Musterlösung 11

D-MATH, D-PHYS, D-CHAB Lineare Algebra II FS 14 Manfred Einsiedler

Musterlösung 11

1. a) Wir berechnen zuerst

A^TA=

1 0 1

−1 1 0



 1 −1 0 1 1 0



=

2 −1

−1 2

und das charakteristische Polynom dieser Matrix:

P_A^T_A(λ) =

2−λ −1

−1 2−λ

= (2−λ)²−1 =λ²−4λ+ 3 = (λ−1)(λ−3).

Somit hat A^TA die Eigenwerteλ1 = 1 und λ2 = 3. Dies gibt uns bereits die Singulärwerteσ₁ =√

λ₁ = 1undσ₂ =√

λ₂ =√

3vonA.

Wir suchen orthogonale MatrizenU undV, sodass A=V DU^T, wobei

D=





∗ 0 0 ∗ 0 0



.

Beachte, dass aus DimensionsgründenV eine(3×3)- Matrix undU eine(2×2) - Matrix sein müssen!

Die normierten Eigenvektoren vonA^TAzu den Eigenwerten1bzw.3sind gege- ben durchu₁ =

√1 2,^√1

2

T

bzw.u₂ =

√1 2,−^√1

2

T

. Dies sind genau die Spalten vonU, wir erhalten also

U =

√1 2

√1 1 2

√2 −^√1₂

! .

Die ersten beiden Spalten vonU lassen sich wie folgt berechnen:

v₁ = 1

σ₁Au₁ =

0, 1

√2, 1

√2 T

,

v₂ = 1

σ₂Au₂ = 2

√6,− 1

√6, 1

√6 T

.

Mit Gram-Schmidt erweitern wirv₁ undv₂zu einer Orthonormalbasis vonR³:

˜

v₃ =e₁− he₁, v₁iv₁− he₁, v₂iv₂ = 1

3,1 3,−1

3 T

, also

v₃ = v˜₃ kv˜3k =

1

√3, 1

√3,− 1

√3 T

. Damit erhalten wir

V =







0 ^√2

6

√1 1 3

√ 2 −^√1

6

√1 1 3

√2

√1

6 −^√1₃







und man prüft einfach nach, dass tatsächlich A=V DU^T gilt mit

D=



 σ1 0

0 σ₂ 0 0



=



 1 0 0 √ 3 0 0



.

Bemerkung:Die dritte Spalte der MatrixV ist nicht eindeutig bestimmt. Wichtig ist nur, dassV orthogonal ist, das heisst die Spalten vonV müssen eine Ortho- normalbasis bilden.

b) A^T =U D^TV^T mitD,U undV wie in Teilaufgabea), wobei D^T =

1 0 0 0 √

3 0

die gewünschte Form hat.

2. (⇒) Seiσein Singulärwert vonf. Per Konstruktion der Singulärwertzerlegung in der Vorlesung, gibt es einv ∈V (Teil der ONB aus Eigenvektoren vonf^∗f), sodass fürw= ¹_σf(v)gilt:

f(v) =σw, f^∗(w) = σv.

Anders: SeiAeine Darstellungsmatrix vonfbezüglich Orthonormalbasen vonV undW (so, dassA^∗ die Darstellungsmatrix vonf^∗ bezüglich der gleichen Basen ist). Und seiA=W DV^∗eine Singulärwertzerlegung. Seiσ_ideri-te Eintrag von D, dann gilt für diei-te Spaltex_i vonV, und diei-te Spaltey_ivonW:

Axi =W DV^∗xi =W Dei =W σiei =σiyi

Und analogA^∗y_i =σ_ix_i.

(⇐) Seienσ >0,v ∈V \ {0}undw∈W \ {0}mitf(v) =σwundf^∗(w) =σv.

Dann istf^∗f(v) =f^∗(σw) =σ²v. Also istσ² ein Eigenwert vonf^∗f und somit σ >0ein Singulärwert vonf.

3. Die Koordinatenmatrix vonqbezüglich der kanonischen Basis ist durch

M =





1 0 −1 0 2 2

−1 2 6





gegeben. Wir berechnen die Hauptminoren dieser Matrix:

M(1) = 1, M(2) = 2, M(3) = det(M) = 6.

