Wiederholung: Matrixdarstellung, Rotkäppchens Diätplan · Matrix A 2 R (n ;n ) Normal: Bei Basis-Wechsel wird man im Bild- und Urbildraum wieder die gleiche Basis wollen. Übergang:

Lineare Abbildungen

Vorlesung 1

5. April + 8. April

Basiswechsel

Mackens (Technische Universität Hamburg-Harburg) Lineare Algebra II SoSe 13 1 / 84

Lineare Abbildungen

Wiederholung: Matrixdarstellung,

Rotkäppchens Diätplan

Ananas Wein Orangen SahnePreis 2.00 8 0.50 1.39Fett 0.02 0.01 0.05 30

Zucker 200 30 15 1

Korb mit:

AnanasWein

OrangenSahne

2132

−→

2 · 2.00 + 1 · 8 + 3 · 0.5 + 2 · 1.39 P2 · 0.02 + 1 · 0.01 + 3 · 0.05 + 2 · 30 F2 · 200 + 1 · 30 + 3 · 15 + 2 · 1 Z


Lineare Abbildungen

Seite 125Vektorraum lin. Abbildung Vektorraum

V A−→ W{v1, · · · , vn} {w1, · · · ,wm}Basis von V Basis von W

Aus Av j =m∑

i=1

aij w i mit A =

a11 · · · a1n...

...am1 amn

∈ R(m,n)

und v =n∑

j=1

xjv j ∈ V folgt für die yi ’s in A(v) =m∑

i=1

yiw i

A(v) = A( n∑

j=1

xjv j)

=n∑

j=1

xj A(v j ) =n∑

j=1

xjm∑

i=1

aij w i =m∑

i=1

(yi︷︸︸︷

n∑

j=1

aijxj)

w i


Lineare Abbildungen

Seite 125

A(v) = A( n∑

j=1

xjv j)

=n∑

j=1

xj A(v j ) =n∑

j=1

xjm∑

i=1

aij w i =m∑

i=1

( n∑

j=1

aijxj)

w i

Also kann die Abbildung

v =n∑

j=1

xjv jA−→ w := A(v) =

m∑

i=1

yiw i

in den Koeffizientenvektoren x =

x1...

xn

und y =

y1...

ym

einfach geschrieben

werden als

y = Ax .


Lineare Abbildungen

A. Matrixdarstellung & BasiswechselSeite 189

Vektorraum lin. Abbildung VektorraumV A−→ W

{v1, · · · , vn} {w1, · · · ,wm}Basis von V Basis vonW

Av j =m∑

i=1

aij w i mit A =

a11 · · · a1n...

...am1 amn

∈ R(m,n)

Neue Basen{ṽ1, · · · , ṽn} {w̃1, · · · , w̃m}

Aṽ j = ∑mi=1 ãij w̃ i

Ã berechenbar aus A?


Lineare Abbildungen

Einfachster Fall

V = Rn W = Rm

V :=(v1, . . . , vn

)∈ R(n,n), regulär W :=

(w1, . . . ,wm

)∈ R(m,m), regulär

Ṽ :=(ṽ1, . . . , ṽn

)∈ R(n,n), regulär W̃ :=

(w̃1, . . . , w̃m

)∈ R(m,m), regulär

Vx = v = Ṽ x̃ Wy = w = W̃ ỹ

y = Ax bekannt.

ỹ = Ãx̃ gesucht.

ỹ = W̃−1

w︷︸︸︷

W A

x︷︸︸︷V−1 Ṽ x̃︸︷︷︸

v︸︷︷︸y


Lineare Abbildungen

Beispiel

V :=

1 1 11 1 00 1 0

∈ R(3,3) W :=

(1 12 1

)∈ R(2,2)

Ṽ :=

1 0 00 1 00 0 1

∈ R(3,3) W̃ :=

(1 00 1

)∈ R(2,2)

Vx = v = Ṽ x̃ Wy = w = W̃ ỹ

y = Ax =(

1 0 −10 1 0

)x .

Ã = W̃−1WAV−1Ṽ =(

1 12 1

)(1 0 −10 1 0

)

1 1 11 1 00 1 0

−1

=

(−1 2 0−2 4 −1

)

Test: Ãv1 =(−1 2 0−2 4 −1

)

110

=

(12

)= 1 · w1


Lineare Abbildungen

Nächst schwierigerer FallEben hatten wir

Ãx̃ =

ỹ←y︷︸︸︷W̃−1W A V−1Ṽ︸︷︷︸

x←x̃

x̃

Nun nehmen wir an:

V ⊂ Rp, p ≥ n W ⊂ Rq , q ≥ mV :=

(v1, . . . , vn

)∈ R(p,n), Rang n W :=

(w1, . . . ,wm

)∈ R(q,m), Rang m

Ṽ :=(ṽ1, . . . , ṽn

)∈ R(p,n), Rang n W̃ :=

(w̃1, . . . , w̃m

)∈ R(q,m), Rang m

Vx = v = Ṽ x̃ Wy = w = W̃ ỹ

y = Ax bekannt. ỹ = Ãx̃ gesucht.

