\documentclass[a4paper]{article}

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\def\IN{\mathbb N}
\def\IZ{\mathbb Z}
\def\IR{\mathbb R}
\def\IC{\mathbb C}
\def\IQ{\mathbb Q}

\providecommand{\abs}[1]{\left|#1\right|}
\providecommand{\norm}[1]{\left\lVert#1\right\rVert}
\providecommand{\scal}[2]{\langle#1\, ,\,#2\rangle}
\providecommand{\st}{\,|\,}

\DeclareMathOperator{\re}{Re}
\DeclareMathOperator{\im}{Im}
\DeclareMathOperator{\ima}{im}

\newtheorem*{prop}{Behauptung}

\begin{document}
\begin{center}
\begin{Large}
  L"osungen zur linearen Algebra, Blatt 14
\end{Large}
\end{center}
\begin{description}
\item[Aufgabe 1:] Wir wollen aus der Basis $(v_1,v_2,v_3)$ durch das
  Gram-Schmidt-Verfahren eine Orthonormalbasis $(f_1,f_2,f_3)$
  konstruieren. Der Vektor $v_1$ hat bereits die Norm 1, also k"onnen
  wir $f_1=v_1$ setzen. Die weiteren Schritte sind
  \begin{align*}
    w_2
    &=\begin{pmatrix} 0\\0\\1\end{pmatrix}
        -\left<\begin{pmatrix} 2/3\\2/3\\1/3\end{pmatrix}
                ,\begin{pmatrix} 0\\0\\1\end{pmatrix}\right>
            \,\begin{pmatrix} 2/3\\2/3\\1/3\end{pmatrix}
    =\begin{pmatrix} -2/9\\-2/9\\8/9\end{pmatrix}\;,\\
\noalign{\smallskip}
    f_2
    &=\frac{w_2}{\norm{w_2}}
    =\frac{\sqrt 2}{6}\,\begin{pmatrix} -1\\-1\\4\end{pmatrix}\;\\
\intertext{und}
    w_3
    &=\begin{pmatrix} 1\\0\\0\end{pmatrix}
        -\left<\begin{pmatrix} 2/3\\2/3\\1/3\end{pmatrix}
                ,\begin{pmatrix} 1\\0\\0\end{pmatrix}\right>
            \,\begin{pmatrix} 2/3\\2/3\\1/3\end{pmatrix}
        -\frac{1}{18}\left<\begin{pmatrix} -1\\-1\\4\end{pmatrix}
                ,\begin{pmatrix} 1\\0\\0\end{pmatrix}\right>
            \,\begin{pmatrix} -1\\-1\\4\end{pmatrix}\\
    &=\begin{pmatrix} 1-4/9-1/18\\-4/9-1/18\\-2/9+2/9\end{pmatrix}
    =\begin{pmatrix} 1/2\\-1/2\\0\end{pmatrix},\\
\noalign{\smallskip}
    f_3
    &=\frac{w_3}{\norm{w_3}}
    =\frac{\sqrt 2}{2}\,\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix}\;.
  \end{align*}
\item[Aufgabe 2:] Den zugrundeliegenden K"orper bezeichnen wir mit $K$.
  \begin{enumerate}[a)]
  \item Wir m"ussen zeigen, dass $\ker B$ abgeschlossen
    unter der Addition und der Skalarmultiplikation ist.
    
    Sind $v_1,v_2\in\ker B$, und ist $k\in K$, so gelten f"ur jedes $w\in W$ die Gleichungen
    \begin{align*}
      B(v_1+v_2,w)&=B(v_1,w)+B(v_2,w)=0+0=0,\\
      B(k\cdot v_1,w)&=k\cdot B(v_1,w)=k\cdot 0=0.
    \end{align*}
    Also sind $v_1+v_2\in\ker B$ und $k\cdot v_1\in\ker B$.
  \item Wir definieren $\bar B([v],[w])=B(v,w)$ und m"ussen pr"ufen,
    dass das wohldefiniert ist: 

