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Aufgabe:

Es sei V ein komplexer Vektorraum und f : V → V eine lineare Abbildung mit der Abbildungsmatrix A bezüglich einer Basis (v1,...,vn).

(a) Zeigen Sie, dass (v1,...,vn,iv1,...,ivn) eine Basis von V als reeller Vektorraum ist.

(b) Zeigen Sie, dass die Abbildungsmatrix von f als reell-lineare Abbildung bezüglich dieser Basis durch B =(ReAImAImAReA) \begin{pmatrix}ReA & -ImA \\ ImA & ReA \end{pmatrix} gegeben ist, wobei Im hier den Imaginärteil bezeichnet.

(c) Bringen Sie diese Matrix mit Hilfe von Zeilen- und Spaltenoperationen in die Form (A0n?A) \left( \begin{array} { l l } { A } & { 0 _ { n } } \\ { ? } & { \overline { A } } \end{array} \right)  oder (A?0nA) \left( \begin{array} { l l } { A } & { ? } \\ { 0 _ { n } } & { \overline { A } } \end{array} \right) und drücken Sie det B durch det A aus.

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In B={v1,,vn} \mathcal{B}=\left\{v_{1}, \ldots, v_{n}\right\} liegen halb soviele Vektoren wie in C={v1,,vn,iv1,,ivn} \mathcal{C}=\left\{v_{1}, \ldots, v_{n}, i \cdot v_{1}, \ldots, i \cdot v_{n}\right\}
Die Skalare kommen jetzt aber auch nur noch aus R \mathbb{R} , daher brauchen wir die auch alle.
Sei jetzt vV v \in V .

Die Skalare (i) sind imaginäre Einheiten, die sind aus C.

vV v \in V besitzt eine Darstellung v=λ1v1++λnvn v=\lambda_{1} \cdot v_{1}+\cdots+\lambda_{n} \cdot v_{n} wobei λjC \lambda_{j} \in \mathbb{C} . Dann gibt es also aj,bjR a_{j}, b_{j} \in \mathbb{R} , sodass λj=aj+ibj \lambda_{j}=a_{j}+i \cdot b_{j} .

Zur Basis C \mathcal{C} : Durch die Zerlegung von Real- und Imaginärteil der Koeffizienten lambda_{j} aus C entsteht ja dann gerade die Darstellung des Vektors v über die Vektoren v_1,...,v_n, iv_1,...,iv_n


Die Abbildungsmatrix für die Basis B B ist ja A=MBB(f) A=M_{B}^{B}(f) Wenn A=(aij)1i,jn A=\left(a_{i j}\right)_{1 \leq i, j \leq n} ist, dann gilt aijC a_{i j} \in \mathbb{C} , also wieder aij=λij+iμij a_{i j}=\lambda_{i j}+i \cdot \mu_{i j}

Du musst dir jetzt nur ansehen, wohin die Basisvektoren abgebildet werden.

Wir wissen: f(vj)=l=1naljvj f\left(v_{j}\right)=\sum \limits_{l=1}^{n} a_{l j} \cdot v_{j} wegen A A

Wenn A=(aij)1i,jn A=\left(a_{i j}\right)_{1 \leq i, j \leq n} ist, dann gilt aijC a_{i j} \in \mathbb{C} , also wieder aij=λij+iμij a_{i j}=\lambda_{i j}+i \cdot \mu_{i j}

Also weiter f(vj)=l=1n(λlj+iμlj)vj=l=1nλljvj+il=1nμljvj=l=1nRe(alj)vj+il=1nIm(alj)vj f\left(v_{j}\right)=\sum \limits_{l=1}^{n}\left(\lambda_{l j}+i \cdot \mu_{l j}\right) \cdot v_{j}=\sum \limits_{l=1}^{n} \lambda_{l j} \cdot v_{j}+i \cdot \sum \limits_{l=1}^{n} \mu_{l j} \cdot v_{j}=\sum \limits_{l=1}^{n} \operatorname{Re}\left(a_{l j}\right) \cdot v_{j}+i \cdot \sum \limits_{l=1}^{n} \operatorname{Im}\left(a_{l j}\right) \cdot v_{j}

Das ist nämlich die Matrix B B wo der hintere 2n×n 2 n \times n -Block abgeschnitten ist; den erhältst du, indem du dir die Bilder von ivj i \cdot v_{j} ansiehst.

Die Matrix B besteht dann nur aus reellen Einträgen, da ich ja nur Real- und Imaginäranteile der komplexen Einträge von a_ij betrachte.


Du hast B=(Re(A)Im(A)Im(A)Re(A)) B=\left(\begin{array}{cc}\operatorname{Re}(A) & -\operatorname{Im}(A) \\ \operatorname{Im}(A) & \operatorname{Re}(A)\end{array}\right) , du könntest etwa eine geeignete Darstellung für Re \operatorname{Re} und Im wählen und

B=(12(A+Aˉ)12i(AAˉ)12i(AAˉ)12(A+Aˉ)) B=\left(\begin{array}{cc}\frac{1}{2}(A+\bar{A}) & -\frac{1}{2 i}(A-\bar{A}) \\ \frac{1}{2 i}(A-\bar{A}) & \frac{1}{2}(A+\bar{A})\end{array}\right) erhalten.


Du kannst einfach in der Form B=(12(A+Aˉ)12i(AAˉ)12i(AAˉ)12(A+Aˉ)) B=\left(\begin{array}{cc}\frac{1}{2}(A+\bar{A}) & -\frac{1}{2 i}(A-\bar{A}) \\ \frac{1}{2 i}(A-\bar{A}) & \frac{1}{2}(A+\bar{A})\end{array}\right) fortfahren.

Erstmal erkennst du, das überall ein 12 \frac{1}{2} auftaucht, dann kannst du 1i=i \frac{1}{i}=-i benutzen.
Welche Eigenschaften hat nun die Determinante?


Multiplikation mit 2 und ausnutzen der Identität i=1/i -\mathrm{i}=1 / \mathrm{i} liefert die Form

(A+Ai(AA)i(AA)A+A) \left(\begin{array}{cc}A+A^{*} & i\left(A-A^{*}\right) \\ -i\left(A-A^{*}\right) & A+A^{*}\end{array}\right)

(A+Ai(AA)i(AA)A+A) \left(\begin{array}{cc}A+A^{*} & i\left(A-A^{*}\right) \\ -i\left(A-A^{*}\right) & A+A^{*}\end{array}\right) hat jetzt natürlich eine (um eine Konstante) andere Determinante als B B

Du kannst jetzt aber einfach das i i -fache der ersten n n -Zeilen auf die zweiten n n -Zeilen addieren.


Die Konstante ist 2.

Wenn du das i-fache der ersten n Zeilen auf die zweiten n \mathrm{n} Zeilen addierst, dann ergibt sich:

(A+Ai(AA)2iA2A) \left(\begin{array}{cc}A+A^{*} & i\left(A-A^{*}\right) \\ 2 i A^{*} & 2 A^{*}\end{array}\right)


Multilplikation mit - i in den ersten n Spalten und anschließende Subtraktion der letzten n Spalten von den ersten n Spalten liefert dann die Form:

(2iAi(AA)02A) \left(\begin{array}{cc}-2 i A & i\left(A-A^{*}\right) \\ 0 & 2 A^{*}\end{array}\right)

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