<<

. 45
( 60 .)



>>

192
Gestalt hat. Wahlen wir namlich Vektoren vi ∈ Ui , vi = 0, 1 ¤ i ¤ m, und eine
¨ ¨
Basis vm+1 , . . . , vn in ker •, so ist v1 , . . . , vn eine Basis in V. Andererseits gilt
• (vi , vj ) = 0 falls i = j ist, und • (vi , vi ) = 0 fur i ≥ m + 1, da die Vektoren
¨
vm+1 , . . . , vn im Kern sind. Fur i ¤ m gilt jedoch ±i := • (vi , vi ) = 0. Damit folgt
¨
aus dem obigen Satz das folgende

Korollar 10.3 Unter den gleichen Voraussetzungen an • wie oben existiert eine
Basis von V , bezuglich der die Grammatrix die folgende Gestalt hat
¨

±1 0 · · · ··· 0
« 
¬ 0 ±2 0 · · · 0·
¬. .·
..
¬. .·
.
¬. .·
·.
±m
¬
¬ ·

0 .
¬
0 .
0 ··· ··· 0

Vorsicht: Die ±i brauchen nichts mit irgendwelchen Eigenwerten zu tun zu
haben.
Beweis von Satz 10.2. Wir fuhren eine Induktion nach n = dim V durch.
¨
n = 1 ist trivial.
Wir setzen also n ≥ 2 voraus. Ist ker • = V , so ist ebenfalls nichts mehr zu
zeigen. Wir setzen also voraus, dass ker • = V gilt. Dann existieren Vektoren
v, w ∈ V mit • (v, w) = 0. Wegen der Symmetrie und char K = 2 folgt

• (v + w, v + w) ’ • (v, v) ’ • (w, w) = 2• (v, w) = 0.

Daraus folgt, dass ein x ∈ V existiert mit • (x, x) = 0. Dann ist der Unterraum

U1 := L [x]

nichtdegeneriert. Nach Lemma 10.3 folgt

V = U1 • V

mit V := U1 . • sei die Einschr¨nkung von • auf V .
a
Wir zeigen zun¨chst
a
ker • = ker • . (10.3)
Jeder Vektor v ∈ V hat eine eindeutige Darstellung v = ±x + v mit ± ∈ K und
v ∈ V . Dann gilt

• (v, x) = • (±x + v , x) = ±• (x, x) + • (v , x)

= ±• (x, x) wegen v ∈ U1 .



193
• (x, x) ist = 0. Demzufolge folgt aus v ∈ ker • dass ± = 0 ist, d.h. v ∈ V . Wir
haben also

ker • ‚ V = U1
gezeigt. Somit gilt:
⊥ ⊥
v ∈ ker • ⇐’ v ∈ U1 und • (v, ±x + v ) = 0 ∀± ∈ K, v ∈ U1
⊥ ⊥
⇐’ v ∈ U1 und • (v, v ) = 0 ∀v ∈ U1

⇐’ v ∈ U1 und v ∈ ker (• ) ⇐’ v ∈ ker • .

Damit ist (10.3) gezeigt.
Wir k¨nnen nun die Induktionsvoraussetzung auf V anwenden und erhalten
o
die Zerlegung

V = U2 • . . . • Um • ker • = U2 • . . . • Um • ker •,

wobei U2 , . . . , Um eindimensionale nichtdegenerierte Unterraume von • sind.
¨
Nun ist jedoch o¬ensichtlich jeder nichtdegenerierte Unterraum U ‚ V von
• auch ein nichtdegenerierter Unterraum von •. Somit sind U2 , . . . , Um eindi-
mensionale nichtdegenerierte Unterr¨ume ‚ V von • und es gilt
a

V = U1 • U2 • . . . • Um • ker •.


Eine weitere Vereinfachung gibt es im Spezialfall K = C (oder in jedem
K¨rper, in dem man stets Quadratwurzeln ziehen kann): Ist V = (v1 , . . . , vn )
o
eine Basis mit • (vi , vj ) = ±i δij , ±i = 0 fur i > m, ±i = 0 fur i ¤ m, so de¬nieren
¨ ¨
2
wir vi := vi /βi , mit βi = ±i fur i ¤ m und vi := vi fur i > m. Dann gilt
¨ ¨
• vi , vj = δij fur i ¤ m und • vi , vj = 0 sonst. Wir haben also den folgenden
¨
Satz bewiesen:

Satz 10.3 Sei K = C und • sei eine symmetrische Bilinearform. Dann existiert
eine Basis, bezuglich der die Grammatrix die folgende Gestalt hat:
¨

Em 0
0 0n’m

(0n’m bezeichnet die (n ’ m) — (n ’ m)-Nullmatrix). m ist eindeutig durch • be-
stimmt, h¨ngt nicht von der speziellen Basis ab und ist durch m = n’dim (ker •)
a
gegeben.

