gauß-Jordan-Elimination)

S^{−1} = \frac{1}{2} ( \begin{matrix}1 & 1 \\ 1 & −1 \end{matrix} )

und somit

[ϕ]_{B}^{B} = \frac{1}{2} ( \begin{matrix}1 & 1 \\ 1 & −1 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}1 & 3 \\ 3 & 1 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}1 & 1 \\ 1 & −1 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}4 & 0 \\ 0 & −2 \end{matrix} ) .

(b) Es gilt

[v]_{B} = [id_{ℝ^{2}}]_{K_{2}}^{B}[v]_{K_{2}} = S^{−1}[v]_{K_{2}} = \frac{1}{2} ( \begin{matrix}1 & 1 \\ 1 & −1 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}3 \\ −1 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}1 \\ 2 \end{matrix} )

und

[w]_{K_{2}} = [id_{ℝ^{2}}]_{B}^{K_{2}}[w]_{B} = S[w]_{B} = ( \begin{matrix}1 & 1 \\ 1 & −1 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}−2 \\ 3 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}1 \\ −5 \end{matrix} )

sowie

[ϕ(v)]_{B} = [ϕ]_{B}^{B}[v]_{B} = ( \begin{matrix}4 & 0 \\ 0 & −2 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}1 \\ 2 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}4 \\ −4 \end{matrix} )

und

[ϕ(w)]_{K_{2}} = [ϕ]_{K_{2}}^{K_{2}}[v]_{K_{2}} = ( \begin{matrix}1 & 3 \\ 3 & 1 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}1 \\ −5 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}−14 \\ −2 \end{matrix} ) .

(G 2) Skalarprodukt/Hermitesche Form

(a) Es sei V ein euklidischer Vektorraum. Beweisen Sie die folgende Gleichheit:

⟨x, y⟩ = \frac{1}{4}||x + y||^{2} − \frac{1}{4}||x − y||^{2}.

(b) Es sei V ein unitärer Vektorraum. Beweisen Sie die folgende Gleichheit:

⟨x, y⟩ = \frac{1}{4}||x + y||^{2} − \frac{1}{4}||x − y||^{2} − \frac{i}{4}||x + iy||^{2} + \frac{i}{4}||x − iy||^{2}.

Lösung:

(a) Man benutze die Symmetrie des Skalarprodukts und erhält:

\frac{1}{4}||x + y||^{2} − \frac{1}{4}||x − y||^{2}

= \frac{1}{4}(⟨x, x⟩ + 2⟨x, y⟩ + ⟨y, y⟩) − \frac{1}{4}(⟨x, x⟩ − 2⟨x, y⟩ + ⟨y, y⟩)
= ⟨x, y⟩.

(b) Man ziehe den Skalar i aus dem Skalarprodukt heraus und beachte dabei die Konju-

gationsregeln:

\frac{1}{4}||x + y||^{2} − \frac{1}{4}||x − y||^{2} − \frac{i}{4}||x + iy||^{2} + \frac{i}{4}||x − iy||^{2}

= \frac{1}{4}(⟨x, x⟩ + ⟨x, y⟩ + ⟨y, x⟩ + ⟨y, y⟩)

+\frac{1}{4}(−⟨x, x⟩ + ⟨x, y⟩ + ⟨y, x⟩ − ⟨y, y⟩)

+\frac{1}{4}(−i⟨x, x⟩ + ⟨x, y⟩ − ⟨y, x⟩ − i⟨y, y⟩)

+\frac{1}{4}(i⟨x, x⟩ + ⟨x, y⟩ − ⟨y, x⟩ + i⟨y, y⟩)

= ⟨x, y⟩.

(G 3) Orthonormalisierung

Gegeben seien die Vektoren

b_{1} = (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) , b_{2} = (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) , b_{3} = (\begin{matrix}2 \\ 1 \\ 1 \\ 2 \end{matrix}) .

(a) Konstruiere eine Orthonormalbasis der linearen Hülle lin(b_{1}, b_{2}, b_{3}).

(b) Zeige, daß der Vektor v = (\frac{3}{2} \frac{1}{2} −\frac{5}{2} \frac{9}{2})^{T} in der lineare Hülle lin(b_{1}, b_{2}, b_{3}) liegt und stelle ihn als Linearkombination der in Teil a konstruierten Basis dar.

