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Lineare Abbildungen Heinrich Voss [email protected] Hamburg University of Technology Department of Mathematics Lineare Abbildungen – p. 1/95

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Lineare Abbildungen

Heinrich Voss

[email protected]

Hamburg University of Technology

Department of Mathematics

Lineare Abbildungen – p. 1/95

Page 2: Lineare Abbildungen - mat.tuhh.de · Lineare Abbildungen Heinrich Voss voss@tu-harburg.de Hamburg University of Technology Department of Mathematics Lineare Abbildungen – p. 1/95

BasiswechselEs seien V , W endlichdimensionale Vektorräume und T : V → W lineareAbbildung

Gegeben eine Matrixdarstellung bzgl. der Basen {v1, . . . , vn} von V und{w1, . . . , wm} von W .

Wie erhält man daraus die Darstellung bzgl. anderer Basen {v1, . . . , vn}von V und w1, . . . , wm} von W?

Lineare Abbildungen – p. 2/95

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Basiswechsel (2)

Seiξ Koordinatenvektor von v ∈ V bzgl. {v1, . . . , vn}η = Tξ Koordinatenvektor von T (v) ∈ W bzgl. {w1, . . . , wm}

ξ Koordinatenvektor von v ∈ V bzgl. {v1, . . . , vn}η = T ξ Koordinatenvektor von T (v) ∈ W bzgl. {w1, . . . , wm}

Wie kann man T aus T bestimmen?

Lineare Abbildungen – p. 3/95

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Basiswechsel (3)

Die Identität I : V → V werde bzgl. der Basen {v1, . . . , vn} im Urbildraumund {v1, . . . , vn} im Bildraum beschrieben durch S:

ξ = Sξ,

und die Identität I : W → W werde bzgl. der Basen {w1, . . . , wm} imUrbildraum und {w1, . . . , wm} im Bildraum beschrieben durch R:

η = Rη

Dann gilt

η = R−1η = R−1Tξ = R−1TSξ,

und daherT = R−1TS

Lineare Abbildungen – p. 4/95

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Beispiel

T : R2 → R

3 habe bzgl. der Standardbasen die Darstellung

T =

0 1

2 3

4 5

.

Welche Darstellung hat T bzgl. der Basen

v1 :=

(1

1

)

, v2 :=

(1

−1

)

in R2,

und

w1 :=

1

1

0

, w2 :=

0

1

1

, w3 :=

0

1

0

in R3?

Lineare Abbildungen – p. 5/95

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Beispiel (2)

Die Matrix S beschreibt den Übergang von {e1, e2} zu {v1, v2}, ist also dieDarstellung der Identität I in R

2 bzgl. {v1, v2} und {e1, e2}:

I(v1) =

(1

1

)

= s11e1 + s21e

2 → s1 =

(1

1

)

I(v2) =

(1

−1

)

= s12e1 + s22e

2 → s2 =

(1

−1

)

⇒ S =

(1 1

1 −1

)

Lineare Abbildungen – p. 6/95

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Beispiel (3)

Genauso erhält man die Matrix R:

I(w1) =

1

1

0

= r11e1 + r21e

2 + r31e3 → r1 =

1

1

0

I(w2) =

0

1

1

= r12e1 + r22e

2 + r32e3 → r2 =

0

1

1

I(w3) =

0

1

0

= r13e1 + r23e

2 + r33e3 → r3 =

1

1

0

⇒ R =

1 0 0

1 1 1

0 1 0

Lineare Abbildungen – p. 7/95

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Beispiel (4)

T = R−1TS =

1 0 0

1 1 1

0 1 0

−1

0 1

2 3

4 5

(1 1

1 −1

)

=

1 0 0

1 1 1

0 1 0

−1

1 −1

5 −1

9 −1

⇒ T =

1 −1

9 −1

−5 1

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Beispiel 2

T : Π4 → Π3, v(t) 7→ v′(t)

Die Matrixdarstellung bzgl. der Monome

vj(t) := tj−1, j = 1, . . . , 5 und wj(t) := tj−1, j = 1, . . . , 4

enthält in der k-ten Spalte die Entwicklungkoeffizienten von

T (vk)(t) = ktk−1 bzgl. w1, w2, w3, w4:

T =

0 1 0 0 0

0 0 2 0 0

0 0 0 3 0

0 0 0 0 4

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Beispiel 2 (2)

v(t) = 2 + 3t + 4t2 + 5t3 + 6t4

⇒ v′(t) = 3 + 8t + 15t2 + 24t3

Tatsächlich

T

2

3

4

5

6

=

0 1 0 0 0

0 0 2 0 0

0 0 0 3 0

0 0 0 0 4

2

3

4

5

6

=

3

8

15

24

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Beispiel 2 (3)

Stelle die Abbildung bzgl. der Bernsteinpolynome als neue Basen dar:

vj+1(t) :=

(4

j

)

tj(1 − t)4−j , j = 0, 1, 2, 3, 4

und

wj+1(t) :=

(3

j

)

tj(1 − t)3−j , j = 0, 1, 2, 3

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Beispiel 2 (4)

Matrix S enthält in der k-ten Spalte die Entwicklungskoeffizienten von vk

bzgl. der Ausgangsbasis v1, . . . , v5:

v1(t) =

(4

0

)

t0(1 − t)4 = 1 − 4t + 6t2 − 4t3 + t4

v2(t) =

(4

1

)

t1(1 − t)3 = 4t − 12t2 + 12t3 − 4t4

v3(t) =

(4

2

)

t2(1 − t)2 = 6t2 − 12t3 + 6t4

v4(t) =

(4

3

)

t3(1 − t)1 = 4t3 − 4t4

v5(t) =

(4

4

)

t4(1 − t)0 = t4

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Beispiel 2 (5)

