Bilinearform und invertierbare Matrix

06.06.2013, 19:23	Feete	Auf diesen Beitrag antworten »
Bilinearform und invertierbare Matrix Hallo ihr Lieben, ich hab mal wieder eine Aufgabe bei der ich keine Ahnung habe wie ich da ran gehen soll. Also die Aufgabe lautet: Sei $\begin{eqnarray} \beta : V \times V \rightarrow K \end{eqnarray}$ eine Bilinearform. Zeigen Sie: Sind $\begin{eqnarray} v_1,...,v_m \in V \end{eqnarray}$ , und ist die Matrix $\begin{eqnarray} B = [\beta(v_i,v_j)] \in K^{m \times m} \end{eqnarray}$ invertierbar, so sind $\begin{eqnarray} v_1,...,v_m \end{eqnarray}$ linear unabhängig. So ich weiss wie eine Bilinearform definiert ist. Sei V ein K-Vektorraum mit $\begin{eqnarray} \beta : V\times V \rightarrow K \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \beta \end{eqnarray}$ ist Bilinearform $\begin{eqnarray} \Leftrightarrow \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \beta(v+v',w) = \beta(v,w) + \beta(v',w) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \beta(\lambda v, w) = \lambda \beta(v,w) \end{eqnarray}$ bzw. $\begin{eqnarray} \beta(v,w+w') = \beta(v,w) + \beta(v,w') \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \beta(v,\lambda w) = \lambda \beta(v,w) \end{eqnarray}$ für alle $\begin{eqnarray} v,v',w,w' \in V \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \lambda \in K \end{eqnarray}$ Die in der Aufgabe gegebene Matrix ist mir auch klar, die schaut so aus: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} \beta(v_1,v_1) & ... & \beta(v_1,v_m) \\ ... & ... & ... \\ \beta(v_m,v_1) & ... & \beta(v_m,v_m) \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Im Tutorium hiess es heute, der Beweis gehe gut per Widerspruch. Allerdings fehlt mir hier absolut der Ansatz. Für Hilfe währe ich dankbar! LG
07.06.2013, 11:44	Ehos	Auf diesen Beitrag antworten »
Beweis: Fasst man die n Vektoren $\begin{eqnarray} \vec v_1, \vec v_2, ..., \vec v_n \end{eqnarray}$ als Spalten einer Matrix V auf, so kann man deine Matrix B mit den Matrixelementen $\begin{eqnarray} B_{ij}=\vec v_i\cdot \beta \vec v_j \end{eqnarray}$ offenbar schreiben als $\begin{eqnarray} B=V^T\beta V \end{eqnarray}$ . Bildet man auf beiden Seiten dieser Gleichung die Determinante, so folgt aus der Invertierbarkeit von B die Forderung $\begin{eqnarray} 0\neq \det (B)=\det(V^T \beta V)=\det(V^T)\cdot \det (\beta )\cdot \det(V) \end{eqnarray}$ . Also muss für die einzelnen Matrizen gelten $\begin{eqnarray} 0\neq \det (V) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} 0\neq \det (\beta) \end{eqnarray}$ . Mit anderen Worten: Die Spalten der Matrizen V sind linear unabhängig. Diese Spalten sind aber gerade die obigen Vektoren $\begin{eqnarray} \vec v_1, \vec v_2, ..., \vec v_n \end{eqnarray}$ . w.z.b.w. Bemerkung: Mit diesem Beweis ist übrigens gezeigt, dass auch die Matrix $\begin{eqnarray} \beta \end{eqnarray}$ invertierbar sein muss.
07.06.2013, 12:33	RavenOnJ	Auf diesen Beitrag antworten »
@Ehos Es steht aber nirgendwo, dass die Zahl m der Vektoren $\begin{eqnarray} \{v_i\} \end{eqnarray}$ gerade der Dimension des Vektorraums V entspricht. Es könnte auch $\begin{eqnarray} m < \dim V \end{eqnarray}$ sein. Deine Spaltenmatrix aus den $\begin{eqnarray} \{v_i\} \end{eqnarray}$ wäre also nicht quadratisch. Man muss also wohl noch etwas ausführlicher argumentieren.
07.06.2013, 14:08	RavenOnJ	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich würde so argumentieren: Sei $\begin{eqnarray} W \end{eqnarray}$ die Matrix, die als Spalten die $\begin{eqnarray} v_i,i\in\{1,2,,\cdots,m\} \end{eqnarray}$ hat. Da die $\begin{eqnarray} m\times m \end{eqnarray}$ -Matrix $\begin{eqnarray} B=W^T\beta W \end{eqnarray}$ invertierbar ist, muss sie maximalen Rang haben: $\begin{eqnarray} \operatorname{rang}B= m \end{eqnarray}$ . Da nun gilt $\begin{eqnarray} \operatorname{rang} B \le \min\{\operatorname{rang} W, \operatorname{rang} (\beta W)\} = \min\{\operatorname{rang} W, \operatorname{rang} \beta \} \end{eqnarray}$ kann der Rang von $\begin{eqnarray} W \end{eqnarray}$ nicht kleiner sein als der von $\begin{eqnarray} B \end{eqnarray}$ . Also muss gelten $\begin{eqnarray} \operatorname{rang}W = m \end{eqnarray}$ , d.h. die Vektoren $\begin{eqnarray} \{v_i\} \end{eqnarray}$ müssen linear unabhängig sein.
07.06.2013, 18:25	Ehos	Auf diesen Beitrag antworten »
@RavenOnJ Du hast recht. Wenn die Anzahl m der Vektoren $\begin{eqnarray} \{ \vec v_1, ..., \vec v_m\} \end{eqnarray}$ geringer ist als die Raumdimension n, muss ich meine Argumentation wie folgt anpassen: Zusätzlich zu den m Vektoren konstruiert man n-m weitere Vektoren $\begin{eqnarray} \vec n_{m+1},...,\vec n_{n} \end{eqnarray}$ derart, dass diese sowohl untereinander als auch auf den ersteren m Vektoren senkrecht stehen. Somit hat man insgesamt n Vektoren $\begin{eqnarray} \{ \vec v_1, ..., \vec v_m , \vec n_{m+1},...,\vec n_{n} \} \end{eqnarray}$ , die man als Spalten einer Matrix V auffassen kann. Die folgende Argumentation verläuft wie bei meinem ersten Beitrag. Man erhält wieder die Forderung $\begin{eqnarray} 0\neq \det B=\det(V^T\beta V)=\det(V^T) \cdot \det (\beta) \cdot \det (V) \end{eqnarray}$ Daraus folgt wieder die Forderung $\begin{eqnarray} 0\neq \det(V) \end{eqnarray}$ . Dies gilt nur dann, wenn die Matrix V den vollen Rang n hat. Da aber laut Konstruktion die zusätzlichen n-m Spalten den Rang n-m haben, müssen die gegebenen Vektoren $\begin{eqnarray} \{ \vec v_1, ..., \vec v_m\} \end{eqnarray}$ den Rang m haben, damit (n-m)+m=n gilt. Folglich sind die m Vektoren $\begin{eqnarray} \{ \vec v_1, ..., \vec v_m\} \end{eqnarray}$ linear unabhängig.
09.06.2013, 20:55	Feete	Auf diesen Beitrag antworten »
Super vielen Dank, ich schau es mir morgen noch einmal ausführlich an
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