Lösung 11

MLAE1 – Mathematik: Lineare Algebra für Ingenieure 1
Dr. Christoph Kirsch
Herbstsemester 2015
ZHAW Winterthur
Lösung 11
Aufgabe 1 :
a) Gemäss Satz 11 der Vorlesung bildet die Menge {v 1 , v 2 , v 3 } ⊆ R3 genau dann
eine Basis von R3 , wenn rang(V ) = 3. Wir berechnen den Rang von V ∈ R3×3
mit dem Gaussschen Eliminationsverfahren:




I
II ← II − 5
4
4
5 −2
4 5 −2
3
III ← III + 4 I
 5
 0 − 17 7 
2
1 
−→
(1)
4
2
7
0 − 14
−3 −4 5
2


4
5
−2
1
III ← III − 17
II
 0 − 17 7  .
(2)
−→
4
2
56
0 0
17
Die Matrix ist jetzt in Zeilenstufenform mit rang(V ) = 3, und damit ist
{v 1 , v 2 , v 3 } ⊆ R3 eine Basis von R3 .
b) Mit demselben

3 2
 0 1
2 2
Vorgehen wie in a)


4
2
III ← III − 3 I

2 
−→
4
erhalten wir

3 2 4
III ← III − 23
0 1 2 
−→
2
4
0 3 3


3
2
4
II
 0 1 2 .
0 0 0
(3)
Die Matrix ist in Zeilenstufenform mit rang(V ) = 2 < 3, also ist {v 1 , v 2 , v 3 } ⊆
R3 keine Basis von R3 .
c) Die Menge {v 1 , v 2 , v 3 } ⊆ R2 mit 3 > 2 Vektoren kann gemäss Satz 6 nicht linear
unabhängig sein, also auch keine Basis bilden nach Def. 19.
Aufgabe 2 :
a) Gemäss Satz 5 der Vorlesung sind zwei Vektoren v 1 , v 2 ∈ R2 linear abhängig
genau dann, wenn rang(V ) < 2. Wir berechnen den Rang von V für die beiden
im Hinweis erwähnten Fälle:
v11 6= 0:
v11 v12
v21 v22
II ← II − vv21 I
−→
11
v11
v12
v12
0 v22 − vv21
11
(4)
Die Matrix ist in Zeilenstufenform mit rang(V ) < 2 ⇔ v22 − vv21
v12 = 0.
11
12
Wir definieren α := vv11
∈ R, dann gilt v12 = αv11 . Wegen der linearen
Abhängigkeit muss auch gelten
v21
v12
v22 =
v12 =
v21 = αv21 .
(5)
v11
v11
Es gilt also
v2 =
v12
v22
=
1
αv11
αv21
=α
v11
v21
= αv 1 .
(6)
v11 = 0 ∧ v21 6= 0:
0 v12
v21 v22
I ↔ II
−→
v21 v22
0 v12
(7)
Die Matrix ist in Zeilenstufenform mit rang(V ) < 2 ⇔ v12 = 0 = v11 . Wir
22
∈ R, dann gilt v22 = αv21 . Somit erhalten wir
definieren α := vv21
v12
0
v11
v2 =
=
=α
= αv 1 .
(8)
v22
αv21
v21
b) Wir erhalten
{v 1 , v 2 } :
{v 1 , v 3 } :
{v 2 , v 3 } :
−1 −2 II ← II −3 I −1 −2
−→
,
−3 2
0
8
−1 4 II ← II −3 I −1 4
−→
,
−3 5
0 −7
−2 4 II ← II + I −2 4
−→
.
2 5
0 9
(9)
(10)
(11)
Die Matrizen auf der rechten Seite sind alle in Zeilenstufenform mit Rang 2, also
sind die drei Vektoren tatsächlich paarweise linear unabhängig.
Aufgabe 3 :
Wenn das homogene lineare Gleichungssystem V λ = 0 eine Lösung λ 6= 0 hat, so
sind gemäss Def. 17 der Vorlesung die Spalten von V nicht linear unabhängig. Gemäss
Satz 5 der Vorlesung gilt dann rang(V ) 6= n, und nach Satz 4 der Vorlesung ist dann
die Matrix V ∈ K n×n nicht invertierbar.
Aufgabe 4 :
Wir gehen wie im Beispiel nach Def. 22 der Vorlesung vor. Die Darstellung des Vektors
v ∈ R3 bzgl. der Standardbasis des R3 ist gegeben durch
v = 27e1 + (−7)e2 + (−3)e3 .
(12)
Die Basisvektoren haben bzgl. der Standardbasis die Darstellung
b1 = 2e1 + 3e2 + (−1)e3 ,
b2 = (−4)e1 + 4e2 + (−1)e3 ,
b3 = 3e1 + (−3)e2 + (−3)e3 .
(13)
(14)
(15)
Mit dem noch unbekannten Koordinatenvektor v B ∈ R3 von v bzgl. der Basis B =
{b1 , b2 , b3 } ⊆ R3 des R3 hat v die Darstellung
v
=
(13)–(15)
=
=
(v B )1 b1 + (v B )2 b2 + (v B )3 b3
(16)
(v B )1 (2e1 + 3e2 + (−1)e3 ) + (v B )2 ((−4)e1 + 4e2 + (−1)e3 ) +
+ (v B )3 (3e1 + (−3)e2 + (−3)e3 )
(17)
(2 (v B )1 + (−4) (v B )2 + 3 (v B )3 ) e1 + (3 (v B )1 + 4 (v B )2 + (−3) (v B )3 ) e2 +
+ ((−1) (v B )1 + (−1) (v B )2 + (−3) (v B )3 ) e3 .
(18)
2
Aus einem Koeffizientenvergleich mit (12) erhalten wir jetzt das folgende lineare Gleichungssystem für die Einträge von v B :
2 (v B )1 − 4 (v B )2 + 3 (v B )3 = 27,
(19)
3 (v B )1 + 4 (v B )2 − 3 (v B )3 = −7,
(20)
(−1) (v B )1 + (−1) (v B )2 + (−3) (v B )3 = −3,
(21)
oder einfach Bv B = v, mit B := b1 b2 b3 ∈ R3×3 . Wir lösen dieses lineare Gleichungssystem mit dem Gauss-Jordan-Algorithmus. Dabei wählen wir (wenn
möglich) ein Pivotelement mit Wert ±1. Diese Pivotstrategie ist von Hand besonders
leicht auszuführen: (B | v) =




2 −4 3 27
−1 −1 −3 −3
I ↔ III
 3
4 −3 −7  −→  3
4 −3 −7 
(22)
−1 −1 −3 −3
2 −4 3 27




I ← (−1) I
3
1 0 15
19
1 1
3
I ← I − II
II ← II −3 I
III ← III +6 II
III ← III −2 I
 0 1 −12 −16  (23)
−→
−→  0 1 −12 −16 
0 −6 −3 21
0 0 −75 75


1 III
III ← − 75
1 0 0 4
I ← I −15 III
II ← II +12 III
 0 1 0 −4  .
(24)
−→
0 0 1 1
Wir erhalten also die folgenden Koordinaten des Vektors v bzgl. B:


4
v B =  −4  .
1
Vorlesungswebseite: http://home.zhaw.ch/˜kirs/MLAE1
3
(25)