S =

1 0 0 0 0

−4 4 0 0 0

6 −12 6 0 0

−4 12 −12 4 0

1 −4 6 −4 1

Analog enthält R in der k-ten Spalte die Entwicklungskoeffizienten von wk

bzgl. w1, w2, w3, w4:

R =

1 0 0 0

−3 3 0 0

3 −6 3 0

−1 3 −3 1

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Beispiel 2 (6)

v(t) = 2 + 3t + 4t2 + 5t3 + 6t4 =

5∑

j=1

ξj vj(t) :

=⇒ ξ =

1 0 0 0 0

−4 4 0 0 0

6 −12 6 0 0

−4 12 −12 4 0

1 −4 6 −4 1

−1

2

3

4

5

6

=

2

11/4

25/6

15/2

20

Tatsächlich:

v(t) = 2v1 + 114 v2 + 25

6 v3 + 152 v4 +20v5

= 2 −8t +12t2 −8t3 +2t4

+11t −33t2 +33t3 −11t4

+25t2 −50t3 +25t4

+30t3 −30t4

+20t4

= 2 +3t +4t2 +5t3 +6t4

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Beispiel 2 (7)

Darstellung der Abbildung T bzgl. der Bernsteinpolynome:

T = R−1TS

= R−1

0 1 0 0 0

0 0 2 0 0

0 0 0 3 0

0 0 0 0 4

1 0 0 0 0

−4 4 0 0 0

6 −12 6 0 0

−4 12 −12 4 0

1 −4 6 −4 1

=

1 0 0 0

−3 3 0 0

3 −6 3 0

−1 3 −3 1

−1

−4 4 0 0 0

12 −24 12 0 0

−12 36 −36 12 0

4 −16 24 −16 4

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Beispiel 2 (8)

Ableitung von

v(t) =

5∑

j=1

ξj vj(t)

ist

w(t) =

3∑

j=1

ηjwj(t)

mit

η =

1 0 0 0

−3 3 0 0

3 −6 3 0

−1 3 −3 1

−1

−4 4 0 0 0

12 −24 12 0 0

−12 36 −36 12 0

4 −16 24 −16 4

ξ

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Beispiel 2 (9)

v(t) = 2v1 +11

4v2 +

25

6v3 +

15

2v4 + 20v5

η =

1 0 0 0

−3 3 0 0

3 −6 3 0

−1 3 −3 1

−1

−4 4 0 0 0

12 −24 12 0 0

−12 36 −36 12 0

4 −16 24 −16 4

2

11/4

25/6

15/2

20

=

1 0 0 0

−3 3 0 0

3 −6 3 0

−1 3 −3 1

−1

3

8

15

24

=

3

17/3

40/3

50

Lineare Abbildungen – p. 17/95

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Beispiel 2 (10)

v′(t) = 3w1(t) + 173 w2(t) + 40

3 w3(t) +50w4(t)

= 3 −9t +9t2 −3t3

+17t −34t2 +17t3

+40t2 −40t3

+50t3

= 3 +8t +15t2 +24t3

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Äquivalente Matrizen

Zwei Matrizen A, A ∈ R(m,n) heißen äquivalent, wenn es reguläre Matrizen

R ∈ R(m,m) und S ∈ R

(n,n) gibt mit

A = R−1AS.

Äquivalente Matrizen beschreiben also dieselbe lineare Abbildungbzgl. verschiedener Basen, wobei R den Basiswechsel im Bildraum und Sden Basiswechsel im Urbildraum beschreibt.

Man kann zeigen: Zwei Matrizen gleicher Dimension sind genau dannäquivalent, wenn sie denselben Rang besitzen.

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Ähnliche MatrizenSei T die Matrixdarstellung von T : V → V , wobei im Urbild- und imBildraum diesselbe Basis v1, . . . , vn verwendet wird.

Sei {v1, . . . , vn} eine weitere Basis von V , und es beschreibe S den

Basiswechsel vj =n∑

i=1

sijvi.

Dann wird T bzgl. {v1, . . . , vn} in Urbild- und Bildraum beschrieben durchdie Matrix

T = S−1TS.

Definition: Zwei Matrizen A, A ∈ R(n,n) heißen ähnlich, wenn es eine

reguläre Matrix S ∈(n,n) gibt mit

A = S−1AS.

Ähnliche Matrizen repräsentieren dieselbe Abbildung eines Raumes insich, wobei S den Wechsel beschreibt von der zu A gehörenden zu der zuA gehörenden Basis.

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Beispiel

Die Spiegelung des R3 an der Ebene

E := {x ∈ R3 : x1 + x2 − 2x3 = 0}

lässt sich besonders leicht bzgl. einer angepassten Basis beschreiben:Sind v1 und v2 unabhängige Vektoren in der Ebene und v3 ein normalerVektor, z.B.

v1 =

1

−1

0

, v2 =

0

2

1

, v3 =

1

1

−2

So lautet die Matrixdarstellung offenbar

A =

1 0 0

0 1 0

0 0 −1

.

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Beispiel (2)

Wir beschreiben die Spiegelung bzgl. der natürlichen Basis.

Die k-te Spalte sk der Matrix S, die den Basiswechsel von vi, i = 1, 2, 3 zuvi = ei, i = 1, 2, 3 beschreibt, erfüllt

s1kv1 + s2kv2 + s3kv3 =

1 0 1

−1 2 1

0 1 −2

sk = ek,

d.h.

S =

1 0 1

−1 2 1

0 1 −2

−1

.