Beweis. Die Existenz einer derartigen Basis haben wir schon gezeigt. Dass
m eindeutig ist, folgt einfach daraus, dass der Rang einer Grammatrix eindeutig
durch die Bilinearform gegeben ist (Korollar 10.1).


194
Es sollte jedoch bemerkt werden, dass fur K = C symmetrische Bilinear-
¨
formen nicht sehr wichtig sind. Wesentlich wichtiger sind Hermitesche Formen.
Wir bleiben jedoch zunachst beim symmetrischen Fall und diskutieren die beson-
¨
ders wichtige Situation fur K = R. In diesem Fall konnen wir nur aus positiven
¨ ¨
K¨rperelementen Wurzeln ziehen. Wir verfahren deshalb wie bei K = C mit der
o

kleinen Modi¬kation, dass wir vi = vi / ±i nur fur die i mit ±i > 0 setzen. Fur
¨ √¨
diese i gilt dann nach wie vor • (vi , vi ) = 1. Fur ±i < 0 setzen wir vi := vi / ’±i .
¨
Dann ist o¬enbar • (vi , vi ) = ’1.

Satz 10.4 (Tr¨gheitssatz von Sylvester) Sei K = R und • sei eine sym-
a
metrische Bilinearform. Dann existiert eine Basis V = (v1 , . . . , vn+ , vn+ +1 , . . . ,
vn+ +n’ , . . . , vn+ +n’ +n0 ) (n = n+ + n’ + n0 ), bezuglich der die Grammatrix die
¨
folgende Gestalt hat: « 
En+ 0 0
 0 ’En’ 0  . (10.4)
0 0 0n0
(n+ , n’ , n0 ) ist dabei eindeutig durch • festgelegt.

De¬nition 10.7 Das Tripel (n+ , n’ , n0 ) heisst die Signatur der symmetrischen
Bilinearform. Eine reelle symmetrische Bilinearform mit n+ = dim V (d.h. n’ =
n0 = 0) heisst positiv de¬nit.

Beweis des Tr¨gheitssatzes. Die Existenz haben wir schon bewiesen. Wir
a
mussen noch zeigen, dass die Signatur nicht von der speziellen Basis abh¨ngt. a
¨
Seien V = (v1 , . . . , vn ) und V = (v1 , . . . , vn ) zwei Basen bezuglich denen die
¨
Grammatrix die obige Form hat mit Signaturen (n+ , n’ , n0 ) bzw. n+ , n’ , n0 .
Der Rang der Grammatrix ist wegen Korollar 10.1 durch die Bilinearform fest-
gelegt, und somit gilt n0 = n0 . Seien

V+ := L v1 , . . . , vn+ , V’ := L vn+ +1 , . . . , vn+ +n’ ,

und analog V+ , V’ . Man beachte, dass die letzten n0 Vektoren beider Basen auf
jeden Fall ker • aufspannen: In der Tat gilt v = n ±j vj ∈ ker • genau dann,
j=1
wenn • (v, vi ) = 0 fur alle i gilt, d.h. genau dann, wenn ±i = 0 fur i ¤ n+ +n’ ist.
¨ ¨
D.h. ker • = L vn+ +n’ +1 , . . . , vn . Gleiches gilt naturlich fur die zweite Basis.
¨ ¨
Nun gilt
V = V+ • V’ • ker • = V+ • V’ • ker •.
Wenn wir annehmen, dass n+ > n+ gilt, so folgt

dim V+ + dim V’ • ker • > n.

Daraus folgt
V+ © V’ • ker • = {0} .

