Dr. Erwin Sch¨ orner
Klausurenkurs zum Staatsexamen (WS 2014/15):
Lineare Algebra und analytische Geometrie 6
— L¨ osungsvorschlag —
6.1 F¨ ur B = (v 1 , v 2 , v 3 ) ∈ R 4×3 gilt
B =
1 2 1 2 1 −1 2 1 1 0 0 −1
III−II
1 2 1 2 1 −1 0 0 2 0 0 −1
II−2·I IV+
12·III
1 2 1
0 −3 −3
0 0 2
0 0 0
;
wegen Rang(B) = 3 sind v 1 , v 2 , v 3 linear unabh¨ angig und damit eine Basis des von ihnen erzeugten Unteraums U = hv 1 , v 2 , v 3 i ⊆ R 4 . Wir unterwerfen diese Basis dem Gram–Schmidtschen Orthonormalisierungsverfahren und erhalten
a 1 = v 1 =
1 2 2 0
mit ka 1 k = 3, also b 1 = 1
ka 1 k · a 1 = 1 3
1 2 2 0
,
damit
a 2 = v 2 − (v 2 ◦ b 1 ) · b 1 =
2 1 1 0
− 6 3 · 1
3
1 2 2 0
=
4 3
− 1 3
− 1 3 0
= 1 3
4
−1
−1 0
mit
ka 2 k = 1 3
√ 18, also b 2 = 1
ka 2 k · a 2 = 1
√ 18
4
−1
−1 0
,
und damit
a 3 = v 3 − (v 3 ◦ b 1 ) · b 1 − (v 3 ◦ b 2 ) · b 2 =
=
1
−1 1
−1
− 1 3 · 1
3
1 2 2 0
− 4
√ 18 · 1
√ 18
4
−1
−1 0
=
0
−1 1
−1
mit
ka 3 k = √
3, also b 3 = 1
ka 3 k · a 3 = 1
√ 3
0
−1 1
−1
.
Damit ist b 1 , b 2 , b 3 eine Orthonormalbasis von U bez¨ uglich des Standardskalar- produkts ◦ auf R 4 mit hb 1 i = hv 1 i und hb 1 , b 2 i = hv 1 , v 2 i, also mit b 1 ∈ hv 1 i und b 2 ∈ hv 1 , v 2 i; wir k¨ onnen also e 1 = b 1 , e 2 = b 2 und e 3 = b 3 w¨ ahlen.
6.2 a) Wegen
v 1 ◦ v 2 =
1
−2 1 3
◦
2 1
−3 1
= 1 · 2 + (−2) · 1 + 1 · (−3) + 3 · 1 = 0
sind v 1 und v 2 zueinander orthogonal.
b) F¨ ur B = (v 1 , v 2 ) ∈ R 4×2 gilt B > =
1 −2 1 3 2 1 −3 1
II−2·I
1 −2 1 3
0 5 −5 −5
1 5
·II
1 −2 1 3
0 1 −1 −1
I+2·II
1 0 −1 1 0 1 −1 −1
.
Damit sind
w 1 =
1 1 1 0
, w 2 =
−1 1 0 1
zwei linear unabh¨ angige sowohl zu v 1 wie zu v 2 orthogonale Vektoren, die wegen
w 1 ◦ w 2 =
1 1 1 0
◦
−1 1 0 1
= 1 · (−1) + 1 · 1 + 1 · 0 + 0 · 1 = 0
(zuf¨ alligerweise) schon zueinander orthogonal sind; folglich kann
v 3 = w 1 =
1 1 1 0
und v 4 = w 2 =
−1 1 0 1
gew¨ ahlt werden.