    Sind $v',w'\in V$ mit $[v]=[v']$ und
    $[w]=[w']$, so existieren $x,y\in \ker B$ mit $v'=v+x$ und
    $w'=w+y$. Daraus folgt
    \begin{align*}
      B(v',w')&=B(v+x,w+y)=B(v,w+y)+B(x,w+y)\\
      &=B(v,w)+B(v,y)+\underbrace{B(x,w)}_0+\underbrace{B(x,y)}_0
      = B(v,w)+\underbrace{B(y,v)}_0\\&=B(v,w).
    \end{align*}
    \begin{prop} Die Abbildung $\bar B$ ist eine symmetrische Bilinearform.
    \end{prop}
    \begin{proof}
      Zun"achst ist $\bar B$ symmetrisch, denn
      \begin{equation*}
        \bar B([v],[w])=B(v,w)=B(w,v)=\bar B([w],[v])\quad\text{ f"ur $v,w\in V$.}
      \end{equation*}
      Dann gen"ugt es, die Linearit"at von $\bar B$ in ersten Argument zu zeigen, und die ist schnell "uberpr"uft:
      \begin{equation*}
        \bar B(k [v_1]+[v_2],[w])=B(k v_1+v_2,w)= k\, B(v_1,w)+B(v_2,w),\quad v_1,v_2,w\in V,\ k\in K.
      \end{equation*}
    \end{proof}
  \item Wir m"ussen $\ker\bar B=0$ zeigen. Sei also $v\in V$ ein
    Vektor mit $\bar B([v],x)=0$ f"ur alle $x\in V/\ker B$. Dann gilt
    f"ur jedes $w\in V$ die Gleichung $0=\bar B([v],[w])=B(v,w)$, und
    damit ist $v\in\ker B$. Das hei"st aber gerade $[v]=0$.
  \end{enumerate}
\item[Aufgabe 3:] 
  \begin{enumerate}[a)]
  \item Da die Koeffizienten von $P$ reell sind, gilt
    $\overline{P(\lambda)}=P(\bar\lambda)$ f"ur jede komplexe Zahl
    $\lambda$. Ist $\lambda$ eine Nullstelle, so folgt $0=\bar
    0=\overline{P(\lambda)}=P(\bar\lambda)$, und somit ist
    $\bar\lambda$ ebenfalls eine Nullstelle von $P$.
  \item Das charakteristische Polynom $\chi_A$ ist ein normiertes, reelles Polynom vom Grad drei. Wir zeigen, dass jedes solche Polynom $P\in\IR[X]$ eine reelle Nullstelle hat.
    
    "Uber den komplexen Zahlen zerf"allt $P$ in Linearfaktoren, es
    gibt also komplexe Zahlen $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$ mit
    \begin{equation*}
      P=(X-\lambda_1)(X-\lambda_2)(X-\lambda_3).
    \end{equation*}
    Sind alle diese Nullstellen reell, so brauchen wir nichts weiter
    zu zeigen. Nehmen wir also an, eine Nullstelle sei nicht reell,
    etwa $\lambda_1$. Wie wir oben gezeigt haben, ist dann auch
    $\bar\lambda_1\ne\lambda_1$ eine Nullstelle, wir k"onnen also
    $\lambda_2=\bar\lambda_1$ annehmen. Daraus folgt
    \begin{equation*}
      P(0)=(-\lambda_1)(-\bar\lambda_1)(-\lambda_3)=-\abs{\lambda_1}^2\lambda_3.
    \end{equation*}
    Da $P$ ein reelles Polynom ist gilt $P(0)\in\IR$. Wegen
    $\lambda_1\ne 0$ folgt $\lambda_3\in\IR$.
  \item Die Eigenwerte von $A$ sind die Nullstellen des
    charakteristischen Polynoms. Wir wollen zeigen, dass das
    charakteristische Polynom $\chi_A\in\IR[X]$ eine positive reelle
    Nullstelle hat.
    
