Kapitel V Räumliche Geometrie

§1. Drehungen

Punkte in ℝ^{3} sind durch 3 Koordinaten (x_{1}, x_{2}, x_{3}) bestimmt. Wir benützen die Matrix-Schreibweise

x = (\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{matrix})

Eine Drehung um die Koordinatenachse x_{3} bewirkt eine Drehung in der (x_{1}, x_{2})- Ebene und lässt die (x_{3})-Richtung fest. Ist der Winkel der Drehung gleich α (positive Winkel sind nach der Kork-Zieher -Regel bestimmt), so ist das Bild P^{∗} = (x_{1}^{∗}, x_{2}^{∗}, x_{3}^{∗}) von P = (x_{1}, x_{2}, x_{3}) gegeben durch

x_{1}^{∗} = x_{1} cos α − x_{2} sin α
x_{2}^{∗} = x_{1} sin α + x_{2} cos α
x_{3}^{∗} = x_{3}

In Matrix-Form: x^{∗} = T_{3}(α)x mit

T_{3}(α) = (\begin{matrix}cos α & − sin α & 0 \\ sin α & cos α & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix})

Analog, eine Drehung um die x_{1}-Achse (bzw. die x_{2}-Achse) hat die Matrix

T_{1}(α) = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & cos α & − sin α \\ 0 & sin α & cos α \end{matrix}) , bzw. T_{2}(α) = (\begin{matrix}cos α & 0 & − sin α \\ 0 & 1 & 0 \\ sin α & 0 & cos α \end{matrix})

Sei jetzt die Drehachse eine beliebige Gerade g durch O, gegeben durch den Vektor a⃗, |a⃗| = 1. Der Drehwinkel sei α (Korkzieher-Regel!) Es ist möglich, die Drehung koordinatenfrei zu beschreiben:

Satz: Sei x⃗ = O⃗P und sei x⃗^{∗} = O⃗P^{∗} das Bild durch die Drehung. Es gilt:

x⃗^{∗} = x⃗ + sin α(a⃗ × x⃗) + (1 − cos α)a⃗ × (a⃗ × x⃗).

Beweis: Ein direkter Beweis ist nicht ganz einfach. Einfacher wird es durch eine geschickte Wahl vom Koordinatensystem. Wir wählen das System so, dass e⃗_{3} = a⃗. Es folgt

x_{1}^{∗} = x_{1} + sin α(−x_{2}) + (1 − cos α)(−x_{1})
x_{2}^{∗} = x_{2} + sin α(x_{1}) + (1 − cos α)(−x_{2})
x_{3}^{∗} = x_{3} + sin α(0) + (1 − cos α)(0)

oder, in Matrix-Form: x^{∗} = T_{3}(α)x. □

Die Matrizen T_{1}(α), T_{2}(α), T_{3}(α) sind orthogonal, d.h. erfüllen die Bedingung

T^{t}T = E = T T^{t}.

Die Menge der orthogonalen (3 × 3)-Matrizen

O(3) = {T | (3 × 3)-Matrizen mit T^{t}T = E}

ist eine Gruppe für die Matrixmultiplikation. Für T ∈ O(3) gilt det T = ±1, da

1 = det(E) = det(T^{t}T) = det(T)^{2}.

Die Gruppe O(3) ist die orthogonale Gruppe des ℝ^{3} und die Untergruppe

SO(3) = {T ∈ O(3) | det T = 1}

ist die spezielle orthogonale Gruppe. Wie im ℝ^{2} gilt:

Satz:

1) O(3) = {T : ℝ^{3} → ℝ^{3} linear | (T x, T y) = (x, y) ∀x, y ∈ ℝ^{3}}, wobei (x, y) = x^{t}y das Skalarprodukt im ℝ^{3} bezeichnet.

2) Die Kolonnen (bzw. die Zeilen) einer orthogonalen Matrix haben Länge 1 und sind zueinander orthogonal.

