Fachbereich Mathematik Prof. Dr. J.H. Bruinier Martin Fuchssteiner Eric Hofmann Fredrik Strömberg

TECHNISCHE UNIVERSITÄT DARMSTADT

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SS 2008 19.05.2008

Lineare Algebra II

6. Übung mit Lösungshinweisen

Gruppenübungen

(G 27)

Sei V ein endlichdimensionaler Vektorraum über einem Körper 𝕂, (𝕂 = ℝ oder ℂ). Weiter sei f : V → V ein Endomorphismus und P_{f}(X) dessen charakteristisches Polynom. Beweisen Sie: P_{f}(X) ist irreduzibel (über 𝕂), dann und nur dann, wenn {0} und V die einzigen f-invarianten Teilräume von V sind.

Lösung:

⇐: Wir nehmen an, dass {0} und V die einzigen f-invarianten Teilräume von V sind.

Aus der Vorlesung ist folgender Satz bekannt: Gibt es eine Zerlegung P_{f}(X) = P_{1}(X)P_{2}(X), mit P_{1}(X), P_{2}(X) Polynomen ∈ 𝕂[X] vom Grad ≥ 1, die zueinander koprim sind, so gibt es eine Zerlegung

V = V_{1} ⊕ V_{2} mit V_{i} = kern(P_{i}(f)), i = 1, 2.

Da dabei auftretenden Räume sind f-invariant, d.h. f(V_{i}) ⊂ V_{i}, für i = 1, 2. Insbesondere folgt also aus P_{f}(X) reduzibel (= nicht irreduzibel), dass es f-invariante Teilräume ≠ {0} und ⊊ V gibt (Widerspruch zur Annahme!). Also ist P_{f}(X) irreduzibel.

⇒: Voraussetzung: P_{f}(X) ist irreduzibel. Aus der Vorlesung ist folgende Aussage bekannt: Gibt es einen f-invarianten Teilraum W ⊂ V, dann ist das charakteristische Polynom von f |_{W} ein Teiler von P_{f}(X).

Wir nehmen nun an, es gibt einen solchen Teilraum W und W ≠ {0}, sowie W ≠ V. Dann ist P_{f|_{W}} (X) ≠ P_{f}(X) (und nicht konstant) und somit ein echter Teiler von P_{f}(X). Dann ist aber P_{f}(X) nicht irreduzibel.Widerspruch!

(G 28)

Sei V ein endlich dimensionaler Vektorraum (Dimension n) über einem Körper 𝕂. Weiter seien f, g Endomorphismen von V. Zeigen Sie folgende Aussagen:

(a) Sind f und g beide diagonalisierbar und miteinander vertauschbar, so sind auch f + g und f ∘ g diagonalisierbar.

(b) Sind f und g beide nilpotent und miteinander vertauschbar, so sind auch f + g und f ∘ g nilpotent.

(c) Sind f und g von endlicher Ordnung und miteinander vertauschbar, so ist auch f ∘ g von endlicher Ordnung. (Vorsicht: f +g muss nicht von endlicher Ordnung sein. Finden Sie ein Gegenbeispiel.)

(d) Finden Sie für jedes n > 1 ein Beispiel für nilpotente Endomorphismen f und g, für die f ∘ g nicht nilpotent ist.

(e) Finden Sie außerdem für n = 2 ein Beispiel, in welchem f + g für zwei nilpotente Operatoren f, g nicht nilpotent ist.

Lösung:

(a) Nach Voraussetzung sind f und g beide diagonalisierbar. Da f und g außerdem miteinander vertauschen, gibt es eine simultane Basis von Eigenvektoren, vergleiche etwa Aufgabe (T 4) (der Beweis dort ist genauso für euklidische Vektorräume über ℚ oder ℝ wie für unitäre Vektorräume über ℂ gültig). In dieser Basis habe die darstellenden Matrizen von f, g Diagonalgestalt. Dann haben aber auch die darstellenden Matrizen von f ∘ g und f + g Diagonalgestalt.