Achtung: V , Ṽ ,W , W̃ sind nicht mehr invertierbar. Obige Formel tut’s nichtmehr.


Lineare Abbildungen

Aber in

Ãx̃ =

ỹ←y︷︸︸︷W̃−1W A V−1Ṽ︸︷︷︸

x←x̃

x̃

brauchen wir ja auch nur Operatoren, die x̃ in x transformieren und y in ỹ .

Und die erhalten wir so:

Weil die Spalten von V und die Spalten von Ṽ Basisvektoren von V enthalten,gibt es eine reguläre (m,m)-Matrix S mit

Ṽ = VS.

Indem wir x̃ dahinter schreiben

Ṽ x̃ = VSx̃ (= Vx),

sehen wir, dassx = Sx̃ .


Lineare Abbildungen

Analog zu

Ṽ = VS ⇒ x = Sx̃gilt

W̃ = WR ⇒ y = RỹUnd damit erhalten wir nun

Ãx̃ = ỹ = [ỹ ← y ] A [x ← x̃ ] x̃ = R−1ASx̃ .


Lineare Abbildungen

Beispiel

V =

1 12 13 1

W =

(1 12 1

)

A =(

1 00 1

)

Ṽ =

−1 10 11 1

W̃ =

(1 00 1

)

Ṽ = V(

1 0−2 1

)

︸︷︷︸S

W̃ = WR; also R = W−1.

Ã = R−1AS = WAS =(

1 12 1

)(1 00 1

)(1 0−2 1

)=

(−1 1−3 2

).

Probe:

123

= Ṽ

(12

), und Ã

(12

)=

(−1 1−3 2

)(12

)=

(11

). - OK


Lineare Abbildungen

FrageWie berechnt man S in VS = Ṽ?Antwort: Notfalls mit Gauß-Elimination. (Demonstration an letztem Beispiel.)

1 12 13 1

S =

−1 10 11 1

Löse zwei Gleichungssysteme (für die erste und zweite Spalte von S)simultan:

1 1 −1 12 1 0 13 1 1 1

→

1 1 −1 10 −1 2 −10 −2 4 −2

→

1 1 −1 10 −1 2 −10 0 0 0

Löse nun (1 10 1

)(s11s21

)=

(−12

)und

(1 10 1

)(s12s22

)=

(1−1

)

auf zu

S =(

1 0−2 1

).


Lineare Abbildungen

Allgemeiner FallVektorraum lin. Abbildung Vektorraum

V A−→ W{v1, · · · , vn} {w1, · · · ,wm}{ṽ1, · · · , ṽn} {w̃1, · · · , w̃m}Basen von V Basen vonW

Die Beziehungen

Vx = v = Ṽ x̃ Wy = w = W̃ ỹund

Ṽ = VS W̃ = WRmüssten eigentlich anders geschrieben werden.Die beiden letzten lauten z.B.

ṽj =∑n

i=1 visij , j = 1, . . . ,n w̃j =

∑mi=1 w

i rij , j = 1, . . . ,m.Die Matrizen S und R gehen aber wie oben in die Transformation ein:

Ã = R−1AS.Mackens (Technische Universität Hamburg-Harburg) Lineare Algebra II SoSe 13 13 / 84

Lineare Abbildungen

Beispiel: V ⊂ Π2,W = T1v1(x) = x + x2

v2(x) = x + 2x2w1(x) = sin(x) + cos(x)w2(x) = 2 sin(x)− cos(x) + 1w3(x) = 2 + sin(x)

,

A =

1 00 10 0

ṽ1(x) = x ,ṽ2(x) = x2

w̃1(x) = 1,w̃2(x) = sin(x),

w̃3(x) = cos(x).

Praktische Schlamp-Schreibweise:

(v1, v2

)=(ṽ1, ṽ2

)(1 11 2

)

︸︷︷︸S−1

,(w1,w2,w3

)=(w̃1, w̃2, w̃3

)

0 1 21 2 11 −1 0

︸︷︷︸R−1

.

