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o
zum Satz 10.2: Wir betrachten die Restriktion • von • auf V und wenden die
Induktionsvoraussetzung auf • an. Naturlich muss man wieder zun¨chst zeigen,
a
¨
dass ker • = ker • ist. Wir uberlassen die Details dem Leser.
¨
Korollar 10.4 Sei wieder • symplektisch (und char K = 2). Dann existiert eine
Basis, bezuglich der die Grammatrix die folgende Gestalt hat:
¨
« 
01
··· ··· 0 ·
0
¬ ’1 0
¬ ·

..
¬

.
0 0 .·
¬
¬
¬ ·
. 01
. ·.
¬ ·
. 0 0
¬
’1 0
¬ ·
¬ ·
0
¬ ·
¬ ·
. ... . ·
. .
¬
. .

··· ··· 0
0
Beweis. Nach dem vorangegangen Satz existiert eine Basis
V = (v1 , v2 , . . . , v2m’1 , v2m , v2m+1 , . . . , vn ) ,
wobei v1 , v2 eine Basis von U1 , v3 , v4 eine Basis von U2 etc., und v2m+1 , . . . , vn eine
Basis von ker • ist. Setzen wir ±i := • (v2i’1 , v2i ) = 0, so gilt • v2i , v2i’1 = ’±i .
™ ™
Damit hat die Grammatrix schon fast die obige Gestalt, nur dass die Zwei-
0 ±i 01
erk¨stchen noch
a anstelle von sind. Wir ersetzen nun noch
’±i 0 ’1 0
die Basis durch die Basis
v1 v3 v2m’1
, v 2 , , v4 , . . . , , v2m , v2m+1 , . . . , vn .
±1 ±2 ±m
Dann ist die Grammatrix o¬enbar von der gewunschten Form.
¨

197
Bemerkung 10.3 Nach dem vorangegangenen Satz existieren nichtdegenerierte
symplektische Formen nur auf Vektorr¨umen gerader Dimension.
a

Im Gegensatz zu symplektischen Formen sind symmetrische und Hermitesche
Formen durch ihre Werte auf der Diagonalen“ eindeutig festgelegt:

De¬nition 10.9 Sei • eine symmetrische Bilinearform oder eine Hermitesche
Form. Dann heisst die Abbildung q : V ’ K (bzw V ’ R), de¬niert durch
q (v) := • (v, v), die zu • geh¨rige quadratische Form. (Fur eine Hermitesche
o ¨
Form ist • (v, v) stets reell).

Satz 10.7 Symmetrische Bilinearformen und Hermitesche Formen sind durch
ihre zugeh¨rigen quadratischen Formen eindeutig festgelegt.
o

Beweis. Wir beweisen zun¨chst den symmetrischen Fall: Wegen
a
• (u + v, u + v) = • (u, u) + 2• (u, v) + • (v, v)
folgt
1
[q (u + v) ’ q (v) ’ q (u)] .
• (u, v) =
2
Der Hermitesche Fall ist leicht komplizierter; man rechnet jedoch sofort nach,
dass
1
[’ (1 + i) q (u) ’ (1 + i) q (v) + q (iu + v) + iq (u + v)]
• (u, v) =
2i
gilt.
Wir diskutieren die Sache noch kurz in Koordinaten. Ist • eine symmetrische
Bilinearform und V = (v1 , . . . , vn ) eine Basis von V, so stellt sich die Bilinearform
in Koordinaten wie folgt dar: Sind u, v ∈ V mit Koordinatenvektoren x, y ∈ K n ,
so ist n
• (u, v) = gij xi yj ,
i,j=1

wobei G = (gij ) die symmetrische Grammatrix ist. Naturlich ist die rechte Seite
¨
dieser Gleichung einfach eine symmetrische Bilinearform auf K n . Die quadratische
Form q ist in Koordinaten dann einfach durch
n
q (u) = gij xi xj
i,j=1

gegeben. Die S¨tze uber Normalformen stellen sich in Koordinaten dann wie
a ¨
folgt dar: Zu jeder symmetrischen Bilinearform existiert eine Koordinatentrans-
formation n
xi = sij xj ,
j=1


198
S = (sij ) regular, sodass
¨
n n
gij xi yj = ±i xi yi
i,j=1 i=1

ist. Auf der Diagonalen gibt das einfach
n n
2
gij xi xj = ±i (xi ) .
i,j=1 i=1

Man beachte, dass S die Matrix ist, die die alten“ Koordinaten durch die neuen“
” ”
ausdruckt, d.h. die Matrix, die die neue Basis durch die alte via
¨
n
vj = sij vi
i=1

bestimmt. Ist K = C, so l¨sst sich S so w¨hlen, dass alle ±i Null oder Eins
a a
sind. Im reellen Fall muss man auch ’1 zulassen. Im Reellen l¨sst sich also jede
a
quadratische Form als Di¬erenz von Summen von Quadraten der Koordinaten
schreiben:
n+ n+ +n’
x2 ’ x2
q (v) = • (v) = (10.5)
i i
i=1 i=n+ +1

Im Spezialfall einer positiv de¬niten symmetrischen Bilinearform existiert eine
Basis V, bezuglich der die Grammatrix die Einheitsmatrix ist. Das bedeutet fur
¨ ¨
die quadratische Form, dass
n
x2
q (v) = (10.6)
i
i=1
ist.

