Serie 9 Musterlösung

Serie 9 Musterlösung
Aufgabe 1
Zur Erinnerung: Den Kern einer Matrix bestimmen wir, in dem wir das homogene Gleichungssystem lösen,
dass durch die Matrix beschrieben wird.
Vertauschen der ersten und zweiten Zeile bringt die Matrix schon auf Zeilenstufenform:
0 1 2 3 4 
5 6 7 8 9 


Daraus lesen wir ab:
x 2  2x 3  3x 4  4x 5  0

x 2  2x 3  3x 4  4x 5
5x 1  6 x 2  7 x 3  8x 4  9 x 5  0

5x 1  6x 2  7 x 3  8x 4  9x 5
 12 x 3  18 x 4  24 x 5  7 x 3  8x 4  9x 5
 5x 3  10 x 4  15 x 5
x 1  x 3  2x 4  3x 5

Wir setzen nun x3=a, x4=b, x5=c und erhalten als Lösung des Gleichungssystems die Menge:
 a  2b  3c 
  a   2b   3c 


 
 


 

  2a  3b  4c 
   2a    3b    4c 

 | a , b, c  R    a    0    0  | a , b, c  R 
a
L  


  0   b   0 

b



 
 






c

  0   0   c 


Aus der Lösung können wir durch „Ausklammern“ von a, b und c eine Basis für ker A ablesen:
 1   2   3 
     
  2    3    4 
B   1    0    0 
 0   1   0 
     
 0   0   1 
Aufgabe 2
Die Spur einer nilpotenten Matrix ist 0 (Achtung: Die Umkehrung gilt nicht. Nicht jede Matrix, deren Spur 0
ist, ist auch nilpotent).
Eine nilpotente 2x2-Matrix hat also die Form
a b 
A

c  a 
Man kann nun per vollständiger Induktion beweisen, dass gilt
 (a 2  bc) n 2

0
für n gerade
 
n
2
n 2
a b 
0
(
a

bc
)
 

 c  a    2
n 1 2
2
n 1 2

b(a  bc)


 a (a  bc)

 für n ungerade
2
n

1
2
2
n

1
2
 c(a  bc)
 a (a  bc)


Für eine nilpotente Matrix muss folglich a2+bc=0 und damit c=-a2/b gelten. Damit können wir die Menge der
nilpotenten Matrizen bestimmen:
2



a  a 

N
| a, b  R 
b
b  a 

Man kann nun zeigen, dass N kein Unterraum von R2x2 ist. Uns genügt dazu ein Beispiel, das zeigt, dass die
Addition bzgl. N nicht vollständig ist:
Es ist
8 
9 
4
6
 10 17 
A
 N und B  
 N aber A  B  


N.
  2  4
 4  6
 6  10 
Zur Bestätigung rechnen wir leicht nach, dass A und B nilpotent sind, was für A+B nicht gilt. Folglich ist die
Menge der nilpotenten Matrizen kein Unterraum des R2x2. Wir können also keine Basis dafür angeben.
Aufgabe 3
Wir ermitteln die Matrix A in 3 Schritten.
Schritt 1: Berechnen der Bilder f(1), f(x) und f(x2) der vorgegebenen Basisvektoren 1, x, x2 von R[x]2.
3  2
f (1)  f (1  0 x  0 x 2 )  

8 1 
5
2
f ( x )  f (0  1x  0x 2 )  

  2  4
 1  3
f ( x 2 )  f (0  0 x  1x 2 )  
2 
6
Schritt 2: Für die berechneten Bilder f(1), f(x) und f(x 2) bestimmen wir die Koordinatenvektoren bzgl. der
vorgegebenen Basis E11, E12, E21, E22 von R2x2.
3  2
1 0 0 1 0 0 0 0
f (1)  
 3

  2
  8
  1

8 1 
0 0 0 0 1 0 0 1

5
2
1 0 0 1 0 0 0 0
f (x)  
 2

  5
  2
  4

  2  4
0 0 0 0 1 0 0 1

 1  3
1 0   0 1   0 0 
0 0 
f (x)  
 1
 3
 6
 2





2
6
0 0 0 0 1 0
0 1 

 3 
 
  2
f (1)   
8
 
 1 
 
 2 
 
 5 
f (1)   
2
 
  4
 
 1
 
  3
f (1)   
6
 
 2 
 
Schritt 3: Die Koordinatenvektoren der Bilder sind die Spalten der gesuchten Matrix A.
 3 2  1
 2 5  3

