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. 43
( 60 .)



>>

¬ 0 Jm22 . . .·
»
.
¬
· S ’1 .
A=S¬ . .. ..
. . .
. 0
»
0 ··· 0 Jmk k


Demzufolge ist
»
···
« 
exp tJm11 0 0
.
... .
»
0 exp tJm22 .
¬ ·
· ’1
exp (tA) = S ¬ ·S .
¬
. .. ..
. . .
. 0
 
»
···
0 0 exp tJmkk


»
exp tJmii kennen wir jedoch schon und haben es in (9.3) berechnet. Ist y0 ∈
Cn beliebig, so sehen wir, dass jede Komponente von Y (t) = exp (tA) y0 eine
Linearkombination der folgenden Funktionen ist:

zi,j (t) = tj’1 e»i t , 1 ¤ j ¤ mi , 1 ¤ i ¤ k.

Dies gilt insbesondere auch fur die erste Komponente y (t) = y1 (t) , an der wir
¨
¨
eigentlich nur interessiert sind. Diese Uberlegungen fuhren nun sehr leicht zum
¨
folgenden

184
Satz 9.5 Sie K = C. Die Funktionen zi,j , 1 ¤ j ¤ mi , 1 ¤ i ¤ k, bilden eine
Basis von L, dem L¨sungsraum von (9.4).
o
Beweis. Wir haben gesehen, dass sich jede L¨sung als Linearkombination der
o
zi,j darstellen l¨sst. Nun bezeichnen wir mit M die lineare Hulle der zi,j . Nach
a ¨
¨
der vorangegangenen Uberlegung gilt L ‚ M. M kann aber h¨chstens Dimension
o
n haben, denn es gibt insgesamt genau n = m1 + . . . + mk der zi,j . Somit muss
wegen Satz 9.4 M = L gelten. Insbesondere sind also die zi,j auch tats¨chlich
a
alles L¨sungen. Andererseits mussen die zi,j linear unabh¨ngig sein, denn sonst
o a
¨
w¨re dim (M ) < n, was wiederum Satz 9.4 widerspr¨che.
a a
Der Fall K = R erfordert einige kleine Modi¬kationen, die wir ohne Beweise
vorstellen. Wir berechnen nach wie vor die Eigenwerte von A, d.h. die Nullstellen
des charakteristischen Polynoms. Diese k¨nnen naturlich komplex sein. Da das
o ¨
charakteristische Polynom jedoch reell ist, mussen die komplexen Nullstellen in
¨
konjugiert komplexen Paaren vorkommen. Genauer:
Lemma 9.6 Sei p (x) ein Polynom mit reellen Koe¬zienten und sei » = ± + iβ
eine komplexe Nullstelle des Polynoms mit algebraischer Vielfachheit m. Dann
ist auch die konjugiert komplexe Zahl » := ± ’ iβ eine Nullstelle mit derselben
algebraischen Vielfachheit.
¨
Beweis. Falls nicht aus Di¬.-Int. bekannt: Ubungsaufgabe.
Wenn wir nach den komplexen L¨sungen von (9.4) suchen, so mussen wir
o ¨
j
einfach die Funktionen t exp (»t) , » ∈ specC (A) , 0 ¤ j < alg.Vielfachheit von »,
betrachten. Ist » komplex, » = ± + iβ, so sind also tj exp (±t) exp (iβt) und
tj exp (±t) exp (’iβt) , also auch
1 iβt
e + e’iβt
tj e±t cos (βt) = tj e±t
2
und
1 iβt
e ’ e’iβt .
tj e±t sin (βt) = tj e±t
2i
Es ist dann nicht schwierig zu zeigen, dass die Funktionen, die man auf diese
Weise bilden kann, eine Basis des (reellen) Losungsraumes bilden:
¨
Satz 9.6 Sei K = R. Wir nehmen an, dass das charakteristische Polynom von
A r reelle Eigenwerte »1 , . . . , »r hat mit algebraischen Vielfachheiten m1 , . . . , mr
und 2s komplexe »r+1 = ±1 + iβ1 , . . . , »r+s = ±s + iβs , »r+s+1 = »r+1 , . . . , »r+2s =
»r+s , mit algebraischen Vielfachheiten n1 , . . . , ns . (Die zweite H¨lfte hat dieselben
a
algebraischen Vielfachheiten). Dann bilden die Funktionen
tj e»k t , 0 ¤ j < mj , 1 ¤ k ¤ r,
tj e±k t cos (βk t) , tj e±k t sin (βk t) , 0 ¤ j < mj , 1 ¤ k ¤ s,
eine Basis von L.