(b) Nach Voraussetzung sind f, g nilpotent, d.h. es gibt ganze Zahlen l, m, so dass f^{l} = 0 und g^{m} = 0. Also gilt

(fg)^{kgV(l,m)} = \underbrace{(fg) ∘ ⋯ ∘ (fg)}_{kgV(l, m)-mal} =^{f∘g=g∘f} \underbrace{f ∘ ⋯ f}_{kgV(l, m)-mal} ∘ \underbrace{g ∘ ⋯ g}_{kgV(l, m)-mal}

= f^{kgV(l,m)}g^{kgV(l,m)} = (f^{l})^{r_{1}} ∘ (g^{m})^{r_{2}} = 0,

wobei r_{1}, r_{2} ganze Zahlen sind.

Man überlegt sich zunächst, dass der binomische Satz für miteinander kommutierende Endomorphismen genauso gilt, wie man es für Zahlen gewohnt ist,

(f + g)^{N} = ∑_{k=0}^{N} \binom{N}{k}f^{N−k}g^{k},

da es bei den Summanden nicht auf die Reihenfolge ankommt.

Beweis (per Induktion): Induktionsverankerung:

(f + g)^{1} = f + g

Induktionschritt (N ⟶ N + 1):

\begin{matrix}(f + g)(f + g)^{N} = (f + g) ∑_{k=0}^{N} \binom{N}{k}f^{N−k}g^{k} = \\ = \binom{N}{N}f f^{N} + ∑_{k=1}^{N} (\binom{N}{k}f f^{N−k}g^{k} + \binom{N}{(k − 1)}f^{N−(k−1)}g^{k−1}g) = ∑_{k=0}^{N+1} \binom{N + 1}{k}f^{N+1−k}g^{k}. \end{matrix}

(Hier wird die Vertauschbarkeit benötigt wird.)

Nun betrachtet man

(f + g)^{l+m} = ∑_{k=0}^{l−m} \binom{l + m}{k}f^{l+m−k}g^{k}.

Solange 0 ≤ k ≤ m, gilt f^{l+m−k} = f^{m−k}f^{l} = 0. Ist andererseits k > m, so ist g^{k} = g^{m}g^{k−m} = 0. Somit verschwinden alle Summanden.

(c) Der Beweis läuft analog zu der entsprechenden Aufgabe in Teil (b): Nach Voraussetzung gibt es l, m ∈ ℤ, sodass f^{l} = id und g^{m} = id. Dann ist

(fg)^{kgV(l,m)} = f^{kgV(l,m)}g^{kgV(l,m)} = id,

weil f, g vertauschbar sind.

Nun noch ein Beispiel, welches zeigt, dass für f, g von endlicher Ordnung und vertauschbar f + g nicht von endlicher Ordnung sein muss: Man wählt f = id und g = −id. Beide sind von endlicher Ordnung f^{1} = id und g^{2} = id und kommutieren, aber f + g = 0 ist nicht von endlicher ORdnung.

(d)

• Einfache Gegenbeispiele für (b) sind etwa Nilpotente Matrizen der Form

\begin{matrix}f = (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) , . . . . . . , (\begin{matrix}0 & 1 & . . . . . . . & 0 \\ ⋮ & 0 & 1 & … & ⋮ \\ ⋮ & ... & ⋮ \\ ⋮ & ... & 1 \\ & . . . . . . . . . . & 0 \end{matrix}) , … \\ und g = f^{t} = (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix}) , …, … \end{matrix}.

Ist dim V = n, also f, g sind n × n-Matrizen dieser Bauart, so gilt nämlich

f ∘ g = (E_{n−1} 0 ⋮_{0 … 0}) ≠ g ∘ f = (⋮ 0 E_{n−1}^{0 … 0}) ,

diese Matritzen sind aber offensichtlich nicht nilpotent. (e) Seien f, g wie in der Lösung zu (d). Für n = 2 gilt

f + g = (\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}) , was wegen (\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix})^{2} = E_{2}

nicht nilpotent ist.

(G 29)

Sei 𝕂 ein Körper und A eine n × n Matrix der Form

A = (\begin{matrix}0 & . . . . . . . . . & −a_{0} \\ 1 & 0 & . . . . . . & −a_{1} \\ ⋮ & ... & ⋮ \\ 0 & 1 & −a_{n−1} \end{matrix})

mit a_{0}, …, a_{n} ∈ 𝕂.