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Beispiel (3)

Wegen

S =1

6

5 −1 2

2 2 2

1 1 −2

wird die Spiegelung bzgl. der Standardbasis beschrieben durch:

A = S−1AS =1

3

2 −1 2

−1 2 2

2 2 −1

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Beispiel (4)

Der Punkt

x :=

2

2

−1

wird an der Ebene E gespiegelt in den Punkt

Ax =1

3

2 −1 2

−1 2 2

2 2 −1

2

2

−1

=

0

0

3

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Beispiel (5)

Rechne x in Koordinaten bzgl. v1, v2, v3 um:

1 0 1

−1 2 1

0 1 −2

ξ =

2

2

−1

→ ξ =

1

1

1

Spiegelung:

η =

1 0 0

0 1 0

0 0 −1

1

1

1

=

1

1

−1

Transformation in Standardbasis

Ax =

1 0 1

−1 2 1

0 1 −2

1

1

−1

=

0

0

3

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Beispiel (6)

Noch direkter, nämlich geometrisch:

Gerade durch x senkrecht zur Ebene E:

2

2

−1

+ t

1

1

−2

=

2 + t

2 + t

−1 − 2t

Schnittpunkt mit der Ebene E

(2 + t) + (2 + t) − 2(−1 − 2t) = 0, d.h. t = −1 →

1

1

1

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Beispiel (7)

Vektor von x zum Lotpunkt auf E

1

1

1

2

2

−1

=

−1

−1

2

gespiegelter Punkt

2

2

−1

+ 2

−1

−1

2

=

0

0

3

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Orthogonale Projektion

Sei V ein (nicht notwendig endlichdimensionaler) Euklidischer Vektorraummit dem inneren Produkt 〈·, ·〉 und W ein endlichdimensionaler Teilraumvon V .

Approximationsproblem

Gegeben sei v ∈ V .

Bestimme die beste Approximation für v in W , d.h. bestimmev ∈ W , so dass

‖v − v‖ ≤ ‖w − v‖ für alle w ∈ W.

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Orthogonale Projektion (2)

Ist V = R3 und W eine Ebene oder Gerade, so ist anschaulich klar, dass

die beste Approximation für ein v in W die orthogonale Projektion P (v)

von v auf W ist und dass diese Lösung eindeutig ist.

Lineare Abbildungen – p. 29/95

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Satz 6.10: Projektionssatz

Sei V ein Euklidischer Vektorraum (nicht notwendig endlicher Dimension) und W einendlichdimensionaler linearer Teilraum von V .

Dann gibt es zu jedem v ∈ V eine eindeutige Zerlegung

v = w + u mit w ∈ W und u ⊥ W.

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Beweis von Satz 6.10Sei w1, . . . , wm eine Orthonormalbasis von W ,

w :=

m∑

j=1

〈v, wj〉wj und u := v − w.

Dann gilt w ∈ W , und wegen

〈u, wk〉 = 〈v − w, wk〉 = 〈v, wk〉 − 〈m∑

j=1

〈v, wj〉wj , wk〉

= 〈v, wk〉 −m∑

j=1

〈v, wj〉 〈wj , wk〉︸ ︷︷ ︸

δjk

= 〈v, wk〉 − 〈v, wk〉 = 0, k = 1, . . . , m,

ist u ⊥ W , und damit ist die Existenz der Zerlegung von v aus Satz 6.10gesichert.

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Beweis von Satz 6.10 (2)

Istv = w + u, w ∈ W, u ⊥ W

eine beliebige Zerlegung von v, so folgt aus

v = w + u = w + u

zunächstw − w = u − u,

und daher

‖w − w‖2 = 〈w − w, w − w〉 = 〈w − w, u − u〉 = 0,

d.h.w = w, u = u. ¤

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DefinitionEs sei V ein Euklidischer Vektorraum und W ein endlichdimensionalerTeilraum von V . Es sei v ∈ V und v = w + u die Zerlegung aus Satz 6.10.

Dann heißt w die orthogonale Projektion von v auf W .

Die Abbildung P : V → V , die jedem v ∈ V seine orthogonale Projektionw ∈ W ⊂ V zuordnet, heißt die orthogonale Projektion von V auf W .

Bemerkung Mit jeder Orthonormalbasis {w1, . . . , wm} von W ist

P (v) =

m∑

j=1

〈v, wj〉wj

die orthogonale Projektion von v auf W (vgl. den Beweis von Satz 6.10).

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Bemerkung

Ist V ein endlichdimensionaler Vektorraum, so kann man die Basis{w1, . . . , wm} von W zu einer Orthonormalbasis{w1, . . . , wm, wm+1, . . . , wn} von V erweitern.

Hiermit gilt

v =

n∑

i=1

〈v, wi〉wi, für alle v ∈ V.

Man erhält also die orthogonale Projektion P(v) von v auf W , indem mandie Fourierentwicklung von v nach dem m-ten Term abbricht.

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Bemerkung

Sei {v1, . . . , vm} eine beliebige Basis von W .

Hiermit hat P (v) eine eindeutige Darstellung P (v) =∑m

j=1 ξjvj , und P (v)

ist bestimmt durch die Bedingung

v − P (v) ⊥ w für alle w ∈ W.

Diese Bedingung ist äquivalent zu

〈v −m∑

j=1

ξjvj , vi〉 = 0, i = 1, . . . , m

⇐⇒ 〈v, vi〉 −m∑

j=1

ξj〈vj , vi〉 = 0, i = 1, . . . , m,

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Bemerkung (2)

d.h.

〈v1, v1〉 . . . 〈v1, vm〉〈v2, v1〉 . . . 〈v2, vm〉

......

...〈vm, v1〉 . . . 〈vm, vm〉

ξ1

xi2...

ξm

=

〈v, v1〉〈v, v2〉

...〈v, vm〉

Dieses lineare Gleichungssystem zur Bestimmung von ξ1, . . . , ξm ist füralle rechten Seiten nach Satz 6.10 eindeutig lösbar. Daher istKoeffizientenmatrix regulär.