6.3 Zu betrachten ist der von den beiden gegebenen Vektoren
v 1 =
1 0 3 2
und v 2 =
1
−1 3 0
∈ R 4
aufgespannte Unterraum U = hv 1 , v 2 i im R 4 ; dazu sei B = (v 1 , v 2 ) ∈ R 4×2 . Das orthogonale Komplement U ⊥ von U im euklidischen R 4 (versehen mit dem Standardskalarprodukt ◦) stimmt wegen
x ∈ U ⊥ ⇐⇒ u ⊥ x f¨ ur alle u ∈ U
⇐⇒
U=hv
1,v
2i v 1 ⊥ x und v 2 ⊥ x
⇐⇒ v 1 ◦ x = 0 und v 2 ◦ x = 0
⇐⇒ v > 1 · x = 0 und v > 2 · x = 0
⇐⇒ B > · x = 0
f¨ ur alle x ∈ R mit dem L¨ osungsraum des homogenen linearen Gleichungssystems B > · x = 0 mit der Koeffizientenmatrix B > ∈ R 2×4 ¨ uberein. Dementsprechend bilden wegen
B > =
1 0 3 2 1 −1 3 0
II−I
1 0 3 2 0 −1 0 −2
(−1)·II
1 0 3 2 0 1 0 2
die beiden Vektoren
w 1 =
−3 0 1 0
und w 2 =
−2
−2 0 1
eine Basis des orthogonalen Komplements U ⊥ von U im R 4 . 6.4 a) F¨ ur B = (v 1 , v 2 , v 3 ) ∈ R 4×3 gilt
B =
1 1 1 2 2 2 3 2 5 4 3 6
II−2·I III−3·I, IV−4·I
1 1 1
0 0 0
0 −1 2 0 −1 2
I+III, IV−III II↔III
1 0 3 0 1 −2 0 0 0 0 0 0
.
Damit sind v 1 , v 2 linear unabh¨ angig mit v 3 = 3 v 1 − 2 v 2 ; insbesondere ist v 1 , v 2 eine Basis von V = hv 1 , v 2 , v 3 i.
b) F¨ ur C = (v 1 , v 2 , e 1 , e 2 ) ∈ R 4×4 gilt
det(C) =
1 1 1 0 2 2 0 1 3 2 0 0 4 3 0 0
3. Spalte =
2 2 1 3 2 0 4 3 0
3. Spalte =
3 2 4 3
= 1 6= 0.
Damit ist die Matrix C ∈ GL 4 ( R ) invertierbar; insbesondere bilden die Spalten v 1 , v 2 , e 1 , e 2 von C eine Basis von R 4 .
c) F¨ ur D = (v 1 , v 2 ) ∈ R 4×2 gilt D > =
1 2 3 4 1 2 2 3
II−I
1 2 3 4 0 0 −1 −1
I+3·II
1 2 0 1 0 0 −1 −1
.
Damit sind
w 1 =
−2 1 0 0
, w 2 =
−1 0
−1 1
eine Basis des orthogonalen Komplements V ⊥ von V = hv 1 , v 2 i in R 4 . Unter- wirft man diese dem Gram–Schmidtschen Orthonormalisierungsverfahren, so erh¨ alt man
a 1 = w 1 =
−2 1 0 0
mit ka 1 k = √
5, also b 1 = 1
ka 1 k · a 1 = 1
√ 5
−2 1 0 0
,
und damit
a 2 = w 2 − (w 2 ◦ b 1 ) · b 1 =
−1 0
−1 1
− 2
√ 5 · 1
√ 5
−2 1 0 0
=
− 1 5
− 2 5
−1 1
= 1 5
−1
−2
−5 5
mit
ka 2 k = 1 5
√ 55, also b 2 = 1
ka 2 k · a 2 = 1
√ 55
−1
−2
−5 5
.
Wegen hb 1 , b 2 i = hw 1 , w 2 i bilden die Vektoren b 1 , b 2 eine Orthonormalbasis von V ⊥ bez¨ uglich des Standardskalarprodukts ◦ auf R 4 .
6.5 a) Zun¨ achst steht u 2 =
1
−1 0
auf dem gegebenen Vektor u 1 =
1 1 1
∈ R 3 wegen u 1 ◦ u 2 = 0 senkrecht, so daß mit
u 3 = u 1 × u 2 =
1 1 1
×
1
−1 0
=
1 1
−2
∈ R 3
die Vektoren u 1 , u 2 , u 3 eine Orthogonalbasis von R 3 bilden.
b) Eine Matrix U ∈ R 3×3 bzw. die durch diese gegebene lineare Abbildung f : R 3 → R 3 , f (x) = U · x, besitzt genau dann u 1 als Eigenvektor zum Eigenwert λ = 1 und u 2 , u 3 als Eigenvektoren zum Eigenwert µ = −2, wenn
(∗) U · u 1 = λ · u 1 , U · u 2 = µ · u 2 und U · u 3 = µ · u 3 bzw.
