Technische Universität München Mathematik für

Technische Universität München
Zentrum Mathematik
Mathematik für Physiker 1
Wintersemester 2011/2012
Michael Kaplan — Jan Wehrheim — Christian Mendl
Übungsblatt 8
Hausaufgaben - Lösungen
H1: Basisdarstellung III
Wir betrachten die trigonometrischen Funktionen sin : R → R und cos : R → R und den davon
erzeugten Untervektorraum
V = Lin{sin, cos} ⊂ RR .
Ferner sei f : V → V ; φ 7→ φ0 die Abbildung, welche einer Funktion φ ihre Ableitung φ0 zuordnet.
a) Zeigen Sie, dass B = (sin, cos) eine Basis von V ist.
b) Bestimmen Sie die darstellende Matrix
B [f ]B .
c) Geben Sie Basen von Kern(f ) und Bild(f ) an. Ist f injektiv (surjektiv)?
Lösungsvorschlag zu H1:
a) V = Lin(B) ist laut Definition die Menge der Vektoren, die von B erzeugt werden, d.h. B ist
(per Definition) Erzeugendensystem von V = Lin(B). Es bleibt die lineare Unabhängigkeit von
B zu zeigen. Sei λ1 , λ2 ∈ R mit
λ1 sin +λ2 cos = 0.
Auf der rechten Seite der Gleichung steht die Nullfunktion, auf der linken Seite eine Funktion
in einer Unbekannten, d.h. es gilt
λ1 sin(x) + λ2 cos(x) = 0 ∀x ∈ R.
(1)
Einsetzen von konkreten Werten für x ergibt:
für x = 0 in (1) : λ2 = 0,
für x = π/2 in (1) : λ1 = 0.
Also λ1 = λ2 = 0, und damit ist B linear unabhängig.
b) Unter f haben wir
sin 7→ cos = 0 · sin(x) + 1 · cos(x),
cos 7→ − sin = (−1) · sin(x) + 0 · cos(x).
Damit ergibt sich
B [f ]B =
0
1
−1
.
0
c) Die Darstellungsmatrix B [f ]B hat vollen Rang 2, also Bild(f ) = V . Insbesondere ist f surjektiv,
und eine Basis von Bild(f ) ist z.B. B aus Teilaufgabe a).
Weiterhin gilt Def(f ) = dim(Kern(f )) = dim(V ) − Rang(f ) = 2 − 2 = 0 (Dimensionssatz 11.2.4). Also Kern(f ) = {0}, d.h. f ist injektiv. Die einzige Basis von Kern(f ) ist die
leere Menge ∅.
H2: Basisdarstellung rückwärts
Es sei f : R3 → R3 ; v 7→ Av gegeben durch die

1
Basen B und C von R3 , so dass C [f ]B = 0
0
0
1
0

0
Matrix A = 1
2

0
0.
0
−1
0
3

−2
−3. Bestimmen Sie zwei
0
Lösungsvorschlag zu H2:
Wir erinnern uns an den Beweis der Tutorübungsaufgabe T3, den wie hier mit konkreten Werten
umsetzen. Als ersten Schritt brauchen wir also eine Basis von Kern(f ). Dazu lösen wir das LGS
Av = 0 und bringen wir A auf Zeilenstufenform:






0 −1 −2
1 0 −3
1 0 −3
1 0 −3
0 −1 −2
0 1 2  .
2 3
0
2 3
0
0 0 0
Anhand dieser Darstellung können wir bereits Rang(f ) = 2 und dim(Kern(f )) = 1 ablesen. Für
jede Lösung v = (x1 , x2 , x3 ) von Av = 0 ist x3 = λ ∈ R frei wählbar, und es muss x2 = −2λ sowie
x1 = 3λ gelten. Somit


  

 3λ 
 3 
Kern(f ) = −2λ λ ∈ R = Lin −2 .




λ
1
Setzen wir b3 := (3, −2, 1) ∈ R3 , dann ist also (b3 ) eine Basis von Kern(f ). Wie im Beweis von T3
ergänzen wir diese zu einer Basis B = (b1 , b2 , b3 ) von R3 , indem wir zum Beispiel b1 := (1, 0, 0) und
b2 := (0, 1, 0) definieren. Die Basiseigenschaft erkennt man z.B. anhand des vollen Rangs der Matrix
mit (b1 , b2 , b3 ) als Spalten, die bereits Zeilenstufenform hat. Laut T3 sind die Vektoren
 
 
0
−1
c1 := f (b1 ) = A b1 = 1 , c2 := f (b2 ) = A b2 =  0 
2
3
eine Basis von Bild(f ). Wir ergänzen sie zu einer Basis C = (c1 , c2 , c3 ) des R3 , indem wir z.B.
c3 := (0, 0, 1) setzen. Die Basiseigenschaft erkennt man hier anhand des vollen Rangs der Matrix
mit Zeilen (c2 , c1 , c3 ), die in Zeilenstufenform ist. Die Basen B und C haben nun die gewünschte
Eigenschaft. Hier nochmals zur Verdeutlichung:
f (b1 ) = c1 = 1 · c1 + 0 · c2 + 0 · c3
f (b2 ) = c2 = 0 · c1 + 1 · c2 + 0 · c3
f (b3 ) = 0 = 0 · c1 + 0 · c2 + 0 · c3 ,
also

1
0
C [f ]B =
0
0
1
0

0
0 .
0