Blatt #14, 30. Jan. 2003 Aufgabe 53.

(1) Es ist A normal, aber weder unitär noch hermitesch.

(2) Es ist A hermitesch, und also auch normal. Jedoch ist A nicht unitär.

(3) Die Matrix A ist nie hermitesch. Da Ā^{t}A = ( \begin{matrix}1 & −a \\ −ā & 1+aā \end{matrix} ) und AĀ^{t} = ( \begin{matrix}1 & iā \\ −ia & 1+aā \end{matrix} ), ist A normal für jedes a = (1 − i)r mit r ∈ R. Ist dazuhin r = 0, also a = 0, so ist A auch unitär.

(4) Zunächst ist A hermitesch genau dann, wenn (a, c ∈ R und b = −2) oder a = 0.

Allgemein ist Ā^{t}A = aā ( \begin{matrix}9 & 2+c+2b & 0 \\ 2+c̄+2b̄ & 1+c̄c+b̄b & 2−2c̄−b̄ \\ 0 & 2−2c−b & 9 \end{matrix} ) und AĀ^{t} = aā ( \begin{matrix}9 & c̄−2 & b̄+2 \\ c−2 & 5+cc̄ & 4+b̄c \\ b+2 & 4+bc̄ & 5+bb̄ \end{matrix} ). Somit ist A

normal für (b = −2 und c ∈ R) oder a = 0. Gilt zusätzlich |a| = 1/3 und c = 2, so ist A unitär.

(5) Die Matrix A ist hermitesch genau dann, wenn a, b, c ∈ R.

Allgemein ist Ā^{t}A = ( \begin{matrix}aā+bb̄ & āb+b̄c \\ ab̄+bc̄ & bb̄+cc̄ \end{matrix} ) und AĀ^{t} = ( \begin{matrix}aā+bb̄ & ab̄+bc̄ \\ āb+b̄c & bb̄+cc̄ \end{matrix}). Also ist A normal genau dann,

wenn ab̄ + bc̄ ∈ R. Ist dazuhin ab̄ + bc̄ = 0 und aā = cc̄ = 1 − bb̄, so ist A unitär.

Aufgabe 54.

(1) Seien x, x′ ∈ U^{⊥}, und λ, λ′ ∈ C. Wir haben zu zeigen, daß λx + λ′x′ ∈ U^{⊥}. Für y ∈ U wird

aber nun in der Tat

ȳ^{t}(λx + λ′x′) = λȳ^{t}x + λ′ȳ^{t}x′ = 0 .

Also ist U^{⊥} ≤ C^{n}.

(2) Seien y_{1} = ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ i \end{matrix} ) und y_{2} = ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) durch y_{3} = ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) zu einer Basis des C^{3} ergänzt. Nach Gram-Schmidt gilt mit x_{1} := y_{1}^{0} = \frac{1}{\sqrt{2}} ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ i \end{matrix} ):

\begin{aligned}x_{2} & = & (y_{2} − (x̄_{1}^{t}y_{2})x_{1})^{0} = (( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) − (\frac{1}{\sqrt{2}} (^{1} ^{0} ^{−i}) ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} )) \frac{1}{\sqrt{2}} ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ i \end{matrix} ))^{0} = \frac{1}{\sqrt{6}} ( \begin{matrix}1 \\ 2 \\ −i \end{matrix} ) \\ x_{3} & = & (y_{3} − (x̄_{1}^{t}y_{3})x_{1} − (x̄_{2}^{t}y_{3})x_{2})^{0} = ⋯ = \frac{1}{\sqrt{3}} ( \begin{matrix}−1 \\ 1 \\ i \end{matrix} ) . \end{aligned}

Damit ist (x_{1}, x_{2}) eine Orthonormalbasis von U, und (x_{3}) eine Orthonormalbasis von U^{⊥}.

(3) Seien y_{1} = ( \begin{matrix}1 \\ i \\ 1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) , y_{2} = ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ −i \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ), y_{3} = ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ −1 \\ 0 \\ 2 \end{matrix} ) durch y_{4} = ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) und y_{5} = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) zu einer Basis

des C^{5} ergänzt. Nach Gram-Schmidt gilt mit x_{1} := (y_{1})^{0} = \frac{1}{2} ( \begin{matrix}1 \\ i \\ 1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ):

x_{2} = (y_{2} − (x̄_{1}^{t}y_{2})x_{1})^{0}  = \frac{1}{2} ( \begin{matrix}i \\ 1 \\ −i \\ 0 \\ i \end{matrix} )
x_{3} = (y_{3} − (x̄_{1}^{t}y_{3})x_{1} − (x̄_{2}^{t}y_{3})x_{2})^{0}  = \frac{1}{2} ( \begin{matrix}−1 \\ i \\ −1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} )
x_{4} = (y_{4} − (x̄_{1}^{t}y_{4})x_{1} − (x̄_{2}^{t}y_{4})x_{2} − (x̄_{3}^{t}y_{4})x_{3})^{0}  = \frac{1}{2} ( \begin{matrix}1 \\ i \\ −1 \\ 0 \\ −1 \end{matrix} )
x_{5} = (y_{5} − (x̄_{1}^{t}y_{5})x_{1} − (x̄_{2}^{t}y_{5})x_{2} − (x̄_{3}^{t}y_{5})x_{3} − (x̄_{4}^{t}y_{5})x_{4})^{0} =  ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} )

Damit ist (x_{1}, x_{2}, x_{3}) eine Orthonormalbasis von U, und (x_{4}, x_{5}) eine Orthonormalbasis von U^{⊥}.

