Aufgabe 1 Lösungsvorschlag Aufgabe 2 Lösungsvorschlag

Aufgabe 1
Gegeben sei der Rn versehen mit dem standard Skalarprodukt. Desweiteren sei
n
O := {v1 , · · · , vn } | {v1 , · · · , vn } ist eine ONB von R
die Menge aller ONB's von Rn bezüglich des standard Skalarproduktes und Sn−1 := {v ∈
Rn | ||v|| = 1}. Zeigen Sie:
1. Die Abbildung ϕ : O(n) × O → O, ϕ(A, {v1 , · · · , vn }) := {Av1 , · · · , Avn } ist eine
transitive Aktion der Gruppe O(n) auf O.
2. Die Abbildung ϕ : O(n) × Sn−1 → Sn−1 , ϕ(A, v) → Av ist eine transitive Aktion
der Gruppe O(n) auf Sn−1 .
Lösungsvorschlag
1. Es liegt eine Aktion vor, da ϕ(En , {v1 , · · · , vn }) = {En v1 , · · · , En vn } = {v1 , · · · , vn }
und
ϕ(AB, {v1 , · · · , vn }) = {(AB)v1 , · · · , (AB)vn } = {A(Bv1 ), · · · , A(Bvn )}
= ϕ(A, {Bv1 , · · · , Bvn })
= ϕ(A, ϕ(B, {v1 , · · · , vn })) .
Wie wir aus der Vorlesung wissen, ist die Basiswechselmatrix zweier ONB'S eine
orthogonale Matrix und somit ist die Aktion transitiv.
2. Erst mal bemerken wir am Rande, dass für A ∈ O(n) tatsächlich Av ∈ Sn−1 ist,
da ||Av||2 = v t At Av = v t v = ||v||2 . Aus ϕ(En , v) = En v = v und
ϕ(AB, v) = (AB)v = A(Bv) = ϕ(A, Bv) = ϕ(A, ϕ(B, v))
folgt, dass ϕ eine Aktion ist. Seien nun v, v 0 ∈ Sn−1 . Insbesondere also ||v|| =
||v 0 || = 1. Dann folgt mit Gram-Schmidt, dass es ONB's B := {v, v2 , · · · , vn } und
B 0 := {v 0 , v20 , · · · , vn0 } gibt. Aus 1. folgt, dass es eine orthogonale Matrix A gibt
mit {Av, Av2 , · · · , Avn } = {v 0 , v20 , · · · , vn0 } und also Av = Av 0 . Die Aktion ist also
transitiv.
Aufgabe 2
Zeigen Sie, dass die folgenden quadratischen Formen Q1 , Q2 : R2 → R2 , die bezüglich
der Standardbasis gegeben sind durch
Q1 (x) := x1 x2 und Q2 (x) := x21 − x22 ,
nicht simultan diagonalisierbar sind.
Lösungsvorschlag
Die Matrizen der zugehörigen
β1und β2 sind bezüglich der Standarbasis
Bilinearformen
gegeben durch q1 :=
0
1
2
1
2
0
1 0
. Bezüglich der Standardbasis gilt also
0 −1
1
t 0 2
Q1 (x) = β1 (x, x) = x 1
x
0
2
und q2 :=
und
1 0
x; .
Q2 (x) = β2 (x, x) = x
0 −1
1 0 −1
1 0
Wie wir einfach nachrechnen gilt q2 :=
und somit ist β2 (x, y) =
0 −1
2 1 0
|
{z
}
t
=:C
β1 (C t x, y) bezüglich der Standardbasis und β2 (x, y) = β1 (ϕ(x), y), wobei ϕ bezüglich der
Standardbasis durch ϕ(x) = C t x deniert ist. Somit hat ϕ keine reellen Eigenwerte, da
C t bis auf den Faktor 21 eine orthogonale Matrix mit einem echten Drehkästchen ist.
Angenommen {v1 , v2 } sei eine Basis, bezüglich derer β1 und β2 simultan diagonalisierbar
wären. Dann ist β1 (v1 , v2 ) = 0 und β2 (v1 , v2 ) = 0. Somit wäre β1 (ϕ(v1 ), v2 ) = β2 (v1 , v2 ) =
0 für i 6= j und somit müsste ϕ(v1 ) = λv1 mit λ 6= 0 sein, da β1 (v2 , v2 ) 6= 0. Dies ist
ein Widerspruch dazu, dass ϕ keine reellen Eigenwerte hat. Somit sind Q1 und Q2 nicht
simultan diagonalisierbar.
Aufgabe 3
1 2
Berechnen Sie die Cartan-Zerlegung der Matrix
.
2 1
Lösungsvorschläge
1 2
=
2 1
√1
2
1 1
−1 1
1 0 √1 −1 1
.
2
1 1
0 3