185
10 Bilinearformen und Isometrien
Wir setzen in diesem Kapitel generell voraus, dass char K = 2 ist und dass V
endlichdimensional ist (obwohl wir das nicht uberall wirklich brauchen wurden).
¨ ¨

10.1 Spezielle Typen von Bilinearformen,
Gramsche Matrix
Wir erinnern an die De¬nition der Multilinearformen aus Kapitel 5.2. Sei V ein
K-Vektorraum. Eine k-Linearform ist eine Abbildung • : V k ’ K, die linear
in jedem Argument ist. Wie wir gesehen hatten, ist die Menge der k-linearen
Formen in naturlicher Weise ein K-Vektorraum. Der Raum der 1-Linearformen,
¨
kurz der Linearformen, ist einfach der Dualraum V — . Wir diskutieren in diesem
Kapitel fast ausschliesslich den Fall k = 2, und bezeichnen die Formen dann als
Bilinearformen. Wie in Kapitel 5 bezeichnen wir den Vektorraum der Bilinear-
formen mit M2 (V ).
Sind f, g ∈ V — , so konnen wir das sogenannte Tensorprodukt von f und g,
¨
f — g ∈ M2 (V ) wie folgt de¬nieren:
(f — g) (u, v) = f (u) g (v) .
Man pruft sofort nach, dass das eine Bilinearform ist.
¨
Bemerkung 10.1 M2 (V ) ist ein Beispiel eines Tensorproduktes von zwei Vek-
torr¨umen, n¨mlich von V — mit sich selbst. Man schreibt daher auch V — — V —
a a
fur M2 (V ) .
¨
Eine Bilinear- (und allgemeiner Multilinear-)Form ist eindeutig durch ihre
Werte auf einer Basis festgelegt: Ist • ∈ M2 (V ) und ist V = (v1 , . . . , vn ) eine
Basis von V, so gilt fur Vektoren v, w ∈ V, v = n xi vi , w = n yj vj :
¨ i=1 j=1
n
• (v, w) = xi yj • (vi , vj ) . (10.1)
i,j=1

De¬nition 10.1 Ist • ∈ M2 (V ) und ist V = (v1 , . . . , vn ) eine Basis von V, so
heisst die Matrix
G = (• (vi , vj ))1¤i,j¤n
die Grammatrix von • bezuglich der Basis V.
¨
Wir haben also gesehen, dass eine Basis von V und die Grammatrix die Biline-
arform • eindeutig festlegen. Umgekehrt de¬niert fur jede n—n-Matrix G = (gij )
¨
und fur jede Basis V = (v1 , . . . , vn ) die durch
¨
n
n n
• x i vi , yj vj = xi yj gij
i=1 j=1
i,j=1


186
de¬nierte Abbildung V — V ’ K eine Bilinearform auf V. Somit werden, analog
wie bei den linearen Abbildungen, Bilinearformen durch Matrizen beschrieben,
wobei die Zuordnung von der gewahlten Basis abhangt.
¨ ¨
Schreiben wir die Koordinatenvektoren (wie ublich) als Spaltenvektoren, so
¨
l¨sst sich das in kompakter Weise wie folgt schreiben:
a