    Es gibt komplexe Zahlen $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$ mit $\chi_A= (X-\lambda_1)(X-\lambda_2)(x-\lambda_3)$. Nach Teil b) k"onnen wir $\lambda_3\in\IR$ annehmen. Es gibt nun die folgenden zwei M"oglichkeiten:
    \begin{itemize}
    \item Auch $\lambda_1$ und $\lambda_2$ sind reell. Dann folgt $1=\det A=-\chi_A(0)=\lambda_1\lambda_2\lambda_3$, und somit muss mindestens einer der drei Faktoren positiv sein.
    \item Ist $\lambda_1\notin\IR$, so gilt $\lambda_2=\bar\lambda_1$, und wie oben folgt $1=\det A=-\chi_A(0)=\abs{\lambda_1}^2\lambda_3$. Also muss $\lambda_3$ positiv sein.
    \end{itemize}
%    Ist $x\in\IR$ hinreichend gro"s, so gilt $\chi_A(x)>0$: Das
%    Polynom $\chi_A$ ist von der Form $X^3+pX^2+qX+r$ f"ur reelle
%    Zahlen $p,q,r$, so dass f"ur $x>0$ gilt
%    \begin{equation*}
%      \chi_A(x)\ge x^3-\abs{p}x^2-\abs{q}x-\abs r\ge x^3(1-\abs{p}/x-\abs{q}/x^2-\abs{r}/x^3),
%    \end{equation*}
%    und der Ausdruck in der Klammer konvergiert gegen 1 f"ur
%    $x\to\infty$.
%
%    Weiter gilt $\chi_A(0)=\det(-A)=-1$, nach dem Zwischenwertsatz aus der Analysis muss $\chi_A$ daher eine Nullstelle im Intervall $(0,\infty)$ haben.
  \item Jedes $A\in O(3)\subset M_3(\IR)$ hat nach Teil b) einen rellen
    Eigenwert, der erste Teil der Aufgabe wird dann mit der folgenden
    Behauptung gezeigt:
    \begin{prop} Ist $\lambda$ ein Eigenwert von $A\in O(3)$, so ist $\lambda\in\{-1,1\}$.
    \end{prop}
    \begin{proof} Sei $v\in\IR^3\setminus\{0\}$ mit $Av=\lambda v$. Dann gilt $\lambda^2=1$ wegen
    \begin{equation*}
      \lambda^2\norm{v}^2=\lambda^2\scal vv=\scal{\lambda v}{\lambda v}=\scal{Av}{Av}=\scal vv=\norm{v}^2.
    \end{equation*}
  \end{proof}
  Ist nun $A\in SO(3)=O(3)\cap SL(3)$, so folgt die Aussage aus dieser
  Behauptung und aus Teil c) der Aufgabe.
  \end{enumerate}
\item[Aufgabe 4:] \begin{prop} Ist $q\in S^3\subset\mathbb H$ mit $f_q=\mathrm{id}_{\IR^3}$, so ist $q\in\{-1,1\}$.
    \end{prop}
    \begin{proof} Sei $q=(a,x)\in\mathbb{H}$. Der von $x$ erzeugte Untervektorraum besteht nur aus Fixpunkten von $f_q$, und ist $y\in \IR^3$ senkrecht zu $x$, so berechnen wir $f_q(y)$ mit der Grassmann-Identit"at:
      \begin{align*}
        q\cdot(0,y)\cdot\bar q &=(a,x)\cdot (0,y)\cdot (a,-x)= (a,x)\cdot (0,a y-y\times x)\\
        &= (0, a^2 y-a(y\times x)+a x\times y -x\times(y\times x))\\
        &= (0,(a^2-\scal xx)\cdot y +2a\cdot x\times y).
      \end{align*}
%      Man berechnet zun"achst $f_q(y)$ f"ur $q=(a,x)\in\mathbb H$ und
%      jedes $y\in\IR^3$ mit der Grassmann-Identit"at:
%      \begin{multline*}
%        q\cdot(0,y)\cdot\bar q =(a,x)\cdot (0,y)\cdot (a,-x)\\
%        \begin{aligned}
%          &= (a,x)\cdot (0\cdot a+\scal{y}{x}, -0 x+a y-y\times x)\\
%          &= (a\cdot\scal yx -a\scal xy +\scal x{y\times x}, a^2 y-a(y\times x) +\scal yx x+a x\times y -x\times(y\times x))\\
%          &= (0,(a^2-\scal xx) y +2\scal yx x+2a(x\times y)).
%        \end{aligned}
%      \end{multline*}
      Also ist f"ur $\scal yx=0$
      \begin{equation}\label{rech}
        f_q(y)=(a^2-\scal xx)\cdot y +2a\cdot x\times y.
        \end{equation}
        Gilt nun $f_q=\mathrm{id}_{\IR^3}$, so folgt daraus
        $y=(a^2-\scal xx)\cdot y+2a\cdot x\times y.$ 

        Angenommen, es
        ist $x\ne 0$. Dann sind $y$ und $x\times y$ linear
        unabh"angig, aus der Gleichung folgt $a=0$, und die Gleichung
        wird zu $y=-\norm{x}^2 y$. Das steht im Widerspruch zu $y\ne
        0$, $x\ne 0$.