(∗∗) f(u 1 ) = λ · u 1 , f (u 2 ) = µ · u 2 und f (u 3 ) = µ · u 3
gilt. Da gem¨ aß a) die Vektoren u 1 , u 2 , u 3 insbesondere eine Basis von R 3
bilden, gibt es nach dem Prinzip der linearen Fortsetzung genau eine lineare
Abbildung f : R 3 → R 3 mit (∗∗) und damit genau eine Matrix U ∈ R 3×3
mit (∗).
c) F¨ ur die explizite Berechnung der Matrix U ∈ R 3×3 bieten sich die folgenden beide Wege an:
• Gem¨ aß (∗) ergibt sich
U · (u 1 , u 2 , u 3 ) = (U · u 1 , U · u 2 , U · u 3 ) = (λ u 1 , µ u 2 , µ u 3 ), also U · B = C mit
B = (u 1 , u 2 , u 3 ) =
1 1 1
1 −1 1
1 0 −2
∈ R 3×3
und
C = (λ u 1 , µ u 2 , µ u 3 ) =
1 −2 −2
1 2 −2
1 0 4
.
Da u 1 , u 2 , u 3 eine Basis von R 3 bilden, ist B = (u 1 , u 2 , u 3 ) invertierbar, und es ist
B −1 = 1
det(B) · B e = 1 6
2 2 2
3 −3 0
1 1 −2
,
woraus sich dann U = C · B −1 =
1 −2 −2
1 2 −2
1 0 4
· 1 6
2 2 2
3 −3 0
1 1 −2
=
−1 1 1
1 −1 1
1 1 −1
ergibt.
• Die normierten Vektoren u 1
ku 1 k = 1
√ 3
1 1 1
, u 2
ku 2 k = 1
√ 2
1
−1 0
, u 3
ku 3 k = 1
√ 6
1 1
−2
bilden eine Orthonormalbasis des euklidischen R 3 aus Eigenvektoren von U zu den Eigenwerten λ = 1, µ = −2 und µ = −2, so daß sich mit der orthogonalen Matrix
P = u 1
ku 1 k , u 2 ku 2 k , u 3
ku 3 k
=
√ 1 3
√ 1 2
√ 1 1 6
√ 3 − √ 1
2
√ 1 1 6
√
3 0 − √ 2
6
∈ O 3 ( R ) und der Diagonalmatrix
D = diag (λ, µ, µ) =
1 0 0
0 −2 0
0 0 −2
∈ R 3×3
dann
D = P > U P bzw. U = P DP > =
=
√ 1 3
√ 1 2
√ 1 1 6
√ 3 − √ 1
2
√ 1 1 6
√ 3 0 − √ 2 6
·
1 0 0
0 −2 0
0 0 −2
·
√ 1 3
√ 1 3
√ 1 1 3
√ 2 − √ 1
2 0
√ 1 6
√ 1
6 − √ 2 6
=
=
√ 1 3 − √ 2
2 − √ 2
1 6
√ 3
√ 2
2 − √ 2 6
√ 1
3 0 √ 4
6
·
√ 1 3
√ 1 3
√ 1 1 3
√ 2 − √ 1 2 0
√ 1 6
√ 1
6 − √ 2
6
=
−1 1 1
1 −1 1
1 1 −1
ergibt.
6.6 Der Nachweis, daß die gegebene Bilinearform
ϕ : R 2 × R 2 → R , ϕ(x, y) := 9x 1 y 1 − 6x 1 y 2 − 6x 2 y 1 + 5x 2 y 2 ,
symmetrisch und positiv definit und damit ein Skalarprodukt auf dem R 2 bildet, kann anhand der Definition oder mit Hilfe der Matrixdarstellung erfolgen:
• Wegen
ϕ(y, x) = 9y 1 x 1 − 6y 1 x 2 − 6y 2 x 1 + 5y 2 x 2 =
= 9x 1 y 1 − 6x 1 y 2 − 6x 2 y 1 + 5x 2 y 2 = ϕ(x, y) f¨ ur alle x, y ∈ R 2 ist ϕ zun¨ achst symmetrisch. F¨ ur alle x ∈ R gilt ferner
ϕ(x, x) = 9x 2 1 − 6x 1 x 2 − 6x 2 x 1 + 5x 2 2 = 9x 2 1 − 12x 1 x 2 + 5x 2 2 =
= (3x 1 ) 2 − 2 · (3x 1 ) · (2x 2 ) + (2x 2 ) 2
+ x 2 2 = (3x 1 − 2x 2 ) 2 + x 2 2 ≥ 0, und aus ϕ(x, x) = 0 folgt 3x 1 − 2x 2 = 0 und x 2 = 0, also x 1 = x 2 = 0, und damit x = 0; damit ist ϕ auch positiv definit.