• (v, w) = xT Gy,

wobei x der Koordinatenvektor von v und y der Koordinatenvektor von w ist.
Wir untersuchen nun, wie sich die Grammatrix transformiert, wenn man die
Basis wechselt: Sei W = (w1 , . . . , wn ) eine zweite ( neue“) Basis, mit Matrix der

Basistransformation S = (sij ) :

wj = sij vi .
i

Dann berechnet sich die Grammatrix G derselben Bilinearform • bezuglich der
¨
neuen Basis als

gij = • (wi , wj ) = • ski vk , slj vl
k l

= ski slj • (vk , vl ) = ski slj gkl .
k,l k,l

Somit haben wir das folgende Resultat bewiesen:

Satz 10.1 Sei • eine Bilinearform, G die Grammatrix bezuglich einer Basis V
¨
und G die Grammatrix bezuglich einer Basis W. Sei S die Matrix der Basis-
¨
transformation, die W durch V darstellt. Dann gilt

G = S T GS.

Korollar 10.1 Der Rang der Grammatrix wird durch die Bilinearform • festge-
legt und h¨ngt nicht von der speziellen Basis ab.
a

Beweis. Es gilt fur jede regul¨re Matrix S und fur jede quadratische Matrix
a
¨ ¨
T
G : rang S GS = rang G.
Als n¨chstes wollen wir eine Basis von M2 (V ) bestimmen. Wir erinnern
a
daran, dass zu einer Basis V = (v1 , . . . , vn ) von V die Dualbasis (f1 , . . . , fn ) in
V — eindeutig durch die Festlegung

fi (vj ) = δij

de¬niert ist.

Lemma 10.1 Sei v1 , . . . , vn eine Basis von V und f1 , . . . , fn die zugeh¨rige Du-
o
albasis von V — . Dann ist (fi — fj )1¤i,j¤n eine Basis von M2 (V ) .

187
Beweis. Wir zeigen zunachst die lineare Unabhangigkeit. Sind ±ij ∈ K mit
¨ ¨
ij ±ij (fi — fj ) = 0 (als Element von M2 (V )), so folgt fur alle 1 ¤ k, l ¤ n :
¨

±ij (fi — fj ) (vk , vl ) = ±ij (fi — fj ) (vk , vl )
0=
i,j i,j

= ±ij fi (vk ) fj (vl ) = ±kl .
i,j


Wir zeigen nun noch, dass L (fi — fj )1¤i,j¤n = M2 (V ) gilt. Sei ψ ∈ M2 (V )
beliebig. Dann gilt
ψ (vi , vj ) fi — fj .
ψ=
i,j

Um dies nachzuweisen, mussen wir wegen der Bilinearit¨t nur nachprufen, dass
a
¨ ¨
die Gleichung gilt, wenn wir links und rechts beliebige Paare (vk , vl ) einsetzen:

ψ (vi , vj ) fi — fj (vk , vl ) = ψ (vi , vj ) (fi — fj ) (vk , vl )
i,j i,j
= ψ (vk , vl ) .

Damit ist das Lemma bewiesen.

Korollar 10.2 Ist dim (V ) = n, so ist dim (M2 (V )) = n2 .

Eine wichtige Rolle spielen Bilinearformen, die spezielle Eigenschaften haben:

De¬nition 10.2 Eine Bilinearform • ∈ M2 (V ) heisst symmetrisch, wenn
• (u, v) = • (v, u) fur alle u, v ∈ V gilt. Sie heisst antisymmetrisch, alter-
¨
nierend, oder symplektisch (alle diese Begri¬e sind gleichbedeutend), wenn
• (u, v) = ’• (v, u) fur alle u, v ∈ V gilt.
¨

Wir hatten schon in Kapitel 5.2 gesehen, dass die Menge der symmetrischen
Bilinearformen ein Unterraum von M2 (V ) ist. Das gleiche gilt fur die Menge der
¨

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