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. 47
( 60 .)



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diesem Fall jeder nichttriviale Unterraum nichtdegeneriert.
Hier nun das Orthogonalisierungsverfahren: Wir starten mit einer Basis V =
(v1 , . . . , vn ), die die Bedingung 10.1 erfullt und konstruieren eine neue orthogo-
¨
nale Basis U = (u1 , . . . , un ) rekursiv. Sind u1 , . . . , ui’1 schon konstruiert, so
bestimmen wir ui so, dass die folgenden Eigenschaften gelten:
(i) • (ui , ui ) = 0.
(ii) L [u1 , . . . , ui ] = Ui .
(iii) ui ist orthogonal zu allen Vektoren in Ui’1 .
(ii) kann man etwas anders formulieren: Er besagt, dass sich ui der neuen“

Basis aus den ersten i Vektoren der alten Basis darstellen l¨sst. Dies ist gleich-
a
bedeutend damit, dass die Matrix S der Basistransformation von V nach U eine
obere Dreiecksmatrix ist.
Wir beginnen mit i = 1 und setzen u1 := v1 . Dann sind o¬enbar (i) und (ii)
erfullt und (iii) ist leer. Wir nehmen nun an, dass i ≥ 2 ist und u1 , . . . , ui’1
¨
schon konstruiert sind, wobei (i)-(iii) fur Indizes < i erfullt sind. (Insbesondere
¨ ¨
sind u1 , . . . , ui’1 orthogonal). Wir bemerken zuerst, dass u1 , . . . , ui’1 , vi linear
unabh¨ngig sind. Wenn (ii) erfullt sein soll, k¨nnen wir ui in der folgenden Weise
a o
¨
ansetzen:
i’1
»k vk , »k ∈ K.
u i = »i v i + (10.8)
k=1

Weil jedoch L [u1 , . . . , ui’1 ] = Ui’1 schon gilt, konnen wir i’1 »k vk durch einen
¨ k=1
i’1
Ausdruck k=1 ±k uk ersetzen, und wir versuchen nun, die ±™s so zu bestimmen,
dass (i)-(iii) erfullt sind. Wir beachten zun¨chst, dass wir ui noch mit einem
a
¨
beliebigen Faktor = 0 skalieren k¨nnen, ohne dass das etwas an (i)-(iii) ¨ndert.
o a




201
Wir konnen deshalb »i = 1 ansetzen und bestimmen ±1 , . . . , ±i’1 so, dass
¨
i’1
ui = vi + ±k uk
k=1

die gewunschten Eigenschaften hat. Wir setzen das in die Orthogonalit¨tsbedin-
a
¨
gung (iii) ein: Es soll ja • (ui , uj ) = 0 fur j ¤ i ’ 1 sein. Dies fuhrt auf i ’ 1
¨ ¨
Gleichungen fur die noch unbekannten ±™s:
¨
i’1
i’1
0 = • vi + ±k uk , uj = • (vi , uj ) + ±k • (uk , uj )
k=1
k=1
= • (vi , uj ) + ±j • (uj , uj ) , 1 ¤ j ¤ i ’ 1.

Nun beachten wir, dass wir (i) fur Indizes < i vorausgesetzt haben. Wir k¨nnen
o
¨
die ±™s also nun einfach ausrechnen:
• (vi , uj )
±j = ’ , 1 ¤ j ¤ i ’ 1.
• (uj , uj )