• F¨ ur alle x, y ∈ R 2 gilt
ϕ(x, y) = x > Ay mit A =
9 −6
−6 5
∈ R 2×2 .
Wegen A > = A ist die Matrix A und damit auch die Bilinearform ϕ sym- metrisch. Da die beiden Hauptminoren
det(A 1 ) = 9
= 9 und
det(A 2 ) =
9 −6
−6 5
= 9 · 5 − (−6) · (−6) = 45 − 36 = 9
positiv sind, ist nach dem Hauptminorenkriterium von Hurwitz die symme-
trische Matrix A und damit auch die Bilinearform ϕ positiv definit.
6.7 a) F¨ ur alle x = x 1
x 2
, y = y 1
y 2
∈ R 2 gilt
hx, yi = x 1 y 1 + 2x 1 y 2 + 2x 2 y 1 + 5x 2 y 2 = x 1 x 2
· 1 2
2 5
· y 1
y 2
und damit
hx, yi = x > Ay mit A = 1 2
2 5
∈ R 2×2 ;
folglich ist h·, ·i eine Bilinearform auf R 2 . Wegen A > = A ist die Matrix A und damit auch die Bilinearform h·, ·i symmetrisch. Da die beiden Haupt- minoren
det(A 1 ) = 1
= 1 und det(A 2 ) =
1 2 2 5
= 5 − 4 = 1
positiv sind, ist nach dem Hauptminorenkriterium von Hurwitz die symme- trische Matrix A und damit auch die Bilinearform h·, ·i positiv definit.
b) Der gegebene Punkt p = 0
1
besitzt vom Punkt q t = t
0
der gegebenen Geraden G = R ·
1 0
den Abstand
d(p, q t ) = ||q t − p|| =
t
−1
=
= p
t 2 + 2 · t · (−1) + 2 · (−1) · t + 5 · (−1) 2 =
= √
t 2 − 4 t + 5 = p
(t − 2) 2 + 1 f¨ ur alle t ∈ R ; dieser wird f¨ ur t = 2 minimal, und wir erhalten
d(p, G) = d(p, q 0 ) = √ 1 = 1.
6.8 a) Zu betrachten ist die durch σ B (x, y) = x > By f¨ ur alle x, y ∈ R 3 mit B =
1 1 2 1 2 3 2 3 6
∈ R 3×3
definierte Bilinearform des R 3 ; zun¨ achst ist wegen B > = B die Matrix B und damit auch die Bilinearform σ B symmetrisch. Da die drei Hauptminoren
det(B 1 ) = det(1) = 1 > 0, det(B 2 ) = det
1 1 1 2
= 2 − 1 = 1 > 0,
det(B 3 ) = det
1 1 2 1 2 3 2 3 6
= (12 + 6 + 6) − (8 + 9 + 6) = 1 > 0
positiv sind, ist nach dem Hauptminorenkriterium von Hurwitz die symme-
trische Matrix B und damit auch die Bilinearform σ B positiv definit; folglich
ist σ B ein Skalarprodukt auf R 3 .
b) Es ist
σ B (e 2 , e 2 ) = e > 2 Be 2 = 2, also ke 2 k = p
σ B (e 2 , e 2 ) = √ 2, und
σ B (e 3 , e 3 ) = e > 3 Be 3 = 6, also ke 3 k = p
σ B (e 3 , e 3 ) = √ 6, sowie
σ B (e 2 , e 3 ) = e > 2 Be 3 = 3, so daß sich f¨ ur den Winkel ϕ zwischen e 2 und e 3 wegen
cos ϕ = σ B (e 2 , e 3 )
ke 2 k · ke 3 k = 3
√ 2 · √ 6 = 1
2
√ 3
dann ϕ = π 6 bzw. ϕ = 30 ◦ ergibt.