Lemma 10.4 Eine symmetrische reelle Bilinearform • ist genau dann positiv
de¬nit, wenn q (v) := • (v, v) > 0 fur alle v = 0 ist.
¨

Beweis. Ist • positiv de¬nit, so existiert eine Basis, bezuglich der sich •
¨
gem¨ss (10.6) darstellt. Daraus folgt q (v) > 0, falls v = 0 und damit der Koor-
a
dinatenvektor x = 0 ist.
Ist • nicht positiv de¬nit, so hat man die Darstellung (10.5) mit n+ < n.
Dann existieren o¬ensichtlich Vektoren v = 0 mit q (v) ¤ 0.
Der Hermitesche Fall geht wie ublich analog zum rellen symmetrischen Fall:
¨
In Koordinaten druckt sich eine Hermitesche Form durch
¨
n
• (u, v) = gij xi yj
i,j=1


199
aus, bzw. die quadratische Form durch
n
q (u) = gij xi xj .
i,j=1


Dabei ist G eine Hermitesche Matrix: GT = G. Durch eine geeignete Koordina-
tensubstitution xi = n sij xj lasst sich diese quadratische Form als Di¬erenz
¨
j=1
von Summen von Quadraten der Absolutwerte der Koordinaten schreiben:
n+ n+ +n’
n
2 2
|xi | ’ |xi | .
gij xi xj =
i,j=1 i=1 i=n+ +1


Fur eine positiv de¬nite Hermitesche Form existiert eine Basis V, bezuglich der
¨ ¨
die Grammatrix die Einheitsmatrix ist. Das bedeutet fur die quadratische Form,
¨
dass n
|xi |2
q (v) = (10.7)
i=1

ist. Analog wie im reellen symmetrischen Fall zeigt man:

Lemma 10.5 Eine Hermitesche Form • ist genau dann positiv de¬nit, wenn
q (v) := • (v, v) > 0 fur alle v = 0 ist.
¨

10.3 Das Gram-Schmidtsche Orthogonalisierungs-
verfahren
Wir betrachten in diesem Abschnitt nur symmetrische Bilinearformen oder Her-
mitesche Formen.
Das im letzten Abschnitt vorgestellte Verfahren zur Orthogonalisierung ist
nicht sehr konstruktiv, hat aber den Vorteil, dass es immer funktioniert. Wir
stellen in diesem Abschnitt ein Verfahren vor, das konstruktiver“ ist, das jedoch

an eine Voraussetzung gebunden ist.

De¬nition 10.10 • sei eine symmetrische Bilinearform (oder eine Hermitesche
Form). Ein Satz von Vektoren v1 , . . . , vn heisst orthogonal, wenn • (vi , vj ) = 0
fur i = j gilt.
¨

Lemma 10.6 Sind v1 , . . . , vn orthogonal und gilt • (vi , vi ) = 0 fur alle i, so sind
¨
diese Vektoren linear unabh¨ngig.
a
n
±i vi = 0. Dann folgt fur 1 ¤ k ¤ n :
Beweis. Sei ¨
i=1

n
0 = • vk , ±i vi = ±k • (vk , vk ) ,
i=1


200
woraus sich ±k = 0 fur 1 ¤ k ¤ n ergibt.
¨
Das Gram-Schmidtsche Orthogonalisierungsverfahren besteht nun darin, dass
man eine beliebige Basis V = (v1 , . . . , vn ) schrittweise orthogonalisiert. Wir
mussen jedoch eine Voraussetzung an die Basis machen:
¨

Bedingung 10.1 Alle Unterr¨ume Ui := L [v1 , . . . , vi ], 1 ¤ i ¤ n, sind nichtde-
a
generiert.

Die Bedingung besagt insbesondere, dass V selbst nichtdegeneriert ist, d.h.
dass ker • = {0} ist. Das ist jedoch nicht die entscheidende Einschr¨nkung, denn
a
man kann ja den Kern erst abspalten, wie wir das schon fruher gemacht haben:
¨
V = V • ker • und die Einschr¨nkung von • auf V betrachten. Im allgemei-
a
nen gibt es jedoch auch im Fall, dass ker • = {0} ist, durchaus degenerierte
Unterr¨ume, vgl. Beispiel 10.2 b).
a
Die obige Bedingung 10.1 ist stets erfullt, wenn • positiv de¬nit ist: Nach
¨
Lemma 10.4 bzw. 10.5 ist dann stets • (v, v) > 0 fur v = 0, und deshalb ist in
¨

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