Lineare Abbildungen – p. 36/95

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Gramsche MatrixEs sei V ein Euklidischer Vektorraum, und seien v1, . . . , vm ∈ V gegeben.Dann heißt

G(v1, . . . , vm) =

〈v1, v1〉 . . . 〈v1, vm〉〈v2, v1〉 . . . 〈v2, vm〉

......

...〈vm, v1〉 . . . 〈vm, vm〉

die Gramsche Matrix zu v1, . . . , vm.

Aus der letzten Bemerkung folgt, dass die Gramsche Matrix für linearunabhängige v1, . . . , vm stets regulär ist.

Für linear abhängige v1, . . . , vm ist die Gramsche Matrix natürlich singulär.

Lineare Abbildungen – p. 37/95

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Satz 6.16: Approximationssatz

Es sei V ein Euklidischer Vektorraum (nicht notwendig endlicherDimension), W ein endlichdimensionaler Teilraum von V und P dieorthogonale Projektion auf W .

Dann gilt für alle v ∈ V

‖v − P (v)‖ < ‖v − w‖ für alle w ∈ W, w 6= P (v),

d.h. P (v) ist die beste Approximation für v in W , und dasApproximationsproblem ist eindeutig lösbar.

Lineare Abbildungen – p. 38/95

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Beweis von Satz 6.16Mit dem Satz des Pythagoras:

‖u + w‖2 = ‖u‖2 + ‖w‖2 für alle u, w ∈ V mit 〈u, w〉 = 0,

den man so einsieht:

‖u + w‖2 = 〈u + w, u + w〉 = 〈u, u〉 + 2 〈u, w〉︸ ︷︷ ︸

=0

+〈w, w〉 = ‖u‖2 + ‖w‖2.

Sei v ∈ V , v1 := P (v) ∈ W , v2 := v − P (v) ⊥ W .

Dann gilt für alle w ∈ W , w 6= P (v)

‖v − w‖2 = ‖(v1 − w) + v2‖2 = ‖v1 − w‖2 + ‖v2‖2

> ‖v2‖2 = ‖v − P (v)‖2. ¤

Lineare Abbildungen – p. 39/95

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Bemerkung

Das Approximationsproblem ist auch dann sinnvoll, wenn V ein normierterRaum ist und die Norm nicht durch ein inneres Produkt induziert wird.

Ist W ein endlichdimensionaler Teilraum von V , so kann man (mit Mittelnder Analysis) zeigen, dass es zu jedem v ∈ V ein v ∈ W gibt mit

‖v − v‖ ≤ ‖v − w‖ für alle w ∈ W.

Die Eindeutigkeit der besten Approximation ist aber i.a. nicht mehrgesichert.

Lineare Abbildungen – p. 40/95

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Andere NormFür V = R

2 mit der Summennorm

‖x‖1 := |x1| + |x2|,

v =

(1

0

)

und W = {(

t

t

)

: t ∈ R}

gilt‖v − w‖1 ≥ 1 für alle w ∈ W

und

‖v −(

t

t

)

‖1 = 1 für alle t ∈ [0, 1].

Genauso ist das Approximationsproblem im Rn mit der Maximumnorm

nicht immer eindeutig lösbar.

Lineare Abbildungen – p. 41/95

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Andere Norm (2)

−0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

v

W

||x−v||1=1

Lineare Abbildungen – p. 42/95

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Beispiel

Betrachte den Vektorraum Πn, n ≥ 2, mit

〈u, v〉 :=

1∫

0

u(x)v(x) dx

und bestimmen diejenige Gerade, die u(x) := x3 am besten approximiert,also die Projektion von u auf Π1.

Lineare Abbildungen – p. 43/95

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Beispiel (2)

Mit der Basis v1(x) ≡ 1, v2(x) = x von Π1 lautet das Gleichungssystem

1∫

0

1 dx1∫

0

x dx

1∫

0

x dx1∫

0

x2 dx

(ξ0

ξ1

)

=

1∫

0

x3 dx

1∫

0

x4 dx

⇐⇒(

1 1/2

1/2 1/3

) (ξ0

ξ1

)

=

(1/4

1/5

)

mit der Lösung ξ0 = − 15 , ξ1 = 9

10 , d.h. es ist

P (u) := −1

5+

9

10x.

Lineare Abbildungen – p. 44/95

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Beispiel (3)

−0.4 −0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4

−0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

Lineare Abbildungen – p. 45/95

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Beispiel (4)

w1(x) ≡ 1, w2(x) =√

12(0.5 − x)

ist ein Orthonormalsystem von Π1.

Daher gilt

P (u) = 1 ·1∫

0

x2 dx +√

12(0.5 − x)

1∫

0

√12(0.5 − x)x3 dx

= 0.25 + 12(0.5 − x)

1∫

0

(0.5x3 − x4) dx

= −1

5+

9

10x

Lineare Abbildungen – p. 46/95

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Matrixdarstellung

Die orthogonalen Projektion P ist eine lineare Abbildung, hat also eineMatrixdarstellung.

Wir beschränken uns auf das Euklidische innere Produkt.

Mit einer Orthonormalbasis {w1, . . . , wm} von W ⊂ Rn gilt

P (x) =

m∑

i=1

(wi)T x · wi =

m∑

i=1

wi · (wi)T x =( m∑

i=1

wi · (wi)T)

x.

Daher ist die Matrix von P : Rn → R

n bzgl. {w1, . . . , wm}

P =

m∑

i=1

wi · (wi)T .

Lineare Abbildungen – p. 47/95

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Beispiel

Sei W := {x ∈ R3 : x1 + x2 − 2x3 = 0}.

