Fachbereich Mathematik Prof. Dr. Fels Martin Fuchssteiner

TECHNISCHE UNIVERSITÄT DARMSTADT

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SS 2007 4. Juni 2007

Mathe II

5. Übung mit Lösungshinweisen

Gruppenübungen

(G 1) Spiegelungen Es sei g die Gerade durch den Ursprung, die mit der positiven x-Achse im ℝ^{2} im Gegenuhrzeigersinn den Winkel γ ∈ [0,2π] einschließt und σ_{g} : ℝ^{2} → ℝ^{2} die Orthogonalspiegelung an der Geraden g.

(a) Bestimmen Sie eine Basis von g.

(b) Bestimmen Sie die Darstellungsmatix [σ_{g}]_{K_{2}}^{K_{2}} zur Abbildung σ_{g}.

Lösung:

(a) Die Menge \{ ( \begin{matrix}cosγ \\ sinγ \end{matrix} ) \} ist z.B. eine Orthonormalbasis für g.

(b) Die Basis aus Aufgabe a) läßt sich durch den Vektor ( \begin{matrix}−sinγ \\ cosγ \end{matrix} ) zu einer ON-Basis B = \{ ( \begin{matrix}cosγ \\ sinγ \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}−sinγ \\ cosγ \end{matrix} ) \} ergänzen. In dieser Basis wird die Spiegelung durch die Matrix [σ_{g}]_{B}^{B} =

( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix} ) beschrieben. Die Darstellungsmatrix [σ_{g}]_{K_{2}}^{K_{2}} ergibt sich dadurch zu

[σ_{g}]_{K_{2}}^{K_{2}} = [id_{ℝ^{2}}]_{B}^{K_{2}}[σ_{g}]_{B}^{B}[id^{ℝ^{2}}]_{K_{2}}^{B}
= ( \begin{matrix}cosγ & −sinγ \\ sinγ & cosγ \end{matrix}) · ( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix} ) · ( \begin{matrix}cosγ & −sinγ \\ sinγ & cosγ \end{matrix}) ^{−1}
= ( \begin{matrix}cosγ & −sinγ \\ sinγ & cosγ \end{matrix}) · ( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix} ) · ( \begin{matrix}cosγ & sinγ \\ −sinγ & cosγ \end{matrix})
= ( \begin{matrix}cos^{2}γ − sin^{2}γ & 2cosγsinγ \\ cosγsinγ & −cos^{2}γ + sin^{2}γ \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}cos(2γ) & sin(2γ) \\ sin(2γ) & −cos(2γ) \end{matrix} ) .

Die letzte Gleichheit folgt aus den Additionssätzen für Sinus und Cosinus. (G 2) Es seien u,v ∈ ℝ^{3} linear unabhängige Vektoren. Wie sehen die reellen Eigenwerte und die zugehörigen Eigenräume der folgenden linearen Abbildungen aus:

(a) Spiegelung an der von u und v aufgespannten Ebene,

(b) Projektion auf die von u und v aufgespannte Ebene,

(c) Drehung um die Achse, die von v erzeugt wird.

Lösung:

Es sei E die von u und v aufgespannte Ebene.

(a) Da alle Vektoren aus E durch die Spiegelung nicht verändert werden, sind diese Eigenvektoren zum Eigenwert 1 und E der zugehörige Eigenraum. Vektoren, die senkrecht zur Ebene sind, werden durch die Spiegelung auf ihr negatives abgebildet. Folglich sind sie Eigenvektoren zum Eigenwert −1 und E^{⊥} ist der zugehörige Eigenraum.

(b) Da alle Vektoren aus E durch die Projektion nicht verändert werden, sind diese Eigenvektoren zum Eigenwert 1 und E der zugehörige Eigenraum. Vektoren, die senkrecht zur Ebene sind, werden durch die Projektion auf den Nullvektor abgebildet. Folglich sind sie Eigenvektoren zum Eigenwert 0 und E^{⊥} ist der zugehörige Eigenraum.

(c) Sei G die von v erzeugte Gerade. Da alle Vektoren auf der Drehachse durch die Drehung nicht verändert werden sind diese Eigenvektoren zum Eigenwert 1 und G der zugehörige Eigenraum.

Sei α ∈ [0,2π) der Drehwinkel.

Für α = 0 handelt es sich um die Identität. Folglich sind alle Vektoren Eigenvektoren zum Eigenwert 1 und ℝ^{3} der zugehörige Eigenraum.

Für α = π handelt es sich um eine Spiegelung an der Geraden. Folglich sind alle Vektoren, die senkrecht zu G sind, Eigenvektoren zum Eigenwert −1 und G^{⊥} der zugehörige Eigenraum.

Für alle anderen α gibt es keine Eigenvektoren außerhalb der Drehachse.

(G 3)

Es sei V ein ℂ-Vektorraum mit hermitescher Form ⟨·,·⟩. Weiterhin sei A: V → V eine ℂ-lineare Abbildung mit adjungierter Abbildung A^{∗} (,d.h. es gilt ⟨A(v),w⟩ = ⟨v,A^{∗}(w)⟩ für alle v,w ∈ V). Beweisen Sie Ker A = (Im A^{∗})^{⊥} und Im A = (Ker A^{∗})^{⊥}.

Lösung:

Nach Vorraussetzung gilt ⟨A(v),w⟩ = ⟨v,A^{∗}(w)⟩ für alle v,w ∈ V. Somit folgt

v ∈ Ker A ⇔ ∀w ∈ V : ⟨A(v),w⟩ = 0
⇔ ∀w ∈ V : ⟨v,A^{∗}(w)⟩ = 0
⇔ v ∈ (Im A^{∗})^{⊥} .

Mit dieser Gleichheit erhält man

Im A = Im (A^{∗})^{∗}
= [(Im (A^{∗})^{∗})^{⊥} ]^{⊥}
= [Ker (A^{∗})]^{⊥} .

(G 4) Direkte Summen/Eigenräume

Es sei A: V → V eine diagonalisierbare 𝕂-lineare Selbstabbildung des 𝕂-Vektorraumes V. Beweisen Sie, daß die Summe der eigenräume

∑_{λistEigenwertvonA}Eig(A,λ)

direkt ist und daß V = ⊕_{λ}Eig(A,λ) gilt.

Lösung:

Die Summe ist genau dann nicht direkt, wenn der Nullvektor eine nichttriviale Linearkombination von Eigenvektoren zu verschiedenen Eigenwerten ist:

0 = c_{1}v_{1}+ ...+ c_{n}v_{n}

Wir beweisen die Unmglichkeit dieser Darstellung durch Induktion ber n. Der Fall n = 2 ist bekannt, die Summe von zwei Eigenräumen zu verschiedenen Eigenwerten ist immer direkt. Wir nehmen nun an, die direkte Summe aus n Eigenräumen zu verschiedenen Eigenwerten sei immer direkt und es gäbe n+1 Eigenvektoren v_{1},...,v_{n+1} zu n verschiedenen Eigenwerten λ_{1},...,λ_{n+1} mit

c_{1}v_{1}+ ...+ c_{n}v_{n+1} = 0.

Durch Anwenden der Linearen Abbildung A erhält man die Gleichung

λ_{1}c_{1}v_{1}+ ...+ λ_{n+1} c_{n}v_{n} = 0.

Zieht man von dieser Gleichung das λ_{n+1} − fache der 1. Gleichung ab, so ergibt sich die Gleichung

(λ_{1}λ_{n+1} )c_{1}v_{1}+ ...+ (λ_{n}− λ_{n+1} )c_{n}v_{n} = 0.

Nach Induktionsvorraussetzung ist müssen die Koeffizienten c_{1},...,c_{n} verschwinden, es folgt somit auch c_{n+1} = 0. Somit ist die Summe aus n+1 Eigenräumen zu verschiedenen Eigenwerten auch immer direkt.

Weil die Abbildung nach Vorraussetzung diagonalisierbar ist, gibt es eine Basis aus Eigenvektoren, daher ist die Summe ⊕_{λ}Eig(A,λ) der ganze Vektorraum V.

(G 5) Quadriken

Es sei

A = ( \begin{matrix}2 & −1 \\ −1 & 2 \end{matrix} ) , b = ( \begin{matrix}2\sqrt{2} \\ −2\sqrt{2} \end{matrix} ) und c = \frac{1}{3}.

Von welchem Kurventyp ist die Lösungsmenge der quadratischen Gleichung

x^{T}Ax + b^{T}x + c = 0?

Skizzieren Sie die Lösungsmenge im ursprünglichen Koordinatensystem.

Lösung:

Die Matrix A besitzt den Eigenwert 1 mit Eigenvektor (1,1)^{T} und den Eigenwert 3 mit Eigenvektor (−1,1)^{T}. Seien e_{1} = \frac{1}{\sqrt{2}}(1,1)^{T} und e_{2} = \frac{1}{\sqrt{2}}(−1,1)^{T} die normierten Eigenvektoren. Dann ist

C = \frac{1}{\sqrt{2}} ( \begin{matrix}1 & −1 \\ 1 & 1 \end{matrix} )

die Transformationsmatrix für den Wechsel zur Orthonormalbasis e_{1}, e_{2}. Sei d = C^{T}b = (0,−4). In der neuen Basis (mit neuer Variablen y) lautet die Gleichung dann

(Cy)^{T}ACy + b^{T}Cy + c = 0

bzw.

y^{T}C^{T}ACy + b^{T}Cy + c = 0

Abbildung 1: Skizze zur Aufgabe G??.

oder ausgeschrieben

y_{1}^{2}+ 3y_{2}^{2}− 4y_{2}+ \frac{1}{3} = 0.

Um das Linearglied −4y_{2} zu beseitigen, führt man eine quadratische Ergänzung durch:

\begin{aligned}y_{1}^{2}+ 3( y_{2}^{2}− \frac{4}{3}y_{2}) + \frac{1}{3} & = y_{1}^{2}+ 3( y_{2}^{2}− \frac{4}{3}y_{2}+ ( \frac{2}{3}) ^{2}− ( \frac{2}{3}) ^{2}) + \frac{1}{3} \\ & = y_{1}^{2}+ 3( y_{2}− \frac{2}{3}) ^{2}− 1. \end{aligned}

Setzt man nun z_{1} := y_{1} und z_{2} := y_{2}− \frac{2}{3}, dann lautet die Gleichung in den neuen Variablen

z_{1}^{2}+ 3z_{2}^{2} = 1.

Folglich ist die Lösungsmenge eine Ellipse. Bezüglich der z-Koordinaten liegt das Zentrum im Nullpunkt. Daher liegt es bezüglich der y-Koordinaten im Punkt (0, \frac{2}{3}) und der x-Koordinaten im Punkt (−^{\frac{\sqrt{2}}{3}},^{\frac{\sqrt{2}}{3}}). Die Vektoren e_{1} und e_{2} geben die Richtung der Achsen der Ellipse an. Die Halbachsen haben die Länge 1 und \frac{1}{\sqrt{3}}. Skizze siehe Abbildung .

Hausübungen

(A 13) Quadriken (10 Punkte)

Für die Quadrik Q gelte

Q = {x ∈ ℝ^{n} | λ_{1}x_{1}^{2}+ ...+ λ_{n}x_{n}^{2} = 0},

Welche geometrischen Objekte treten für n = 2 und n = 3 auf, wenn alle λ_{i} ungleich Null sind?

Lösung:

Es sei zunächst n = 2. Dann lautet die definierende Gleichung

λ_{1}x_{1}^{2}+ λ_{2}x_{2}^{2} = 0.

Für den Fall, daß λ_{1},λ_{2} > 0 oder λ_{1},λ_{2} < 0 gilt, ist der Punkt (0,0) die einzige Lösung. Folglich ist die Quadrik Q nur ein Punkt.

Für den Fall λ_{1} < 0 und λ_{2} > 0 (bzw. λ_{1} > 0 und λ_{2} < 0) definiere a := _{\frac{1}{\sqrt{|λ_{1}|}}} und b := _{\frac{1}{\sqrt{|λ_{2}|}}}.

Dann gilt

λ_{1}x_{1}^{2}+ λ_{2}x_{2}^{2} = 0
⇔  \frac{x_{1}^{2}}{a^{2}} = \frac{x_{2}^{2}}{b^{2}}
⇔  x_{2}= ±\frac{b}{a}x_{1}.