Orthogonale Matrizen hängen eng mit orthonormalen Basen zusammen. Eine Basis (u_{1}, u_{2}, u_{3}) von ℝ^{3} heisst orthonormal, falls

(u_{i}, u_{j}) = δ_{ij} i, j = 1, 2, 3 .

d.h. die u_{i} haben Länge eins und sind zueinander orthogonal. Die Standard-Basis

e_{1} = (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) , e_{2} = (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) , e_{3} = (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})

ist orthonormal. Jedes u_{ℓ} lässt sich als lineare Kombination der e_{k} schreiben:

u_{ℓ} = ∑_{k=1}^{3} v_{kℓ} e_{k}.

Die Matrix V = (v_{kℓ}) hat als ℓ-te Kolonne die Komponenten von u_{ℓ}, somit ist sie orthogonal, V ∈ O(3).

Übung: (u_{1}, u_{2}, u_{3}) ist ein Rechtssystem ⇔ V ∈ SO(3).

Sei jetzt T ∈ O(3). Die Matrix T = (t_{ij}) definiert eine lineare Abbildung T : ℝ^{3} → ℝ^{3}

x ↦ y = T x, y_{i} = ∑_{j=1}^{3} t_{ij}x_{j}

insbesondere gilt

T e_{j} = ∑_{i=1}^{3} t_{ij}e_{i}

(einsetzen!).

Die Abbildung T wird bezüglich der neuen Basis (u_{1}, u_{2}, u_{3}) eine andere Matrix S = (s_{kℓ}) haben; wir setzen:

T u_{ℓ} = ∑_{k=1}^{3} s_{kℓ}u_{k}.

Die Matrix S lässt sich mit Hilfe von T und V ausdrücken

\begin{aligned}T u_{ℓ} & = & T (∑_{k} v_{kℓ}e_{k}) & = & ∑_{k} v_{kℓ}T e_{k} \\ & = & ∑_{k} v_{kℓ} ∑_{i} t_{ik}e_{i} & = & ∑_{i,k} t_{ik}v_{kℓ}e_{i} \end{aligned}

Andererseits:

T u_{ℓ} = ∑_{k} s_{kℓ}u_{k} = ∑_{k} s_{kℓ} ∑_{i} v_{ik}e_{i}
= ∑_{i,k} v_{ik}s_{kℓ}e_{i}.

Es folgt ∑_{k} t_{ik}v_{kℓ} = ∑_{k} v_{ik}s_{kℓ} oder T V = V S,

S = V^{−1} T V .

Es folgt:

T orthogonal ⇒ S orthogonal und det S = det T.

Sei A eine (3 × 3)-Matrix. Wir haben

det(A) ≠ 0 ⇔ A invertierbar.

wie bei (2 × 2)-Matrizen. (Siehe Kap I: Anwendung des gemischten Produktes bei der Lösung von Systemen von 3 Gleichungen mit 3 Unbekannten). Insbesondere, falls det(A) = 0, so hat die Abbildung A : x ↦ Ax einen nicht-trivialen Kern.

Satz: Sei T ∈ SO(3). Dann ist T : ℝ^{3} → ℝ^{3}, x ↦ T x, eine Drehung um eine Achse durch 0 oder die Identität.

Beweis: Sei S(λ) = T − λE, λ ∈ ℝ. Das Polynom

det(T −λE) = det(\begin{matrix}t_{11} − λ & t_{12} & t_{13} \\ t_{21} & t_{22} − λ & t_{23} \\ t_{31} & t_{32} & t_{33} − λ \end{matrix})= −λ^{3}+(t_{11}+t_{22}+t_{33})λ^{2}+ ⋯ +det(T)

ist ein Polynom vom Grad 3 mit reellen Koeffizienten. Es muss mindestens eine reelle Nullstelle λ_{1} besitzen (Analysis!). Also hat die Abbildung x ↦ S(λ_{1})x = (T − λ_{1}E)x einen Kern verschieden von O. Sei v_{1} im Kern, v_{1} ≠ 0. Wir nehmen an, dass |v_{1}| = 1. (Sonst normieren!). Es gilt

T v_{1} = λ_{1}v_{1}

und v_{1} heisst Eigenvektor von T zum Eigenwert λ_{1}. Da T ∈ O(3), ist T längentreu und

1 = |v_{1}| = |T v_{1}| = |λ_{1}v_{1}| = |λ_{1}| |v_{1}| = |λ_{1}| .