Lösung:

(a) Mit dem Orthonormalisierungsverfahren nach Gram-Schmidt ergeben sich die folgenden Schritte:

u_{1} = b_{1} = (1 1 1 1)^{T}
v_{1} = \frac{u_{1}}{∥u_{1}∥} = \frac{1}{\sqrt{1^{2} + 1^{2} + 1^{2} + 1^{2}}} (1 1 1 1)^{T} = (\frac{1}{2} \frac{1}{2} \frac{1}{2} \frac{1}{2})^{T}
u_{2} = b_{2} − ⟨b_{2}, v_{1}⟩v_{1} = (1 0 1 0)^{T} − (\frac{1}{2} + \frac{1}{2}) (\frac{1}{2} \frac{1}{2} \frac{1}{2} \frac{1}{2})^{T} = (\frac{1}{2} −\frac{1}{2} \frac{1}{2} −\frac{1}{2})^{T}
v_{2} = \frac{u_{2}}{∥u_{2}∥} = \frac{1}{\sqrt{\frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4}}} (\frac{1}{2} −\frac{1}{2} \frac{1}{2} −\frac{1}{2})^{T} = (\frac{1}{2} −\frac{1}{2} \frac{1}{2} −\frac{1}{2})^{T}
u_{3} = b_{3} − ⟨b_{3}, v_{1}⟩v_{1} − ⟨b_{3}, v_{2}⟩v_{2}

= (2 1 1 2)^{T} − (1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + 1) (\frac{1}{2} \frac{1}{2} \frac{1}{2} \frac{1}{2})^{T} − (1 − \frac{1}{2} + \frac{1}{2} − 1) (\frac{1}{2} −\frac{1}{2} \frac{1}{2} −\frac{1}{2})^{T}

= (\frac{1}{2} −\frac{1}{2} −\frac{1}{2} \frac{1}{2})^{T}

v_{3} = \frac{u_{3}}{∥u_{3}∥} = \frac{1}{\sqrt{\frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4}}} (\frac{1}{2} −\frac{1}{2} −\frac{1}{2} \frac{1}{2})^{T} = (\frac{1}{2} −\frac{1}{2} −\frac{1}{2} \frac{1}{2})^{T}

Folglich ist (v_{1}, v_{2}, v_{3}) eine Orthonormalbasis von lin(b_{1}, b_{2}, b_{3}).

(b) Um nachzuweisen, daß v in lin(b_{1}, b_{2}, b_{3}) liegt, berechnen wir den Anteil von v der nicht in lin(b_{1}, b_{2}, b_{3}) liegt:

v − ⟨v, v_{1}⟩v_{1} − ⟨v, v_{2}⟩v_{2} − ⟨v, v_{3}⟩v_{3} = v − 2v_{1} + 3v_{2} − 4v_{3} = 0  (1)

Da der Anteil von v außerhalb von lin(b_{1}, b_{2}, b_{3}) verschwindet, liegt v in lin(b_{1}, b_{2}, b_{3}) und aus Gleichung 1 ergibt sich sofort die gesuchte Linearkombination:

v = 2v_{1} − 3v_{2} + 4v_{3}.

(G 4)

Berechnen Sie für jede reelle Zahl b ∈ ℝ die Determinante der Matrizen

A = ( \begin{matrix}1 & 2 & 1 \\ 2 & 2 & 3 \\ 1 & 0 & 2 \end{matrix} ) und B = ( \begin{matrix}b & 0 & 0 & 1 \\ 0 & b & 1 & 0 \\ 0 & 1 & b & 0 \\ 1 & 0 & 0 & b \end{matrix} )

1. durch Spalten- und Zeilenumformungen.

2. durch Entwicklung nach der zweiten Zeile.

3. mit der Regel von Sarrus (falls möglich).

Lösung:

1.

det(A) = |\begin{matrix}1 & 2 & 1 \\ 2 & 2 & 3 \\ 1 & 0 & 2 \end{matrix}| = |\begin{matrix}0 & 2 & −1 \\ 0 & 2 & −1 \\ 1 & 0 & 2 \end{matrix}| = 0

det(A) = 0, da die erste und die zweite Zeile identisch sind (vgl. Satz 11.2 b) und d)).

det(B) = |\begin{matrix}b & 0 & 0 & 1 \\ 0 & b & 1 & 0 \\ 0 & 1 & b & 0 \\ 1 & 0 & 0 & b \end{matrix}| = |\begin{matrix}1 + b & 0 & 0 & 1 + b \\ 0 & 1 + b & 1 + b & 0 \\ 0 & 1 & b & 0 \\ 1 & 0 & 0 & b \end{matrix}| = |\begin{matrix}1 + b & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 + b & 1 & 0 \\ 0 & 1 + b & b & 0 \\ 1 + b & 0 & 0 & b \end{matrix}|