Damit ist (iii) erfullt, und wir haben nachgewiesen, dass mit dieser Wahl von ui
¨
die uk fur k ¤ i orthogonal sind. Wir mussen nun noch die Eigenschaften (i) und
¨ ¨
(ii) nachweisen.
Beweis von (i): Zun¨chst bemerken wir, dass wegen der Unabh¨ngigkeit
a a
von u1 , . . . , ui’1 , vi der Vektor ui = 0 ist. W¨re • (ui , ui ) = 0, so ist • (ui , uj ) = 0
a
fur alle j ¤ i. Damit folgt • (ui , v) = 0 fur alle v ∈ Ui . Das bedeutet aber
¨ ¨
ui ∈ ker (•|Ui ) , d.h. der Unterraum Ui w¨re degeneriert, was wir durch Bedingung
a
10.1 ausgeschlossen hatten.
Beweis von (ii): Da ui eine Linearkombination von u1 , . . . , ui’1 und vi ist,
folgt ui ∈ L [u1 , . . . , ui’1 , vi ] = Ui . Daraus folgt L [u1 , . . . , ui ] ‚ Ui . Da sich jedoch
auch vi als Linearkombination von u1 , . . . , ui darstellen lasst, folgt die Gleichheit
¨
dieser Unterraume.¨

¨
Bemerkung 10.4 a) Uberzeugen Sie sich durch genaues Durchlesen der obigen
Konstruktion, dass die ui bis auf einen Streckungsfaktor eindeutig durch die Ei-
genschaften (i)-(iii) und die Basis V festgelegt sind. Tats¨chlich war die einzige
a
Willkur“ in der Konstruktion die Festlegung »i = 1 in (10.8).
¨

b) Um nachzuweisen, dass eine Folge u1 , . . . , un durch Gram-Schmidt (bis auf
Streckungsfaktoren) aus einer Folge v1 , . . . , vn hervorgeht, muss man nur (i), (ii)
nachweisen und dass fur jedes i der Vektor ui orthogonal zu v1 , . . . , vi’1 ist. (i)
¨
ist fur positiv de¬nites • automatisch durch ui = 0 gegeben.
¨
c) Ob die Bedingung 10.1 erfullt ist, merkt“ man einfach im Laufe des Ver-
¨

fahrens: Die Bedingung ist genau dann erfullt, wenn man bei der Konstruktion
¨
auf keinen Vektor ui st¨sst, fur den • (ui , ui ) = 0 ist.
o ¨

202
d) Das Gram-Schmidt Verfahren kann in beliebigen K¨rpern verwendet wer-
o
den. In den meisten Buchern wird es jedoch nur fur reelle, positiv de¬nite Formen
¨ ¨
vorgestellt.

Beispiel 10.3 Wir betrachten die symmetrische Bilinearform auf R3 mit der
Grammatrix (bezuglich der Standardbasis)
¨
« 
123
G =  2 1 1 .
311

Die zugeh¨rige quadratische Form ist einfach
o

q (x) = x2 + 4x1 x2 + 6x1 x3 + x2 + 2x2 x3 + x2 . (10.9)
1 2 3

Wir wissen naturlich nicht, ob die Form positiv de¬nit ist (sie ist es auch nicht).
¨
Dennoch wenden wir Gram-Schmidt an in der Ho¬nung, dass die Sache gut

geht“. Die Ausgangsbasis ist einfach die Standardbasis V = (v1 , v2 , v3 ) . Wir
nehmen u1 := v1 . Fur u2 machen wir den Ansatz
¨

u2 = v2 + ±u1 .

Mit der Bedingung • (u1 , u2 ) = 0 ergibt sich 2 + ± = 0, d.h. ± = ’2. Damit ist
« 
’2
u2 =  1  .
0

Nun mussen wir noch u3 ¬nden mit dem Ansatz
¨

u3 = v3 + ±1 u1 + ±2 u2 .

Wir erhalten
• (v3 , u1 ) • (v3 , u2 ) 5
±1 = ’ = ’3, ±2 = ’ =’ .
• (u1 , u1 ) • (u2 , u2 ) 3

Damit erhalten wir « 
1/3
u3 =  ’5/3  .
1
Die Grammatrix bezuglich der neuen orthogonalen Basis ergibt sich dann durch
¨
• (u1 , u1 ) = 1, • (u2 , u2 ) = ’3, • (u3 , u3 ) = 1/3 und • (ui , uj ) = 0 fur i = j. Die
¨
Signatur ist o¬enbar (2, 1, 0) .



