Lösungen 1 - D-MATH

D-MATH
PD Dr. L. Halbeisen
Multilineare Algebra
FS 15
Lösungen 1
1. a) Seien a1 , a2 , a3 ∈ F2 beliebig und sei
a1 p1 + a2 p1 + a3 p3 = 0.
(1)
Es ist zu zeigen, dass a1 = a2 = a3 = 0. Per Definition ist ein Polynom gleich 0 genau
dann, wenn all seine Koeffizienten gleich 0 sind. Betrachten wir nun in (1) nacheinander
die Koeffizienten vom Grad 5, 4 und 3, dann finden wir also nacheinander, dass a3 , a2 und
a3 gleich 0 sind. Die drei Polynome sind daher tatsächlich linear unabhängig.
b) Wir betrachten p4 := X 2 , p5 := X, p6 := 1 ∈ V . Die gleiche Argumentationsweise wie im
ersten Aufgabenteil zeigt, dass p1 , . . . , p6 linear unabhängig sind. Diese bilden also eine
Basis von V genau dann, wenn die Dimension von V gleich 6 ist. Um dies zu zeigen
betrachten wir die sechs Vektoren 1, X, X 2 , . . . , X 5 ∈ V und behaupten, dass diese eine
Basis von V bilden. Tatsächlich lässt sich per Definition von V jeder seiner Vektoren auf
eindeutige Weise als F2 -Linearkombination dieser Vektoren schreiben.
2. a) Wir definieren die Matrix B := (b1 b2 b3 ), wobei b1 , b2 , b3 die Koordinatendarstellungen
der Basisvektoren von B bezüglich der Standardbasis E sind, die in der Aufgabenstellung
explizit gegeben werden, und definieren analog die Matrix B̃ bezüglich den Vektoren von
B̃. Die Transformationsmatrix L von E nach B ist dann bestimmt durch
B = EL,
wobei E die Identitätsmatrix bezeichne. Folglich
und erhalten

10 −5
1
L−1 =  21 −7
5
29 −8
ist L = B. Wir berechnen ihre Inverse

−15
−30  .
−40
Die Gleichung [v]B = L−1 (−24, 8, 19)T liefert schliesslich [v]B = (−113, −226, −304)T .
Wir berechnen nun die Transformationsmatrix LBB̃ von B̃ nach B, die wir nicht nur hier,
sondern auch im zweiten Aufgabenteil gebrauchen können. Diese ist bestimmt durch
B̃ = BLBB̃ ,
oder explizit LBB̃ = B −1 B̃. Wir rechnen weiter und erhalten
LBB̃


 
10 −5 −15
1
3 2
1
1
21 −7 −30   −2 −1 1  =  1
=
5
29 −8 −40
1
2 2
1
und
L−1
BB̃

1 −3
2 −5 
3 −6


3 −3 1
=  1 −3 2  .
1 −2 1
Folglich ist
[v]B̃ = L−1
[v]B = (35, −43, 35)T .
BB̃
Bitte wenden!
b) Es ist [w]B = LBB̃ [w]B̃ = LBB̃ (1, 2, 3)T = (−6, −10, −11).
R
3. a) Wegen der Linearität des Differenzierens ist für beliebige g, h ∈ V und α ∈ auch g+h ∈ V
und αg ∈ V . Hierbei ist die Addition g + h definiert durch die Addition im Zielbereich
der beiden Funktionen und die Skalarmultiplikation αg durch die Multiplikation im
Zielbereich von g.
R
R
b) Das zur Differentialgleichung gehörende charakteristische Polynom T 2 + T − 2 hat Nullstellen 1 und −2. Die allgemeine Theorie aus der Analysis zu solchen linearen homogenen
Differentialgleichungen liefert nun {ex , e−2x } als Basis von V .
c) Wir nehmen zu den Vektoren e1 := ex und e2 := e−2x noch die Vektoren e3 := e1 + e2
und e4 := e1 − e2 hinzu. Dass nun je zwei dieser vier Vektoren linear unabhängig sind,
kann man in jedem der Fälle auf die lineare Unabhängigkeit von e1 und e2 zurückführen.
Wir behandeln exemplarisch den Fall der zwei Vektoren e3 und e4 . Diese sind genau dann
linear unabhängig, wenn e3 und 2e1 = e3 + e4 es sind, und jene wiederum genau dann,
wenn 2e2 = 2e3 − 2e1 und 2e1 es sind. Letztere Aussage folgt nun tatsächlich daraus, dass
e1 und e2 linear unabhängig sind.
4. Wir bezeichnen mit A die Matrixdarstellung von ψ und mit L die Transformationsmatrix von
B nach B̃. Mit derselben Notation wie in unserer Lösung zur ersten Aufgabe gilt B̃ = BL. Die
Matrixdarstellung von ψ bezüglich B̃ lässt sich ausdrücken durch L−1 AL. Wir berechnen daher
L und L−1 und erhalten

 
−1 

0 0 1
1 0 1
−1 −1 1
3 −2 
L= 3 1 1   0 1 1 = 2
1 0 2
1 1 1
1
1
0
und
L−1
Somit ist


−2 −1 1
1 0 .
= 2
1
0 1


1 2 −2
L−1 AL =  4 6 −3  .
7 11 −7
5. a) • xi y i
• xi Aij y j
• xk Bik Aij
b) Für jedes Tupel (i, j) mit i = j ist Aij = 0. Um Aij xi xj zu berechnen brauchen wir
daher nur die Terme (i − j)xi xj von Tupeln (i, j) mit i 6= j zu summieren. Wir paaren
nun ein solches Tupel (i, j) mit dem Tupel (j, i) und sehen, dass die Summe ihrer Terme
(i − j)xi xj + (j − i)xj xi gleich 0 ist. Folglich lässt sich Aij xi xj schreiben als eine Summe
über Paare von Tupeln deren zugehöriger Summand jeweils 0 ist. Also ist auch Aij xi xj = 0.