Dann ist

w1 :=1√2

1

−1

0

, w2 :=1√3

1

1

1

eine Orthonormalbasis von W , und die orthogonale Projektion auf W wirdbeschrieben durch die Matrix

P =1

2

1

−1

0

(1,−1, 0) +1

3

1

1

1

(1, 1, 1)

Lineare Abbildungen – p. 48/95

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Satz 6.20Gegeben sei die reelle (n, m)-Matrix

A =(a1, . . . , am

)

mit den Spaltenvektoren a1, . . . , am, m ≤ n. Dann gilt

(i) Rang(A) = m ⇐⇒ AT A regulär,

(ii) Es sei Rang(A) = m und W der von {a1, . . . , am} aufgespannteTeilraum des R

n.

Dann hat die orthogonale Projektion P auf W bzgl. des Euklidischeninneren Produktes die Matrixdarstellung

P = A(AT A)−1AT .

Lineare Abbildungen – p. 49/95

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Beweis von Satz 6.20

(i): Sei Rang(A) = m. Dann folgt aus AT Ax = 0 zunächst

xT AT Ax = ‖Ax‖22 = 0, d.h. Ax = 0,

und wegen der linearen Unabhängigkeit von {a1, . . . , am} erhält man

x1 = · · · = xm = 0.

Sei umgekehrt AT A regulär. Dann folgt aus Ax = 0 zunächst AT Ax = 0,und aus der Regularität von AT A erhält man x = 0, d.h. a1, . . . , am sindlinear unabhängig.

Lineare Abbildungen – p. 50/95

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Beweis von Satz 6.20 (2)

(ii): Es sei Qx := A(AT A)−1AT x. Dann gilt

QA = A(AT A)−1AT A = A,

d.h. Qaj = aj für alle j = 1, . . . , m, und daher Qx = x für alle x ∈ W .

Gilt x ⊥ W , so folgt (aj)T x = 0 für alle j = 1, . . . , m, d.h. AT x = 0, unddaher

Qx = A(AT A)−1AT x = 0.

Aus diesen beiden Eigenschaften folgt für alle x ∈ V

Qx = Q(Px + (x − Px)

)= Q Px

︸︷︷︸

∈W

+Q (x − Px)︸ ︷︷ ︸

⊥W

= Px.

Lineare Abbildungen – p. 51/95

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Beispiel

W := {x ∈ R3 : x1 + x2 − 2x3 = 0}

Als Basis wählen wir die nicht orthogonalen Vektoren

a1 :=

1

−1

0

, a2 :=

0

2

1

, d.h. A =

1 0

−1 2

0 1

.

⇒ AT A =

(1 −1 0

0 2 1

)

1 0

−1 2

0 1

=

(2 −2

−2 5

)

, (AT A)−1 =1

6

(5 2

2 2

)

⇒ A(AT A)−1AT =1

6

5 −1 2

−1 5 2

2 2 2

.

Lineare Abbildungen – p. 52/95

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Satz 6.22

Die Matrix P ∈ R(n,n) beschreibt (bzgl. der Standardbasis) genau dann die

orthogonale Projektion P des R(n,n) auf den Teilraum W := {Px : x ∈ R

n},wenn gilt

P = P 2 = PT .

Lineare Abbildungen – p. 53/95

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Beweis Satz 6.22Wegen P (v) ∈ W ist P (v) = P (v) + 0 die eindeutige Zerlegung von P (v)

nach Satz 6.10. Daher gilt P (P (v)) = P (v), d.h. für die zugehörige Matrix

P 2 = P . Ferner liest man aus der Darstellung der Projektionsmatrixunmittelbar P = PT ab.

Gilt umgekehrt P = P 2 = PT , so beschreibt P die orthogonale Projektionauf W , denn für alle v ∈ R

n gilt sicher Pv ∈ W ,

und wegen

(v − Pv)T Pz = vT (E − P )T P = vT (P − P 2)z = 0 für alle z ∈ Rn

gilt v − Pv ⊥ W . ¤

Lineare Abbildungen – p. 54/95

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Orthogonalraum

Es sei W ein Teilraum des Euklidischen Vektorraumes V.

Dann heißtW⊥ := {v ∈ V : 〈v, w〉 = 0 für alle w ∈ W}

der Orthogonalraum von W in V.

BemerkungMan rechnet leicht nach, dass der Orthogonalraum W⊥ von W einTeilraum von V ist.

Dies gilt sogar, wenn W selbst kein Teilraum von V ist sondern einebeliebige Teilmenge von V .

Lineare Abbildungen – p. 55/95

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Bemerkung

Es sei V endlichdimensional, {w1, . . . , wm} eine Orthonormalbasis von W

und {w1, . . . , wm, wm+1, . . . , wn} eine Orthonormalbasis von V .

Dann gilt offensichtlich

W⊥ = span{wm+1, . . . , wn}

und(W⊥)⊥ = span{w1, . . . , wm} = W.

Ist W ein beliebiger Teilraum eines unendlichdimensionalen EuklidischenVektorraumes V , so gilt i.a. nur

W ⊂ (W⊥)⊥ mit W 6= (W⊥)⊥.

Lineare Abbildungen – p. 56/95

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Bemerkung

Sei V endlichdimensional, W Teilraum von V , P die orthogonaleProjektion von V auf W und Q die orthogonale Projektion von V auf W⊥.

Für alle v ∈ V giltQ(v) := v − P (v),

so dass also Q = I − P mit der Identität I ist.

Wird P bezüglich irgendeiner Basis von V durch die Matrix P dargestellt,so wird Q (bezüglich derselben Basis) durch die Matrix E − P dargestellt.

Lineare Abbildungen – p. 57/95

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Bemerkung (2)

Sind nämlich w1, . . . , wn die orthonormalen Vektoren aus der letztenBemerkung, so gelten für alle v ∈ V die Darstellungen

P (v) =

m∑

i=1

〈wi, v〉wi,

Q(v) =

n∑

i=m+1

〈wi, v〉wi,

I(v) =

n∑

i=1

〈wi, v〉wi.