(a) Man zeige: Das charakteristische Polynom P_{A}(X) hat die Form

P_{A}(X) = X^{n} + a_{n−1}X^{n−1} + ⋯ + a_{1}X + a_{0}.

(b) Zeigen Sie, dass der zum Eigenwert λ von A der zugehörige Eigenraum 1-dimensional ist.

(c) Nehmen Sie an, dass P_{A}(X) über 𝕂 vollständig in Linearfaktoren zerfällt. Was können Sie über die Jordan-Normalform von A sagen?

Lösung:

(a) Am besten geht man induktiv vor: Für n = 2 ist

det(XE − A) = |\begin{matrix}X & a_{0} \\ −1 & X − (−a_{1}) \end{matrix}| = X^{2} + a_{1}X + a_{0}.

Induktionsschritt (n → n + 1): Sei A eine n × n- Matrix, wie in der Aufgabenstellung und A′ eine (n + 1) × (n + 1)-Matrix der Form

A′ = (1 ⋮ 0 A^{0 … −a′}) .

Das charakteristische Polynom erhält man aus

P_{A′}(X) = det(XE_{n+1} − A′) = |−1 ; ⋮ ; 0 (XE_{n} − A)^{X  …  a′}| .

Entwickeln nach der 1ten Zeile ergibt

\begin{aligned}P_{A′}(X) & = X det(XE_{n} − A) + (−1)^{(n+1)−1}a′ |\begin{matrix}−1 & X & …. & 0 \\ 0 & . . . . . . . . & 0 \\ ⋮ & ... & ⋮ \\ 0 & . . . . . . . . & X \\ 0 & . . . . . . . . & −1 \end{matrix}| \\ & = XP_{A}(X) + (−1)^{n}a′(−1)^{n} = X^{n+1} + ∑_{k=1}^{n} a_{n−k}X^{n−k+1} + a′, \end{aligned}

wobei im letzten Schritt die Induktionsvoraussetzung über P_{A}(X) eingeht. Damit hat P_{A′}(X) bereits die behauptete Form (setze a′_{k} = a_{k−1} für k = 1, …, n und a′_{0} = a′).

(b) Der Rang der Matrix

A − λE = (\begin{matrix}−λ & . . . . . . . . . . & −a_{0} \\ 1 & −λ & . . . . . . & −a_{1} \\ ⋮ & ... & ⋮ \\ 0 & 1 & −a_{n−1} − λ \end{matrix})  (1)

ist n − 1 für jedes λ ∈ ℝ \ {0} wenn a_{0} ≠ 0. Ist λ ≠ 0 also ein Eigenwert von A, so hat ker(A − λE) Dimension 1. Die 0 tritt wiederum dann und nur dann als Eigenwert von A auf, wenn a_{0} = 0 verschwindet (a_{0} ist nach (a) das konstante Glied des charakteristischen Polynoms). In diesem Fall ist aber

A − λE = A = (\begin{matrix}0 & . . . . . . . . . & 0 \\ 1 & 0 & . . . . . . & −a_{1} \\ ⋮ & ... & ⋮ \\ 0 & 1 & −a_{n−1} \end{matrix}) ,

ebenfalls eine Matrix mit Rang n − 1. Auch hier ist also der Eigenraum eindimensional.

Lösungsalternative: Anhand der Form von A − λE aus (1) kann man in der Gleichung

(A − λE)v = 0

für einen Eigenvektor v = (v_{1}, …, v_{n})^{t} schrittweise jede Komponente v_{1}, …, v_{n−1} eliminieren und durch v_{n} ausdrücken:

v_{n−1} = (λ + a_{n−1})v_{n},  (Zeile n)
v_{n−2} = λv_{n−1} + a_{n−2}v_{n}  (Zeile n − 1)

= (λ^{2} + λa_{n−1} + a_{n−2}) v_{n} …

v_{1} = λv_{2} + a_{1}v_{n}  (Zeile 2 = n − (n − 2))

= ⋯

= (λ^{n−1} + ∑_{k=1}^{n−1} λ^{k−1}a_{k}) v_{n}.

