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

TECHNISCHE UNIVERSITÄT DARMSTADT

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SS 2008 16. Juni 2008

Lineare Algebra II

9. Übung mit Lösungshinweisen

Gruppenübungen

(G 36) Transformationsverhalten von Bilinearformen

Sei 𝕂 = ℝ oder ℂ und V, W endlichdimensionale 𝕂-Vektorräume. Weiter sei β : V × W → 𝕂 eine Bilinearform und B die zugehörige Grammatrix bezüglich einer Basis V = {v_{1}, …, v_{n}} von V sowie einer Basis W = {w_{1}, …, w_{m}} von W. Sind nun V′ = {v′_{1}, …, v′_{n}} sowie W′ = {w′_{1}, …, w′_{m}} beliebige Basen von V bzw. W und B′ die Grammatrix zu β bezüglich V′ und W′, so gilt

B′ = S^{t}BT,

wobei S eine Übergangsmatrix von V nach V′ und T eine Übergangsmatrix von W nach W′ bezeichnet.

(a) Leiten Sie diesen Satz aus der Matrixbeschreibung von β her. (β(x, y) = x^{t}By, bezüglich V, W.)

(b) Folgern Sie, daraus: Ist β eine Bilinearform auf V und sind B und B′ die Grammatrizen zu β bezüglich zweier Basen V und V′ von V, so gilt

det(B) = α^{2} det(B′), mit einem α ∈ 𝕂.

Lösung:

(a) Seien x ∈ V, y ∈ W. Die zugehörigen Spaltenvektoren, ausgedrückt in den Basen V bzw. W, bezeichnen wir mit x̄ und ȳ. Mit x̄′ und ȳ′ bezeichnen wir die entsprechenden Vektoren in der Basis B′. Es gilt

β(x, y) = (x̄′)^{t}B′ȳ′ = (x̄)^{t}Bȳ = (Sx̄′)^{t}B(T ȳ′) = (x̄′)^{t}(S^{t}BT)ȳ′.

Also ist B′ = S^{t}BT.

(b) Der Basiswechsel zwischen den beiden Basen sei durch die Matrix S gegeben. Nach Teil (a) gilt B′ = S^{t}BS. Für die Determinanten hat man somit

det(B) = det(S^{t}BS) = det(S^{t}) det(B) det(S) = det(S)^{2} det(B).

(G 37)

Auf ℝ^{3} seien Bilinearform β_{1} und β_{2} bezüglich der Standardbasis durch ihre Grammatrizen

B_{1} = (\begin{matrix}0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{matrix}) , B_{2} = (\begin{matrix}0 & \sqrt{2} & 0 \\ \sqrt{2} & 1 & 0 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix}) ,

definiert. Geben Sie zu i = 1,2 eine Basis an, in der die Grammatrix von β_{i} Diagonalgestalt hat.

Lösung:

Wir bestimmen jeweils eine Orthonormalbasis von Eigenvektoren zur Matrix B_{i}. Dies ergeben die Spaltenvektoren einer Transformationsmatrix S_{i}. Nach Aufgabe (G 36) ist S_{i}^{t}B_{i}S_{i} die Grammatrix von β_{i} in dieser Basis. Nach dem Satz zur Hauptachsentransformation (B_{i} ist symmetisch) hat diese Matrix Diagonalgestalt.

Zu β_{1}: Die Eigenwerte von B_{1} sind durch

0 = det(λE − B_{1}) = |\begin{matrix}λ & 0 & −1 \\ 0 & λ − 1 & 0 \\ −1 & 0 & λ \end{matrix}| = (λ − 1)^{2}(λ + 1)

gegeben, also gleich 1 (Vielfachheit 1) und −1 (Vielfachheit 2). Nun können wir die Eigenvektoren bestimmen:

Zu λ = −1:

(B_{1} + E)x = (\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix}) x = 0. ⇒ x ∈ ℝ (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ −1 \end{matrix}) = ℝ\frac{1}{\sqrt{2}} (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ −1 \end{matrix}) .

Zu λ = 1:

(B_{1} − E)x = (\begin{matrix}−1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & −1 \end{matrix}) x = 0. ⇒ x ∈ ℝ (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) + ℝ\frac{1}{\sqrt{2}} (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) .