Hieraus sieht man P (v) + Q(v) = v.

Lineare Abbildungen – p. 58/95

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Bemerkung (3)

Setzt man die Darstellung v =∑n

i=1 αiwi eines Elementes v ∈ V ein, so

sieht man mit der Orthogonalität der wi-Vektoren schnell, dass dieAbbildungen P und Q bezüglich der w-Basis durch die Matrizen

P =

(Em Om,n−m

On−m,m On−m,n−m

)

, Q =

(Om,m Om,n−m

On−m,m En−m

)

dargestellt werden

Für diese Matrizen gilt offensichtlich Q = E − P , und da die Identität durchdie Einheitsmatrix E dargestellt wird, ist die Aussage über dieMatrixdarstellungen von P und Q für die spezielle w-Basis ersichtlich.

Lineare Abbildungen – p. 59/95

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Bemerkung (4)

Beim Übergang zu einer anderen Basis von V gewinnt man die MatrizenP , Q und E, die dann die Abbildungen darstellen, mit einer regulären(n, n)-Transformationsmatrix S gemäß

P = S−1PS, Q = S−1QS, E = S−1ES.

Wegen E = E gilt daher weiterhin Q = E − P .

Lineare Abbildungen – p. 60/95

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Beispiel

W := {x ∈ R3 : x1 + x2 − 2x3 = 0}, W⊥ = {λ

1

1

−2

: λ ∈ R}

Orthogonale Projektion auf W⊥:

Q = E − P =1

6

6 0 0

0 6 0

0 0 6

5 −1 2

−1 5 2

2 2 2

=1

6

1

1

−2

(1, 1,−2)

Lineare Abbildungen – p. 61/95

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Beispiel (2)

Das Beispiel zeigt, wie man die Projektion auf W schneller erhalten kann:

z =1√6

1

1

−2

ist offensichtlich eine Orthonormalbasis von W⊥. Daher ist

Q = zzT

die orthogonale Projektion auf W⊥ und

P = E − zzT

die orthogonale Projektion auf W .

Lineare Abbildungen – p. 62/95

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Orthogonale Matrizen

Sei A eine orthogonale Matrix

A ∈ R(n,n) mit AT A = E.

Dann gilt

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

d.h.det(A) = 1 oder det(A) = −1.

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Orthogonale Matrizen (2)

Für n = 2 gibt es zwei Typen orthogonaler Matrizen(vgl. Kapitel 4):

Drehung A =

(cos ϕ − sinϕ

sinϕ cos ϕ

)

det(A) = 1

Spiegelung B =

(cos ϕ − sinϕ

− sinϕ − cos ϕ

)

det(B) = −1

Definition:Sei A ∈ R

(n,n) eine orthogonale Matrix. Die zugehörigeKongruenztransformation heißt Drehung, falls det(A) = 1, und sie heißtSpiegelung, falls det(A) = −1 gilt.

Lineare Abbildungen – p. 64/95

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Satz 6.28

Sei A ∈ R(3,3) eine orthogonale Matrix.

(i) Im Falle det(A) = 1 beschreibt A eine Drehung um eine feste Achsedurch 0.

(ii) Im Falle det(A) = −1 ist A die Hintereinanderausführung einerSpiegelung und einer Drehung, nicht notwendig eine Spiegelung imanschaulichen Sinne.

Lineare Abbildungen – p. 65/95

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Beweis von Satz 6.28(i): Bestimme Drehachse, d.h. v ∈ R

3, v 6= 0, mit

Av = v also (A − E)v = 0.

Ein solches v existiert, denn es gilt

det(A − E) = det(A(E − AT )) = det(A) · det(E − A)

= 1 · det(E − A) = (−1)3 det(A − E),

und daher det(A − E) = 0.

Lineare Abbildungen – p. 66/95

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Beweis von Satz 6.28 (2)

Ergänze w1 := v‖v‖2

zu einer Orthonormalbasis {w1, w2, w3} des R3, und

stelle die orthogonale Transformation bzgl. dieser Basis dar.

Die Matrix S beschreibe den Basiswechsels von {e1, e2, e3} zu{w1, w2, w3}:

wk =3∑

j=1

sjkej , d.h. S = (w1, w2, w3),

und da S offenbar orthogonal ist, wird die Abbildung bzgl. der Basis{w1, w2, w3} beschrieben durch

A = S−1AS = ST AS.

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Beweis von Satz 6.28 (3)

Mit S und A ist auch A orthogonal, denn

AT A = (ST AT S) ST AS = ST AT (SST )AS

= ST (AT A)S = ST S = E.

Wegen Aw1 = w1 gilt Ae1 = e1, und daher

A =

1 ⋆ ⋆

0 ⋆ ⋆

0 ⋆ ⋆

,

und wegen der Orthogonalität von A folgt

A =

1 0 0

0 ⋆ ⋆

0 ⋆ ⋆

.

Lineare Abbildungen – p. 68/95

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Beweis von Satz 6.28 (4)

Wegen det A = 1 muss auch die Restmatrix orthogonal mit Determinante 1

sein, und nach Kapitel 4 muss A daher die folgende Gestalt haben:

A =

1 0 0

0 cos ϕ − sinϕ

0 sinϕ cos ϕ

.

Damit beschreibt A eine Drehung um die Achse w1 um den Winkel ϕ.

Lineare Abbildungen – p. 69/95

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Beweis von Satz 6.28 (5)

(ii): Betrachte

A = A

1 0 0

0 1 0

0 0 −1

.

Dann ist A orthogonal mit det(A) = det(A) · (−1) = 1, und beschreibt eineDrehung im R

3.