      Wir sehen also $x=0$. Dann wird die Gleichung zu $y=a^2y$, und es ist $a=\pm 1$.
    \end{proof}
    F"ur die erste Teilaufgabe nehmen wir nun $f_q=f_w$ an.
    Dann folgt $f_{\bar qw}=f_{\bar q}\circ f_w=f_{\bar q}\circ
    f_q=f_{\bar qq}=f_1=\mathrm{id}_{\IR^3}$, nach der soeben bewiesenen
    Aussage gilt also $\bar qw=\pm 1$ oder $q=\pm w$.

    \begin{prop} Ist $A\in SO(3)$, so gibt es eine Orthonormalbasis von $\IR^3$ und $\psi\in\IR$, so dass $A$ bez"uglich dieser Basis durch die Matrix
      \begin{equation*}
        \begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&\cos\psi&-\sin\psi\\ 0&\sin\psi&\cos\psi \end{pmatrix}
      \end{equation*}
      beschrieben wird. Umgekehrt ist jeder Endomorphismus von $\IR^3$, der bez"uglich einer geeigneten Orthonormalbasis durch eine solche Matrix beschrieben wird, ein Element von $SO(3)$.
    \end{prop}
    \begin{proof} Jede solche Matrix definiert ein Element von $SO(3)$ (nachpr"ufen!).
      
      Sei umgekehrt $A\in SO(3)$. In Aufgabe 3 wurde gezeigt, dass $A$ einen
      Eigenvektor $v_1$ mit Eigenwert 1 hat.  Das orthogonale
      Komplement $\langle v_1\rangle^\perp$ ist invariant unter $A$,
      denn f"ur jedes $w\in \langle v_1\rangle^\perp$ gilt
     \begin{equation*}
       \scal{A(w)}{v_1}=\scal{A(w)}{A(v_1)}=\scal w{v_1}=0.
     \end{equation*}
     Wir k"onnen annehmen, dass $\norm{v_1}=1$ gilt, und wir erg"anzen $v_1$ zu einer Orthonormalbasis $(v_1,v_2,v_3)$ von $\IR^3$. Bez"uglich dieser Basis hat $A$ eine Darstellung als Blockmatrix
     \begin{equation*}
       \left( \begin{array}{c|c} 1&0\\ \hline 0&Q \end{array}\right),
     \end{equation*}
     und die Matrix $Q\in M_2(\IR)$ erf"ullt $\scal {Qv}{Qw}=\scal vw$ f"ur alle $v,w\in\IR^2$. Daraus folgt, dass die Spalten von $Q$ eine Orthonormalbasis von $\IR^2$ bilden, es gibt daher ein $\psi\in\IR$ mit
     \begin{equation*}
       Q=\begin{pmatrix} \cos(\psi)& -\sin(\psi)\\ \sin(\psi)&\cos(\psi) \end{pmatrix}
       \qquad\text{oder}\qquad
       Q=\begin{pmatrix} \cos(\psi)& \sin(\psi)\\ \sin(\psi)&-\cos(\psi) \end{pmatrix}.
     \end{equation*}
     Wegen $\det Q=\det A=1$ kommt nur die erste M"oglichkeit in Betracht.
   \end{proof}
   Hat eine lineare Abbildung bez"uglich einer Orthonormalbasis eine
   Matrix wie in der Behauptung, so ist diese Abbildung eine Drehung
   um den Winkel $\psi$, und die Drehachse wird vom ersten Basisvektor
   aufgespannt. Damit ist die zweite Teilaufgabe gel"ost.
   
   F"ur den dritten Teil erinnern wir daran, dass auf Blatt 6 f"ur
   $q=(\cos\varphi,\sin\varphi\cdot x)\in S^3\subset\mathbb H$ bereits
   $f_q\in O(3)$ gezeigt wurde. Man kann sogar mit Hilfe der
   Additionstheoreme f"ur die Winkelfunktionen genau berechnen, wie
   $f_q$ auf dem orthogonalen Komplement von $x$ operiert: Die Gleichung
   \eqref{rech} in der ersten Behauptung oben zeigt f"ur $\scal yx=0$
   \begin{equation*}
     f_q(y)=(\cos(\varphi)^2-\sin(\varphi)^2)\cdot y+2\cos(\varphi)\sin(\varphi)\cdot x\times y =\cos(2\varphi)\cdot y+\sin(2\varphi)\cdot x\times y.
   \end{equation*}
   Ist $y$ normiert, so ist $(x,y,x\times y)$ daher eine Orthonormalbasis, in der $f_q$ durch die Matrix
   \begin{equation*}
     \begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&\cos(2\varphi)& -\sin(2\varphi)\\ 0&\sin(2\varphi)&\cos(2\varphi) \end{pmatrix}
   \end{equation*}
   beschrieben wird. Mit der Behauptung oben l"ost das die Aufgabe.

   
     
  
\end{description}
\end{document}