Eine Basis der gesuchten Art ist also

(\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) , \frac{1}{\sqrt{2}} (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ −1 \end{matrix}) , \frac{1}{\sqrt{2}} (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) .

Zu β_{2}: Bestimmung der Eigenwerte:

\begin{aligned}det(λE − B_{2}) = |\begin{matrix}λ & −\sqrt{2} & 0 \\ −\sqrt{2} & λ − 1 & 0 \\ 0 & 0 & λ + 1 \end{matrix}| & = (λ + 1) [λ(λ − 1) − 2] \\ & = (λ + 1)(λ^{2} − λ − 2) = (λ + 1)(λ + 1)(λ − 2). \end{aligned}

Wir haben also den doppelten Eigenwert −1 und den einfachen Eigenwert 2. Bestimmung der Basis aus Eigenvektoren:

Zu λ = 2:

0 = (B_{2} − 2E)x = (\begin{matrix}−2 & \sqrt{2} & 0 \\ \sqrt{2} & −1 & 0 \\ 0 & 0 & −3 \end{matrix}) x. ⇒ x_{2} = \sqrt{2}x_{1}, x_{3} = 0 ⇒ x ∈ ℝ (\begin{matrix}1 \\ √ & \overline{2} \\ 0 \end{matrix})

Als normierten Eigenvektor ehält man \frac{\sqrt{3}}{2}(1, \sqrt{2}, 0)^{t}.

Zu λ = −1:

0 = (B_{2} + E)x = (\begin{matrix}1 & \sqrt{2} & 0 \\ \sqrt{2} & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) x. ⇒ x_{1} + \sqrt{2}x_{2} = 0 ⇒ x ∈ ℝ (\begin{matrix}√ & \overline{2} \\ −1 \\ 0 \end{matrix}) + ℝ (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) .

Eine Orthonormalbasis des Eigenraums ist \frac{\sqrt{3}}{2}(\sqrt{2}, −1, 0)^{t}, (0, 0, 1)^{t}.

Ein Basis von ℝ^{3} der gewünschten Form ist somit

\frac{\sqrt{3}}{2} (\begin{matrix}1 \\ √ & \overline{2} \\ 0 \end{matrix}) , \frac{\sqrt{3}}{2} (\begin{matrix}√ & \overline{2} \\ −1 \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) .

(G 38) Bilinearformen durch Integrale

Im Folgenden bezeichne P_{n}(ℝ) den Vektorraum der reellen Polynome vom Grad ≤ n. Sei ϕ die Bilinearform auf P_{2}, welche durch

ϕ(f, g) := ∫_{−1}^{1} f(x)g(x)dx

definiert wird. Berechnen Sie die Grammatrix von ϕ bezüglich der Basis 1, x, x^{2} von P_{2}.

Lösung:

Die Grammatrix von ϕ ist die Matrix mit den Einträgen ϕ(x^{i}, x^{j}), i, j = 0, 1, 2. Man berechnet leicht

∫_{−1}^{1} 1 · 1 dx = 2, ∫_{−1}^{1} 1 · xdx = 0, ∫_{−1}^{1} 1 · x^{2}dx = \frac{2}{3}, ∫_{−1}^{1} x · x^{2}dx = 0, ∫_{−1}^{1} x^{2} · x^{2}dx = \frac{2}{5},

also M_{\{1,x,x^{2}\}}(ϕ) = (\begin{matrix}ϕ(1, 1) & ϕ(1, x) & ϕ(1, x^{2}) \\ ϕ(x, 1) & ϕ(x, x) & ϕ(x, x^{2}) \\ ϕ(x^{2}, 1) & ϕ(x^{2}, x) & ϕ(x^{2}, x^{2}) \end{matrix}) = (\begin{matrix}2 & 0 & \frac{2}{3} \\ 0 & \frac{2}{3} & 0 \\ \frac{2}{3} & 0 & \frac{2}{5} \end{matrix}) .

(G 39)

Sei 𝕂 = ℝ oder ℂ und V eine endlichdimensionaler Vektorraum über 𝕂. Weiter sei β : V ×V → 𝕂 eine nicht entartete Bilinearform. Zeigen Sie: Ein System v_{1}, …, v_{m} von Vektoren aus V ist linear unabhängig, wenn die m × m - Matrix

M = (\begin{matrix}β(v_{1}, v_{1}) & … & β(v_{1}, v_{m}) \\ ⋮ & ... & ⋮ \\ β(v_{m}, v_{1}) & … & β(v_{m}, v_{m}) \end{matrix})

nicht singulär ist.