Da alle Hauptminoren reell und positiv sind folgt daraus, dass die quadratische Form positiv definit ist. Wir berechnen nun die Cholesky-Zerlegung vonM: Sei

L=





l₁₁ 0 0 l₂₁ l₂₂ 0 l31 l32 l33



. Dann sieht man mitM =LL^T sofort, dass füri≥j

M_ij =

j

X

k=1

l_ikl_jk

gilt. Aus diesem Zusammenhang erhalten wir die Formeln

l_ij =











0 i < j,

q

M_ii−Pi−1

k=1l²_ik i=j,

1 ljj

Mij −Pj−1 k=1likljk

i > j.

Nun berechnen wir der Reihe nach:

l₁₁=p

M₁₁= 1, l21= 1

l₁₁M21 = 0, l₂₂=p

M₂₂=√ 2, l31= 1

l₁₁M31 =−1, l₃₂= 1

l22

(M₃₂−l₃₁l₂₁) =√ 2, l33=

q

M33−l²₃₁−l₃₂² =√ 3.

Also erhalten wir

L=





1 0 0

0 √

2 0

−1 √ 2 √

3





und man rechnet sofort nach, dass tatsächlichM =LL^T gilt.

4. Für endlichdimensionaleU, V, W sind alle Resultate mit Dimensionsüberlegungen of- fensichtlich. Unter Verwendung des Auswahlaxioms hat jeder Vektorraum eine Basis.

Damit kann man die Isomorphien mit Bijektionen von Basen lösen: Seien (v_i)_i∈I, (w_j)j∈J und(u_l)l∈LBasen vonV,W beziehungsweiseU.

a) Basen vonV ⊗W bzw.W ⊗V sind gegeben durch(v_i⊗w_j)i∈I,j∈J bzw.(w_j⊗ vi)i∈I,j∈J. Die Abbildungvi⊗wj 7→wj⊗viist eine offensichtliche Bijektion.

b) Hier ist1⊗v_i 7→v_i eine Bijektion von Basen.

c) V ⊕W hat(v_i,0)i∈I∪(0, w_j)j∈J als Basis. Eine Basis von(V ⊕W)⊗U ist also gegeben durch((v_i,0)⊗u_l)_i,l∪((0, w_j)⊗u_l)_j,l, eine Basis von(V⊗U)⊕(W⊗U) durch(v_i⊗u_l,0)_i,l∪(0, w_j⊗u_l)_j,l. Eine Bijektion ist nun durch(v_i,0)⊗u_l 7→

(v_i⊗u_l,0); (0, w_j)⊗u_l 7→(0, w_j ⊗u_l)gegeben.

Allgemeiner geht es mit der universellen Eigenschaft des Tensorprodukts:

a) Betrachte das folgende kommutative Diagramm.

V ×W ^{BV W//}

σ

id=τ σ

V ⊗W

∃σ˜

∃ide

W ×V ^{BW V //}

τ

W ⊗V

∃τ˜

V ×W ^{BV W//}V ⊗W

Dabei ist σ(v, w) = (w, v), τ(w, v) = (v, w), alsoτ = σ⁻¹. Weiter sindB_{V W} undB_{W V} die kanonischen Abbildungen. Undσ˜bzw.τ˜sind die zu den bilinearen AbbildungenB_{W V} ◦σ bzw.B_{V W} ◦τ durch die universelle Eigenschaft assozi- ierten linearen Abbildungen¹. Aus der Eindeutigkeit folgt einerseits τ˜σ˜ = ide und andrerseitsid = ide _V⊗W, alsoτ˜σ˜ = id_V⊗W. Analog ergibt sich auchσ˜τ˜ = id_W⊗V. Zusammengesetzt erhalten wir˜σ:V ⊗W −→^∼= W ⊗V mitσ˜⁻¹ = ˜τ.

1Auf Erzeugenden sind sie gegeben durchσ(v˜ ⊗w) =w⊗vbzw.τ(w˜ ⊗v) =v⊗w. Diese explizite Beschreibung benötigen wir aber gar nicht.

b) Wir betrachten das kommutative Diagramm K×V ^{B //}

e %%

K ⊗V

∃e˜

V

mite(λ, v) =λv, also˜e(λ⊗v) =λv. Hier istB :K×V →K⊗V die kanoni- sche Abbildung.