(Die Zeile 1 lautet

0 = λv_{1} + a_{0}v_{n} = (λ^{n} + ∑_{k=1}^{n−1} λ^{k}a_{k} + a_{0}) v_{n} = \underbrace{P_{A}(λ)}_{0} v_{n},

und bringt somit keine neue Relation zwischen v_{1} und v_{n}.) Alle Komponten von v sind also Vielfache von v_{n}, der Eigenraum ist somit eindimensional.(Dies bleibt richtig, wenn alle a_{i} = 0 sind. In diesem Fall ist v_{1} = … v_{n−1} = 0 und v_{n} ist frei wählbar.)

(c) Über die Jordan-Normalform kann man zumindest folgendes sagen: Zu jedem Eigenwert λ kann nur ein Jordan-Kästchen auftreten.

Hausübungen

(H 16)

Betrachen Sie folgende Matrix A, die in Abhängigkeit von einem Parameter c ∈ ℝ gegeben ist

A_{c} = (\begin{matrix}2 & −6c & c \\ 0 & −1 & 0 \\ −\frac{1}{2} & c & 3 \end{matrix}) .

(a) Bestimmen Sie die beiden Parameterwerte c_{1} und c_{2}, sodass A einen Eigenwert mit algebraischer Vielfacheit 2 hat.

(b) Bestimmen Sie jeweils für die beiden Parameterwerte c_{1} und c_{2} eine Basis des ℝ^{3}, in der A_{c} Jordan-Normalform hat und geben Sie geeignete Transformationsmatrizen an.

Lösung:

(a) Die Eigenwerte von A_{c} sind durch die Gleichung

\begin{aligned}0 = P_{A_{c}}(λ) & = det(λE − A) = |\begin{matrix}λ − 2 & 6c & −c \\ 0 & λ + 1 & 0 \\ \frac{1}{2} & −c & λ − 3 \end{matrix}| \\ & = (λ + 1)(λ − 2)(λ − 3) + \frac{c}{2}(λ + 1) = (λ + 1) (λ^{2} − 5λ + 6 + \frac{c}{2}) \end{aligned}

gegeben. Ein Eigenwert ist also λ_{1} = −1. Weitere Eigenwerte hängen von c ab.

Wenn die Diskriminante des quadratischen Faktors von P_{A_{c}}(λ),

d := 25 − 4 (6 + \frac{c}{2}) = 1 − 2c,

verschwindet, so trägt dieser eine doppelte Nullstelle bei. Dies ist für c = 1/2 der Fall. Also setzen wir

c_{1} := \frac{1}{2} ⇒ λ_{2} = \frac{1}{2}(−5 ± 0) = \frac{5}{2}.

Sonst ist es noch möglich, dass eine der beiden (reellen) Nullstellen des quadratischen Faktors −1 ist, also P_{A_{c}}(λ) = (λ + 1)^{2}(λ − λ_{2}). (Voraussetzung dafür ist natürlich d > 0). Diese Nullstellen sind durch

λ_{±} = \frac{1}{2}(+5 ± \sqrt{d})

gegeben. Da \sqrt{d} > 0, muss

−1 = λ_{−} = \frac{1}{2}(5 − \sqrt{d})

gelten, also \sqrt{d} = 7 und somit d = 1 − 2c = 49, also hat man

c_{2} := −\frac{48}{2} = −24, und λ_{2} = λ_{+} = \frac{1}{2}(5 + 7) = 6,

für den zweiten, einfachen, Eigenwert.

(b) Aus den Überlegungen in Teil (a) wissen wir, dass für c = c_{1}, c_{2} jeweils eine Jordan-Normalform der Matrix A_{c} existiert, da sich die algebraischen Vielfachheiten der Eigenwerte zu 3 summieren. Wir bestimmen nun jeweils eine Jordanbasis für A_{c}.

Zunächst für c_{1} = 1/2:

A_{1/2} = (\begin{matrix}2 & −3 & \frac{1}{2} \\ 0 & −1 & 0 \\ −\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 3 \end{matrix}) .

Wir berechnen als erstes einen Eigenvektor w zu dem einfachen Eigenwert λ_{1} = −1:

(A_{1/2} + E)w = (\begin{matrix}3 & −3 & \frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 0 \\ −\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 4 \end{matrix}) (\begin{matrix}w_{1} \\ w_{2} \\ w_{3} \end{matrix}) = 0.

Man sieht sofort w_{3} = 0, w_{1} = w_{2} also ist w = (1, 1, 0)^{t} ein Eigenvektor.

Nun benötigen wir eine Basis für den verallgemeinerten Einenraum zu dem doppelten Eigenwert λ_{2} = \frac{5}{2}. Wir bestimmen zunächst einen Eigenvektor v aus der Gleichung

(A_{1/2} − \frac{5}{2}E) v = \underbrace{\frac{1}{2} (\begin{matrix}−1 & −6 & 1 \\ 0 & −7 & 0 \\ −1 & 1 & 1 \end{matrix})}_{=:B} (\begin{matrix}v_{1} \\ v_{2} \\ v_{3} \end{matrix}) = 0.

Offenbar muss v_{2} = 0 gelten, sowie v_{1} = v_{2}. Also ist w = (1, 0, 1)^{t} ein Eigenvektor.

Einen Hauptvektor u, also einen Vektor, der von B auf v abgebildet wird, bestimmt man nun aus der Gleichung

Bu = v, also \frac{1}{2} (\begin{matrix}−1 & −6 & 1 \\ 0 & −7 & 0 \\ −1 & 1 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix}u_{1} \\ u_{2} \\ u_{3} \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) .

Es ergibt sich u_{2} = 0, −u_{1} + u_{3} = 1. Ein mögliches u ist also durch u = (1, 0, 3)^{t} gegeben. Damit hat man eine zyklische Basis des Eigenraums V_{5/2}^{2}(λ).

In der Basis w, u, v hat A also Jordan Normalform. Wir setzen die Basisvektoren in die Spalten der Transformationsmatrix S ein und rechnen nach:

S = (\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 3 \end{matrix}) , S^{−1} = \frac{1}{2} (\begin{matrix}0 & 2 & 0 \\ 3 & −3 & −1 \\ −1 & 1 & 1 \end{matrix}) , S^{−1}AS = (\begin{matrix}−1 & 0 & 0 \\ 0 & \frac{5}{2} & 1 \\ 0 & 0 & \frac{5}{2} \end{matrix}) .

Nun für c_{2} = −24:

A_{−24} = (\begin{matrix}2 & 144 & −24 \\ 0 & −1 & 0 \\ −\frac{1}{2} & −24 & 3 \end{matrix})

Wir bestimmen einen Eigenvektor w für den einfachen Eigenwert 6:

(A_{−24} − 6E)w = (\begin{matrix}−4 & 144 & −24 \\ 0 & −7 & 0 \\ −\frac{1}{2} & −24 & −3 \end{matrix}) (\begin{matrix}w_{1} \\ w_{2} \\ w_{3} \end{matrix}) = 0.

Offenbar ist w_{2} = 0 und v_{1} + 6v_{3} = 0. Eine Lösung ist also durch w = (−6, 0, 1)^{t} gegeben.

Nun zu dem doppelten Eigenwert −1: Die Gleichung

(A_{−24} + E)v = (\begin{matrix}3 & 144 & −24 \\ 0 & 0 & 0 \\ −\frac{1}{2} & −24 & 4 \end{matrix}) (\begin{matrix}v_{1} \\ v_{2} \\ v_{3} \end{matrix}) = 0

hat die Lösungsmenge

\{s (\begin{matrix}−48 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) + t (\begin{matrix}8 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) |s, t ∈ ℝ\} .

Die geometrische Vielfachheit von −1 ist also zwei, somit ist die Jordan-Normalform von A_{−24} die Diagonalmatrix

(\begin{matrix}−1 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 6 \end{matrix}) .

Eine Jordan-Basis für A_{−24} ist durch (−48, 1, 0)^{t}, (8, 0, 1)^{t} und (−6, 0, 1)^{t} gegeben. Als Transformationsmatrizen hat man dann

S = (\begin{matrix}−48 & 8 & −6 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{matrix}) , S^{−1} = \frac{1}{14} (\begin{matrix}0 & 14 & 0 \\ 1 & 48 & 6 \\ −1 & −48 & 8 \end{matrix}) .

\begin{aligned}S^{−1}A_{−24}S = & \frac{1}{14} (\begin{matrix}0 & 14 & 0 \\ 1 & 48 & 6 \\ −1 & −48 & 8 \end{matrix}) (\begin{matrix}2 & 144 & −24 \\ 0 & −1 & 0 \\ −\frac{1}{2} & −24 & 3 \end{matrix}) (\begin{matrix}−48 & 8 & −6 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{matrix}) \\ & = \frac{1}{14} (\begin{matrix}0 & −14 & 0 \\ −1 & −48 & −6 \\ −6 & −12 · 24 & 48 \end{matrix}) (\begin{matrix}−48 & 8 & −6 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}−1 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 6 \end{matrix}) . \end{aligned}

(H 17) Betrachten Sie Matrizen M(ϕ) ∈ M_{2}(ℝ) der folgenden Form

M(ϕ) = (\begin{matrix}cos(ϕ) & sin(ϕ) \\ sin(ϕ) & − cos(ϕ) \end{matrix}) , ϕ ∈ ℝ.

(a) Beschreiben Sie die geometrische Wirkung von M(ϕ) auf die (euklidsche) Ebene ℝ^{2}.

(b) Zeigen Sie: Für jedes ϕ ist M(ϕ) von endlicher Ordnung.

(c) Zeigen Sie, dass für zwei reelle Zahlen ξ, ψ, mit ξ ≢ ψ mod π (also ψ − ξ ∉ 2πℤ) gilt

M(ξ)M(ψ) ≠ M(ψ)M(ξ).

Beschreiben Sie die geometrische Wirkung von M(ξ)M(ψ) und M(ψ)M(ξ).

(d) Finden Sie nun ein Beispiel für (ξ, ψ), sodass M(ξ)M(ψ) nicht von endlicher Ordnung ist. (Hinweis: Wie muss man eine reelle Zahl μ wählen, sodass kμπ für kein ganze Zahl k ein Vielfaches von 2π ist?)

Lösung:

(a) M(ϕ) wirkt als Spiegelung der Ebene. Genauer beschreibt M(ϕ) die Spiegelung an einer Gerade durch den Ursprung, die mit der x-Achse den Winkel ϕ/2 einschließt. Um dies zu sehen, kann man etwa die Bilder der Vektoren (1, 0)^{t} und (0, 1)^{t} berechnen,

M(ϕ) (\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix}cos(ϕ) \\ sin(ϕ) \end{matrix}) , M(ϕ) (\begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}sin(ϕ) \\ − cos(ϕ) \end{matrix}) .

Außerdem überprüft man leicht, dass det(M(ϕ)) = − cos^{2}(ϕ) − sin^{2}(ϕ) = −1 und M(ϕ) orthogonal ist (vgl. (b)).

(b) M(ϕ) ist von endlicher Ordnung, es ist es sogar eine Involuion:

M(ϕ)M(ϕ) = (\begin{matrix}cos(ϕ) & sin(ϕ) \\ sin(ϕ) & − cos(ϕ) \end{matrix})^{2}

= (\begin{matrix}cos^{2}(ϕ) + sin^{2}(ϕ) & cos(ϕ) sin(ϕ) − sin(ϕ) cos(ϕ) \\ sin(ϕ) cos(ϕ) − cos(ϕ) sin(ϕ) & cos^{2}(ϕ) + sin^{2}(ϕ) \end{matrix}) = E.

(Da M(ϕ) symmetrisch ist, ist damit auch gezeigt, dass M(ϕ)^{t} = M(ϕ)^{−1}, und somit, dass M(ϕ) orthogonal ist.)

(c) Bezeichne mit D_{1}, D_{2} die Matrizen D_{1} = M(ψ)M(ξ) und D_{2} = M(ξ)M(ψ). Für die Anschließende Rechnung werden folgende Formeln benötigt:

cos(ξ + ψ) = cos(ξ) cos(ψ) + sin(ξ) sin(ψ), sin(ξ + ψ) = cos(ξ) sin(ψ) + sin(ξ) cos(ψ).

(Diese dürften hinläglich bekannt sein, man kann sie sich aber auch jederzeit aus e^{i(ξ+ψ)} = (cos ξ + i sin ξ)(cos ψ + i sin ψ) herleiten.) Damit ist

D_{1} = (\begin{matrix}cos ψ & sin ψ \\ sin ψ & − cos ψ \end{matrix}) (\begin{matrix}cos ξ & sin ξ \\ sin ξ & − cos ξ \end{matrix})

= (\begin{matrix}cos ψ cos ξ − sin ψ sin ξ & cos ψ sin ξ − sin ψ cos ξ \\ − cos ψ sin ξ + sin ψ cos ξ & cos ψ cos ξ − sin ψ sin ξ \end{matrix})

= (\begin{matrix}cos(ψ − ξ) & sin(ψ − ξ) \\ − sin(ψ − ξ) & cos(ψ − ξ) \end{matrix}) ,

D_{2} = (\begin{matrix}cos ξ & sin ξ \\ sin ξ & − cos ξ \end{matrix}) (\begin{matrix}cos ψ & sin ψ \\ sin ψ & − cos ψ \end{matrix})

= (\begin{matrix}cos(ξ − ψ) & sin(ξ − ψ) \\ − sin(ξ − ψ) & cos(ξ − ψ) \end{matrix}) .

Man sieht sofort D_{1} ≠ D_{2}, sofern ψ ≢ ξ mod π. Offenbar handelt es sich bei D_{1} und D_{2} um Drehmatrizen, die jeweils eine Drehung um einen Winkel ψ − ξ und ξ − ψ (in positiver Richtung) vermitteln. (Damit ist auch klar, dass D_{1} = D_{2}^{−1}, was natürlich auch schon aus (b) folgt.)

(d) Die Drehmatrix D_{1} = M(ξ)M(ψ) ist genau dann von endlicher Ordnung, wenn D_{1}^{k} = E_{2} für ein k ∈ ℤ. Dies ist genau dann der Fall, wenn die von D_{1}^{k} beschriebene Drehung ein Vielfaches einer Drehung um 2π ist. Also gilt

D_{1}^{k} = E_{2} ⇔ k(ψ − ξ) ∈ 2πℤ.

Behauptung: Wählt man ψ, ξ so, dass

μ := \frac{ψ − ξ}{π} ∈ ℝ \ ℚ,

so ist D_{1}^{k} ≠ E_{2} für jedes k ∈ ℤ. Beweis: D_{1}^{k} = E_{2} für ein k ∈ ℤ genau dann, wenn k(ψ − ξ) ∈ 2πℤ, also wenn kμ ∈ 2ℤ, also wenn μ ∈ \frac{2}{k}ℤ ⊂ ℚ. Aber μ ∉ ℚ. Widerspruch! Es gibt also kein solches k.

Da D_{2} die Drehung um den Winkel (ξ − ψ) = −μπ vermittelt, ist damit auch gezeigt, dass D_{2} ebenfalls nicht von endlicher Ordnung ist.

Nun kann man beliebig viele Beispiele angeben z.B. wähle man

ψ = \frac{3}{5}\sqrt{2}π, ξ = \frac{2}{5}\sqrt{2}π.

Dann vermitteln D_{1} und D_{2} jeweils Drehungen um den irrationalen Winkel \frac{π\sqrt{2}}{5}, im positiven und im negativen Drehsinn, und sind nach der eben bewiesenen Behauptung nicht von endlicher Ordnung.

Bemerkung: Natürlich genügt es zur Lösung der Aufgabe, wenn man nur für ein konkretes Paar ψ, ξ zeigt, dass die Produkte der Matrizen M(ψ) und M(ξ) nicht von endlicher Ordnung sind, statt eine allgemeine Aussage zu beweisen.