Also gilt λ_{1} = ±1 und T v_{1} = ±v_{1} . Sei

Π = (ℝv_{1})^{⊥} = {x ∈ ℝ^{3} | (x, v_{1}) = 0}

die Ebene senkrecht zu v_{1}. Die Menge Π ist ein 2-dimensionaler Teilraum von ℝ^{3}. Da

(T x, v_{1}) = (\frac{1}{λ_{1}} T x, λ_{1}v_{1}) = \frac{1}{λ_{1}} (T x, T v_{1})
= \frac{1}{λ_{1}} (x, v_{1}) = 0

für x ∈ Π, folgt, dass T die Ebene Π in sich abbildet. Wir wählen v_{2}, v_{3} in Π ⊂ ℝ^{3} so, dass (v_{1}, v_{2}, v_{3}) eine orthonormale Basis von ℝ^{3} ist und so, dass (v_{1}, v_{2}, v_{3}) ein Rechtssystem ist. Die Matrix S von T bezüglich der neuen Basis (v_{1}, v_{2}, v_{3}) hat die Block-Form

S = (\begin{matrix}±1 & 0 0 \\ {0 \atop 0} & S′ \end{matrix} )

Dabei ist S′ die Matrix der Einschränkung von T auf Π, bezüglich der Basis (v_{2}, v_{3}) von Π. Die Matrix S ist orthogonal, da sie T beschreibt bezüglich einer orthonormalen Basis. Die Matrix S′ ist auch orthogonal, weil die Einschränkung von T auf Π längentreu ist und (v_{2}, v_{3}) eine orthonormale Basis von Π ist. Da T ∈ SO(3), gilt

det S = det T = 1.

Andererseits folgt aus

det S = λ_{1} · det S′,

dass det S′ = det λ_{1} = ±1. Sei zuerst λ_{1} = 1. Es folgt, dass det S′ = 1 und S′ ∈ SO(2) ist die Matrix einer Drehung:

S′ = R(α) = (\begin{matrix}cos α & − sin α \\ sin α & cos α \end{matrix}) .

In diesem Fall hat T die Matrix

1 0  0
0 cos α − sin α
0 sin α cos α

bezüglich der Basis (v_{1}, v_{2}, v_{3}) und T ist eine Drehung mit Achsenrichtung v_{1}. Falls λ_{1} = −1, ist S′ die Matrix einer Spiegelung an einer Achse g in der Ebene Π. Die Abbildung T in ℝ^{3} ist dann eine Drehung um diese Achse um den Winkel 180^{∘}. (Bild!) □

§ 2 Eulersche Winkel

Eine lineare Abbildung T : ℝ^{3} → ℝ^{3} ist eindeutig durch die Bilder der Basisvektoren

e_{1} = ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) ,  e_{2} = ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) ,  e_{3} = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} )

bestimmt. Sei T ∈ SO(3) . Mit Hilfe der Eulerschen Winkel θ, φ, ψ können die Bilder e′_{1} = T e_{1} , e′_{2} = T e_{2} und e′_{3} = T e_{3} bestimmt werden:

• θ ist der Winkel zwischen e_{3} und e′_{3} (0^{o} ≤ θ ≤ 180^{o}) .

