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

TECHNISCHE UNIVERSITÄT DARMSTADT

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SS 2008

Lineare Algebra II

13. Tutorium mit Lösungshinweisen

(T 55) Quadriken

Es seien q_{A}, q_{B}, q_{C}, q_{D} und q_{E} die zu den Matrizen

A = (\begin{matrix}2 & 0 \\ 0 & 3 \end{matrix}) B = (\begin{matrix}2 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix}) C = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix}) D = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix}) E = (\begin{matrix}4 & 0 & 0 \\ 0 & −11 & 0 \\ 0 & 0 & −9 \end{matrix})

assoziierten quadratischen Formen. Geben Sie jeweils die Signatur an und skizzieren Sie die Kennlinien {x⃗ | q_{A}(x⃗) = 1}, {x⃗ | q_{B}(x⃗) = 1}, {x⃗ | q_{C}(x⃗) = 1}, {x⃗ | q_{D}(x⃗) = 1} und {x⃗ | q_{E}(x⃗) = 1}.

Lösung:

Die Signaturen lassen sich direkt an den Matrizen ablesen. Die signaturen sind (2, 0), (1, 1), (3, 0), (2, 1) und (1, 2).

Die erste Kennline ist eine Ellipse mit den Hauptachsen \frac{1}{\sqrt{2}}e⃗_{1} und \frac{1}{\sqrt{3}}e⃗_{2}. Die zweite Kennline besteht aus den Hyperbeln x = ±\frac{1}{\sqrt{2}} \sqrt{1 + y^{2}}. Die dritte Kennline ist ein Ellipsoid mit den Hauptachsen e⃗_{1}, \frac{1}{\sqrt{2}}e⃗_{2} und \frac{1}{\sqrt{3}}e⃗_{3}. Die vierte Kennline ist ein einschaliges Hyperboloid. Die fünfte Kennline ist ein zweischaliges Hyperboloid.

(T 56) Symmetrischer Gaußalgorithmus

Berechnen Sie die Signatur der zu den Matrizen

A = (\begin{matrix}2 & 4 \\ 4 & 10 \end{matrix}) B = (\begin{matrix}2 & 6 \\ 6 & 15 \end{matrix}) C = (\begin{matrix}1 & −1 & −2 \\ −1 & 3 & 6 \\ −2 & 6 & 16 \end{matrix}) D = (\begin{matrix}2 & 2 & −2 \\ 2 & 3 & −1 \\ −2 & −1 & 0 \end{matrix})

assoziierten quadratischen Formen und beschreiben Sie die Kennlinien.

Lösung:

Man kann den symmetrischen Gaußalgorithmus verwenden: Zu A:

(\begin{matrix}2 & 4 \\ 4 & 10 \end{matrix}) → (\begin{matrix}2 & 4 \\ 0 & 2 \end{matrix}) → (\begin{matrix}2 & 0 \\ 0 & 2 \end{matrix})

Die Signatur ist somit (2, 0), d.h. die Kennlinie ist eine Ellipse.

Zu B:

(\begin{matrix}2 & 6 \\ 6 & 15 \end{matrix}) → (\begin{matrix}2 & 6 \\ 0 & −3 \end{matrix}) → (\begin{matrix}2 & 6 \\ 0 & −3 \end{matrix})

Die Signatur ist somit (1, 1), d.h. die Kennlinie besteht aus zwei Hyperbeln. Zu C:

(\begin{matrix}1 & −1 & −2 \\ −1 & 3 & 6 \\ −2 & 6 & 16 \end{matrix}) → (\begin{matrix}1 & −1 & −2 \\ 0 & 2 & 4 \\ 0 & 4 & 12 \end{matrix}) → (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 4 \\ 0 & 4 & 12 \end{matrix}) → (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 4 \\ 0 & 0 & 4 \end{matrix}) → (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{matrix})

Die Signatur ist somit (3, 0), d.h. die Kennlinie ist eine Ellipsoid. Zu D:

(\begin{matrix}2 & 2 & −2 \\ 2 & 3 & −1 \\ −2 & −1 & 0 \end{matrix}) → (\begin{matrix}2 & 2 & −2 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & −2 \end{matrix}) → (\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & −2 \end{matrix}) → (\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & −3 \end{matrix}) → (\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & −3 \end{matrix})

Die Signatur ist somit (2, 1), d.h. die Kennlinie ist ein Hyperboloid.