Ã = R−1AS =

0 1 21 2 11 −1 0

1 00 10 0

(

2 −1−1 1

)=

−1 10 13 −2


Lineare Abbildungen

Abschließendes BeispielFür

R3 T−→ R2

ist bekannt

T

110

=

(11

),T

101

=

(12

),T

111

=

(01

)

V =

1 1 11 0 10 1 1

W =

(1 11 2

)

⇒A =

(1 0 −10 1 1

)

VS = Ṽ = E3 E2 = W̃ = WR⇒ S = V−1 ⇒ R = W−1

⇒


Lineare Abbildungen

Ã = R−1AS = WAV−1

=

(1 11 2

)(1 0 −10 1 1

)

1 1 11 0 10 1 1

−1

=

(2 −1 −12 −1 0

)

(Test!)


Lineare Abbildungen

Äquivalente MatrizenSeite 199

B R−1 AS

m

n

m n

n=

Basiswechsel imBildraum

Basiswechsel imUrbildraum

Definition 6.6A,B ∈ R(m,n) sind äquivalent, wenn ∃

R ∈ R(m,m),S ∈ R(n,n)︸︷︷︸beide regulär

so dass B = R−1 A S

Beschreiben dieselbe Abbildung bzgl. verschiedener Basen.Mackens (Technische Universität Hamburg-Harburg) Lineare Algebra II SoSe 13 17 / 84

Lineare Abbildungen

NormalformSeite 200

FrageGibt es eine besonders einfache äquivalente Matrix zu A ∈ R(m,n)?

Ja

A ∈ R(m,n) habe Rang r(r ≤ min(m,n))

⇒

A äquivalent zu

Dr : =(

Er 00 0

)

︸︷︷︸Normalform von A

∈ R(m,n)


Lineare Abbildungen

Folgerung

AB

}∈ R(m,n) äquivalent ⇔ Rang A = Rang B


Lineare Abbildungen

Wichtiger Spezialfall: ÄhnlicheMatrizen

Seite 201

V T−→ V dim V = n

Normal: Verwende in Urbild- und Bildraum gleiche Basis. Darstellung durchMatrix A ∈ R(n,n)

Normal: Bei Basis-Wechsel wird man im Bild- und Urbildraum wieder diegleiche Basis wollen.

Übergang:

B = S−1 A S︸︷︷︸Definition 6.7: A und B heißen ähnlich. (Wichtig!)


Lineare Abbildungen

Ende der 1. Vorlesung


Lineare Abbildungen Die orthogonale Projektion

Vorlesung 2

12. April + 16. April

Orthogonale Projektionen



Wiederholung /Fourierentwicklung:

Folie zum Übers-Bett-Hängen

a

b

α

Projektion von b auf a-Richtung

= a · 〈a,b〉|a| · |a| = a ·〈a,b〉〈a,a〉 =

aaT

aT ab



Seite 86

Orthonormalbasen sind schön!{v1, · · · , vn} ONB von (V , 〈, 〉).

v1, · · · , vn Basis⇒ ∀ x ∃

x1...

xn

∈ Rn : x =

∑ni=1 xi v

i .

Wie berechnet man xi ?

〈v j , x〉 = 〈v j ,n∑

i=1

xi v i〉

=n∑

i=1

xi 〈v j , v i〉︸︷︷︸=δij

=n∑

i=1

xi · δij = xj

xj = 〈v j , x〉 Satz 2.58Mackens (Technische Universität Hamburg-Harburg) Lineare Algebra II SoSe 13 25 / 84


Seite 86

v = α1 v1 + α2 v2 + · · · + αn vn〈v1, v〉 = 〈v1, α1 v1 + α2 v2 + · · · + αn vn〉

〈v1, v〉 = α1〈v1, v1〉 + α2〈v1, v2〉 + . . . + αn〈v1, vn〉= 1 = 0 = 0

also 〈v1, v〉 = α1.



Seite 86

Satz 2.58v1, ..., vn Orthonormalbasis.

v =n∑

i=1

αi vi , αj = 〈vj , v〉

also

v =n∑

i=1

vi〈vi , v〉︸︷︷︸

„Fourierentwicklung“



v1, ..., vn Orthonormalbasis, m < n

v =m∑

i=1

vi〈vi , v〉︸︷︷︸

∈W :=span{v1,...,vm}

+n∑

i=m+1

vi〈vi , v〉︸︷︷︸

span{vm+1,...,vn}⊥W



Orthogonale Projektion und besteApproximation im

unendlichdimensionalen Raum

Seite 202

(V , ) sei euklidischer Vektorraum.

ApproximationsproblemSei W endlichdimensionaler Teilraum von V . Sei v ∈ V gegeben.Bestimme ṽ ∈ W mit

||ṽ − v || ≤ ||w − v || ∀w ∈ W



Wie man vermutet, ist

ṽ = P(v) die orthogonale Projektion von v auf W .