195
Ist x ∈ V+ © V’ • ker • , x = 0, so gilt einerseits • (x, x) > 0 wegen x ∈ V+ ,
x = 0 und andererseits • (x, x) ¤ 0 wegen x ∈ V’ • ker •. Dies ist o¬enbar
nicht moglich, und wir konnen daher schliessen, dass n+ > n+ nicht moglich ist.
¨ ¨ ¨
Analog schliesst man n+ > n+ aus. Daraus folgt n+ = n+ , woraus auch n’ = n’
folgt.
Die vorangegangenen S¨tze kann man auch in Matrizensprache ausdrucken:
a ¨
Sei G eine symmetrische Matrix. Dann existiert eine regul¨re Matrix S, sodass
a
T
S GS eine Diagonalmatrix ist. Ist K = C, so kann man S so w¨hlen, dass in
a
der Diagonalen nur Nullen und Einsen stehen. Im Fall K = R kann man S so
w¨hlen, dass in der Diagonalen nur ±1 oder 0 vorkommt. Die Anzahlen von +1,
a
’1 und 0 sind dabei durch G festgelegt.
Wir diskutieren als n¨chstes den besonders wichtigen Fall, wo K = C und •
a
eine Hermitesche Form ist.

Satz 10.5 Sei K = C und • eine Hermitesche Sesquilinearform. Dann existiert
eine Basis V = (v1 , . . . , vn ), bezuglich der die Grammatrix von der Form (10.4)
¨
ist. (n+ , n’ , n0 ) ist dabei eindeutig durch • festgelegt.

De¬nition 10.8 Das Tripel (n+ , n’ , n0 ) heisst die Signatur der Hermiteschen
Form. Eine Hermitesche Form mit n+ = dim V (d.h. n’ = n0 = 0) heisst
positiv de¬nit.

Beweis von Satz 10.5. Der Beweis geht v¨llig analog zu den entsprechen-
o
den S¨tzen 10.2 und 10.4. Ein Punkt im Beweis von Satz 10.2 erfordert jedoch
a
¨
eine etwas genauere Uberlegung: Wir hatten dort verwendet, dass fur eine sym-
¨
metrische Bilinearform • mit • = 0, ein Vektor v existiert mit • (v, v) = 0. Wir
zeigen nun die gleiche Aussage im Hermiteschen Fall:
Wir zeigen, dass aus • (v, v) = 0 ∀v folgt, dass • = 0 ist, d.h. dass • (u, v) = 0
fur alle …, v ∈ V gilt. Zunachst folgt fur beliebige u, v :
¨ ¨ ¨

0 = • (u + v, u + v) = • (u, u) + • (u, v) + • (v, u) + • (v, v)
= • (u, v) + • (v, u) = • (u, v) + • (u, v).

Daraus folgt, dass • (u, v) fur beliebige u, v ∈ V stets rein imagin¨r ist. Somit
a
¨
folgt, dass fur beliebige u, v auch • (iu, v) = i• (u, v) rein imagin¨r ist, wobei
a
¨
jedoch auch • (u, v) rein imagin¨r ist. Dies geht jedoch nur, wenn • (u, v) = 0
a
fur alle u, v ∈ V ist.
¨
Der Rest des Beweises von Satz 10.2 fuhrt nun in einer trivialen Reformulie-
¨
rung sofort zur Aussage, dass eine Basis V = (v1 , . . . , vn ) existiert, bezuglich der
¨
die Grammatrix eine Diagonalmatrix ist: G = (±i δij ) . Die ±i sind dabei ∈ R, da
fur eine Hermitesche Form stets • (v, v) ∈ R gilt. Ersetzen wir die Basiselemente
¨
vi / |±i | falls ±i = 0 ist, so erhalten wir wie im Fall reeller symmetrischer Biline-
arformen eine Grammatrix mit ±1 und 0 in der Diagonalen. Das Argument im

196
Satz von Sylvester geht genau gleich durch und zeigt, dass die Anzahlen von ±1
und 0 durch • festgelegt sind.
Wir diskutieren zum Schluss den symplektischen Fall.
Satz 10.6 Sei • symplektisch. Ist • = 0 so existieren 2-dimensionale, nicht-
degenerierte, paarweise orthogonale Unterr¨ume U1 , . . . , Um (2m ¤ n = dim V )
a
mit
V = U1 • . . . • Um • ker •.
Beweis. Wir fuhren wiederum eine Induktion nach n durch. Ist dim V =
¨
1, so ist nichts zu zeigen, da dann • = 0 sein muss (wegen • (v, v) = 0 im
symplektischen Fall). Ist n ≥ 2 und • = 0, so existieren Vektoren u, v ∈ V
mit • (u, v) = 0. u, v mussen linear unabh¨ngig sein. (Sind u, v linear abh¨ngig,
a a
¨
so folgt • (u, v) = 0). Wir betrachten U1 := L [u, v] und setzen wieder V :=

U1 . Dann gilt V = U1 • V . Der Rest des Arguments ist wieder v¨llig analog

<<

. 45
( 60 .)



>>