Das gilt nach Satz 11.1 d) und die nächste Umformung nach Satz 11.1 b):

= (1 + b)^{2} |\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & b & 0 \\ 1 & 0 & 0 & b \end{matrix}| = (1 + b)^{2} |\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & b − 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & b − 1 \end{matrix}|

Entwickeln nach der ersten Spalte liefert:

= (1 + b)^{2} |\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & b − 1 & 0 \\ 0 & 0 & b − 1 \end{matrix}|

Nochmal nach der ersten Spalte entwickeln:

= (1 + b)^{2} |\begin{matrix}b − 1 & 0 \\ 0 & b − 1 \end{matrix}| = (1 + b)^{2}(b − 1)^{2}

2.

det(A) = |\begin{matrix}1 & 2 & 1 \\ 2 & 2 & 3 \\ 1 & 0 & 2 \end{matrix}| = −2 |\begin{matrix}2 & 1 \\ 0 & 2 \end{matrix}| + 2 |\begin{matrix}1 & 1 \\ 1 & 2 \end{matrix}| − 3 |\begin{matrix}1 & 2 \\ 1 & 0 \end{matrix}|

= −2 · 4 + 2 · (2 − 1) − 3 · (−2) = −8 + 2 + 6 = 0

det(B) = |\begin{matrix}b & 0 & 0 & 1 \\ 0 & b & 1 & 0 \\ 0 & 1 & b & 0 \\ 1 & 0 & 0 & b \end{matrix}| = b |\begin{matrix}b & 0 & 1 \\ 0 & b & 0 \\ 1 & 0 & b \end{matrix}| − 1 |\begin{matrix}b & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & b \end{matrix}| = b · b · |\begin{matrix}b & 1 \\ 1 & b \end{matrix}| − |\begin{matrix}b & 1 \\ 1 & b \end{matrix}|

= b^{2}(b^{2} − 1) − (b^{2} − 1) = (b^{2} − 1)^{2} = ((b + 1)(b − 1))^{2} = (1 + b)^{2}(1 − b)^{2}

3. Mit der Regel von Sarrus ist nur die Berechnung von det(A) möglich:

det(A) = |\begin{matrix}1 & 2 & 1 \\ 2 & 2 & 3 \\ 1 & 0 & 2 \end{matrix}| = 1·2·2+2·3·1+1·2·0−1·2·1−0·3·1−2·2·2 = 4+6−2−8 = 0

Hausübungen

(A 4) (10 Punkte)

(a) Zeigen Sie, daß durch ⟨A, B⟩ := tr(B^{T} A) der Raum M(m × n, ℝ) der reellen m × n-Matrizen mit einem euklidischen Skalarprodukt ausgestattet wird.

(b) Bestimmen Sie den Winkel zwischen der Einheitsmatrix E_{2} und der Matrix

A := ( \begin{matrix}1 & 2 \\ 3 & 4 \end{matrix} ) .

Lösung:

(a) Seien A, B, C ∈ M(n × n, ℝ) und λ ∈ ℝ.

1. zur Bilinearität: Da tr(A + B) = tr(A) + tr(B) und tr(λA) = λ tr(A), folgt

⟨λA + B, C⟩ = tr(C^{T} (λA + B))
= tr(C^{T} (λA) + C^{T} B)
= λ tr(C^{T} A) + tr(C^{T} B)
= λ⟨A, C⟩ + ⟨B, C⟩.

2. zur Symmetrie: Da tr(A^{T}) = tr(A) und (A^{T} B)^{T} = B^{T} A^{T^{T}} = B^{T} A, folgt

⟨A, B⟩ = tr(B^{T} A) = tr(A^{T} B) = ⟨B, A⟩.

3. zur positiven Definitheit: Es ist

⟨A, A⟩ = tr(A^{T} A) = ∑_{k,l=1}^{n} a_{lk}^{2} ≥ 0.

Gleichheit gilt dann und nur dann, wenn A = 0.

(b) Es gilt:

||E_{2}|| = \sqrt{⟨E_{2}, E_{2}⟩} = \sqrt{tr(E_{2}^{T} E_{2})} = \sqrt{2},
||A|| = \sqrt{tr(A^{T} A)} = \sqrt{30},

also ist

cos α = \frac{⟨E_{2}, A⟩}{||E_{2}|| · ||A||} = \frac{5}{\sqrt{60}}.