Das soll jetzt festgemacht werden.



Ablauf der heutigen Vorlesung:

- Definiere Projektion auf endlichdimensionalen Teilraum W .

- Zeige Projektion = Beste Approximation

- Berechnung der Projektion

• Orthonormalisiere Basis• Gramsches System• Normalgleichungen

- Zwei Anwendungen

- Projektoren

- Orthogonalraum



Seite 202

Satz 6.10 (Projektionssatz)

ṽ

0

W

v

(V , ) sei euklidischer Vektorraum, W endlichdimensionaler Teilraum.Dann hat jedes v ∈ V eine eindeutige Zerlegung

v = w + u mit w ∈ W & u ⊥W

BeweisSei {w1, · · · ,wm} Orthonormalbasis von W . Wir versuchen unser Glück mit

w : =m∑

j=1

< v ,w j > w j und u : = v − w



Dann ist sicher w =∑m

j=1 < v ,wj > w j ∈ W klar.

Es ist aber auch u := v − w senkrecht zu W , denn für k = 1, . . . ,m ist

< u,wk > = < v − w ,wk >=< v ,wk > − < w ,wk >

= < v ,wk > −m∑

j=1

< v ,w j >< wk ,w j︸︷︷︸δkj

>

= < v ,wk > − < v ,wk >= 0

Also ist v = u + w eine Zerlegung wie gewünscht. Fehlt noch Eindeutigkeit.Sei v = w̃ + ũ, w̃ ∈ W , ũ ⊥W

w̃ + ũ = w + u ⇒ w̃ − w︸︷︷︸∈ w

= u − ũ︸︷︷︸⊥W

||w − w̃ ||2 =< w − w̃ ,w − w̃ >=< w − w̃ , ũ − u >= 0⇒ w = w̃

⇒ u = ũ �



Seite 203

v = w + u,w ∈W ,u ⊥W Zerlegung eindeutig!

Definition 6.11w Def .= Orthogonale Projektion P(v) von v auf W .

P(v) ist das eindeutige Element in W , mit dem v − P(v) senkrecht auf Wsteht.



Seite 204Damit ist die Geometrie in

gesichert, und wir haben somit gezeigt, den

Satz 6.16 (Approximationssatz)Sei (V , ) eukl. Vektorraum, W endlichdimensionaler Teilraum und P dieorthogonale Projektion auf W . Dann ist P(v) für alle v ∈ V die eindeutigbeste Approximation von v aus W :

||v − P(v)|| < ||v − w ||∀ w ∈ W ,w 6= P(v)



Weitere WiederholungSeite 204

Satz von PythagorasFür alle u,w ∈ V mit < u,w >= 0 gilt

‖u‖2 = ‖u‖2 + ‖w‖2

BeweisGanz einfach:

||u + w ||2 =< u + w ,u + w >=< u,u > + 2 < u,w >︸︷︷︸=0

+ < w ,w >



Zusammenfassung:

PythagorasPythagoras

‖u + w‖2 = ‖u‖2 + ‖w‖2

gilt, wenn die Norm über‖x‖2 = 〈x , x〉,

mit dem innerem Produkt verbunden ist.

Beste Approximation mit Pythagoras

„Beste Approximation„ = „Projektion“

wenn Pythagoras gilt.

Beste Approximation ohne PythagorasSchnellster Weg in Unterraum ohne Pythagoras ist schwieriger zu finden.



Seite 205

Bemerkung 6.17Approximationsproblem

w∗ ?= arg min {||v − w ||∣∣w ∈ W}

ist auch sinnvoll im allgemeinen normierten Raum.Eine beste Approximation existiert für endlichdim. W (⇐ Analysis)Aber die Lösung ist oft nicht eindeutig und i.A. keine Projektion.

w0

v

alles Lösungen

max-Norm



Berechnung von P(v):Seite 203

Anmerkung 6.12Ist {w1, · · · ,wm} irgendeine Orthonormalbasis von W , so ist

P(v) =m∑

j=1

< v ,w j > w j .

Bemerkung 6.14Sei {w1, · · · ,wm} beliebige Basis von W . Dann hat P(v) eine eindeutigeDarstellung

P(v) =m∑

j=1

ζj w j

und P(v) erfüllt

v − P(v) ⊥ w ∀ w in W



v − P(v) ⊥ w ∀ w in W

⇔ 〈w i , v − P(v)〉 = 0 i = 1, · · · ,m

⇔ < w i , v −m∑

j=1

ζj w j >= 0 , i = 1, · · · ,m

⇔m∑

j=1

ζj < w i ,w j >=< w i , v >, i = 1, · · · ,m

< w1,w1 > · · · < w1,wm >

...< wm,w1 > · · · < wm,wm >

︸︷︷︸regulär, wenn w1, . . . ,wm linear unabhängig.