A = A

1 0 0

0 1 0

0 0 −1

beschreibt also die Hintereinanderausführung einer Spiegelung und einerDrehung. ¤

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Bemerkung

Der Beweis von Satz 6.27, wonach im Falle det(A) = 1 ein von Nullverschiedener Vektor existiert, der von A reproduziert wird, ist nur fürungerade Dimensionen n richtig.

Für

A =

cos ϕ − sinϕ 0 0

sinϕ cos ϕ 0 0

0 0 cos ψ − sinψ

0 0 sinψ cos ψ

gilt AT A = E, det(A) = 1, aber es gibt im Falle ϕ 6= ψ kein v ∈ R4 mit

Av = v.

Lineare Abbildungen – p. 71/95

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Beispiel

A =1

3

2 −2 1

2 1 −2

1 2 2

beschreibt wegen AT A = E und det(A) = 1 eine Drehung.

Drehachse:

(A − E)v = 0 ⇐⇒

−1 −2 1

2 −2 −2

1 2 −1

v = 0 ⇐ v =

1

0

1

.

Lineare Abbildungen – p. 72/95

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Beispiel (2)

Um den Drehwinkel ϕ zu bestimmen, wählen wir einen Vektor w ⊥ v undbestimmen den Winkel zwischen w und Aw.

Es gilt für w =

0

1

0

〈v, w〉 = 0, Aw =1

3

−2

1

2

,

und daher

cos ϕ =〈w, Aw〉

‖w‖ · ‖Aw‖ =1

3,

d.h. ϕ = 1.2309 . . . oder ϕ = 2π − 1.2309 . . . .

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Beispiel (3)

Wegen

det(v, w, Aw) =4

3> 0

bilden die Vektoren v, w und Aw ein Rechtssystem, und daher ist derDrehwinkel

ϕ = 1.2309 · · · ≡ 70.53◦.

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Beispiel 2

A =1

3

2 1 −2

2 −2 1

1 2 2

Es ist AT A = E und det(A) = −1, und daher ist A eine Spiegelung.

det(A − E) =1

27

−1 1 −2

2 −5 1

1 2 −1

= −18

276= 0

Daher ist das Gleichungssystem (A − E)v = 0 nur trivial lösbar, und esgibt keinen Vektor v 6= 0, der durch A in sich abgebildet wird. A beschreibtalso keine Spiegelung im anschaulichen Sinne.

Lineare Abbildungen – p. 75/95

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Spur einer Matrix

Es sei A ∈ R(n,n) eine quadratische Matrix. Dann heißt

Spur (A) :=n∑

j=1

ajj

die Spur der Matrix A.

Lemma 6.32Die Spuren ahnlicher Matrizen stimmen uberein, d.h. ist A ∈ R

(n,n) beliebig und

T ∈ R(n,n) regular, so gilt

Spur (A) = Spur(T−1AT ).

Lineare Abbildungen – p. 76/95

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Beweis von Lemma 6.32

Für B ∈ R(n,n) gilt

Spur (AB) =

n∑

j=1

(AB)jj =

n∑

j=1

n∑

k=1

ajkbkj

=

n∑

k=1

n∑

j=1

bkjajk =

n∑

k=1

(BA)kk

= Spur (BA),

Damit folgt

Spur (T−1AT ) = Spur (T−1TA) = Spur (A). ¤

Lineare Abbildungen – p. 77/95

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Satz 6.33

Sei A ∈ R(3,3) eine orthogonale Matrix mit det(A) = 1.

Dann erfullt der zu A gehorende Drehwinkel ϕ die Gleichung

cos ϕ =1

2(Spur (A) − 1),

und im Falle eines nichttrivialen Drehwinkels (cos(ϕ) 6= 1) gilt fur die Richtung v derDrehachse

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

Lineare Abbildungen – p. 78/95

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Beweis von Satz 6.33Sei S wie im Nachweis, dass orthogonale Matrizen mit det(A) = 1Drehungen beschreiben, d.h.

ST AS =

1 0 0

0 cos ϕ − sinϕ

0 sinϕ cos ϕ

=: A.

Dann gilt wegen Spur (A) = Spur (A) = 1 + 2 cos ϕ die erste Behauptung.

Wegen 2 cos ϕ + 1 − Spur (A) = 0 ist

A + AT − (Spur (A) − 1)E =

3 − Spur (A) 0 0

0 0 0

0 0 0

.

Lineare Abbildungen – p. 79/95

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Beweis von Satz 6.33 (2)

Im Falle cos(ϕ) 6= 1 ist 3 − Spur (A) 6= 0, und daher folgt die zweiteBehauptung (mit w1 = v/‖v‖2) aus

A + AT − (Spur (A) − 1)E

= S(A + AT − (Spur (A) − 1)E)ST

= (3 − Spur (A))S

1 0 0

0 0 0

0 0 0

ST

= (3 − Spur (A))(

s11w1, s21w

1, s31w1)

.

Lineare Abbildungen – p. 80/95

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Beispiel

Für die Drehung, die durch die Matrix

A =1

3

2 −2 1

2 1 −2

1 2 2

beschrieben wird, erhält man in Übereinstimmung mit unseren vorherigenErgebnissen

cos ϕ =1

2(Spur (A) − 1) =

1

3

und wegen

A + AT − (Spur (A) − 1)E =1

3

2 0 2

0 0 0

2 0 2

die Richtung v = (2, 0, 2)T der Drehachse.

Lineare Abbildungen – p. 81/95

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Householder MatrizenHouseholder Matrizen beschreiben Spiegelungen an Hyperebenen.

Eine Hyperebene des Rn ist ein (n − 1)-dimensionaler Teilraum des R

n.

Im R3 sind dies die Ebenen und im R

2 die Geraden durch den Ursprung.

Allgemeine Gestalt einer Hyperebene im Rn:

W = {x ∈ Rn : wTx = 0} =: w⊥,

wobei w ∈ Rn, w 6= 0.

