Fachbereich Mathematik Prof. Dr. J.H. Bruinier Martin Fuchssteiner Erik Hofmann Frederik Strmberg

TECHNISCHE UNIVERSITÄT DARMSTADT

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SS 2008 9.10.2007

Lineare Algebra II

12. Übung mit Lösungshinweisen

Gruppenübungen

(G 7) Orthonormalisierung

Gegeben seien die Vektoren b_{1} = (1 1 1 1)^{T}, b_{2} = (1 0 1 0)^{T} und b_{3} = (2 1 1 2)^{T}.

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

(b) Zeigen Sie, 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} − ⟨v_{1}, b_{2}⟩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} − ⟨v_{1}, b_{3}⟩v_{1} − ⟨v_{2}, b_{3}⟩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_{1}, v⟩v_{1} − ⟨v_{2}, v⟩v_{2} − ⟨v_{3}, v⟩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 8) Komplementärräume

Es seien V ein endlichdimensionaler euklidischer Vektorraum sowie U, W ≤ V Untervektorräume von V. Beweisen Sie die folgenden Gleichungen:

(a) (U + W)^{⊥} = U^{⊥} ∩ W^{⊥}  (b) (U ∩ W)^{⊥} = U^{⊥} + W^{⊥}  (c) V = U ⊕ U^{⊥}
(d) dimU^{⊥} = dimV − dimU

Lösung:

(a) Es seien u + w ∈ U + W und x ∈ U^{⊥} ∩ W^{⊥} beliebige Elemente. Es gilt

⟨u + w | x⟩ = \underbrace{⟨u | x⟩}_{=0} + \underbrace{⟨w | x⟩}_{=0} = 0,

was die Inklusion U^{⊥} ∩ W^{⊥} ⊂ (U + W)^{⊥} beweist. Sind umgekehrt x ∈ (U + W)^{⊥} und u ∈ U, w ∈ W beliebige Elemente, dann folgt ⟨x | u⟩ = 0 and ⟨x | w⟩ = 0, und somit x ∈ U^{⊥} und x ∈ W^{⊥}. Dies impliziert x ∈ U^{⊥} ∩ W^{⊥}.

(b) Anwenden von a) auf U^{⊥} und W^{⊥} ergibt

(U^{⊥} + W^{⊥})^{⊥} = U^{⊥⊥} ∩ W^{⊥⊥}.

Nimmt man nun auf beiden Seiten das orthogonale Komplement und beachtet U^{⊥⊥} = U, so erhält man die gewünschte Gleichung.

(c) Es sei (v_{1}, …, v_{n}) eine ON-Basis von U. Wir ergänzen diese zu einer Basis

(v_{1}, …, v_{n}, w_{1}, …, w_{m})

von V. Nach Durchführung des Gram-Schmidt Orthonormalisierungsverfahrens erhält man eine ON-Basis

(v_{1}, …, v_{n}, w′_{1}, …, w′_{m})

von V, wobei die Vektoren w′_{1}, …, w′_{m} auf den Basisvektoren v_{1}, …, v_{n} von U senkrecht stehen, also in U^{⊥} liegen. Die Summe U ⊕ U^{⊥} ist direkt, da sich die Untervekrorräume U und U^{⊥} trivial schneiden. Weil die Dimension der direkten Summe U ⊕ U^{⊥} ≤ V gleich der Dimension von V ist, folgt U ⊕ U^{⊥} = V.

(d) Dies folgt aus c).

(G 9) Hyperebenen

Es sei V ein endlichdimensionaler reeller Vektorraum mit Skalarprodukt ⟨−, −⟩ : V ×V → ℝ und v ≠ 0 ein Vektor in V.

(a) Zeigen Sie, daß die Menge v^{⊥} eine Hyperebene (d.h. ein Untervektorraum der Kodimension 1) ist.

(b) Beschreiben Sie die Spiegelung σ_{v} an der Hyperebene v^{⊥} durch v und das Skalarprodukt. Geben sie die Abbildungsvorschrift an.

Lösung:

(a) Das orthogonale Komplement v ≠ 0 ist bekanntlich ein Untervektorraum (siehe z.B. G2, 14. Übung). Somit reicht es zu zeigen, daß dieser Untervektorraum Kodimension 1 hat. Nach Aufgabe G8 c) gibt es eine ON-Basis (w′_{1}, …, w′_{m}) von v^{⊥}, so daß (v, w′_{1}, …, w′_{m}) eine Basis von V ist. Somit hat v^{⊥} Kodimension 1 in V.

(b) σ_{v} : V → V, w ↦ w − 2⟨v, w⟩w

(G 10) Führe das Schmidtsche Orthonormalisierungsverfahren mit den Vektoren

b_{1} = (\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 0 \\ 2 \end{matrix}) , b_{2} = (\begin{matrix}1 \\ −2 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) , b_{3} = (\begin{matrix}−1 \\ 10 \\ 0 \\ 4 \end{matrix})

aus. Welches Problem tritt dabei auf und was ist dessen Ursache?