6.9 a) Der Nachweis, daß die gegebene Bilinearform
hx, yi = x 1 y 1 + 3x 2 y 2 + 4x 3 y 3 + x 1 y 2 + x 2 y 1 + x 1 y 3 + x 3 y 1 + x 2 y 3 + x 3 y 2
symmetrisch und positiv definit und damit ein Skalarprodukt auf dem R 3 bildet, kann anhand der Definition oder mit Hilfe der Matrixdarstellung erfolgen:
• Wegen
hy, xi = y 1 x 1 + 3y 2 x 2 + 4y 3 x 3 +
+ y 1 x 2 + y 2 x 1 + y 1 x 3 + y 3 x 1 + y 2 x 3 + y 3 x 2 =
= x 1 y 1 + 3x 2 y 2 + 4x 3 y 3 + x 1 y 2 + x 2 y 1 + x 1 y 3 +
+ x 3 y 1 + x 2 y 3 + x 3 y 2 = hx, yi ist h·, ·i zun¨ achst symmetrisch. F¨ ur alle x ∈ R 3 gilt ferner
hx, xi = x 2 1 + 3 x 2 2 + 4 x 2 3 + 2 x 1 x 2 + 2 x 1 x 3 + 2 x 2 x 3 =
= 1
2 (x 1 + 2 x 2 ) 2 + 1
2 (x 1 + 2 x 3 ) 2 + (x 2 + x 3 ) 2 + x 2 3 ≥ 0, und aus hx, xi = 0 folgt x 1 + 2 x 2 = x 1 + 2 x 3 = x 2 + x 3 = x 3 = 0 und damit x 1 = x 2 = x 3 = 0, also x = 0; damit ist h·, ·i auch positiv definit.
• F¨ ur alle x, y ∈ R 3 gilt
hx, yi = x > Ay mit A =
1 1 1 1 3 1 1 1 4
∈ R 3×3 .
Wegen A > = A ist die Matrix A und damit auch die Bilinearform h·, ·i symmetrisch. Da die drei Hauptminoren
det(A 1 ) = 1
= 1 und det(A 2 ) =
1 1 1 3
= 3 − 1 = 2
sowie
det(A 3 ) =
1 1 1 1 3 1 1 1 4
II−I =
III−I
1 1 1 0 2 0 0 0 3
Dreiecks-
=
matrix 1 · 2 · 3 = 6
alle positiv sind, ist nach dem Hauptminorenkriterium von Hurwitz die symmetrische Matrix A und damit auch die Bilinearform h·, ·i positiv definit.
b) Es ist U = R ·v 1 + R ·v 2 mit den (offensichtlich linear unabh¨ angigen) Vektoren v 1 =
1
−1 0
und v 2 =
1 1 1
. Die Anwendung des Gram–Schmidtschen
Orthonormalisierungsverfahrens liefert dann im ersten Schritt kv 1 k = p
hv 1 , v 1 i = √ 2 und damit
b 1 = 1
kv 1 k · v 1 = 1
√ 2
1
−1 0
sowie im zweiten Schritt
a 2 = v 2 − hv 2 , b 1 i · b 1 =
1 1 1
− −2
√ 2 · 1
√ 2
1
−1 0
=
2 0 1
mit
ka 2 k = p
ha 2 , a 2 i = √
12 = 2 √ 3 und damit
b 2 = 1
ka 2 k · a 2 = 1 2 √
3
2 0 1
.
Wegen R · b 1 + R · b 2 = R · v 1 + R · v 2 bilden die Vektoren b 1 , b 2 eine Orthonormalbasis von U bez¨ uglich des Skalarprodukts h·, ·i auf R 3 ; nachdem hier lediglich nach einer Basis von U aus orthogonalen Vektoren gefragt ist, kann auch a 1 , a 2 gew¨ ahlt werden.
6.10 a) Die gegebene Matrix M = 4 3
3 4
∈ R 2×2 ist gem¨ aß M > = M symmetrisch und damit orthogonal diagonalisierbar. Wegen
χ M (λ) =
4 − λ 3 3 4 − λ
= (4 − λ) 2 − 3 2 = (1 − λ) (7 − λ)
f¨ ur alle λ ∈ R besitzt M die beiden Eigenwerte λ 1 = 1 und λ 2 = 7; wegen M − λ 1 E 2 =
3 3 3 3
III−I
3 3 0 0
ist v 1 = −1
1
ein Eigenvektor von M zum Eigenwert λ 1 = 1, und wegen M − λ 1 E 2 =
−3 3 3 −3
III+I
−3 3 0 0
ist v 2 = 1
1
ein Eigenvektor von M zum Eigenwert λ 2 = 7. Folglich ist 1
kv 1 k · v 1 = 1
√ 2 · −1
1
, 1
kv 2 k · v 2 = 1
√ 2 · 1
1
eine Orthonormalbasis des euklidischen R 2 aus Eigenvektoren von M . b) Gem¨ aß a) ist die Matrix M ∈ R 2×2 symmetrisch mit zwei positiven Eigen-
werte, folglich also positiv definit; demnach wird durch σ(x, y ) = x > · M · y f¨ ur alle x, y ∈ R ein Skalarprodukt σ auf R 2 definiert.
Die beiden in a) ermittelten Eigenvektoren v 1 und v 2 von M sind gem¨ aß σ(v 1 , v 2 ) = v 1 > · M · v 2
| {z }
=7·v
2= 7 · v > 1 v 2
| {z }
=0
= 0 auch bez¨ uglich σ orthogonal, wobei sie wegen
σ(v 1 , v 1 ) = v 1 > · M · v 1
| {z }
=1·v
1= 1 · v > 1 v 1
| {z }
=2
= 2 und
σ(v 2 , v 2 ) = v > 2 · M · v 2
| {z }
=7·v
2= 7 · v 2 > v 2
| {z }
=2
= 14 bez¨ uglich σ die L¨ ange
kv 1 k σ = p
σ(v 1 , v 1 ) = √
2 und kv 2 k σ = p
σ(v 2 , v 2 ) = √ 14 besitzen. Folglich ist
1
kv 1 k σ · v 1 = 1
√ 2 · −1
1
, 1
kv 2 k σ · v 2 = 1
√ 14 · 1
1
eine Orthonormalbasis von R 2 bez¨ uglich des Skalarprodukts σ.
Als alternativen L¨ osungsweg kann man auch die Standardbasis e 1 , e 2 von R 2 dem Gram–Schmidtschen Orthonormalisierungsverfahren unterwerfen; es ist zum einen
a 1 = e 1 = 1
0
mit ka 1 k σ = p
σ(a 1 , a 1 ) = √ 4 = 2, also
b 1 = 1
ka 1 k σ · a 1 = 1
2
0
,
und zum anderen
a 2 = e 2 − σ(e 2 , b 1 ) · b 1 = 0
1
− 3 2 ·
1
2
0
= − 3 4
1
mit
ka 2 k σ = p
σ(a 2 , a 2 ) = r 7
4 = 1 2
√ 7, also
b 2 = 1
ka 2 k σ · a 2 =
− 14 3 √ 7
2 7
√ 7
.
Folglich ist b 1 , b 2 eine die Orthonormalbasis von R 2 bez¨ uglich des Skalar- produkts σ.
6.11 Sei ψ : R 2 × R 2 → R eine symmetrische Bilinearform mit ψ
1 0
,
0 1
= 0, ψ 2
−4
, −1
1
= 0;
f¨ ur die symmetrische Matrix A =
a b b c
∈ R 2×2 mit ψ(x, y) = x > A y f¨ ur alle x, y ∈ R 2 gilt dann zum einen
0 = ψ 1
0
, 0
1
= 1 0
· a b
b c
· 0
1
= 1 0
· b
c
= b, also b = 0, und damit zum anderen
0 = ψ 2
−4
, −1
1
= 2 −4
·
a 0 0 c
· −1
1
=
= 2 −4
· −a
c
= −2a − 4c = −2 (a + 2c) , also a = −2c. Somit erh¨ alt man die Diagonalmatrix
A = a b
b c
=
−2c 0
0 c
,
die nach dem Hauptminorenkriterium von Hurwitz wegen det(A) =
−2c 0
0 c
= (−2c) · c = −2 c 2 ≤ 0
nicht positiv definit sein kann. Folglich gibt es keine positiv definite symmetrische Bilinearform, also kein Skalarprodukt, auf R 2 mit zugleich
1 0
⊥ 0
1
und
2
−4
⊥ −1
1
.