(T 57) Wiederholung Wiederholen Sie Aufgabe T34 oder G44.

(T 58) Raumzeit In der Raumzeit (ℝ^{4}) wird der folgende ’Abstand’ benutzt:

s(t, x_{1}, x_{2}, x_{3}) = \sqrt{x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2} − c^{2}t^{2}}

(a) Ein Punkt in der Raumzeit kann von einem Lichtstrahl, der im Ursprung (0, 0, 0, 0) startet, genau dann erreicht werden, wenn dessen Abstand zum Ursprung Null ist. Wie sieht die Menge aller solcher Punkte geometrisch aus? Welche geometrische Form hat die Menge aller Punkte, die von einem solchen Lichtstrahl zur Zeit 1 erreicht werden kann?

(b) Die relativistische Energie E eines Teilchens ist durch die Gleichung

E^{2} = (p_{1}^{2} + p_{2}^{2} + p_{3}^{2})c^{2} + m_{0}^{2}c^{4}.

gegeben. Hierbei sind p_{1}, p_{2}, p_{3} die drei Komponenten des Impulses, m_{0} die Ruhemasse und c die Lichtgeschwindigkeit. Angenommen die Ruhemasse sei konstant und größer als 0. Wie sieht die Menge aller möglichen Konfigurationen für (E, p_{1}, p_{2}, p_{3}) aus?

(c) Ersetze die drei Impulskomponenten p_{1}, p_{2}, p_{3} möglichst sinnvoll durch eine Komponente r(p_{1}, p_{2}, p_{3}). Wie sieht die Menge aller möglichen Konfigurationen für (E, r) aus?

Lösung:

(a) Es gilt

0 = s = \sqrt{x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2} − c^{2}t^{2}}
⇔  0 = x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2} − c^{2}t^{2}
⇔ c^{2}t^{2} = x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2}
⇔ c|t| = \sqrt{x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2}}.

Daher ist die Menge K der Punkte, die von dem Lichtstrahl erreicht werden kann, ein vierdimensionaler Kegel. Die Menge S der Punkte die ein Lichtstrahl zum Zeitpunkt eins erreichen kann sind alle Punkte (t, x_{1}, x_{2}, x_{3})^{T} aus K mit t = 1 also gerade der Schnitt des Kegels K mit der Ebene E = {(t, x_{1}, x_{2}, x_{3})^{T} ∈ ℝ^{4} | t = 1}. Folgich ist S eine Kugeloberfläche mit Radius c.

(b) Es gilt

E^{2} = (p_{1}^{2} + p_{2}^{2} + p_{3}^{2})c^{2} + m_{0}^{2}c^{4}
⇔ E^{2} − c^{2}p_{1}^{2} − c^{2}p_{2}^{2} − c^{2}p_{3}^{2} = m_{0}^{2}c^{4}.

Daher ist die Menger der möglichen Konfigurationen ein vierdimensionales Hyperboloid.

(c) Setze r := \sqrt{(p_{1}^{2} + p_{2}^{2} + p_{3}^{2})c^{2}}. Dann ist die Menge der möglichen Konfigurationen für (E, r) eine Hyperbel.

(T 59)

Von welchem Flächentyp ist die Quadrik x^{T} Ax + b^{T} x + c = 0 mit

A = (\begin{matrix}3 & −1 & 0 \\ −1 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & −2 \end{matrix}), b = (\begin{matrix}−2\sqrt{2} \\ 2\sqrt{2} \\ 2 \end{matrix}) und c = \frac{3}{2} ?