Lösung:

Wir zeigen: Sind die Vektoren v_{1}, …, v_{m} linear abhängig, so ist M singulär.

Annahme: Es gibt a_{1}, …, a_{m} ∈ 𝕂 mit

a_{1}v_{1} + ⋯ + a_{m}v_{m} = 0.

Da β(w, 0) = 0 für jedes w ∈ V folgt hieraus

\begin{matrix}β(v_{i}, a_{1}v_{1} + ⋯ + a_{m}v_{m}) = 0 \\ also a_{1}β(v_{i}, v_{1}) + ⋯ + a_{m}β(v_{i}, v_{m}) = 0 \end{matrix}

für jedes i ∈ {1, …, m}. Aus diesem m Gleichungen erhält man eine Beziehung zwischen Vektoren im 𝕂^{m}:

a_{1} ( β(v_{1}, v_{1}) ; ⋮ ; β(v_{m}, v_{1})) + ⋯ + a_{m} ( β(v_{1}, v_{m}) ; ⋮ ; β(v_{m}, v_{m})) = 0_{m}.

Die auftretenden Vektoren sind aber genau die Spalten von M, diese sind folglich linear abhängig. Also ist M singulär.

(G 40)

Auf dem Vektorraum M_{2}(ℝ) der reellen 2 × 2-Matrizen sei b die folgendermaßen definierte Abbildung:

b : M_{2}(ℝ) × M_{2}(ℝ) → ℝ, b(A, B) = Spur(AB).

(a) Zeigen Sie, dass b eine symmetrische Bilinearform auf M_{2}(ℝ) ist.

(b) Berechnen Sie die zu b gehörige Grammatrix im Bezug auf die Basis

e_{1} = (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) , e_{2} = (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}) , e_{3} = (\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix}) , e_{4} = (\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) .

(c) Geben Sie eine Basis f_{1}, …, f_{4} von M_{2}(ℝ) an mit

\begin{matrix}b(f_{j}, f_{k}) = 0 für j ≠ k, j, k ∈ \{1, …, 4\}, \\ und b(f_{j}, f_{j}) = 1, j = 1, …, 4. \end{matrix}

Lösung:

(a) Die Abbildung b ist symmetrisch, da Spur(AB) = Spur(BA). (Dies sollte bekannt sein, für M_{2}(ℝ) ist es jedoch auch leicht nachzuprüfen: Spur ( \begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix} ) ( \begin{matrix}u & v \\ w & x \end{matrix}) = au + bw + cv + dx = Spur ( \begin{matrix}u & v \\ w & x \end{matrix}) ( \begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix} ).) Weiter ist klar, dass Spur(a_{1}A_{1} + a_{2}A_{2}, B) = a_{1} Spur(A_{1}, B) + a_{2} Spur(A_{2}, B) für alle a_{i} ∈ ℝ und A_{i} ∈ M_{2}(ℝ), i = 1, 2. Also hat man (wegen Symmetrie) auch die Bilinearität.

(b) Man rechnet leicht aus, dass

\begin{matrix}e_{1}^{2} = e_{1}, e_{1}e_{2} = e_{2}, e_{2}e_{1} = 0, e_{1}e_{3} = 0, e_{3}e_{1} = e_{3}, e_{1}e_{4} = e_{4}e_{1} = 0, \\ e_{2} = 0, e_{2}e_{3} = e_{1}, e_{3}e_{2} = e_{4}, e_{2}e_{4} = e_{2}, e_{4}e_{2} = 0, e_{3}e_{4} = 0, e_{4}e_{3} = e_{3}, e_{4}^{2} = e_{4}. \end{matrix}

(Tatsächlich kann man sich aufgrund der Symmetrie von b 6 dieser Berechnungen sparen.) Somit ist die Spur b(e_{i}, e_{j}) = 1 für (i, j) ∈ {(1, 1), (2, 3), (3, 2), (4, 4)} und sonst gleich 0. Also ist die Grammatrix von b bezüglich der gegebenen Basis

G_{\{e_{1},...,e_{4}\}}(b) = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}) .

(c) Offenbar hat man bereits b(e_{1}, e_{4}) = 0 sowie b(e_{1}, e_{1}) = b(e_{4}, e_{4}) = 1. Außerdem gilt b(e_{1}, v) = b(e_{4}, v) = 0 für jedes v ∈ lin{e_{2}, e_{3}}. Wir setzen also f_{1} = e_{1}, f_{4} = e_{4} und müssen nur noch eine geeignete Basis für den von e_{2} und e_{3} erzeugten Teilraum wählen. Ein Matrix aus diesem Teilraum hat die Gestalt

A = (\begin{matrix}0 & v \\ w & 0 \end{matrix}) , a, b ∈ ℝ, (a, b) ≠ (0, 0).

Für zwei solche Matrizen, A_{1}, A_{2}, ist b(A_{1}, A_{2}) = v_{1}w_{2} + w_{1}v_{2}. Damit b(A_{1}, A_{2}) = 0, müssen alle Einträge ≠ 0 sein und es muss v_{1}w_{2} = −w_{1}v_{2} gelten. Eine mögliche Wahl für A_{1}, A_{2} ist somit

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

Es gilt b(A_{1}, A_{1}) = b(A_{2}, A_{2}) = 2. Setzen man nun f_{2} = \frac{1}{\sqrt{2}}A_{1} und f_{3} = \frac{1}{\sqrt{2}}A_{2}, so hat man eine Basis der gewünschten Form.

Hausübungen

Im Folgenden bezeichne, wie in Aufgabe (G 38), P_{n}(ℝ) den Vektorraum der reellen Polynome vom Grad ≤ n.

(H 21)

Auf dem ℝ-Vektorraum P_{3}(ℝ) sei die Bilinearform β wie folgt definiert:

β(p_{1}, p_{2}) = p_{1}(1)p_{2}(2) + p_{1}(2)p_{2}(1)

(a) Bestimme den Teilraum V_{0} = {p ∈ v | β(p, q) = 0. ∀q ∈ V }.

(b) Bestimme eine Orthogonalbasis von P_{3}(ℝ) bezüglich β, d.h. eine Basis f_{1}, …, f_{4} mit β(f_{i}, f_{j}) = 0 für i ≠ j.

Lösung:

(a) Damit β(p, q) = 0 für beliebige q ∈ P_{3}(ℝ), muss p(1) = p(2) = 0 gelten. Das heißt, das Polynom (x − 1)(x − 2) ist ein Teiler von p(x). Der gesuchte Teilraum V_{0} lässt sich also auf folgende Arten beschreiben:

\begin{aligned}V_{0} & = \{p ∈ P_{3}(ℝ) | p(1) = p(2) = 0\} = \{p ∈ P_{3}(ℝ) | (x − 1)(x − 2) | p(x) \} \\ & = \{p ∈ P_{3}(ℝ) | p(x) = a(x − 1)(x − 2)(x − c)^{b}, a, c ∈ ℝ, b ∈ \{0, 1\} \} . \end{aligned}

(Als Menge ist V_{0} gleich {(x − 1)(x − 2)} × P_{1}(ℝ).)

(b) Bezeichne mit W den Teilraum von P_{3}(ℝ), auf dem β nicht ausgeartet ist. Da offenbar 1 und x linear unabhägig und nicht in V_{0} entalten sind, folgt dim W ≥ 2, da V_{0} ein Teilraum ist, der z.B. die linear unabhängigen Polynome (x − 1)(x − 2) und x(x − 1)(x − 2) enthält, gilt dim V_{0} ≥ 2, also dim W = dim V_{0} = 2.

Hat man nun eine Orthogonalbasis f_{1}, f_{2} von W gefunden, und hat man zwei linear unabhängige Elemente, f_{3}, f_{4} aus V_{0}, so gilt per Definition automatisch β(f_{1}, f_{j}) = β(f_{2}, f_{j}) = 0 für j = 3, 4 aber auch β(f_{3}, f_{4}) = 0. Es genügt also, eine Orhogonalbasis von W zu bestimmen und zwei linear unabhängige Elemente in V_{0}.

Geht man z.B. von dem linear unabhängigen System {1, x} ⊂ W aus, so erhält man

\begin{aligned}f_{1} & = 1, \\ f_{2} & = x − \frac{β(x, 1)}{β(1, 1)}1 = x − \frac{2 + 1}{2} = x − \frac{3}{2}, \end{aligned}

als Orthogonalbasis von W. Wählt man nun etwa f_{3} = (x − 1)(x − 2) und f_{4} = x(x − 1)(x − 2), so ist man fertig.

Bemerkung: Man kann auch, wenn man von der Standardbasis {1, x, x^{2}, x^{3}} von P_{3}(ℝ) ausgeht, mit dem Orthogonalisieren fortfahren und eine andere Basis erhalten:

\begin{aligned}f′_{3} & = x^{2} − \frac{β(x^{2}, 1)}{β(1, 1)}1 − \frac{β(x^{2}, x − 3/2)}{β (x − 3/2, x − 3/2)}1 = x^{2} − \frac{4 + 1}{2}1 − \frac{−2 + 1/2}{−1/2}(x − \frac{3}{2}) \\ & = x^{2} − \frac{5}{2} + \frac{9}{2} − 3x = x^{2} − 3x + 2 = (x − 1)(x − 2) = f_{3}, \end{aligned}

Da das so erhaltene f′_{3} in V_{0} liegt, genügt es, das Polynom x^{3} (linear unabhängig von den vorherigen) so auszurichten, dass es auch senkrecht zu f_{1} und f_{2} ist.

\begin{aligned}f′_{4} & = x^{3} − \frac{β(x^{3}, 1)}{β(1, 1)}1 − \frac{β(x^{3}, f_{2})}{β(f_{2}, f_{2})}f_{2} = x^{3} − \frac{8 + 1}{2} − \frac{1/2 − 8/2}{−1/2}(x − \frac{3}{2}) \\ & = x^{3} − \frac{9}{2} − 7x + \frac{21}{2} = x^{3} − 7x + 6. \end{aligned}

(H 22) Betrachten Sie die folgenden Bilinearformen auf P_{1}:

\begin{aligned}ϕ(f, g) & := ∫_{0}^{1} (∫_{0}^{1}(x + y)f(x)g(y) dx) dy \\ ψ(f, g) & := ∫_{0}^{1} (∫_{0}^{1}(x − y)f(x)g(y) dx) dy. \end{aligned}

Bestimmen Sie die Grammatrizen von ϕ und ψ im Bezug auf die Basis 1, x.

Lösung:

Ähnlich wie in (G 38) gilt es, ϕ(1, 1), ϕ(1, x) = ϕ(x, 1), ϕ(x, x) (man beachte die Symmetrie von ϕ) und ψ(1, 1), ψ(1, x), ψ(x, 1) sowie ψ(x, x) zu berechnen :

\begin{matrix}ϕ(1, 1) \\ ψ(1, 1) \end{matrix}\} = ∫_{0}^{1} ∫_{0}^{1}(x ± y) dxdy = ∫_{0}^{1} (\frac{1}{2} ± y) dy = \frac{1}{2} ± \frac{1}{2} = \{ \begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix},

ϕ(1, x) = ϕ(x, 1) = ∫_{0}^{1} ∫_{0}^{1}(x + y)x dxdy = ∫_{0}^{1} (\frac{1}{3} + \frac{1}{2}y) dy = \frac{1}{3} + \frac{1}{4} = \frac{7}{12},

ψ(x, 1) = ∫_{0}^{1} ∫_{0}^{1}(x − y)x dxdy = ∫_{0}^{1} (\frac{1}{3} − \frac{1}{2}y) dy = \frac{1}{3} − \frac{1}{4} = \frac{1}{12}

ψ(1, x) = ∫_{0}^{1} ∫_{0}^{1}(x − y)y dxdy = ∫_{0}^{1} (\frac{1}{2}y − y^{2}) dy = \frac{1}{4} − \frac{1}{3} = −\frac{1}{12}

\begin{matrix}ϕ(1, 1) \\ ψ(1, 1) \end{matrix}\} = ∫_{0}^{1} ∫_{0}^{1}(x ± y)xy dxdy = ∫_{0}^{1} (\frac{1}{3}y ± \frac{1}{2}y^{2}) dy = \frac{1}{6} ± \frac{1}{6} = \{ 0^{\frac{2}{6}}.

Es stellt sich also heraus, dass ψ antisymmetrisch ist. Man erhält somit als Grammatrizen

G_{\{1,x\}}(ϕ) = ( 1 \frac{7}{12}_{\frac{7}{12} \frac{1}{3}}) , G_{\{1,x\}}(ψ) = (\begin{matrix}0 & \frac{1}{12} \\ −\frac{1}{12} & 0 \end{matrix}) .

(H 23)

(a) Finden Sie auf ℝ^{2} symmetrische Bilinearformen zu den folgenden quadratischen Formen:

\begin{matrix}q_{1}(x) = x_{1}^{2}, q_{2}(x) = x_{1}^{2} − x_{2}^{2}, q_{3}(x) = x_{1}x_{2}, \\ und q_{4}(x) = (x_{1} + x_{2})^{2}, (x = (x_{1}, x_{2})^{t} ∈ ℝ^{2}) . \end{matrix}

(b) Zeigen Sie: Die quadratische Form q : ℝ^{2} → ℝ, q(x) = ax_{1}^{2} + 2bx_{1}x_{2} + cx_{2}^{2} gehört genau dann zu einer nicht entarteten symmetrischen Bilinearform, wenn b^{2} ≠ ac.

(Hinweis: Benutzen Sie die Formel aus (H 20b).)

Lösung:

(a) Man erhält die zu einer quadratischen Form q gehörige Bilinearform β mit der Formel

β(v, w) = \frac{1}{2}[q(v + w) − q(v) − q(w)]

(sogenannte Polarisationsformel). Zu q_{i}, i = 1, …, 4 ergeben sich damit folgende Bilinearformen (hierbei sind v = (v_{1}, v_{2})^{t} und w = (w_{1}, w_{2})^{t} ∈ ℝ^{2}):

β_{1}(v, w) = \frac{1}{2} ((v_{1} + w_{1})^{2} − v_{1}^{2} − w_{1}^{2}) = w_{1}v_{1},
β_{2}(v, w) = \frac{1}{2} ((v_{1} + w_{1})^{2} − (v_{2} + w_{2})^{2} − v_{1}^{2} + v_{2}^{2} − w_{1}^{2} + w_{2}^{2}) = v_{1}w_{1} − v_{2}w_{2},
β_{3}(v, w) = \frac{1}{2} ((v_{1} + w_{1})(v_{2} + w_{2}) − v_{1}v_{2} − w_{1}w_{2}) = \frac{1}{2} (v_{1}w_{2} + v_{2}w_{1}) ,
β_{4}(v, w) = \frac{1}{2} (((v_{1} + w_{1}) + (v_{2} + w_{2}))^{2} − (v_{1} + v_{2})^{2} − (w_{1} + w_{2})^{2})

= \frac{1}{2}(v_{1}^{2} + v_{2}^{2} + w_{1}^{2} + w_{2}^{2} + 2v_{1}v_{2} + 2v_{1}w_{1} + 2v_{1}w_{2} + 2v_{2}w_{1} + 2v_{2}w_{2} + 2w_{1}w_{2}

− v_{1}^{2} − v_{2}^{2} − 2v_{1}v_{2} − w_{1}^{2} − w_{2}^{2} − 2w_{1}w_{2})

= v_{1}w_{1} + v_{1}w_{2} + v_{2}w_{1} + v_{2}w_{2}.

(b) Die zu q gehörige Bilinearform β : ℝ^{2} × ℝ^{2} → ℝ ist gegeben durch

β ((x_{1}, x_{2})^{t} , (y_{1}, y_{2})^{t}) = \frac{1}{2} [q(x + y) − q(x) − q(y)]

\begin{aligned}= \frac{1}{2}[a(x_{1} + y_{1})^{2} & + 2b(x_{1} + y_{1})(x_{2} + y_{2}) + c(x_{2} + y_{2})^{2} \\ & − ax_{1}^{2} − 2bx_{1}x_{2} − cx_{2}^{2} − ay_{1}^{2} − 2by_{1}y_{2} − cy_{2}^{2}] \end{aligned}

= ax_{1}y_{1} + b (x_{1}y_{2} + y_{1}x_{2}) + cx_{2}y_{2}.

Es ist klar, dass β symmetrisch ist. Die Grammatrix (bezüglich der Standardbasis (1, 0)^{t}, (0, 1)^{t}) ist

B = (\begin{matrix}a & b \\ b & c \end{matrix}) .

Genau dann, wenn diese Matrix nichtsingulär ist, ist β nicht entartet, also wenn det B = ac−b^{2} ≠