ζ =

< w1, v >

...< wm, v >



Seite 204

Definition 6.15Sei (V , ) eukl. Vektorraum und w1, · · · ,wm ∈ V Dann heißt

G(w1, · · · ,wm) : =

< w1,w1 > · · · < w1,wm >

...< wm,w1 > · · · < wm,wm >

Gramsche Matrix zu w1, · · · ,wm

LEMMA:

G(w1, · · · ,wm) ist regulär⇔ {w1, · · · ,wm} sind linear unabhängig.



LEMMA:

G(w1, · · · ,wm) ist regulär⇔ {w1, · · · ,wm} sind linear unabhängig.

Beweis:Sei G regulär. Ist dann

∑ζiw i = 0, so ist

0 =

〈w1,∑ ζiw i〉〈w2,∑ ζiw i〉

...〈wm,∑ ζiw i〉

= G

ζ1ζ2...ζm

also (ζ1, .., ζm)T = 0, mithin w1, . . . ,wm l.u..Sei umgekehrt G singulär. Dann gibt es ζ := (ζ1, . . . , ζm)T 6= 0 mit Gζ = 0.Daher ist ∥∥∥

∑ζiw i

∥∥∥2

= 〈∑

ζiw i ,∑

ζjw j〉 = ζT Gζ = 0,

also∑ζiw i = 0, so dass die w i -Vektoren linear abhängig sind. �



Spezialfall 1:w1, ...,wm, v ∈ Rn; (w1, . . . ,wm) =: A ∈ R(n,m), inneres Produkt =euklidisches Produkt.Dann schreibt sich das Approximationsproblem so:

Minimiere ‖Aζ − v‖2 bezüglich ζ.

Das Gramsche System< w1,w1 > · · · < w1,wm >

...< wm,w1 > · · · < wm,wm >

ζ =

< w1, v >

...< wm, v >

wird zuAT Aζ = AT v (Sogenannte Normalgleichungen),

und die Projektion P(v) =∑

w iζi = Aζ hat die Form

P(v) = A(AT A)−1AT v .

(Dies ist im Skript als Satz 6.20 aufgeschrieben.)Mackens (Technische Universität Hamburg-Harburg) Lineare Algebra II SoSe 13 43 / 84


Spezialfall 2:

w1, ...,wm orthogonal.

Dann wird die Gramsche Matrix im System< w1,w1 > · · · < w1,wm >

...< wm,w1 > · · · < wm,wm >

ζ =

< w1, v >

...< wm, v >

zur Diagonalmatrix.Es werden

ζi =< w i , v >< w i ,w i >

und

P(v) =∑

w iζi = w1< w1, v >< w1,w1 >

+ . . .+ wm< wm, v >< wm,wm >

.



Spezialfall 3:Seite 204

In

P(v) = w1< w1, v >< w1,w1 >

+ . . .+ wm< wm, v >< wm,wm >

.

seien

w1, ...,wm ∈ Rn orthogonal bezüglich euklid. Produkt 〈w i ,w j〉 = (w i )T w j .

Dann wird

P(v) =(

w1(w1)T

(w1)T w1+ . . .+

wm(wm)T

(wm)T wm

)

︸︷︷︸Summe dyadischer Produkte

v



Beispiel 6.18Seite 205

Betrachte Πn mit < p,q >: =∫ 1

0 p(x) q(x) dxFinde Gerade g(x) = ζ0 · 1 + ζ1 x , die u(x) : = x3 bestmöglich nähert.

‖u − g‖ =< u − g,u − g >1/2 != min.



Beispiel 6.18

Lösung mit Gram-System

w1(x) = 1,w2(x) = x , v(x) = x3

(< w1,w1 > < w1,w2 >< w2,w1 > < w2,w2 >

)(ζ0ζ1

)=

(< w1, v >< w2, v >

)



< w1,w1 > =∫ 1

01 · 1 dx = 1

< w1,w2 > = < w2,w1 >=∫ 1

01 · x dx = 1/2

< w2,w2 > =∫ 1

0x · x dx = 1/3

< w1, v > =∫ 1

01 · x3 dx = 1/4

< w2, v > =∫ 1

0x · x3 dx = 1/5

Aus (1 1/2

1/2 1/3

)(ζ0ζ1

)=

(1/41/5

)⇒ g(x) = −1

5+

910

x

fertig!