• Falls θ ≠ 0^{o} , ≠ 180^{o}, so definiert man die Knotenlinie als Schnitt der Ebene Π aufgespannt von e_{1} und e_{2} mit der Ebene Π′ aufgespannt von e′_{1} und e′_{2} . Es gibt genau einen Vektor k , |k| = 1 , auf der Knotenlinie, so dass e_{3}, e′_{3} und k eine orientierte Basis um ℝ^{3} ist. Wir setzen (Bild!):

\begin{matrix}φ = ∢(e_{1}, k) , 0^{o} ≤ φ < 360^{o} \\ ψ = ∢(k, e′_{1}) , 0^{o} ≤ ψ < 360^{o} . \end{matrix}

• Falls θ = 180^{o}, so ist T eine Drehung um 180^{o} um eine Achse in Π . Diese Achse wird als Knotenlinie bezeichnet; auf dieser Achse wird k so gewählt, dass φ = ∢(e_{1}, k) ≤ 180^{o}, und wir setzen ψ = −φ.

• Ist θ = 0^{o}, so ist T eine Drehung um die Achse e_{3} um den Winkel φ. Dann setzen wir ψ = 0^{o}.

Satz: Jede Matrix T ∈ SO(3) lässt sich als Produkt T = T_{3}(φ) ∘ T_{1}(θ) ∘ T_{3}(ψ) von Drehungen um die Hauptachsen darstellen.

Beweis: Wir diskutieren den Fall θ ≠ 0^{o}, ≠ 180^{o}. Die anderen Fälle sind einfach. Der Vektor T_{3}(−φ)e′_{3} liegt in der Ebene senkrecht zu e_{1} und bildet den Winkel θ mit e_{3} . Die Vektoren T_{3}(−φ)e′_{2} und T_{3}(−φ)e′_{1} liegen in der Ebene Π′′ senkrecht zu T_{3}(−φ)e′_{3} . Diese Ebene enthält auch e_{1} . Der Winkel zwischen e_{1} und T_{3}(−φ)e′_{1} ist ψ. Dann ist T_{1}(−θ) ∘ T_{3}(−φ)e′_{3} = e_{3} , und die Vektoren T_{1}(−θ) ∘ T_{3}(−φ)e′_{1} und T_{1}(−θ) ∘ T_{3}(−φ)e′_{2} liegen in der Ebene Π und sind gegenüber e_{1} bzw. e_{2} um ψ gedreht. Folglich

T_{3}(−ψ) ∘ T_{1}(−θ) ∘ T_{3}(−φ)e′_{j} = e_{j} .

Die Behauptung folgt dann aus T_{i}(α)^{−1} = T_{i}(−α) . □

§ 3 Bewegungen

Sei T ∈ O(3) und a = ( \begin{matrix}a_{1} \\ a_{2} \\ a_{3} \end{matrix} ). Die Abbildung

f_{T,a} : ℝ^{3} ⟶ ℝ^{3} , x ⟼ T x + a

heisst Bewegung von ℝ^{3} . Die Bewegung heisst eigentlich , falls T ∈ SO(3) (d.h. det T = 1 ), sonst heisst T uneigentlich. Beispiele:

1) Translationen f_{E,a}, E = Identität.

2) Drehungen f_{T,0} , T ∈ SO(3) mit Achsen durch O.

3) Spiegelungen: Sei Π eine Ebene durch O und a ≠ 0 ein Vektor senkrecht zu Π . Die Spiegelung S_{a} an Π ist bestimmt durch die Bedingungen

• S_{a}|_{Π} = E Einschränkung von S_{a} auf Π ist die Identität ,

• S_{a} : a ⟼ −a. Sei (x, a) das Skalarprodukt von x mit a.

Behauptung: S_{a}x = x − 2\frac{(x,a)}{(a,a)}·a.

Beweis: Die zwei Eigenschaften, welche S_{a} definieren, sind leicht zu verifizieren. □ Satz: S_{a} ∈ O(3) , S_{a}^{2} = E , det S_{a} = −1 . Beweis: Die Formel S_{a}^{2} = E folgt aus der Definition. Dann

(S_{a}x, y) = (x, y) − \frac{2(a, x)(a, y)}{(a, a)} = (x, S_{a}y) .