203
Die Matrix der Basistransformation ist
« 
1 ’2 1/3
S =  0 1 ’5/3  .
00 1

Die zugeh¨rige Koordinatentransformation (x fur die alte Basis, y fur die neue)
o ¨ ¨
ist:
1
x1 = y1 ’ 2y2 + y3
3
5
x2 = y2 ’ y3
3
x3 = y3.

Einsetzen in (10.9) ergibt die quadratische Form ausgedruckt durch die yi :
¨
12
2 2
q (x) = y1 ’ 3y2 + y3 .
3
Eine nach dem Gram-Schmidt Verfahren gefundene orthogonale Basis l¨sst
a
sich je nach K¨rper noch normieren. Ist • positiv de¬nit, so k¨nnen wir jede
o o
orthogonale Basis U = (u1 , . . . , un ) noch durch
ui
ui :=
• (ui , ui )

ersetzen. Dann gilt einfach • ui , uj = δij .

De¬nition 10.11 Ist • eine positiv de¬nite reelle symmetrische Bilinearform
oder eine positiv de¬nite Hermitesche Form, so heisst eine Basis V = (v1 , . . . , vn )
mit • (vi , vj ) = δij orthonormiert.

Zum Schluss noch ein Beispiel uber Polynome. Das Gram-Schmidt Verfahren
¨
fuhrt auf eine Vielzahl von orthogonalen Systemen von Polynomen, indem man
¨
eine vorgegebene Folge von Polynomen, meist 1, x, x2 , x3 , . . . , nach Gram-Schmidt
bezuglich einer bestimmten Bilinearform orthogonalisiert. Als eines von vielen
¨
Beispielen fuhren wir die Legendre Polynome ein.
¨
Wir betrachten dazu den (unendlichdimensionalen) Vektorraum C ([’1, 1] , R)
der stetigen Abbildungen [’1, 1] ’ R und versehen diesen Raum mit der positiv
de¬niten Bilinearform
1
• (f, g) := f (x) g (x) dx.
’1

Wir wenden nun das Gram-Schmidt Verfahren auf die Folge der Polynome 1, x,
x2 , x3 , . . . an. Dass der Vektorraum hier unendlichdimensional ist, braucht uns

204
nicht weiter zu storen. Wir konnen einfach fur jedes n den (n + 1)-dimensionalen
¨ ¨ ¨
n
Unterraum L [1, x, . . . , x ] von C ([’1, 1] , R) betrachten. Die Polynome 1, x, . . .,
¨
xn sind linear unabhangig (Beweis als Ubungsaufgabe: wieder einmal van der
¨
Monde). Wir konnen dann Gram-Schmidt auf diese endliche Folge anwenden,
¨
k¨nnen aber naturlich genausogut ad in¬nitum weiterfahren. Das Ergebnis ist die
o ¨
Folge der Legendre Polynome P0 (x) = 1, P1 (x) , P2 (x) , . . . . Wie schon erw¨hnt,
a
liefert Gram-Schmidt die Vektoren eindeutig bis auf einen Normierungsfaktor.
Die Legendre Polynome werden ublicherweise so normiert, dass Pn (1) = 1 ist,
¨
und nicht, dass • (Pn (x) , Pn (x)) = 1 gilt, was vielleicht naturlicher w¨re.
a
¨

Satz 10.8
1 dn n
x2 ’ 1
Pn (x) = n
2 n! dxn
n
Beweis. Zun¨chst beachte man, dass (x2 ’ 1) ein Polynom von Grad 2n
a
ist. Demzufolge ist Pn (x) ein Polynom von Grad n. Damit ist (ii) nachgewiesen.
(i) folgt aus der Tatsache, dass unser • positiv de¬nit ist. Wir wenden nun
Bemerkung 10.4 b) an und weisen nach, dass fur k < n die Gleichung
¨
1
dn n
k
x2 ’ 1
x dx = 0 (10.10)
dxn

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