Bilinearform/Direkte Summe/Gramsche Matrix/Typ/Aufgabe/Lösung

1. Wegen

   ${}{\begin{aligned}\Theta ((u_{1},v_{1}),(u_{2},v_{2}))&=\Psi _{U}(u_{1},u_{2})+\Phi _{V}(v_{1},v_{2})\\&=\Psi _{U}(u_{2},u_{1})+\Phi _{V}(v_{2},v_{1})\\&=\Theta ((u_{2},v_{2}),(u_{1},v_{1}))\end{aligned}}$

   ist die Abbildung symmetrisch. Daher genügt es, die Linearität in der ersten Komponente zu zeigen. Diese ergibt sich aus

   ${}{\begin{aligned}\Theta (a(u_{1},v_{1})+b(u_{2},v_{2}),(u_{3},v_{3}))&=\Theta ((au_{1}+bu_{2},au_{2}+bv_{2}),(u_{3},v_{3}))\\&=\Psi _{U}(au_{1}+bu_{2},u_{3})+\Phi _{V}(au_{2}+bv_{2},v_{3})\\&=a\Psi _{U}(u_{1},u_{3})+b\Psi _{U}(u_{2},u_{3})+a\Psi _{V}(v_{1},v_{3})+b\Psi _{V}(v_{2},v_{3})\\&=a(\Psi _{U}(u_{1},u_{3})+\Psi _{V}(v_{1},v_{3}))+b(\Psi _{U}(u_{2},u_{3})+\Psi _{V}(v_{2},v_{3}))\\&=a\Theta ((u_{1},v_{1}),(u_{3},v_{3}))+b\Theta ((u_{2},v_{2}),(u_{3},v_{3})).\end{aligned}}$

   Die Orthogonalität ergibt sich aus

   ${}\Theta ((u,0),(0,v))=\Psi _{U}(u,0)+\Psi _{V}(0,v)=0+0=0\,.$

2. Es seien ${}u_{1},\ldots ,u_{m}$ und ${}v_{1},\ldots ,v_{m}$ die Basen und entsprechend ${}(u_{i},0),(0,v_{k})$ die zusammengesetzte Basis von ${}U\oplus V$. Die Einträge der Gramschen Matrix von ${}\Theta$ sind

   ${}\Theta ((u_{i},0),(u_{j},0))=\Psi _{U}(u_{i},u_{j})+\Psi _{V}(0,0)=\Psi _{U}(u_{i},u_{j})\,,$

   ${}\Theta ((0,v_{k}),(0,v_{\ell }))=\Psi _{U}(0,0)+\Psi _{V}(v_{k},v_{\ell })=\Psi _{V}(v_{k},v_{\ell })\,,$

   ${}\Theta ((u_{i},0),(0,v_{k}))=\Psi _{U}(u_{i},0)+\Psi _{V}(0,v_{k})=0\,,$

   sodass die Blockgestalt aus den einzelnen Gramschen Matrizen vorliegt.

3. Wir ziehen den Sylvesterschen Trägheitssatz heran. Es seien beide Basen Orthogonalbasen, die zusammengesetzte Basis ist dann ebenfalls eine Orthogonalbasis. Im ersten Block stehen dann in der Diagonale ${}p$ Einsen, ${}q$ Minuseinsen und ${}m-p-q$ Nullen und im zweiten Block stehen in der Diagonale ${}p'$ Einsen, ${}q'$ Minuseinsen und ${}n-p'-q'$ Nullen. Insgesamt stehen dort also ${}p+p'$ Einsen und ${}q+q'$ Minuseinsen.

Zur gelösten Aufgabe