Folglich gilt

(S_{a}x, S_{a}y) = (x, S_{a}^{2}y) = (x, y)

und S_{a} ∈ O(3) . Da

det S_{a} = det US_{a}U^{−1}

für U die Matrix einer Basistransformation, ist die Behauptung det S_{a} = −1 basisunabhängig. Weiter gilt S_{λa} = S_{a} , λ ≠ 0 , so können wir a normieren, |a| = 1 . Dann wählen wir die Basis, so dass a = e_{3} und Π ist die (x_{1}, x_{2})–Ebene. Es folgt

S_{a} = ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix} ) ,

so ist det S_{a} = −1 . □

Satz: Die Gruppe der Bewegungen wird erzeugt durch die Drehungen mit Achse durch O, die Spiegelungen an Ebenen durch O und die Translationen.

Beweis: Sei f = f_{T,a}. Ist f eigentlich, so ist T ∈ SO(3) eine Drehung um eine Achse durch O, und f ist die Zusammensetzung dieser Drehung mit einer Translation. Ist f uneigentlich, so ist det T = −1 . Sei S_{a} eine beliebige Spiegelung an einer Ebene durch O. Dann ist S_{a} ∘ T eine Drehung um eine Achse durch O, da S_{a} ∘ T ∈ SO(3) . Daraus folgt die Behauptung. □

Spezielle Bewegungen

• Schraubung: Zusammensetzung einer Drehung mit einer Translation in Richtung der Drehachse.

• Gleitspiegelung: Zusammensetzung einer Spiegelung mit einer Translation in Richtung parallel zur Spiegelungsebene.

• Drehspiegelung: Zusammensetzung einer Spiegelung mit einer Drehung mit Drehachse senkrecht zur Spiegelungsebene.

• Punktspiegelung: Zentrale Spiegelung an einem Punkt Z [falls Z = O , x ↦ −x].

• Drehinversion: Zusammensetzung einer Punktspiegelung mit einer Drehung mit Drehachse durch das Zentrum.

Dann gilt (Übung), vergleiche Coxeter:

1) f eigentliche Bewegung, f hat einen Fixpunkt ⟺ f ist eine Drehung, f hat keinen Fixpunkt ⟺ f ist eine Translation oder eine Schraubung.

2) f uneigentliche Bewegung, f hat einen Fixpunkt ⟺ f ist eine Drehinversion, f hat keinen Fixpunkt ⟺ f ist eine Gleitspiegelung.

§ 4 Quadriken

Sei

f(x_{1}, x_{2}, x_{3}) \begin{matrix}= a_{11}x_{1}^{2} + a_{22}x_{2}^{2} + a_{33}x_{3}^{2}+ \\ 2a_{12}x_{1}x_{2} + 2a_{13}x_{1}x_{3} + 2a_{23}x_{2}x_{3}+ \\ b_{1}x_{1} + b_{2}x_{2} + b_{3}x_{3} + c \\ = (x, Ax) + (b, x) + c \end{matrix}

mit

A = ( \begin{matrix}a_{11} a_{12} a_{13} \\ a_{12} a_{22} a_{23} \\ a_{13} a_{23} a_{33} \end{matrix} ) , b = ( \begin{matrix}b_{1} \\ b_{2} \\ b_{3} \end{matrix} ) .

Die Menge

Q = {(x_{1}, x_{2}, x_{3}) ∈ ℝ^{3} | f(x_{1}, x_{2}, x_{3}) = 0}

heisst Quadrik in ℝ^{3} . Die Klassifikation der Quadriken ist ähnlich zur Klassifikation der Kegelschnitte. Durch eine geeignete Koordinatentransformation wird eine Normalform für f gesucht. Zuerst soll der quadratische Teil

q(x) = (x, Ax) = x^{t}Ax

reduziert werden.

Der Ausdruck b(x, y) := (x, Ay) = x^{t}Ay ist bilinear (d.h. linear in x und in y) und symmetrisch (b(x, y) = b(y, x)) . Man sagt, dass b(x, y) eine (symmetrische) Bilinearform ist.