Ergebnis



ProjektionsmatrizenSeite 206

Die Projektion ist lineare Abbildung, also im endlichdimensionalen Fall durchMatrizen darstellbar.

Für den Fall V = Rn mit dem euklidischen inneren Produkt hatten wir dieseschon für zwei Fälle aufgeschrieben.

Spezialfall 3: Bei gegebener Orthonormalbasis w1, · · · ,wm von W ist:

P =

(m∑

i=1

w i (w i )T)

︸︷︷︸Summe dyadischer Produkte

Spezialfall 1: Bei spaltenweisem Eintrag der linear unabhängigenBasisvektoren w1, ...,wm ∈ Rn von V in eine MatrixA := (w1, . . . ,wm) ∈ R(n,m) ist

P = A(AT A)−1AT .



Seite 208

Satz 6.22 (Charakterisierungssatz)P ∈ R(n,n) beschreibt (bzgl. Standardbasis) genau dann ProjektorP : Rn −→W ,

W : = {Px : x ∈ Rn},bzgl. eukl. inneren Produktes, wenn

P = P2 = PT .



BeweisSei P =

∑mi=1 w

i w iT ,w i ONS von WDann ist

P2 =m∑

i=1

w i w iTm∑

j=1

w j w jT

=m∑

i=1

m∑

j=1

w i (w iT w i )︸︷︷︸δij

w iT

=m∑

i=1

w i w iT

PT =m∑

i=1

(w i w iT )T = P

Sei P = P2 = PTDann ∀ v ∈ V : P(v) ∈ WAußerdem gilt v − Pv ⊥ W wegen

(v − Pv)T Pz = vT (E − P)T Pz= vT (P − P2)z = 0 ∀ z ∈ Rn �



OrthogonalräumeSeite 208

Definition 6.23Sei W Teilraum von (V , )W⊥ : = {v ∈ V :< v ,w >= 0 ∀ w ∈ W}heißt bekanntlich Orthogonalraum von W in V .

Bemerkung 6.25V endlichdimensional, W Teilraum von V

ONB von W︷︸︸︷v1, · · · vm,⇒

ONB von W⊥︷︸︸︷vm+1, · · · , vn︸︷︷︸

ON-Basis von V

Hier (W⊥)⊥ = W

Im unendlichdimensionalen Fall nur nochW ⊂ (W⊥)⊥W 6= (W⊥)⊥ möglich.





Lineare Abbildungen Orthogonaltransformationen

Vorlesung 3

19. April + 22. AprilOrthogonaltransformationen



Wiederholung:(Kongruenztransformationen des R2)

Seite 153

Ansatz: Q =(

a bc d

)Q−1 = 1ad−bc

(d −b−c a

)

⇒ QT = Q−1 bei

(i) a = dad−bc(ii) d = aad−bc

}a = (ad − bc)2a

(iii) c = −bad−bc(iv) b = −cad−bc

}b = (ad − bc)2b

|a|+|b|6=0

=⇒ ad − bc = ±1

folglich zwei Fälle

α) ad − bc = 1, a = d , b = −cβ) ad − bc = −1, a = −d , b = c



ALSO:

Q =(

a bc d

)orthogonal wenn

α) a = d , b = c ad − bc = det Q = 1oderβ) a = −d , b = c ad − bc = det Q = −1

In beiden Fällen a2 + b2 = 1 , also a = cosφ b = ± sinφDamit entweder

Q =(

cosφ − sinφsinφ cosφ

)φ ∈ [0,2π)

oder

Q̃ =(

cosφ − sinφ− sinφ − cosφ

)φ ∈ [0,2π)



OrthogonaltransformationenSeite 209

A ∈ R(n,n) AT A = E

1 = det(E) = det(AT A) = det(AT ) · det(A)= (det(A))2

Definition 6.27 (verallgemeinerte)

⇒ det A = 1︸︷︷︸„Drehung“

det A = −1︸︷︷︸„Spiegelung“

dim = 2, dann(

cosφ − sinφsinφ cosφ

)(cosφ − sinφ− sinφ − cosφ

)

dim = 2: Namen korrektdim = 3: Namen fast korrekt, tatsächliche Drehung oder (Drehung nach) Spiegelung

dim > 3: Namen entsprechen nicht mehr der AnschauungMackens (Technische Universität Hamburg-Harburg) Lineare Algebra II SoSe 13 59 / 84


Seite 210

Satz 6.28Für A ∈ R(3,3), AT A = E gelten

(i) det A = 1⇒ A ∼ Drehung um eine Achse durch Null.