6.12 Wir betrachten die durch die Matrix A ∈ R 2×2 gegebene Bilinearform
σ A : R 2 × R 2 → R , σ A (x, y) = x > Ay,
auf dem reellen Vektorraum R 2 . F¨ ur die beiden Vektoren v 1 =
1 3
, v 2 = 2
5
∈ R 2 mit B = (v 1 , v 2 ) =
1 2 3 5
∈ R 2×2
gilt dabei:
σ A (v 1 , v 1 ) = 1 ⇐⇒ v > 1 Av 1 = 1 σ A (v 1 , v 2 ) = 0 ⇐⇒ v > 1 Av 2 = 0 σ A (v 2 , v 1 ) = 0 ⇐⇒ v > 2 Av 1 = 0 σ A (v 2 , v 2 ) = 1 ⇐⇒ v > 2 Av 2 = 1
⇐⇒ B > AB = E 2 ,
dies ist aber zu A = B > −1
· B −1 = 1 3
2 5 −1
· 1 2
3 5 −1
=
= 1
−1
5 −3
−2 1
· 1
−1
5 −2
−3 1
=
34 −13
−13 5
gleichwertig.
Damit gibt es h¨ ochstens ein Skalarprodukt σ auf dem R 2 , bez¨ uglich dem v 1 , v 2 eine Orthonormalbasis bilden, n¨ amlich σ = σ A mit der eben bestimmten Matrix A ∈ R 2×2 .
Da aber A symmetrisch und wegen 34 > 0 und det(A) = 1 > 0 nach dem Hauptminorenkriterium von Hurwitz auch positiv definit ist, stellt σ A tats¨ achlich ein Skalarprodukt auf dem R 2 mit den gew¨ unschten Eigenschaften dar.
6.13 a) Die f¨ ur n ∈ N gegebene Matrix
A n =
1 1 1 . . . 1 1 2 2 . . . 2 1 2 3 . . . 3 .. . .. . .. . . .. ...
1 2 3 . . . n
∈ R n×n
ist wegen A > n = A n symmetrisch, so daß die durch
hx, yi = x > · A n · y f¨ ur alle x, y ∈ R n
definierte Bilinearform zun¨ achst symmetrisch ist; diese ist nun genau dann ein Skalarprodukt auf R n , wenn sie zus¨ atzlich positiv definit ist, weswegen noch nachzuweisen ist, daß die symmetrische Matrix A n positiv definit ist.
Hierf¨ ur m¨ ussen nach dem Hauptminorenkriterium von Hurwitz alle n Haupt- untermatrizen von A n , die hier mit A 1 , A 2 , . . . , A n ubereinstimmen, eine ¨ positive Determinante besitzen; wir zeigen hierf¨ ur sogar
det(A k ) = 1 f¨ ur alle k ∈ N mit vollst¨ andiger Induktion: f¨ ur
” k = 1“ ist
det(A 1 ) = det(1) = 1,
und f¨ ur
” k → k + 1“ ist
det(A k+1 ) =
1 1 1 . . . 1 1 1 2 2 . . . 2 2 1 2 3 . . . 3 3 .. . .. . .. . . .. ... .. . 1 2 3 . . . k k 1 2 3 . . . k k + 1
=
(∗)
1 1 1 . . . 1 1 1 2 2 . . . 2 2 1 2 3 . . . 3 3 .. . .. . .. . . .. ... ...
1 2 3 . . . k k 0 0 0 . . . 0 1
=
(∗∗)
= (−1) (k+1)+(k+1) · 1 ·
1 1 1 . . . 1 1 2 2 . . . 2 1 2 3 . . . 3 .. . .. . .. . . .. ...