Satz: Sei A eine (3 × 3)–Matrix. Die Bilinearform b(x, y) := x^{t}Ay ist symmetrisch genau dann, wenn die Matrix A symmetrisch ist (d.h. A^{t} = A).

Beweis: Sei A = (a_{ij}) . Aus b(x, y) = x^{t}Ay folgt

b(e_{i}, e_{j}) = a_{ij}

für die Standard–Basis e_{1}, e_{2}, e_{3} von ℝ^{3} . Also folgt a_{ij} = a_{ji} aus b(e_{i}, e_{j}) = b(e_{j}, e_{i}) . Umgekehrt haben wir, da x^{t}Ay eine (1 × 1)–Matrix ist,

\begin{matrix}b(x, y) = x^{t}Ay = (x^{t}Ay)^{t} = y^{t}A^{t}x \\ b(y, x) = y^{t}Ax . \end{matrix}

Also A = A^{t} impliziert b(x, y) = b(y, x) für alle x, y ∈ ℝ^{3} . □

Sei y = T x eine Koordinatentransformation. Die quadratische Form q(x) = x^{t}Ax lässt sich als Funktion von y ausdrücken:

q̃(y) = q(x) \begin{matrix}= q(T y) = (T y, AT y) = (T y)^{t}AT y = y^{t}T^{t}AT y \\ = (y, Ãy) , \end{matrix}

mit  Ã = T^{t}AT .

Bemerkung: Zur einer (3 × 3)-Matrix A können wir eine (nicht notwendigerweise symmetrische Form b(x′, x) = x^{′t}Ax oder eine lineare Abbildung x ↦ x^{∗} = Ax zuordnen. Diese zwei Arten von Objekten verhalten sich ganz verschieden bezüglich einer Koordinatentransformation T, x = T y. Die Matrix der Abbildung bez. der neuen Koordinaten ist T^{−1}AT und die Matrix der Bilinearform bez. der neuen Koordinaten ist T^{t}AT. Falls die Koordinatentransformation durch ein orthogonale Matrix gegeben ist (d.h. falls beide Basen orthonormal sind), gibt es keine Differenz, da T^{−1} = T^{t} für eine orthogonale Matrix T.

Satz: Sei A die Matrix einer symmetrischen Bilinearform. Es gibt T ∈ SO(3) , so dass Ã = T^{t}AT = diag(α_{1}, α_{2}, α_{3}) .

Beweis: Es muss b(f_{i}, f_{j}) = α_{i}δ_{ij} gelten. Wir machen den

Ansatz:

Af_{1} = λf_{1} , f_{1} ≠ 0

d.h. f_{1} soll Eigenvektor von A sein. Falls es so ein f_{1} gibt, so wählen wir zuerst f′_{2}, f′_{3} , so dass (f_{1}, f′_{2}, f′_{3}) eine orthonormale Basis von ℝ^{3} ist und gleichzeitig ein Rechtssystem. Dann gilt

b(f_{1}, f_{1}) = (f_{1}, λf_{1}) = λ(f_{1}, f_{1}) = λ ,
b(f′_{2}, f_{1}) = λ(f′_{2}, f_{1}) = 0
b(f′_{3}, f_{1}) = λ(f′_{3}, f_{1}) = 0 ,

und die Matrix von b bezüglich (f_{1}, f′_{2}, f′_{3}) hat die Block–Form

( \begin{matrix}λ & 0 & 0 \\ 0 & b_{11} & b_{12} \\ 0 & b_{12} & b_{22} \end{matrix} ) ,

wobei B = (\begin{matrix}b_{11} & b_{12} \\ b_{12} & b_{22} \end{matrix}) eine (2 × 2)–symmetrische Matrix ist. Aus dem 2–dimensio-

nalen Fall (oder nach Induktion nach der Dimension) wissen wir, dass es f_{2} und f_{3} gibt, so dass B diagonal ist. Es gibt genau eine Abbildung T mit T e_{i} = f_{i} , i = 1, 2, 3 . Da (e_{1}, e_{2}, e_{3}) und (f_{1}, f_{2}, f_{3}) orthonormale Basen sind, ist T orthogonal. Da (f_{1}, f_{2}, f_{3}) ein Rechtssystem ist, gilt det T = 1.

Existenz von f_{1} : Der Vektor f_{1} muss im Kern der Abbildung A − λE liegen. Die Zahl λ muss also Nullstelle des Polynoms vom Grad 3

det(A − λE) = 0

sein. Das Polynom hat mindestens eine reelle Nullstelle α_{1}. Sei

f_{1} = ( \begin{matrix}u_{1} \\ u_{2} \\ u_{3} \end{matrix} )

die Komponenten eines Eigenvektors zum Eigenwert α_{1}. Die Zahlen u_{1}, u_{2}, u_{3} sind Lösung des homogenen Systems

(a_{11} − α_{1})u_{1} + a_{12}u_{2} + a_{13}u_{3} = 0
a_{12}u_{1} + (a_{22} − α_{1})u_{2} + a_{23}u_{3} = 0
a_{13}u_{1} + a_{23}u_{2} + (a_{33} − α_{1})u_{3} = 0 .

Das System besitzt eine nichttriviale Lösung (da Kern(A − α_{1}E) ≠ 0 ). Eventuell muss man sie noch normieren (so dass |f_{1}| = 1 ). □

Bemerkung: Die Tatsache, dass A einen reellen Eigenwert besitzt, hängt nicht von der Tatsache ab, dass die Dimension ungerade ist, sondern von der Tatsache, dass A reell und symmetrisch ist: Sei x ein komplexer Vektor und \overline{x} der (komponentenweise) komplex-konjugierte Vektor. Sei

h(x) := (\overline{x}, Ax) = \overline{x}^{t}Ax = b(\overline{x}, x) .

Da b symmetrisch und A reell ist, gilt b(y, x) = b(x, y) , speziell

h(x) = b(\overline{x}, x) = b(x, \overline{x}) = x^{t}A\overline{x} = \overline{h(x)} ,

somit hat h(x) reelle Werte. Sei jetzt x Eigenvektor zu einem komplexen Eigenwert α_{1}:

Ax = α_{1}x mit α_{1} ∈ ℂ , x ∈ ℂ^{3} , x ≠ 0 .

Es folgt

h(x) = (\overline{x}, Ax) = (\overline{x}, α_{1}x) = α_{1}(\overline{x}_{1}x_{1} + \overline{x}_{2}x_{2} + \overline{x}_{3}x_{3}) .

Da x ≠ 0 , ist ∑ \overline{x}_{i}x_{i} ≠ 0 und ∑ \overline{x}_{i}x_{i} ∈ ℝ. Es folgt, dass

α_{1} = h(x) [∑ \overline{x}_{i}x_{i}]^{−1} ∈ ℝ .

Beispiel: q(x) = 7x_{1}^{2} + 4x_{1}x_{2} + 6x_{2}^{2} + 4x_{2}x_{3} + 5x_{3}^{2} ,

A = ( \begin{matrix}7 & 2 & 0 \\ 2 & 6 & 2 \\ 0 & 2 & 5 \end{matrix} )

det(A − λE) = −λ^{3} + 18λ^{2} − 99λ + 162

⟹ \{ \begin{matrix}α_{1} = 9 α_{2} = 6 α_{3} = 3 \\ und Ã = diag(9, 6, 3) \end{matrix} .

Bemerkung: Eigenvektoren zu verschiedenen Eigenwerten einer symmetrischen Matrix sind automatisch zueinander orthogonal:

b(f_{1}, f_{2}) = (f_{1}, Af_{2}) = α_{2}(f_{1}, f_{2}) = b(f_{1}, f_{2}) = (f_{2}, Af_{1}) = α_{1}(f_{1}, f_{2}) .

Also  α_{1} ≠ α_{2} ⟹ (f_{1}, f_{2}) = 0 .

