Lösung zu Übungsblatt 5

Prof. Dr. Viktor Schroeder
Mathematik für die Chemie II
Frühjahrssemester 2016, Universität Zürich
Lösung zu Übungsblatt 5
Aufgabe 1 (4 Punkte)
Überprüfen Sie anhand der Definition eines (R-)Vektorraums, ob die folgenden Mengen
(R-)Vektorräume sind. Beweisen Sie Ihre Entscheidung.
(a) R\{2}.
(1 Pt.)
(b) Die Menge M = {A ∈ R3×3 ; A ist invertierbar} der invertierbaren 3×3-Matrizen.
(1 Pt.)
(c) Die ganzen Zahlen Z.
(1 Pt.)
(d) Die Kugel B1 = {(x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 : x21 + x22 + x23 ≤ 1} im R3 mit Radius 1 um den
Mittelpunkt (0, 0, 0).
(1 Pt.)
Hinweis: Als Addition + wird die gewöhnliche Addition von Zahlen, Vektoren bzw. Matrizen verwendet. Als Multiplikation · wird für ganze bzw. reelle Zahlen die gewöhnliche
Multiplikation von Zahlen verwendet. Für Vektoren und Matrizen wird die komponentenweise Multiplikation mit einer reellen Zahl verwendet.
Lösung: Alle aufgeführten Mengen sind keine Vektorräume. Zur Lösung dieser Aufgabe wird die Definition 4.1.1 eines K-Vektorraums (mit K = R) aus dem Skript von
Prof. Kappeler verwendet.
(a) Wähle a = −2, a ∈ R\{2}. Dann gibt es kein Element b ∈ R\{2}, sodass a + b = 0,
da b = 2 nicht in R\{2} liegt. Damit ist die Bedingung VS1 (ii) verletzt.
(b) Die einzige 3×3-Matrix O mit der Eigenschaft
für alle A ∈ R3×3
A+O =A
ist


0 0 0
O= 0 0 0 .
0 0 0
Seite 1 von 5
Prof. Dr. Viktor Schroeder
Mathematik für die Chemie II
Frühjahrssemester 2016, Universität Zürich
Da O nicht invertierbar ist (det O = 0), ist O ∈
/ M . Damit ist die Bedingung VS1
(iii) verletzt.
(c) Per Definition ist die Multiplikation definiert als · : R × Z → Z, d. h. die Multiplikation muss in die ganzen Zahlen Z abbilden. Das heisst, dass für eine beliebige ganze
Zahl a ∈ Z und eine beliebige reelle Zahl λ ∈ R das Ergebnis λ · a wieder in Z liegen
muss. Das ist nicht erfüllt, wähle zum Beispiel a = 1, λ = 0.5. In diesem Fall ist
λ · a = 0.5 ∈
/ Z.
(d) Wie in 3., nur mit Addition: (0.8, 0, 0) ∈ B1 , (0.7, 0, 0) ∈ B1 , aber (0.8, 0, 0) +
(0.7, 0, 0) ∈
/ B1 .
Aufgabe 2 (4 Punkte)
Sei (G) das folgende lineare Gleichungssystem:
4x + y − 10z = a
2x − 3y − 12z = b
(a) Bestimmen Sie den Lösungsraum Lhom von (G) für a = b = 0 sowie die Dimension
von Lhom .
(2 Pt.)
Lösung:
"
4
1 −10 0
2 −3 −12 0
Damit ist
#
"
→
1
0
1
4
−3 12
− 25 0
−7 0
#
"
→
1 0 −3 0
0 1
#
2 0

Lhom

3
= {(3t, −2t, t) : t ∈ R} = {t  −2  : t ∈ R} .
1
Lhom hat die Basis [(3, −2, 1)], d. h. einen Basisvektor. Nach Definition 4.1.4 aus dem
Skript von Prof. Kappeler ist die Dimension von Lhom gleich eins.
(b) Bestimmen Sie den Lösungsraum L von (G) für a = 5 und b = −1. Handelt es sich
bei L um einen Vektorraum?
(2 Pt.)
Lösung: Durch Raten oder einen weiteren Gaussalgorithmus findet man die partikuläre Lösung
ypart = (1, 1, 0)
Seite 2 von 5
Prof. Dr. Viktor Schroeder
Mathematik für die Chemie II
Frühjahrssemester 2016, Universität Zürich
und der Lösungsraum L ist gegeben durch
 


