Lineare Algebra II

Lineare Algebra II

SoSe 2014 L¨osung von Blatt 15

-Tim Schulze-

Aufgabe 1. Bezeichne die angegebenen Vektoren mitv₁, ..., v₄. Es istH={P4

i=1k_iv_i|P

ik_i = 1}nach Vorlesung. Durch Inklusion sieht man nunH =v₁+hv_i−v₁: 2≤i≤4i=:v1+U. Hierbei ist

”⊇“offensichtlich. Die andere Inklusion folgt mittels v1+

4

X

i=2

λi(vi−v1) = 1−

4

X

i=2

λi

! v1+

4

X

i=2

λivi.

L¨ose nun







(v₂−v₁)^t (v3−v1)^t (v₄−v₁)^t

















 a b c d













= 0.

Nach anschließendem normieren erh¨alt man so

e= 1 7√

10













−4

−5 7 20











 .

Dies liefert die Hessesche Normalform H =

v∈R⁴ :he, vi=he, v₁i= 2

√10

.

Aufgabe 2. Beweis.(i) Die Vektorraumeigenschaft ¨uberpr¨uft man leicht. Zur Dimension. Eine Basis des Raums ist offensichtlich gegeben durch die Matrizen Eij,ji, i≥j, wobei dies die Matri- zen sind, deren Eintr¨age in den Komponentenij und ji jeweils 1 seien und alle weiteren Eintr¨age Null seien. F¨ur i = 1 erhalten wir also n solcher Matrizen. F¨ur i= 2 n−1 usw. Insgesamt also Pn

i=1i= ⁿ⁽ⁿ⁺¹⁾₂ Matrizen. Sie formen offensichtlich eine Basis.

(ii) Seien A, B ∈ Ks. Dann gilt x^tAx > 0, x^tBx > 0 f¨ur alle x ∈ Rⁿ, x 6= 0. Demnach 0 <

x^tAx+x^tBx=x^t(A+B)x, d.h.A+B∈Ks. Analog folgt dies f¨urλAund positives λ∈R. (iii) Die Vektorraumeigenschaft ¨uberlassen wir wieder dem Leser. Sei L ∈ H. Dann schreibe L = <(L) +i=(L). Jetzt ist <(L) eine reelle symmetrische Matrix und =(L) eine reelle schief- symmetrische Matrix. Die schiefsymmetrischen Matrizen bilden einen reellen Vektorraumso(n) der Dimension ⁿ⁽ⁿ⁻¹⁾₂ . Eine Basis ist gegeben durch die MatrizenA_ij,ji, i > j mita_ij = 1, a_ji =−1 und a_kl= 0, fallsk6=ioder l6=j.

Insgesamt dim(H)_R= ⁿ⁽ⁿ⁺¹⁾₂ +ⁿ⁽ⁿ⁻¹⁾₂ =n². (iv) Analog zu (ii).

1

(v) Sei A ∈ Kh. Dann gilt q(x) := x^tAx > 0 f¨ur alle x, ∂B1 =: {x ∈ Cⁿ : |x| = 1}. Da

∂B₁ eine kompakte Menge ist, nimmt die Funktion q(x) dort ihr Minimum an. Es gibt also ein c >0 : min(q(x)) =n²c. Sei jetzt 0< ε < c. Dann folgt auf ∂B₁:

x^tAx+x^tBx≥n²c−X

i,j

|x_i||x_j||b_ij| ≥n²c−n²ε >0.

Durch Multiplikation mit |x|erh¨alt man x^t(A+B)x >0 f¨ur alle x6= 0.

Aufgabe 3. Behauptung. Es ist χp(t) = (t−1)^r·t^n−r.