(ii) det A = −1⇒ A ∼ Drehung hinter Spiegelung



Beweis(ii) det A = −1⇒

det

(A ·

11−1

)

︸︷︷︸⇒Ã= Drehung

= 1

A = A

11−1

11−1

= Ã︸︷︷︸Drehung nach (i)

11−1

︸︷︷︸Spiegelung



(i) (tricky)

Struktur:a) Finde Drehachse v1

b) Stelle A dar bzgl. ONB v1

||v1|| = w1,w2,w3 und zeige

Ã =

1 0 00 cosα − sinα0 sinα cosα



a) Drehachse bleibt fest unter AAv = v⇒ Drehachse löst (A− E)︸︷︷︸

muss singulär sein, damit es v gibt

v = 0 (natürlich v 6= 0).

det(A− E) = det(A · (E − AT ))= det(A) det((E − AT )T )= det(E − A)= det((−1) · (A− E))= (−1)3det(A− E)

⇒ det(A− E) = 0⇒ A− E singulär⇒ ∃ v : Av = v ,o.E. ||v || = 1



Ergänze Drehachse v zu ONB (w1,w2,w3) und stelle A dar bzgl. dieser Basis

Übergangsmatrix:

Basisneu = Basisalt · S(w1,w2,w3) = (e1,e2,e3) · S

⇒ S = (w1,w2,w3) ST = S−1

Ã = S−1 AS = ST AS

Ã orthogonal als Produkt orthogonaler Matrizen.

Aw1 = w1 ∼ Ãe1 = e1



⇒ Ã =

1 ∗ ∗0 ∗ ∗0 ∗ ∗

E = ÃT Ã =

1 0 0⊗ ∗ ∗⊗ ∗ ∗

1 ⊗ ⊗0 ∗ ∗0 ∗ ∗

=

1 0 0

⇒ Ã =

1 0 00 B0

E3 = ÃT Ã =

1 0 00 BT B0

⇒ BT B = E2,det Ã = 1 · det B ⇒ det B = 1

Ã =

1 0 00 c −s0 s c

�



Beispiel (Drehachse und Drehwinkel)

A =

910 −

√2·3

101

10√2·3

108

10 −√

2·310

110

√2·3

109

10

ist orthogonal und hat Determinante = 1



Bestimmung der Drehachse aus (A− E)v = 0

10(A− E)v = 0⇔

−1 −

√2 · 3 1√

2 · 3 −2 −√

2 · 31

√2 · 3 −1

v1v2v3

= 0

v = λ

101

, λ ∈ R

Bestimmung des Drehwinkels:

Wähle z ⊥ v (also in Drehebene), z.B. z =

010

Drehe:

Az =

−√

2·310

810√2·3

10

cosα =< z,Az >||z|| ||Az|| =

8/101 · 1 = 0.8



Achtung: Mit cos(α) ist α noch nichtbekannt!

cos(−t) cos(t)=

arc cos



Achtung: Mit cos(α) ist α noch nichtbekannt!

Drehachse v

Az

z

Az

ϕ

−ϕ

(z, Az, v)= RECHTSSYSTEM

det(z, Az, v) > 0(= det(v , z, Az))

(z, Az, v) Linkssystemdet(z, Az, v) < 0



Seite 212Wegen

det

vz

Az

=

∣∣∣∣∣∣

1 0 10 1 0

−√

2·310

810

√2·3

10

∣∣∣∣∣∣=

√2 · 35

> 0

liegt ein Rechtssystem vor und aus

cosα = 0.8

folgtα = +arc cos 0.8 ≈ 36,87o �

Nun noch Bestimmung von Drehachse & Drehwinkel direkt aus Matrix!Dazu zunächst die

Definition 6.31Zu A ∈ R(n,n) heißt

Spur(A) : =n∑

j=1

ajj Spur von A



Seite 212

Lemma 6.32Die Spuren ähnlicher Matrizen sind gleich:Also

A ∈ R(n,n),T ∈ R(n,n) regulär=⇒

Spur(A) = Spur(T−1AT )

Bemerkung: Es ist immer nützlich Invarianten von Transformationen zukennen. (vgl. Drehachse von Drehung)



BeweisSei B ∈ R(n,n) beliebig. Dann ist

Spur(AB) =n∑

j=1

(AB)jj =n∑

j=1

n∑

k=1

ajk bkj

=n∑

k=1

n∑

j=1

bkj ajk =n∑

k=1

(BA)kk

= Spur(BA) Daher istSpur(T−1AT ) = Spur(TT−1A) = Spur(A) � (1)



Seite 213

Satz 6.33Sei A ∈ R(3,3) orthogonal mit det(A) = 1Dann gilt für den Drehwinkel von A

cosϕ =12

(Spur(A)− 1)

und bei (cos(ϕ) 6= 1, ϕ 6= 0) gilt für die Drehachse v :

span{v} = Bild(A + AT − (Spur(A)− 1)E)