Lösung:

Mit dem Schmidtschen Orthonormalisierungsverfahren ergeben sich die folgenden Schritte:

u_{1} = b_{1} = (1 2 0 2)^{T}
v_{1} = \frac{u_{1}}{∥u_{1}∥} = \frac{1}{\sqrt{1^{2} + 2^{2} + 2^{2}}} (1 2 0 2)^{T} = (\frac{1}{3} \frac{2}{3} 0 \frac{2}{3})^{T}
u_{2} = b_{2} − ⟨b_{2}, v_{1}⟩v_{1} = (1 −2 0 0)^{T} − (\frac{1}{3} − \frac{4}{3}) (\frac{1}{3} \frac{2}{3} 0 \frac{2}{3})^{T} = (\frac{4}{3} −\frac{4}{3} 0 \frac{2}{3})^{T}
v_{2} = \frac{u_{2}}{∥u_{2}∥} = \frac{1}{\sqrt{\frac{16}{9} + \frac{16}{9} + \frac{4}{9}}} (\frac{4}{3} −\frac{4}{3} 0 \frac{2}{3})^{T} = (\frac{2}{3} −\frac{2}{3} 0 \frac{1}{3})^{T}
u_{3} = b_{3} − ⟨b_{3}, v_{1}⟩v_{1} − ⟨b_{3}, v_{2}⟩v_{2}

= (−1 10 0 4)^{T} − (−\frac{1}{3} + \frac{20}{3} + \frac{8}{3}) (\frac{1}{3} \frac{2}{3} 0 \frac{2}{3})^{T} − (−\frac{2}{3} − \frac{20}{3} + \frac{4}{3}) (\frac{2}{3} −\frac{2}{3} 0 \frac{1}{3})^{T} = 0

Im dritten Schritt erhält man den Nullvektor, womit der Algorithmus nicht fortgesetzt werden kann, da die nachfolgende Normierung nicht möglich ist. Die Ursache des Problems ist, daß (b_{1}, b_{2}, b_{3}) nicht linear unabhängig sind (b_{3} = 2b_{1} − 3b_{2}), was aber Voraussetzung für das Orthonormalisierungsverfahren ist.

(G 11) Komplexe quadratische komplexe Matrizen A, welche die Gleichung A^{∗}A = E erfüllen, heißen unitär.

(a) Ist U unitär, so ist auch U^{∗} unitär.

(b) Eine n × n-Matrix U ist genau dann unitär, wenn die Spalten von U eine ON-Basis von ℂ^{n} bilden.

Lösung:

(a) Ist U unitär, so ist die Matrix U^{∗} die zu U inverse Matrix, d.h. es gilt U^{∗}U = E = UU^{∗}. Daraus folgt (U^{∗})^{∗}U^{∗} = UU^{∗} = E.

(b) Der Eintrag in der i-ten Zeile und der j-ten Spalte von U^{∗}U′ ist nach Definition durch

(u_{i,1}^{∗}, …, u_{i,n}^{∗})(u_{1,j}, …, u_{n,j})^{T} = (\overline{u}_{i,1}, …, \overline{u}_{i,n})(u_{1,j}, …, u_{n,j})^{T}
= ⟨(u_{i,1}, …, u_{i,n})^{T} , (u_{1,j}, …, u_{n,j})^{T} ⟩

gegeben. Ist U unitär, so gilt U^{∗}U = E, d.h. für I ≠ j verschwindet dieser Eintrag und die i-te Spalte von U steht senkrecht auf der j-ten Spalte von U. Bilden umgekehrt die Spalten von U eine ON-Basis, so folgt aus obiger Gleichung U^{∗}U = E, d.h. U ist unitär.

(G 12)

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} p(x)q(x) dx.

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}).

Hausübungen

(H 4) Die unitäre Gruppe, 10 Punkte

Komplexe quadratische Matrizen A, welche die Gleichung A^{∗}A = E erfüllen, heißen unitär. Die Menge aller unitären n × n-matrizen wird mit U(n) bezeichnet.

(a) Beweisen Sie, daß U(n) eine Gruppe ist.

(b) Beweisen Sie, daß jede unitäre n × n-Matrix eine Isometrie ℂ^{n} → ℂ^{n} beschreibt (d.h. daß die lineare Abbildung Abstände von Vektoren erhält).

(c) Beweisen Sie, daß Eigenwerte unitäre Abbildungen Betrag 1 haben.

Lösung:

(a) Die Einheitsmatrix ist unitär: E ∈ U(n), somit hat U(n) ein neutrales Element. Weiterhin gilt für unitäre n×n Matrizen A und B die Gleichung (AB)^{∗}(AB) = B^{∗}(A^{∗}A)B = B^{∗}EB = E. Somit ist das Produkt zweier unitärer Matrizen A, B ∈ U(n) wieder unitär. Das Inverse einer unitären Matrix U ist die Matrix U^{∗}. Für diese gilt (U^{∗})^{∗}U^{∗} = UU^{∗} = E, somit hat jede unitäre Matrix U ∈ U(n) ein inverses in U(n). Damit ist U(n) eine Gruppe.

(b) Ist U eine unitäre n × n-Matrix, so gilt

⟨Uv, Uw⟩ = ⟨U^{∗}Uv, w⟩ = ⟨v, w⟩

für alle v, w ∈ ℂ^{n}. Somit erhält die durch U beschriebene lineare Abbildung das Skalarprodukt und damit die Abstände, d.h. sie ist eine Isometrie.

(c) Ist v ≠ 0 ein Eigenvektor zum Eigenwert λ einer unitären Abbildung U, so gilt

⟨v, v⟩ = ⟨Uv, Uv⟩ = ⟨λv, λv⟩ = \overline{λ}λ⟨v, v⟩ = |λ|^{2}⟨v, v⟩.

aus v ≠ 0 folgt somit |λ|^{2} = 1.

(H 5) 10 Punkte

Konstruieren Sie eine Orthogonalbasis des ℂ^{3}, in der der Vektor (1−i, 1+i, 2i)^{T} vorkommt.

Lösung:

Man muß sich zunächst klarmachen, daß man zwar nichtnormierte Vektoren sucht, im Gram-Schmidt-Verfahren die Normierungskonstanten aber benötigt. Sei b_{1} = (1 − i, 1 + i, 2i)^{T} durch e_{2}, e_{3} zu einer Basis von ℂ^{3} ergänzt. Es ist v_{1} = \frac{1}{\sqrt{8}}b_{1}. Daher erhält man

u_{2} = e_{2} − \frac{1}{8}⟨b_{1}, e_{2}⟩b_{1} = ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) − \frac{1}{8}(1 − i) ( \begin{matrix}1 − i \\ 1 + i \\ 2i \end{matrix} ) = \frac{1}{8} ( \begin{matrix}2i \\ 6 \\ −2 − 2i \end{matrix} ) .

Sei h_{2} = (2i, 6, −2 − 2i)^{T}. Dann ist |h_{2}|^{2} = 48 und man erhält im nächsten Schritt

u_{3} = e_{3}−\frac{1}{8}⟨b_{1}, e_{3}⟩b_{1}−\frac{1}{48}⟨h_{2}, e_{3}⟩h_{2} = \frac{1}{48} [( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 48 \end{matrix} ) + 12i ( \begin{matrix}1 − i \\ 1 + i \\ 2i \end{matrix} ) − (2i − 2) ( \begin{matrix}2i \\ 6 \\ −2 − 2i \end{matrix} )]

= \frac{1}{48} ( \begin{matrix}16 + 16i \\ 0 \\ 16 \end{matrix} ) = \frac{1}{3} ( \begin{matrix}1 + i \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) .

Als einfachste Orthogonalbasis entnimmt man aus dieser Rechnung

\{( \begin{matrix}1 − i \\ 1 + i \\ 2i \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}i \\ 3 \\ −1 − i \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}1 + i \\ 0 \\ 1 \end{matrix} )\} .

(H 6) 10 Punkte

Es sei V ein endlichdimensionaler komplexer Vektorraum und A : V → V ein selbstadjungierter Endomorphismus.

(a) Beweisen Sie, daß A nur reelle Eigenwerte haben kann.

(b) Zeigen Sie, daß es einen Eigenvektor 0 ≠ v von A gibt und daß v^{⊥} ein A-invarianter Untervektorraum ist.

(c) Zeigen Sie, daß A diagonalisierbar ist.

Lösung:

(a) Ist v ≠ 0 ein Eigenvektor zum Eigenwert λ, so gilt

λ⟨v, v⟩ = ⟨v, Av⟩ = ⟨A^{∗}v, v⟩ = ⟨Av, v⟩ = ⟨λv, v⟩ = \overline{λ}⟨v, v⟩,

und somit (λ − \overline{λ})⟨v, v⟩ = 0. Aus ⟨v, v⟩ ≠ 0 folgt somit λ = \overline{λ}.

(b) Für alle w ∈ v^{⊥} gilt

⟨v, Aw⟩ = ⟨A^{∗}v, w⟩ = ⟨Av, w⟩ = \overline{λ}⟨v, w⟩ = 0.

Somit steht Aw senkrecht auf v, d.h. Aw ∈ v^{⊥}.

(c) Dies wurde (für reell lineare Abbildungen) in der Vorlesung durchgeführt. Der Beweis überträgt sich.