Folglich besteht die Quadrik Q aus zwei Geraden mit der Steigung ±\frac{b}{a}. Dies sind gerade die Asymptoten, der Hyperbeln, die sich ergeben, wenn die rechte Seite der definierenden Gleichung gleich Eins ist.

Sei nun n = 3. Dann lautet die definierende Gleichung

λ_{1}x_{1}^{2}+ λ_{2}x_{2}^{2}+ λ_{3}x_{3}^{2} = 0.

Für den Fall, daß alle λ_{i} das gleiche Vorzeichen besitzen, ist der Punkt (0,0,0) die einzige Lösung. Folglich ist die Quadrik Q nur ein Punkt.

Für den Fall, daß die λ_{i} unterschiedliche Vorzeichen besitzen, betrachten wir den Fall λ_{1},λ_{2} > 0 und λ_{3} < 0 und definieren a:= _{\frac{1}{\sqrt{|λ_{1}|}}}, b:= _{\frac{1}{\sqrt{|λ_{2}|}}} und c:= _{\frac{1}{\sqrt{|λ_{3}|}}}. (Die übrigen Fälle können durch

Umnummerierung auf diesen zurückgeführt werden.) Dann gilt

λ_{1}x_{1}^{2}+ λ_{2}x_{2}^{2}+ λ_{3}x_{3}^{2} = 0
⇔  \frac{x_{1}^{2}}{a^{2}} + \frac{x_{2}^{2}}{b^{2}} − \frac{x_{3}^{2}}{c^{2}} = 0
⇔  \frac{x_{1}^{2}}{a^{2}} + \frac{x_{2}^{2}}{b^{2}} = \frac{x_{3}^{2}}{c^{2}}

⇔  \sqrt{\frac{x_{1}^{2}}{a^{2}} + \frac{x_{2}^{2}}{b^{2}}} = \frac{|x_{3}|}{c}

Folglich ist die Quadrik Q ein Doppelkegel mit elliptischer Grundfläche. Es ist genau der asymptotische Kegel, der Hyperboloide, die sich ergeben, wenn die rechte Seite der definierenden Gleichung gleich Eins ist.

(A 14) Signatur (10 Punkte) Berechnen Sie die Signatur der Matrix

A = ( \begin{matrix}2 & −i & −2i & 0 \\ i & 2 & 1 & 0 \\ 2i & 1 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{matrix}) .

Lösung:

Durch Subtraktion des i-fachen der 1. Zeile von der 3. Zeile und Subtraktion des (−i)-fachen der 1. Spalte von der 3. Spalte erhält man die Matrix

( \begin{matrix}2 & −i & 0 & 0 \\ i & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{matrix}) .

Die Eigenwerte sind −1,1,1 und 3. Somit hat A die Signatur (3,1).

(A 15) (10 Punkte) Es seien A,B: V → V diagonalisierbare K -lineare Selbstabbildungen des K -Vektorraumes V.

(a) Ist A ∘ B diagonalisierbar

(b) Ist A ∘ B im Falle A ∘ B = B ∘ A diagonalisierbar?

Lösung:

(a) Nein, ein Gegenbeispiel ist z.B. ( \begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix} ) .

(b) Ja, denn Eigenräume Eig(B,λ) von B sind invariant unter A:

∀v ∈ Eig(A,λ) : A(B(v)) = B(A(v)) = B(λv) = λ(B(v)) ⇒ ∀v ∈ Eig(A,λ) : B(v) ∈ Eig(A,λ)

Da die Summe V = ∑_{λ}Eig(A,λ) direkt ist und B(Eig(A,λ)) ⊂ Eig(A,λ) gilt, reicht es die Behauptung für die Vektorräume Eig(A,λ) zu beweisen. Hier gilt jedoch A_{|Eig(A,λ)} = λ · id_{Eig(A,λ)}. Somit genügt es den Fall A = λ · id_{V} zu betrachten. In diesem Fall ist jedoch jede Basis aus Eigenvektoren von B auch eine Basis aus Eigenvektoren von A, d.h. A und B sind simultan diagonalisierbar.