Beweis. Sei (b₁, ..., b_r) eine Basis des Bildes von p. Dann gibt es f¨ur ein beliebiges 1 ≤i ≤r ein yi ∈V :bi =p(yi). Ausp◦p=p folgt nunp(bi) =p(p(yi)) =p(yi) =bi. Demnachp|_im(p)= idV. WeilV = im(p)⊕ker(p) gilt, erg¨anze (b₁, ..., b_r) durch Hinzunahme vonn−r linear unabh¨angigen Vektoren (b_r+1, ..., b_n) aus dem Kern zu einer Basis von V. Die zu dieser Basis geh¨orende Matrix ist jetzt von der Form

D= Er 0r×(n−r)

0_(n−r)×r 0(n−r)×(n−r)

! .

Also χp(t) =χ_D(t) = (t−1)^r·t^n−r.

Aufgabe 4. Beweis.1. Die Sesquilinearit¨at ergibt sich aus der Linearit¨at des Integral.

Hermitezit¨at: hf, gi=R

If(x)g(x)dx=R

Ig(x)f(x)dx=hg, fi.

Positive Definitheit: Sei f 6= 0. Dann existiert ein x : f(x) 6= 0. Und somit f(x)f(x) > 0. Die Stetigkeit liefert nun die Positivit¨at des Integrals.

2. Seien f, g∈ C_C^∞(R,C) und sei supp(f),supp(g)⊂[−r, r] f¨ur ein hinreichend großesr ∈R. hdf

dx, gi= Z r

−r

f⁰(x)g(x)dx

= [f(x)g(x)]^r_−r− Z r

−r

f(x)g⁰(x)dx

=− Z

Rf(x)g⁰(x)dx

=hf,−dg dxi.

Dies beweist die Behauptung.

3.

hdf

dx, gi+hf,dg

dxi=f(x)g(x)|^b_a

=− Z b

a

f(x)eva(g(x))δadx+ Z b

a

f(x)evb(g(x))δbdx.

Demnach

hdf

dx, gi=hf,−dg

dx−ev_a(g)δ_a+ ev_b(g)δ_bi

2

und es folgt die Behauptung.

Aufgabe 5. SchreibeM :=

aE2+bX

a, b∈Q , wobeiX = −1 −1

1 0

! .

Beweis. (i) Die quadratischen Matrizen bilden einen Ring. Es bleibt die Abgeschlossenheit von (M,+),(M^∗,·) sowie die Existenz multiplikativer Inverse zu zeigen.

Die Abgeschlossenheit von (M,+) ist offensichtlich. Wegen

(aE2+bX)(cE2+dX) =acE2+adX+bcX+bdX²

=acE2+ (ad+bc)X+bd(−X−E2)

= (ac−1)E2+ (ad+bc−bd)X ∈M folgt die Abgeschlossenheit von (M^∗,·).

Ist 06= (aE₂+bX) =:A∈M, so ist 1 (a²−ab+b²

a b

−b a−b

!

die Inverse. Hierbei bleibt zu argumentieren, dassa²−ab+b² 6= 0 ist. DaA6= 0 ist, sind a, b6= 0.

Angenommen a 6=b und a, b haben dasselbe Vorzeichen, d.h. 0 > −ab. Dann gilt a² −ab+b² >

a²−2ab+b²= (a−b)² >0.

Haben sie verschiedene Vorzeichen, also−ab >0, so kommen wir zua²−ab+b² > a²+b²>0.

Bleibt noch der Falla=bzu untersuchen. Hier ist offensichtlich a²−ab+b² =a²>0.

Damit ist die K¨orpereigenschaft gezeigt.

(ii) und (iii). Das charakteristische Polynom von X ist nach Cayley-Hamilton und der obigen Berechnung χ_X(t) =t²+t+ 1. Es besitzt die komplexen Nullstellen

t_1/2=−1 2 ±i

√3 2 .

Damit istX¨uberCdiagonalisierbar und es existiert eine reg¨ul¨are MatrixT :T⁻¹XT = diag(t₁, t₂).

Sei nun A∈M beliebig. Dann existieren a, b∈Q:A=aE2+bX. Folglich

T⁻¹AT =aT⁻¹E₂T +bT⁻¹XT =aE₂+b= diag(a+bt₁, a+bt₂).

Daχ_X(t) ¨uberR nicht in Linearfaktoren zerf¨allt, istM hier nicht simultan diagonalisierbar.

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