1
3
L = Lhom + ypart = { 1  + t  −2  : t ∈ R} .
0
1
 
0

Es handelt sich bei L nicht um einen Vektorraum, da 0  nicht in L enthalten ist.
0
Aufgabe 3 (4 Punkte)
Sei V ein R-Vektorraum und seien U1 , . . . , Un Untervektorräume von V .
(a) Zeigen Sie, dass U1 ∩ U2 ∩ · · · ∩ Un einen Untervektorraum von V definiert. (1 Pt.)
Lösung: Seien x, y ∈ U := U1 ∩ U2 ∩ · · · ∩ Un und α ∈ R. Das bedeutet insbesondere,
dass x, y ∈ Ui , i ∈ {1, . . . , n}. Da die Mengen Ui , i ∈ {1, . . . , n}, Untervektorräume
sind, gilt, dass αx, x + y ∈ Ui , i ∈ {1, . . . , n}. Daraus folgt, dass αx, x + y ∈ U , also
ist U ⊂ V ein Untervektorraum.
(b) Sei die Summe U1 + . . . + Un der Vektorräume U1 , . . . , Un definiert durch
U1 +. . .+Un = {u ∈ V : Es existieren u1 ∈ U1 , . . . , un ∈ Un , so dass u = u1 +. . .+un .}
Zeigen Sie, dass die Summe U1 + . . . + Un einen Untervektorraum von V definiert.
(1 Pt.)
Lösung: Seien α ∈ R undPx, y ∈ U := U1 +.P. .+Un . Per Definition existieren ui , vi , i ∈
{1, . . . , n}, so dass x = ni=1 ui und v = ni=1 vi . Da die Mengen Ui , i ∈ {1, . . . , n},
Untervektorräume
vi ∈ Ui , i ∈ {1, . . . , n}. Folglich erhalten
P sind, folgt, dass αui , ui +P
wir, dass αx = ni=1 αui ∈ U und x + y = ni=1 (ui + vi ) ∈ U . Damit ist U ⊂ V ein
Untervektorraum.
(c) Sei W der Unterraum W = U1 + U2 und nehmen Sie an, dass U1 ∩ U2 = {0}. Zeigen Sie, dass dann jedes w ∈ W eindeutig durch eine Summe w = u1 + u2 mit
u1 ∈ U1 , u2 ∈ U2 dargestellt wird.
(1 Pt.)
Lösung: Sei w = u1 + u2 = v1 + v2 mit u1 , v1 ∈ U1 , u2 , v2 ∈ U2 . Dann folgt, dass
U1 3 u1 − v1 = v2 − u2 ∈ U2 , also u1 − v1 , u2 − v2 ∈ U1 ∩ U2 = {0} und somit
u1 = v1 , u2 = v2 . Damit ist die Darstellung von w = u1 + u2 eindeutig.
(d) Sei W = U1 + U2 wie in der letzten Teilaufgabe mit U1 ∩ U2 = {0}. Zeigen Sie, dass
zwei von null verschiedene Vektoren u1 ∈ U1 , u2 ∈ U2 stets linear unabhängig sind.
Seite 3 von 5
Prof. Dr. Viktor Schroeder
Mathematik für die Chemie II
Frühjahrssemester 2016, Universität Zürich
(1 Pt.)
Lösung: Seien α, β ∈ R mit αu1 + βu2 = 0. Um die lineare Unabhängigkeit zu zeigen,
müssen wir zeigen, dass α = β = 0 gilt. Da U1 + U2 ein Vektorraum ist, wissen wir,
dass 0 = 0 · u1 + 0 · u2 ∈ U1 + U2 . Per Annahme gilt ebenfalls 0 = αu1 + βu2 . Nach
dem letzten Aufgabenteil wissen wir, dass die Darstellung eines Vektors aus U1 + U2
eindeutig ist, also können wir schliessen, dass α = β = 0.
Aufgabe 4* (Diese Aufgabe ist eine freiwillige Zusatzaufgabe, mit der 4 Zusatzpunkte aufgeholt werden können.)
Seien die Matrizen
A=
3 2
2 1
B=
und
−1 7
−4 13
gegeben. Berechnen Sie (, falls möglich)
(a) A · B und B T · AT .
(1 Pt.)
Lösung: Es gilt
A·B =
3 2
2 1
−1 7
−11 47
·
=
.
−4 13
−6 27
Damit erhalten wir
T
T
T
B · A = (A · B) =
−11 −6
47 27
(b) A−1 und B −1 .
.
(1 Pt.)
Lösung: Wir berechnen zunächst det A = −1, det B = 15. Mit den Vorlesungsnotizen
schliessen wir, dass
−1
A
sowie
B
−1
=
1
=
15
−1 2
2 −3
13 −7
4 −1
(c) (AT )−1 und (B T )−1 .
.
(1 Pt.)
Seite 4 von 5
Prof. Dr. Viktor Schroeder
Mathematik für die Chemie II
Frühjahrssemester 2016, Universität Zürich
Lösung: Mit den Vorlesungsnotizen schliessen wir mit Hilfe des letzten Aufgabenteils,
dass
−1 2
T −1
−1 T
(A ) = A
=
2 −3
sowie
T −1
(B )
= B
−1 T
1
=
15
13 4
−7 −1
.
(d) det(A · B T ) und det(A−1 · AT ).
(1 Pt.)
Lösung: Es gilt
det A · B T = det A · det B T = det A · det B = −15
sowie
det(A−1 · AT ) =
1
· det A = 1.
det A
Seite 5 von 5