Weil e surjektiv ist, ist auche˜surjektiv. Zur Bestimmung des Kernes vone˜be- obachten wir zuerst, dassK⊗V ={1⊗v|v ∈V}. In der Tat ist jedes Element ausK⊗V eine endliche Summe

Pλι⊗vι =P

1⊗λιvι = 1⊗P λιvι.

AlsoKern(˜e) ={1⊗v|1v = 0}= 0. Somit iste˜ein Isomorphismus.

c) Die Abbildungen

(V ⊕W)×U −→V ⊗U (v, w), u

7−→v⊗u (V ⊕W)×U −→W ⊗U (v, w), u

7−→w⊗u sind bilinear und liefern via der universellen Eigenschaft des Tensorproduktes die linearen Abbildungen

(V ⊕W)⊗U −→V ⊗U (v, w)⊗u7−→v⊗u (V ⊕W)⊗U −→W ⊗U (v, w)⊗u7−→w⊗u.

Die universelle Eigenschaft der direkten Summe liefert die lineare Abbildung

α: (V ⊕W)⊗U −→V ⊗U ⊕W ⊗U (v, w)⊗u7−→(v⊗u, w⊗u).

Die Abbildungen

V ×U −→(V ⊕W)⊗U (v, u)7−→(v,0)⊗u W ×U −→(V ⊕W)⊗U (w, u)7−→(0, w)⊗u sind bilinear und liefern via der universellen Eigenschaft des Tensorproduktes die linearen Abbildungen

V ⊗U −→(V ⊕W)⊗U v ⊗u7−→(v,0)⊗u W ⊗U −→(V ⊕W)⊗U w⊗u7−→(0, w)⊗u.

Die universelle Eigenschaft der direkten Summe liefert die lineare Abbildung

β :V ⊗U⊕W ⊗U −→(V ⊕W)⊗U (v⊗u₁, w⊗u₂)7−→(v,0)⊗u₁+ (0, w)⊗u₂. Es ist

β◦α (v, w)⊗u

=β(v⊗u, w⊗u) = (v,0)⊗u+ (0, w)⊗u= (v, w)⊗u, und weil die Elemente der Form(v, w)⊗uden Vektorraum(V ⊕W)⊗U er- zeugen, giltβ◦α= id.

Ausserdem gilt

α◦β(v⊗u₁, w⊗u₂) = α (v,0)⊗u₁+ (0, w)⊗u₂

= (v⊗u₁,0) + (0, w⊗u₂) = (v⊗u₁, w⊗u₂), und somit auchα◦β = id.αundβsind also zueinander inverse Isomorphismen.

5. a) „⇐“ 0⊗w= (0 + 0)⊗w= 0⊗w+ 0⊗w ⇒ 0⊗w= 0 v ⊗0 =v⊗(0 + 0) =v ⊗0 +v⊗0 ⇒ v⊗0 = 0

„⇒“ Seienv 6= 0,w6= 0. Dann gibt esv^∗ ∈V^∗,w^∗ ∈W^∗ mit v^∗(v) = 1 =w^∗(w).

Die Abbildung

V ×W −→K

(v⁰, w⁰)7−→v^∗(v⁰)·w^∗(w⁰) ist bilinear. Die zugehörige lineare Abbildung

V ⊗W →K

bildetv⊗waufv^∗(v)·w^∗(w) = 1ab. Alsov ⊗w6= 0.

(Dies ist ein Spezialfall von Teilaufgabe b).)

b) Wir wählen linear unabhängige Vektorenb₁, . . . , b_m ∈W mit Span{b1, . . . , bm} ⊇Span{w1, . . . , wn} und schreibenw_i =

m

P

j=1

w_ijb_j, i= 1, . . . , n. DiemnVektoren v₁⊗b₁, . . . , v₁⊗b_m, . . . , v_n⊗b₁, . . . , v_n⊗b_m sind linear unabhängig , also gilt insbesondere

0 =

n

X

i=1

v_i⊗w_i =

n

X

i=1

v_i⊗X^m

j=1

w_ijb_j

=

n

X

i=1 m

X

j=1

w_ijv_i⊗b_j =⇒ w_ij = 0∀i, j.

Es folgtw₁ =· · ·=w_n= 0.