Anmerkung: Bild (b1, · · · ,bn) = span{b1, · · · ,bn}



Vor dem Beweis eine Anwendung:

A =

1 0 00 cosϕ − sinϕ0 sinϕ cosϕ

; cosϕ = 1

2(Spur(A)− 1) = 1

2(1 + 2 cosϕ− 1)

A + AT − (Spur(A)− 1)E

=

2 0 00 2 cosϕ 00 0 2 cosϕ

− (1 + 2 cosϕ− 1)E

=

2− 2 cosϕ 0 00 0 00 0 0



BeweisSei

ST AS =

1 0 00 cosϕ − sinϕ0 sinϕ cosϕ

=: Ã,

S orthogonal, S = (Drehachse w1,w2,w3)Dann gilt

Spur(A) = Spur(ST AS) = Spur(Ã)= 1 + 2 cosϕ

also12

(Spur(A)− 1) = cosϕ



Es ist

Ã + ÃT − (Spur(A)− 1)︸︷︷︸2 cosϕ

E =

2− 2 cosϕ 0 00 0 00 0 0

Damit

A + AT − (Spur(A)− 1)E = S(Ã + ÃT − (Spur(A)− 1)E)ST

= (2− 2 cosϕ)S

1 0 00 0 00 0 0

ST

= (2− 2 cosϕ) S

S11 S21 S310 0 00 0 0

= const(S11w1,S21w1,S31w1)�



Seite 214Householder-Matrizen

w ∈ Rn,w 6= 0 definiert W := {x ∈ Rn|wT x = 0}

Ziel: Hx := {an W gespiegeltes x}

W

w x

P(x)

H(x)

wwTwT w x

wwTwT w x

Hx = x − 2 wwT

wT wx

︸︷︷︸Householder-Matrix mal x

Zweimal w − Anteil abziehen Def. 6.35

H = E − 2 wwT

wT w



Beispiel 6.36Seite 215

E = {x ∈ R3|x1 + x2 + x3 = 0}

w = (1,1,1)T

H = E − 213

111

(1,1,1)

= 13

1 −2 −2−2 1 −2−2 −2 1

↗Um Gottes Willen nicht ausmultiplizieren.↖Schon gar nicht in höheren Dimensionen.

Dyadische Produkte sind wunderschön einfach anzuwenden!



Seite 215

Bemerkungen 6.37Bei Handrechnung verwende E − 2 wwTwT w .Bei Computerrechnung setze w̃ := w‖w‖2 und benutze

Hy = (E − 2w̃w̃T )y = y −︸︷︷︸n+

[2 ·︸︷︷︸1+

( w̃T y︸︷︷︸(2n−1)+

)] ·︸︷︷︸n Operationen

w̃ .

Das sind 4n Operationen.w oder w̃ in H = E − 2 wwTwT w = E − 2w̃w̃T brauchen nur n Speicher.Multipliziert man hingegen wwT aus, so ist Hy i.A. vollbesetzt.Dann braucht Hy bei Standardausführung n(2n − 1) Operationen.

HT = (E − 2wwT )T = E − 2wwT = H; HHT = HT H = H2 = E

H also symmetrisch & orthogonal.Lösung von Hx = b ist x = Hb �



Wichtige Anwendung vonHouseholder-Matrizen

Seite 216

FrageGibt es eine Householder-Matrix H = E − 2 wwTwT w , die x ∈ Rn auf λe1 abbildet?

Zwischenüberlegung:Wenn das geht, so muss λ = ±||x || sein. (Länge bleibt erhalten)

Endüberlegung:w zeigt vom Ergebnisvektor Hx nach x .Also

w = +||x ||e1 − x oder w = −||x ||e1 − x .Zack! FERTIG!



Welchen wählen?Den

w̃ = x + sign(x1)||x ||e1



Beispiel

Bilde

H = E − 2 wwT

wT wmit Hx = y ,

wobeix = (3,4,0,0)T , y = (0,0,0,5)T

FrageGeht das überhaupt?

Antwort: Ja, ||x || = ||y ||.



Konstruktion:

w hat Richtung von x − y oder y − x . (Ist egal. Wieso?)Also

w = x − y = (3,4,0,−5)T

H = E − 2 wwT

wT w= E − 1

25

340−5

(3,4,0,−5)





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Wiederholung: Matrixdarstellung, Rotkäppchens Diätplan · Matrix A 2 R (n ;n ) Normal: Bei Basis-Wechsel wird man im Bild- und Urbildraum wieder die gleiche Basis wollen. Übergang: