B. Szemberg WS 2007/08 Lösungsvorschlag für das 4. ¨Ubungsblatt
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B. Szemberg WS 2007/08 Lösungsvorschlag für das 4. Übungsblatt Aufgabe 13: a) Wir suchen λ1 , λ2 ∈ R, so dass v3 = λ1 · v1 + λ2 · v2 , d. h. 3 −1 3 = λ1 · + λ2 · . 5 3 −2 Dies ergibt ein lineares Gleichungssystem mit den Unbekannten λ1 und λ2 : −λ1 + 3 · λ2 = 3 (∗) 3 · λ1 − 2 · λ2 = 5. (∗∗) Aus (∗) bekommt man λ1 = 3λ2 − 3 und setzt man dies in (∗∗) ein: 3 (3λ2 − 3) − 2λ2 = 5 ⇐⇒ 9λ2 − 9 − 2λ2 = 5 ⇐⇒ ⇐⇒ 7λ2 = 5 + 9 = 14 ⇐⇒ λ2 = 2. Daraus folgt λ1 = 3 · 2 − 3 = 3. Somit ist: v3 = 2v1 + 3v2 . b) Nein! Mit a) erhält man 2v1 + 3v2 − v3 = 0 und diese Darstellung der Null ist nicht trivial. c) Man muss zeigen, dass die Null nur trivial darstellbar ist. Nehmen wir an, dass für gewisse λ1 , λ2 ∈ R: −1 3 0 λ1 · + λ2 · = . 3 −2 0 Dies ergibt wieder ein lineares (homogenes) Gleichungssystem mit den Unbekannten λ1 und λ2 : −λ1 + 3 · λ2 = 0 3 · λ1 − 2 · λ2 = 0, dessen Lösung λ1 = λ2 = 0 genauso bestimmt wird, wie im a). Somit sind diese Vektoren linear unabhängig. Aufgabe 14: Nehmen wir an, dass für gewisse reelle Zahlen λ1 , λ2 , λ3 gilt: λ1 · v1 + λ2 · v2 + λ3 · v3 = 0, d. h. −1 −1 1 λ1 2 + λ2 2 + λ3 −2 = 0. 1 3 3 Dies ergibt ein lineares Gleichungssystem λ2 −λ1 − 2 · λ1 + 2 · λ2 λ1 + 3 · λ2 mit drei Gleichungen und drei Unbekannten λ1 , λ2 , λ3 : + λ3 = 0 − 2 · λ3 = 0 + 3 · λ3 = 0 1 (∗) (∗∗) (∗ ∗ ∗) 2 Addiert man jetzt zu der zweiten Gleichung zweifaches der ersten Gleichung ((∗∗) + 2 · (∗)), bekommt man eine triviale Gleichung 0 = 0. Das heisst, man muss ein lineares Gleichungssystem mit zwei Gleichungen und drei Unbekannten λ1 , λ2 , λ3 lösen: −λ1 − λ2 + λ3 = 0 λ1 + 3 · λ2 + 3 · λ3 = 0 Die Unbekannte λ3 = C kann jetzt mit beliebigem Wert C ∈ R belegt werden. Werden die Ausdrücke mit C auf die rechte Seite gebracht, so ensteht ein lineares Gleichungssystem mit zwei Gleichungen und zwei Unbekannten λ1 , λ2 : −λ1 − λ2 = −C λ1 + 3 · λ2 = −3C das wird genauso, wie in den vorherigen Aufgaben, gelöst: λ1 = 3C und λ2 = −2C. Folglich, das erste Gleichungssystem hat unendlich viele Lösungen mit einem Parameter: λ1 = 3C, λ2 = −2C, λ3 = C mit C ∈ R, d. h. die Vektoren v1 , v2 , v3 sind linear abhängig. Eine nichttriviale Linearkombination von v1 , v2 , v3 , die dem Nullvektor gleich ist, erhält man z. B. für C = 1: 3 · v1 − 2 · v2 + v3 = 0. Aufgabe 15: Es reicht zu zeigen, dass die drei Vektoren v1 , v2 , v3 ∈ R3 linear unabhängig sind, weil dim R3 = 3. Dazu nehmen wir an, dass für gewisse reelle Zahlen λ1 , λ2 , λ3 gilt: λ1 · v1 + λ2 · v2 + λ3 · v3 = 0, d. h. 1 1 1 0 1 = 0. λ1 + λ2 1 + λ3 0 0 1 Dies ergibt ein homogenes lineares Gleichungssystem mit drei Gleichungen und drei Unbekannten λ1 , λ2 , λ3 : λ1 + λ2 + λ3 = 0 λ2 + λ3 = 0 λ3 = 0, dessen Lösung λ1 = λ2 = λ3 = 0 leicht zu berechnen ist. Folglich sind die Vektoren v1 , v2 , v3 linear unabhängig und sie bilden eine Basis des R3 . Jeder Vektor v ∈ R3 hat also eine eindeutige Darstellung als Linearkombination der Basisvektoren v1 , v2 , v3 . Die Koordinaten des Vektors v = (1, 3, 0)t bezüglich dieser Basis zu berechnen, bedeutet die Zahlen λ1 , λ2 , λ3 zu finden, für die es gilt: λ1 · v1 + λ2 · v2 + λ3 · v3 = v, 3 d. h. 1 1 1 1 0 1 3 . λ1 + λ2 1 + λ3 = 0 0 1 0 Dies ergibt ein inhomogenes lineares Gleichungssystem mit drei Gleichungen und drei Unbekannten λ1 , λ2 , λ3 : λ1 + λ2 + λ3 = 1 λ2 + λ3 = 3 λ3 = 0, dessen Lösung λ1 = −2, λ2 = 3 und λ3 = 0 auch leicht zu berechnen ist. Aufgabe 16: Zuerst müssen wir den Kern von ϕ bestimmen, d. h. wir müssen alle Vektoren x = (x1 , x2 , x3 )t finden, die die Gleichung x1 ϕ x2 = 0 x3 erfüllen. Dies ergibt ein lineares Gleichungssystem mit drei Gleichungen und drei Unbekannten x1 , x2 , x3 : x3 = 0 (∗) x1 + 2 · x2 − x2 + x3 = 0 (∗∗) x + x − 2 · x = 0 (∗ ∗ ∗). 1 2 3 Subtrahiert man von der ersten Gleichung die Summe von der zweiten und dritten Gleichung ((∗) − ((∗ ∗ ∗) + (∗∗))), so bekommt man eine triviale Gleichung 0 = 0. Das heisst, man muss das Gleichungssystem mit zwei Gleichungen und drei Unbekannten x1 , x2 , x3 lösen: x2 + x3 = 0 x1 + x2 − 2 · x3 = 0. Die Unbekannte x3 = C kann jetzt mit beliebigem Wert C ∈ R belegt werden. Werden die Ausdrücke mit C auf die rechte Seite gebracht, so entsteht ein lineares Gleichungssystem mit zwei Gleichungen und zwei Unbekannten x1 , x2 : x2 = −C x1 + x2 = 2C, dessen Lösung x1 = 3C und x2 = −C leicht zu berechnen ist. Folglich, das erste Gleichungssystem hat unendlich viele Lösungen mit einem Parameter: x1 = 3C, und x2 = −C, x3 = C mit C ∈ R, 3C 3 Kern ϕ = x = −C : C ∈ R = x = C · −1 : C 1 t Das heisst, dim Kern ϕ = 1 und (3, −1, 1) ist ein Basisvektor des Kernes. C∈R .