Damit erhalten wir den Winkel α = 49, 8^{∘} (gerundet). (A 5) (10 Punkte) Wir betrachten den reellen Vektorraum Raum V aller Polynome vom Grad höchstens 2 auf dem Einheitsintervall. Bestimmen Sie eine Orthonormalbasis bezüglich des Skalarproduktes

⟨p, q⟩ := ∫_{0}^{1} q(x)q(x) dx

. Hinweis: Sie können mit der Basis 1, x, x^{2} beginnen.

Lösung:

Wir führen das Gram-Schmidt Verfahren mit der Basis 1, x, x^{2} durch:

1. Da wegen < 1, 1 >= 1 das konstante Polynom 1 schon die Norm 1 hat, kann man dieses als ersten Basisvektor v_{1} wählen.

2. Aus < 1, x >= \frac{1}{2} folgt v_{2} = \frac{x− \frac{1}{2}}{∥x− \frac{1}{2} ∥} = \sqrt{12}(x − \frac{1}{2}).

3. Aus < 1, x^{2} >= \frac{1}{3} und < \sqrt{12}(x − \frac{1}{2}), x^{2} >= \frac{\sqrt{12}}{12} = \frac{1}{\sqrt{12}} folgt v_{3} = \frac{x^{2}−x+ \frac{1}{2} − \frac{1}{3}}{∥x^{2}−x+ \frac{1}{2} − \frac{1}{3} ∥} =

\sqrt{180}(x^{2} − x + \frac{1}{2} − \frac{1}{3}).

(A 6) (10 Punkte)

Bestimmen Sie die Determinanten der Matrizen

A = (\begin{matrix}3 & 2 \\ 5 & 7 \end{matrix}) , B = (\begin{matrix}3 & 7 & −4 \\ 2 & 5 & 3 \\ 9 & 2 & 0 \end{matrix}) und C = (\begin{matrix}3 & 7 & 8 & 9 \\ 4 & 3 & 1 & 4 \\ 6 & 8 & 8 & 9 \\ 0 & 2 & 3 & 7 \end{matrix}) .

Lösung: E

s gilt

det A = | \begin{matrix}3 & 2 \\ 5 & 7 \end{matrix} | = 3 · 7 − 5 · 2 = 21 − 10 = 11

und mit Beispiel (4) auf S.46 a.a.O. ergibt sich

det B = | \begin{matrix}3 & 7 & - 4 \\ 2 & 5 & 3 \\ 9 & 2 & 0 \end{matrix} |
= 3 · 5 · 0 + 2 · 2 · (−4) + 9 · 7 · 3 − 9 · 5 · (−4) − 3 · 2 · 3 − 2 · 7 · 0
= 0 − 16 + 189 + 180 − 18 − 0
= 335.

Zur Berechnung der Determinante der Matrix C ist es nach den Bemerkungen (6) und (7) auf S.48 a.a.O. sinnvoll, wenn zunächst die Gestalt der Matrix mittels elementarer Umformungen so verändert wird, daß möglichst viele Elemente einer Zeile (oder Spalte) den Wert Null annehmen:

3 7 8 9
4 3 1 4
6 8 8 9
0 2 3 7
Z3 + (-1) · Z1 3 7 8 9
4 3 1 4
3 1 0 0
0 2 3 7
S1 + (-3) · S2 - 18 7 8 9
- 5 3 1 4
0 1 0 0
- 6 2 3 7

Die Determinante der Matrix

C′ = (\begin{matrix}−18 & 7 & 8 & 9 \\ − 5 & 3 & 1 & 4 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ − 6 & 2 & 3 & 7 \end{matrix})

stimmt mit der Determinante von C überein. Eine Entwicklung nach der dritten Zeile von C′ ergibt

det C = det C′ = ∑_{ν=1}^{4} (−1)^{3+ν} · C̃′_{3ν} · c′_{3ν}.

Wegen

c′_{31} = c′_{33} = c′_{34} = 0 und c′_{32} = 1 ≠ 0

erhält man mit dem Minor

C̃′_{32} = | \begin{matrix}- 18 & 8 & 9 \\ - 5 & 1 & 4 \\ - 6 & 3 & 7 \end{matrix} | = (−18) · 1 · 7 + (−5) · 3 · 9 + (−6) · 8 · 4

− (−6) · 1 · 9 − (−18) · 3 · 4 − (−5) · 8 · 7 = −126 − 135 − 192 + 54 + 216 + 280 = 97

schließlich

det C = det C′

= ∑_{ν=1}^{4} (−1)^{3+ν} · C̃′_{3ν} · c′_{3ν}

= (−1)^{3+2} · C̃′_{32} · c′_{32} = (−1)^{5} · 97 · 1 = −97.