Das Gleichungssystem für einen Eigenvektor zum Eigenwert 9 ist:

\begin{matrix}−2u_{1} + 2u_{2} = 0 & , \\ 2u_{1} − 3u_{2} + 2u_{3} = 0 & , \\ 2u_{2} − 4u_{3} = 0 & . \end{matrix}

Eine normierte Lösung ist

f_{1} = \frac{1}{3} ( \begin{matrix}2 \\ 2 \\ 1 \end{matrix} ) .

Analog bekommt man die anderen Eigenvektoren:

f_{2} = \frac{1}{3} ( \begin{matrix}2 \\ −1 \\ −2 \end{matrix} ) f_{3} = \frac{1}{3} ( \begin{matrix}1 \\ −2 \\ 2 \end{matrix} ) .

Zurück zu den Quadriken:

f(x) = (x, Ax) + (b, x) + c = 0 .

Nach einer geeigneten Wahl der Basis dürfen wir annehmen, dass A diagonal ist:

A = ( \begin{matrix}α_{1} & 0 & 0 \\ 0 & α_{2} & 0 \\ 0 & 0 & α_{3} \end{matrix} ) .

◯ 1 Es sei det A = α_{1}α_{2}α_{3} ≠ 0 . Durch eine Translation

y_{1} = x_{1} + \frac{b_{1}}{2a_{1}} ,

y_{2} = x_{2} + \frac{b_{2}}{2a_{2}} ,

y_{3} = x_{3} + \frac{b_{3}}{2a_{3}} ,

werden die linearen Glieder eliminiert und die Gleichung lautet

a_{1}x_{1}^{2} + a_{2}x_{2}^{2} + a_{3}x_{3}^{2} = d .

Ist d ≠ 0, so normiert man die Formel (mit anderen a_{i}’s) auf:

a_{1}x_{1}^{2} + a_{2}x_{2}^{2} + a_{3}x_{3}^{2} = 1 .

a_{1} > 0 , a_{2} > 0 , a_{3} > 0  Ellipsoid
a_{1} > 0 , a_{2} > 0 , a_{3} < 0  einschaliges Hyperboloid
a_{1} > 0 , a_{2} < 0 , a_{3} < 0  zweischaliges Hyperboloid

Ist d = 0, so bleiben zwei Fälle (nach eventueller Koordinatenumnumerierung):

a_{1} > 0 , a_{2} > 0 , a_{3} > 0  Punkt
a_{1} < 0 , a_{2} < 0 , a_{3} > 0  Kegel

◯ 2 α_{1} > 0 , α_{2} > 0 , α_{3} = 0 , c beliebig, b_{3} ≠ 0 .

Die Gleichung reduziert sich auf

x_{3} = a_{1}x_{1}^{2} + a_{2}x_{2}^{2} oder −x_{3} = a_{1}x_{1}^{2} + a_{2}x_{2}^{2}  elliptisches Paraboloid

◯ 3 α_{1} > 0 , α_{2} < 0 , α_{3} = 0 , c beliebig, b_{3} ≠ 0.

Nach einer eventuellen Umnumerierung reduziert sich die Gleichung auf

x_{3} = a_{1}x_{1}^{2} − a_{2}x_{2}^{2}  hyperbolisches Paraboloid

◯ 4 α_{3} = 0 , b_{3} = 0 .

Die Variable x_{3} fehlt. Es bleibt eine Gleichung g(x_{1}, x_{2}) = 0 als Gleichung einer Fłäche in ℝ^{3}. Die Gleichung g(x_{1}, x_{2}) = 0 definiert einen Kegelschnitt (eventuell entartet) in der (x_{1}, x_{2})-Ebene. Als Fläche im Raum kriegen wir ein Zylinder über diesem Kegelschnitt.

◯ 5 α_{1} ≠ 0 , α_{2} = 0 , α_{3} = 0 , c beliebig.

Durch eine geeignete Koordinatentransformation lässt sich eine der Variablen x_{2} oder x_{3} ganz eliminieren (z.B. x_{3}). Die Fläche ist ein Zylinder über einem Kegelschnitt.