Lineare Abbildungen – p. 82/95

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Householder Matrizen (2)

Sei o.B.d.A. ‖w‖2 = 1. Wir erweitern w zu einer Orthonormalbasis{w1, . . . , wn} des R

n mit w1 = w.

Ist

x =

n∑

i=1

ξiwi ∈ R

n,

so ist der an W gespiegelte Vektor

H(x) = −ξ1w1 +

n∑

i=2

ξiwi = x − 2ξ1w

1

= x − 2〈w, x〉w = (E − 2wwT )x.

Lineare Abbildungen – p. 83/95

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Householder Matrizen (3)

x

w

0

w

H(x)

Lineare Abbildungen – p. 84/95

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DefinitionEs sei w ∈ R

n mit ‖w‖2 = 1.Dann heißt die Matrix

H := E − 2wwT

Householder Matrix.

H beschreibt eine Spiegelung an der Hyperebene w⊥.

Lineare Abbildungen – p. 85/95

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Beispiel

Die Ebene E := {x ∈ R3 : x1 + x2 + x3 = 0} besitzt den

Normaleneinheitsvektor

w =1√3(1, 1, 1)T .

Die Spiegelung an ihr wird daher beschrieben durch die HouseholderMatrix

H = E − 2

3

1

1

1

(1, 1, 1) =1

3

1 −2 −2

−2 1 −2

−2 −2 1

.

Diese Matrixdarstellung hatten wir schon vorher erhalten.

Lineare Abbildungen – p. 86/95

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Eigenschaften der Householder Ma-

trizen

HT = (E − 2wwT )T = E − 2wwT = H.

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

= E − 4wwT + 4w wT w︸ ︷︷ ︸

=1

wT = E,

d.h.

H ist eine symmetrische und orthogonale Matrix.

Lineare Abbildungen – p. 87/95

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Bemerkung

Die explizite Matrix-Darstellung der Householdermatrix wird i.a. nichtverwendet. Man benötigt das Matrix-Vektor Produkt

Hy = y −(2 · (wT y)

)w

oder die Lösung des linearen Gleichungssystems Hx = b, die man wegender Orthogonalität und Symmetrie erhält als

x = Hb.

Es muss also nur der Vektor w gespeichert werden.

Lineare Abbildungen – p. 88/95

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Householder Matrizen (4)

Frage: Kann man bei gegebenem x ∈ Rn, x 6= 0, eine Householder Matrix

H finden kann, so dass Hx ein Vielfaches des ersten Einheitsvektors e1 ist(oder allgemeiner die Richtung eines gegebenen Vektors w 6= 0 hat)?

H x H x

x

21

w

w

2

1

e1

Lineare Abbildungen – p. 89/95

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Householder Matrizen (5)

Da H orthogonal und somit längenerhaltend ist, kommen als Bilder nurx = ±‖x2‖ · e1 in Frage.

Wir haben also w ∈ Rn, w 6= 0, so zu bestimmen, dass für ein

λ ∈ {−‖x‖2, +‖x‖2} gilt

Hx =(

E − 2wwT

‖w‖22

)

x = x − 2wT x

‖w‖22

w = λe1.

Ist hierin wT x = 0, so ist x bereits ein Vielfaches von e1.

Lineare Abbildungen – p. 90/95

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Householder Matrizen (6)

Für wT x 6= 0 folgt

w =

(

2wT x

‖w‖22

)−1(x − λ · e1

).

Da es auf die Länge von w in der Darstellung von H nicht ankommt, gilt

w = x − λe1.

Einsetzen in die Abbildungsforderung liefert

w = x ± ‖x‖2e1

Lineare Abbildungen – p. 91/95

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Householder Matrizen (7)

Ist x ein Vielfaches von e1, so wird einer dieser Vektoren,w = x − sign(x1)e

1, gleich Null. Für ihn versagt die Formel für H.

Ist x einem Vielfachen von e1 sehr nahe, so werden schon bei der Bildungvon

w = x − sign(x1)‖x‖2e1

in der ersten Komponente zwei fast gleich große Zahlen voneinanderabgezogen, und es kommt zu Auslöschungen.

Man wählt daher die Lösung

w = x + sign(x1)‖x‖2e1

Lineare Abbildungen – p. 92/95

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Beispiel

Es sei x = (2, 2, 1)T .

Dann gilt ‖x‖2 = 3 und die Vektoren w1 := (5, 2, 1)T und w2 := (−1, 2, 1)T

leisten das Gewünschte.

Damit ist

H1 = E − 2

‖w1‖22

w1 (w1)T = E − 1

15

5

2

1

(5, 2, 1)

H2 = E − 2

‖w2‖22

w2 (w2)T = E − 1

3

−1

2

1

(−1, 2, 1).

Lineare Abbildungen – p. 93/95

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Beispiel (2)

Mit w1 = (5, 2, 1)T und w2 = (−1, 2, 1)T gilt

H1x =

2

2

1

− 2

30(5, 2, 1)

2

2

1

5

2

1

=

2

2

1

− 2

30· 15 ·

5

2

1

= −

3

0

0

,

H2x =

2

2

1

− 2

6(−1, 2, 1)

2

2

1

−1

2

1

=

2

2

1

− 2

6· 3 ·

−1

2

1

=

3

0

0

.

Lineare Abbildungen – p. 94/95

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Bemerkung

Wir haben hier auf die Richtung des ersten Einheitsvektors e1 gespiegelt,weil dieser Fall am häufigsten auftritt (z.B. im nächsten Kapitel bei derLösung von linearen Ausgleichsproblemen).

Analog erhält man die Spiegelung auf die Richtung jedes anderen Vektorsv 6= 0, wenn e1 in den Formeln durch v/‖v‖2 ersetzt wird.

Lineare Abbildungen – p. 95/95