Lösung:

Die Matrix A hat die Eigenwerte 2, 4 und −2 mit den normierten Eigenvektoren e_{1} = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, 1, 0)^{T}, e_{2} = \frac{1}{\sqrt{2}}(−1, 1, 0)^{T} und e_{3} = (0, 0, 1)^{T}. Sei C = (e_{1}, e_{2}, e_{3}) und d = C^{T} b = (0, 4, 2)^{T}. In den neuen Koordinaten y_{1}, y_{2}, y_{3} bezüglich der Basis e_{1}, e_{2}, e_{3} lautet die Gleichung dann:

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

Mit Hilfe zweier quadratischer Ergänzungen erhält man:

2y_{1}^{2} +4 (y_{2}^{2} + y_{2} + \frac{1}{4})−1−2 (y_{3}^{2} − y_{3} + \frac{1}{4})+ \frac{1}{2} + \frac{3}{2} = 2y_{1}^{2} +4 (y_{2} + \frac{1}{2})^{2} −2 (y_{3} − \frac{1}{2})+1

Führt man neue Koordinaten z_{1} := y_{1}, z_{2} := y_{2} + \frac{1}{2} und z_{3} := y_{3} − \frac{1}{2} ein, ergibt sich die neue Gleichung

2z_{1}^{2} + 4z_{2}^{2} − 2z_{3}^{2} = −1,

aus der sich ablesen läßt, daß es sich bei der Lösungsmenge um ein zweischaliges Hyperboloid handelt.

(T 60)

Von welchem Flächentyp ist die Quadrik x^{T} Ax + b^{T} x + c = 0 mit

A = (\begin{matrix}2 & 0 & −\frac{1}{\sqrt{2}} \\ 0 & 2 & \frac{1}{\sqrt{2}} \\ −\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 2 \end{matrix}), b = (\begin{matrix}−2 + 6\sqrt{2} \\ 2 + 6\sqrt{2} \\ −2\sqrt{2} \end{matrix}) und c = 20 ?

Lösung:

Die Matrix A hat die Eigenwerte 3, 2 und 1 mit den normierten Eigenvektoren e_{1} = (−\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \frac{1}{\sqrt{2}})^{T}, e_{2} = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, 1, 0)^{T} und e_{3} = (\frac{1}{2}, −\frac{1}{2}, \frac{1}{\sqrt{2}})^{T}. Sei C = (e_{1}, e_{2}, e_{3}) und d = C^{T} b = (0, 12, −4)^{T}. In den neuen Koordinaten y_{1}, y_{2}, y_{3} bezüglich der Basis e_{1}, e_{2}, e_{3} lautet die Gleichung dann:

3y_{1}^{2} + 2y_{2}^{2} + y_{3}^{2} + 12y_{2} − 4y_{3} + 20 = 0.

Mit Hilfe zweier quadratischer Ergänzungen erhält man: 3y_{1}^{2} + 2(y_{2}^{2} + 6y_{2} + 9) − 18 + (y_{3}^{2} − 4y_{3} + 4) − 4 + 20 = 3y_{1}^{2} + 2(y_{2} + 3)^{2} + (y_{3} − 2)^{2} + −2 Führt man neue Koordinaten z_{1} := y_{1}, z_{2} := y_{2} + 3 und z_{3} := y_{3} − 2 ein, ergibt sich die neue Gleichung

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

bzw.

\frac{3}{2}z_{1}^{2} + z_{2}^{2} + \frac{1}{2}z_{3}^{2} = 1,

aus der sich ablesen läßt, daß es sich bei der Lösungsmenge um ein Ellipsoid mit den Halbachsen der Länge \sqrt{\frac{2}{3}}, 1 und \sqrt{2} handelt.