Aufgabe 55.

(1) Diese Aussage ist wahr, da \overline{(C̄^{t}C)}^{t} = (C^{t}C̄)^{t} = C̄^{t}(C^{t})^{t} = C̄^{t}C.

(2) Diese Aussage ist richtig, da \overline{(r(A + Ā^{t}))}^{t} = r(A + Ā^{t}).

(3) Diese Aussage ist i.a. falsch. Z.B. sind die Matrizen A := ( \begin{matrix}1 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix} ) und B := ( \begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix} ) hermitesch, ihr Produkt AB = ( \begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix} ) ist aber nicht normal (noch nicht einmal diagonalisierbar).

(4) Diese Aussage ist richtig. In den Spalten einer Permutationsmatrix stehen paarweise verschiedene Standardbasisvektoren. Für Standardbasisvektoren gilt aber: ē_{j}^{t}e_{k} = 0 für j ≠ k und ∥e_{j}∥ = 1 für alle j, und somit bilden die Spalten einer Permutationsmatrix ein Orthonormalsystem. Damit ist die Matrix unitär.

(5) Diese Aussage ist wahr. Als orthonormales Tupel der Länge 1 kann (x) mit Gram-Schmidt zu einer Orthonormalbasis von C^{n} ergänzt werden, und die Vektoren dieser Basis bilden die Spalten einer unitären Matrix, welche x in der ersten Spalte stehen hat.

(6) Diese Aussage ist wahr. Sei x ein Eigenvektor von A zum Eigenwert λ. Dann ist x̄^{t}x ≠ 0, und folglich kann man aus

λ̄x̄^{t}x = x̄^{t}Ā^{t}x = x̄^{t}Ax = λx̄^{t}x

schließen, daß λ = λ̄.

(7) Diese Aussage ist wahr. Für ∥x + y∥^{2} ≤ (∥x∥ + ∥y∥)^{2}, d.h. für x̄^{t}x + x̄^{t}y + ȳ^{t}x + ȳ^{t}y ≤ x̄^{t}x + 2∥x∥∥y∥ + ȳ^{t}y ist zu zeigen, daß 2 Re(x̄^{t}y) = x̄^{t}y + ȳ^{t}x ≤ 2∥x∥∥y∥. Dies aber folgt mit dem Lemma von Cauchy-Schwarz, nach welchem |x̄^{t}y| ≤ ∥x∥∥y∥ gilt, da Re ζ ≤ |ζ| für alle ζ ∈ C.

(8) Diese Aussage ist wahr. Ist A unitär, und ist x ∈ C^{n} vorgegeben, so wird ∥Ax∥^{2} = (x̄^{t}Ā^{t})(Ax) = x̄^{t}x = ∥x∥^{2}. Ist umgekehrt ∥Ax∥^{2} = ∥x∥^{2} stets, so wird zunächst (ē_{j}^{t}Ā^{t})(Ae_{j}) = ē_{j}^{t}e_{j} = 1 für j ∈ [1, n]. Für j, k ∈ [1, n] mit j ≠ k wird nun

((ē_{j}^{t} + ē_{k}^{t})Ā^{t})(A(e_{j} + e_{k})) = (ē_{j}^{t} + ē_{k}^{t})(e_{j} + e_{k}) = 2
((ē_{j}^{t} − iē_{k}^{t})Ā^{t})(A(e_{j} + ie_{k})) = (ē_{j}^{t} − iē_{k}^{t})(e_{j} + ie_{k}) = 2 ,

woraus wir zum einen ē_{j}^{t}Ā^{t}Ae_{k} + ē_{k}^{t}Ā^{t}Ae_{j} = 2 Re(ē_{j}^{t}Ā^{t}Ae_{k}) = 0, und zum andern iē_{j}^{t}Ā^{t}Ae_{k} − iē_{k}^{t}Ā^{t}Ae_{j} = 2i Im(ē_{j}^{t}Ā^{t}Ae_{k}) = 0 schließen können. Insgesamt ist ē_{j}^{t}Ā^{t}Ae_{k} = 0, und die Spalten Ae_{j} von A bilden ein Orthonormalsystem. Folglich ist A unitär.