A
 8 2 6 


 1 4 2 
Aufgabe 4
Wir zeigen zunächst s(E)  E:
2
2 
 1
  x1  x 2  x 3 
3
3 
 x1 
  2  3
 x1 
  1
   2
 
2
1
Sei x   x 2   E . Dann ist s( x )   x 2   (2 x 1  x 2  x 3 ) 1  
x  x  x 
 3 1 3 2 3 3 
3
x 
 1  
x 

2
1
2
 3
 
 3
 x1  x 2  x 3 
3
3
 3

Wegen xE gilt nach Voraussetzung x1 + x2 + x3 = 0. Damit folgt für s(x):
1
2
2
2
2
1
2
1
2
 x1  x 2  x 3  x1  x 2  x 3  x1  x 2  x 3  x1  x 2  x 3  0
3
3
3
3
3
3
3
3
3
und damit s(x)  E für alle xE, was zu zeigen war.
Um (s|E)2 zu bestimmen, ermitteln wir zunächst die Matrix von s |E und berechnen daraus die Matrix von (s|E)2.
Zunächst benötigen wir eine Basis von E. Aus der Definition von E folgt x1 = -x2 – x3 und damit
  x 2  x 3 




E   x 2
 | x 2 , x3  R

 x

3



  1   1
   
Eine Basis für E ist also  1 ,  0  .
 0   1 
   
Wir bestimmen nun wie üblich die Matrix von s|E, wobei wir als Basen für Definitions- und Wertebereich
jeweils die gefundene Basis von E verwenden. Dadurch ist s |E auf E eingeschränkt.
Schritt 1: Berechnen der Bilder s(b1,2) für die beiden Basisvektoren b1 und b2 von E.
  1  1 
   
s 1    0 
 0    1
   
und
  1  1 
   
s 0     1
1 0
   
Schritt 2: Für die berechneten Bilder bestimmen wir die Koordinatenvektoren bzgl. der Basis von E.
  1  1 
  1
  1
   
 
 
s 1    0   0   1   1   0 
 0    1
0
1
   
 
 

1
1

1
   
 
  1
   
 
 
s 0     1  1   1   0   0 
1 0
0
1
   
 
 

  1
  0
s 1    
 0    1
 

  1
    1
s 0    
1 0
 
Schritt 3: Die Koordinatenvektoren der Bilder sind die Spalten der gesuchten Matrix A.
 0  1
A

 1 0 
2
Damit können wir nun
(s|E)2
bestimmen. Die Matrix zu
(s|E)2
ist
A2,
 0  1
1 0
also 


.
 1 0 
0 1
Aufgabe 5
Es ist
 a1   x1   a 2 x 3  a 3 x 2 
    

f a (x )  a  x   a 2    x 2    a 3 x1  a1x 3 
a  x   a x  a x 
2 1
 3  3  1 2
a)
Zu zeigen ist
(i)
fa(x) + fa(y) = fa(x+y) für alle x,y  R3:
Es gilt:
 a 2 x 3  a 3 x 2  a 2 y 3  a 3 y 2   a 2 (x 3  y 3 )  a 3 (x 2  y 2 ) 

 

f a ( x )  f a ( y )   a 3 x 1  a 1 x 3  a 3 y1  a 1 y 3    a 3 ( x 1  y1 )  a 1 ( x 3  y 3 )   f a ( x  y )
 a x  a x  a y  a y   a (x  y )  a (x  y ) 
2 1
1 2
2 1 
2
2
1
1 
 1 2
 1 2
(ii)
fa(x) = fa(x) für alle x  R 3 und   R:
Es gilt:
 a 2 x 3  a 3 x 2   a 2 x 3  a 3 x 2 