1 2 3 . . . k
= det(A k ) = 1,
wobei in (∗) die vorletzte von der letzten Zeile subtrahiert und in (∗∗) die Laplace-Entwicklung nach der letzten Zeile durchgef¨ uhrt wird.
b) Wir wenden auf die Standardbasis e 1 =
1 0 0
, e 2 =
0 1 0
, e 3 =
0 0 1
von R 3 das Gram–Schmidtsche Orthonormalisierungsverfahren bez¨ uglich des durch die Matrix A 3 ∈ R 3×3 ¨ uber hx, yi = x > · A 3 · y f¨ ur alle x, y ∈ R 3 gegebenen Skalarprodukts an und erhalten im ersten Schritt
ke 1 k = p
he 1 , e 1 i = √ 1 = 1 und damit
b 1 = 1
ke 1 k · e 1 =
1 0 0
,
im zweiten Schritt
a 2 = e 2 − he 2 , b 1 i · b 1 =
0 1 0
− 1 ·
1 0 0
=
−1 1 0
mit
ka 2 k = p
ha 2 , a 2 i = √ 1 = 1 und damit
b 2 = 1
ka 2 k · a 2 =
−1 1 0
sowie im dritten Schritt
a 3 = e 3 − he 3 , b 1 i · b 1 − he 3 , b 2 i · b 2 =
=
0 0 1
− 1 ·
1 0 0
− 1 ·
−1 1 0
=
0
−1 1
mit
ka 3 k = p
ha 3 , a 3 i = √ 1 = 1 und damit
b 3 = 1
ka 3 k · a 3 =
0
−1 1
.
Damit sind b 1 , b 2 , b 3 eine Orthonormalbasis von R 3 bez¨ uglich des durch die Matrix A 3 definierten Skalarprodukts.
6.14 F¨ ur die beiden symmetrischen Matrizen A ∈ R n×n und B ∈ R n×n , wobei A den Rang n hat und B positiv definit ist, wird die Bilinearform
f : R n × R n → R , f (x, y) = x > · M · y, mit M = A · B · A ∈ R n×n betrachtet:
• Die Matrizen A und B sind symmetrisch, es gilt also A > = A und B > = B, und damit ist wegen
M > = (A · B · A) > = A > · B > · A > = A · B · A = M
auch die Matrix M symmetrisch; folglich ist die Bilinearform f symmetrisch.
• Die Matrix B ist positiv definit, es gilt also x > · B ·x > 0 f¨ ur alle x ∈ R n \{0}
bzw. x > · B · x ≥ 0 f¨ ur alle x ∈ R n mit x > · B · x = 0 = ⇒ x = 0
. Sei y ∈ R n , und mit x = A · y ∈ R n gilt
y > · M · y = y > · (A · B · A) · y =
A=A
>y > · A >
· B · (A · y) =
= (A · y) > · B · (A · y) = x > · B · x ≥ 0;
dabei folgt aus y > · M · y = 0, also x > · B · x = 0, schon x = 0, also A · y = 0, und wegen Rang(A) = n ist A invertierbar, so daß sich y = A −1 · 0 = 0 ergibt. Folglich ist die Matrix M und damit auch die Bilinearform f positiv definit.
Damit ist f eine symmetrische und positiv definite Bilinearform, also ein Skalar- produkt auf R n .
6.15 a) F¨ ur alle λ ∈ R gilt
χ S (λ) = det(S − λ · E 2 ) =
−7 − λ 24 24 7 − λ
= (−7 − λ) (7 − λ) − 24 2 =
= −49 + λ 2
− 576 = λ 2 − 625 = λ 2 − 25 2 = (λ − 25) (λ + 25) ; damit besitzt S die beiden Eigenwerte λ 1 = 25 und λ 2 = −25. Wegen
S − λ 1 · E 2 =
−32 24 24 −18
18
·I
1 6
·II
−4 3 4 −3
II+I
−4 3 0 0
ist u 1 = 3
4
∈ R 2 eine Basis des Eigenraums Eig(S; λ 1 = 25), und damit sind die vom Nullvektor verschiedenen skalaren Vielfachen α · u 1 =
3α 4α
von u 1 mit α ∈ R \{0} genau die Eigenvektoren der Matrix S zum Eigenwert λ 1 = 25. Des weiteren ist wegen
S − λ 2 · E 2 =
18 24 24 32
1 6·I
1 8