 

 f a ( x )    a 3 x 1  a 1 x 3    a 3  x 1  a 1 x 3   f a (  x )
 a x  a x   a x  a x 
2 1
2
1
 1 2
 1 2
Folglich ist fa eine lineare Abbildung.
b)
Wir berechnen zunächst die Bilder der Standard-Basisvektoren des R3:
 0   a 3 
  

fa 1   0 
 0  a 
   1 
1  0 
  

fa  0   a3 
 0   a 
   2
 0  a 2 
  

f a  0     a1 
1  0 
  

Da die Ergebnisse bereits Koordinatenvektoren bzgl. der Standardbasis sind, können wir direkt die Matrix A
zu fa aufstellen:
 0

A   a3
 a
 2
 a3
0
a1
a2 

 a1 
0 
c)
Zu Bestimmung des Kerns von fa lösen wir das homogene Gleichungssystem, dass durch die Matrix A von f a
gegeben ist. Dabei können wir direkt aus A ablesen:
a3x2 = a2x3 und a3x1 = a1x3

x1 = a1/a3x3 und x2 = a2/a3x3
 a 1


a
x 3 , 2 x 3 , x 3  | x 3  R  und damit erhalten wir durch „Ausklammern“
a3
 a 3


Die Lösungsmenge ist also L  
 a1 a 3 


von x3: ker f a   a 2 a 3 
 1 


d)
Mit fa(x) = a  x  0 folgt, dass a und x linear unabhängig sind. Weiter wissen wir, dass y=f a(x) senkrecht auf
a und x steht und damit a, x und y linear unabhängig voneinander sind. Da dim R3=3 ist, bilden aber 3 linear
unabhängige Vektoren des R3 eine Basis, womit die Behauptung folgt.
Aufgabe 6
Die lineare Abbildung A bildet jeden Punkt auf der Geraden lauf sich selbst ab. Sei l die Gerade a  b ,
dann gilt also A (a   b)  a   b . Da A linear ist, folgt A( b)   b .
Sei nun eine beliebige Parallele von l gegeben. Die Parallele unterscheidet sich von l nur im Stützvektor, d.h.
sie hat die Form c  b . Da A linear ist, gilt dann:
A (c   b )  A ( c)  A ( b )  d   b
Das Ergebnis ist also wieder eine zu l parallele Gerade, was zu zeigen war.
Aufgabe 7
 a 11 a 12 
.
a 21 a 22 
Da die Eigenvektoren von A zwei Zeilen haben, muss A eine 2x2-Matrix sein: A  
Mit der Definition von Eigenvektoren und Eigenwerten gilt:
 a 11 a 12  1 
1  5 
   5      
a

 2  10 
 21 a 22  2 
und
 a 11 a 12  2 
 2  12 
   6      
a

 3  18 
 21 a 22  3 
Daraus können wir die folgenden Gleichungen ablesen:
a 11  2a 12  5
a 11  5  2a 12

2a 11  3a 12  12

10  4a 12  3a 12  12


a 21  2a 22  10
2a 21  3a 22  18


a 21  10  2a 22
20  4a 22  3a 22  18


9  2 
.
6 2 
Damit erhalten wir A  
a 12  2
a 11  9
a 22  2
a 21  6
Aufgabe 8
Der Schatten wird durch die Projektion des Baumes auf den Boden gebildet.
Wir projezieren zuerst die Baumspitze auf den Boden. Dazu legen wir eine Gerade mit der Richtung der
Strahlen durch die Baumspitze und berechnen ihren Schnittpunkt mit der x 1-x2-Ebene:
 0   3
   
Die Gerade hat die Gleichung x   0   t   2  . Die x1-x2-Ebene hat die Gleichung x3=0.
 2  1
   
Durch Einsetzen der Gerade in die Ebenengleichung ergibt sich t=2 und damit als Schnittpunkt P=(-6,-4,0).
Wir berechnen nun den Verbindungsvektor vom Mittelpunkt des Baumes (=Ursprung) zu P.
 6
 
Es ist P0   4  .
 0
 
  4
 
Die Senkrechte dazu ist  6  . Da der Baum einen Umfang von 1 hat, berechnen wir nundie „äussersten“
 0 
 
Punkte der Baumgrundfläche durch Addition bzw. Subtraktion der Senkrechten mit dem Betrag 1. Damit
ergibt sich
  4
  4
1  
1  
Q1 
 6  und Q 2  
 6 .
52  
52  
 0 
 0 
Der Schatten ist nun die Fläche, die die Verbindungslinien PQ 1, PQ2 und die Einheitskreisscheibe
umschließen.