Musterlösung 6

Prof. Dr. Viktor Schroeder
Lineare Algebra für die Naturwissenschaften
Herbstsemester 2016, Universität Zürich
Musterlösung 6
Lineare Algebra für die Naturwissenschaften
Aufgabe 1
Bestimmen Sie, ob folgende Vektoren linear unabhängig in C3 sind:
(a)
(1 Pt.)

a(1)

1+i
= 2 + i ,
3+i

a(2)

1
=1−i
1 + 2i
(b)
(1 Pt.)
a(1)

i
=  2 ,
1 − 2i
1

a(2)

+
i
2
=  0 ,
2

a(2)

2−i
= 1 + i
i
(c) Berechnen Sie die Determinante und falls möglich die inverse Matrix von
(1 Pt.)
1 2+i
A=
.
i 1−i
(d) Berechnen Sie den Rang von
(1 Pt.)

1 3 −5
B = −2 21 −3 .
1 2 −3

Lösung:
(a) Vergleichbar zu Vektoren im reellen Vektorraum müssen wir überprüfen, ob ein λ ∈ C
existiert, so dass

 

1+i
1
λ 2 + i =  1 − i 
3+i
1 + 2i
1
Die erste Zeile ergibt λ(1 + i) = 1 ⇐⇒ λ = 1+i
⇐⇒ λ = 1−i
. Jedoch gilt λ(2 + i) =
2
(1−i)(2+i)
1−i
(1)
(2)
= 2 6= 1 − i, und somit sind a und a linear unabhängig.
2
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(b) Wie im reellen Fall berechnen wir die Determinante der Matrix


1
i
+i 2−i
2
 2
0
1 + i .
1 − 2i
2
i
Wir entwickeln nach der zweiten Zeile und erhalten


1
1
+
i
2
−
i
i
2
+
i
2
−
i
i
2
0
1 + i = −2 det
− (1 + i) det
det  2
2
i
1 − 2i
1 − 2i
2
i
9 1
29 9
= 10 − 5i + + i =
− i 6= 0.
2 2
2
2
1
2
+i
2
Somit sind die angegebenen Vektoren linear unabhängig.
(c) Wir berechnen zuerst die Determinante:
det(A) = 1 · (1 − i) − (2 + i) · i = 2 − 3i.
Um die inverse Matrix von A zu berechnen, verwenden wir wie im reellen Fall den
Gaussalgorithmus:
0
1 2+i 1 0
1 2+i 1
1 2+i 1 0
−−−−→
−−1−−→
3−2i
2+3i
i 1−i 0 1
0 2 − 3i −i 1
0
1
R2 −iR1
R
13
13
2−3i 2
5+i
1+8i
1 0 13 − 13
−−−−−−−→
2+3i
0 1 3−2i
R1 −(2+i)R2
13
13
5 + i −1 − 8i
1
Es ist also A−1 = 13
·
.
3 − 2i 2 + 3i
(d) Wir bringen die Matrix B milt Hilfe von Zeilenoperationen auf Zeilenstufenform. Da
diese Operationen den Rang nicht ändern, können wir an der Matrix in Zeilenstufenform den Rang von B ablesen:








1 3 −5
1 3 −5
1 3 −5
1 3 −5
−2 1 −3 → 0 13 −13 → 0 1 −2 → 0 1 −2
2
2
1 2 −3
0 −1 2
0 −1 2
0 0 0
Für die Matrix in Zeilenstufenform sind genau die Vektoren (x1 , x2 , 0) ∈ R3 im span.
Dies ist offensichtlich 2-dimensional. Somit hat B den Rang 2.
Aufgabe 2
Entscheiden Sie, welche der folgenden Teilmengen einen Untervektorraum des jeweiligen
R-Vektorraumes bilden:
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(a) W = {(x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 : 3x1 − x2 + x3 = 0}
(1 Pt.)
(b) V = {f ∈ Rn [x] : Grad(f ) = n}
(1 Pt.)
(c) U = {A ∈ R3x3 : A = AT }
(1 Pt.)
(d) L = {x ∈ Q ⊂ R}
(1 Pt.)
Lösung:
(a) Man kann entweder begründen, dass W die Lösungsmenge eines homogenen Gleichungssystem ist und somit ein Untervektorraum oder die Bedingung nachrechnen.
Seien also v = (v1 , v2 , v3 ) und u = (u1 , u2 , u3 ) Elemente in W und λ, µ ∈ R. Dann
gilt
3(λv1 + µu1 ) − (λv2 + µu2 ) + (λv3 + µu3 ) = λ (3v1 − v2 + v3 ) +µ (3u1 − u2 + u3 )
|
{z
}
|
{z
}
=0
=0
= 0.
Somit ist λv + µu ∈ W und W ein Untervektorraum des R3 .
(b) Betrachte die beiden Polynome f1 (x) := xn + 1 und f2 (x) := −xn , dann ist f1 (x) +
f2 (x) = 1 und dies ist offensichtlich kein Polynom vom Grad n (vorausgesetzt n ≥ 1;
ist n = 0, so ist V = R was dem Vektorraum selbst entsprechen würde). Somit ist V
kein Untervektorraum.
(c) Sei A ∈ R3×3 und λ ∈ R. Dann ist λA die Matrix, die jeden Eintrag von A mit
λ multipliziert. Damit folgt, dass (λA)T = λAT = λA, falls AT = A gilt. Ebenso
wissen wir, dass (A + B)T = AT + B T . Also gilt insgesamt für A, B ∈ U , dass
(λA + µB)T = λAT + µB T = λA + µB, und somit ist U ein Untervektorraum.
(d) Es ist 1 ∈ Q. Wähle ein λ ∈ R\Q, dann ist λ · 1 = λ ∈
/ Q. Somit ist L kein
Untervektorraum.
Aufgabe 3
(a) Zeigen Sie, dass P := {f ∈ R5 [x] : −f (x) = f (−x)} ein R-Vektorraum ist, geben Sie
eine Basis des Vektorraumes an und bestimmen Sie dessen Dimension.
(2 Pt.)
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Sei V ein Vektorraum und U1 , U2 Untervektorräume von V .
(b) Zeigen Sie, dass U1 ∩ U2 ein Untervektorraum von V definiert.
(1 Pt.)
(c) Sei U1 + U2 = {u ∈ V : Es existieren u1 ∈ U1 , u2 ∈ U2 , so dass u = u1 + u2 }. Zeigen
Sie, dass U1 + U2 ein Untervektorraum von V definiert.
(1 Pt.)
Lösung:
(a) Sei f (x) = a5 xn + a4 x4 + a3 x3 + a2 x2 + a1 x1 + a0 ein Polynom mit Grad(f ) ≤ 5.
Dann ist
f (−x) = −f (x) ⇐⇒ a4 x4 + a2 x2 + a0
⇐⇒ 2a4 x4 + 2a2 x2 + 2a0
= −a4 x4 − a2 x2 − a0
= 0.
Jedoch ist ein Polynom nur konstant gleich 0 (also für alle x ∈ R), wenn es das
Nullpolynom (d.h. ai = 0 ∀i) ist. Das heisst
f (x) = a5 xn + a4 x4 + a3 x3 + a2 x2 + a1 x1 + a0 ∈ P ⇐⇒ a4 = 0, a2 = 0, a0 = 0
Und somit ist P = {f (x) = ax5 + bx3 + cx : a, b, c ∈ R}.
VR 1–4 (aus der Vorlesung) können nun einfach nachgerechnet werden.
Alternativ kann man zeigen, dass P ein Untervektorraum von R5 [x] ist, und dann
argumentieren, dass ein Untervektorraum selbst ein Vektorraum ist.
Wir behaupten, dass {x5 , x3 , x} eine Basis von P ist. Sei f (x) = ax5 + bx3 + cx
ein beliebiges Element in P , dann zeigt die Schreibweise schon, dass man f (x) als
Linearkombination aus {x5 , x3 , x} bilden kann.
Wir müssen also noch die Linearunabhängigkeit zeigen. Seien nun a, b, c ∈ R so, dass
ax5 + bx3 + cx = 0 für alle x ∈ R. Das bedeutet aber wiederum, dass a = b = c = 0.
Somit sind x5 , x3 , x linear unabhängig.
Da die Basis 3 Elemente besitzt, hat der Vektorraum die Dimension 3.
(b) Seien x, y ∈ U := U1 ∩ U2 und α ∈ R. Das bedeutet insbesondere, dass x, y ∈ U1
und x, y ∈ U2 . Da U1 und U2 Untervektorräume sind, gilt, dass αx, x + y ∈ U1 und
αx, x+y ∈ U2 . Daraus folgt, dass αx, x+y ∈ U , also ist U ⊂ V ein Untervektorraum.
(c) Seien α ∈ R und x, y ∈ U := U1 + U2 . Per Definition existieren u1 , u2 , v1 , v2 , so dass
x = u1 + u2 und y = v1 + v2 . Da die Mengen U1 , U2 , Untervektorräume sind, folgt,
dass αui , ui + vi ∈ Ui , i ∈ {1, 2}. Folglich erhalten wir, dass αx = αu1 + αu2 ∈ U und
x + y = (u1 + v1 ) + (u2 + v2 ) ∈ U . Damit ist U ⊂ V ein Untervektorraum.
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Aufgabe 4
Sei das folgende lineare Gleichungssystem (G) gegeben:
x1
+ 2x2 + 4x3 = a
−2x1 − 2x2 − 5x3 = b
(a) Bestimmen Sie den Lösungsraum von (G) für a = 0 = b und bestimmen Sie dessen
Dimension.
(2 Pt.)
(b) Geben Sie die Lösungsmenge von (G) für a = 3, b = −5 und entscheiden Sie, ob die
Lösungsmenge ein Untervektorraum von R3 ist.
(2 Pt.)
Lösung:
Bevor wir die einzelnen Teilaufgaben betrachten, lösen wir das Gleichungssystem allgemein, indem wir die erweiterte Koeffizientenmatrix auf Zeilenstufenform bringen:
1 2 4
1 0 1 −a − b
1
2
4 a
a
→
→
−2 −2 −5 b
0 2 3 b + 2a
0 2 3 b + 2a
1 0 1 −a − b
→
0 1 32 2b + a
(a) Wir müssen also das GLS mit erweiterter Koeffizientenmatrix
1 0 1 0
0 1 32 0
lösen. Die Lösungsmenge ist dann von der Form L = {(−t, − 32 t, t) ∈ R3 : t ∈ R}.
Dies ist ein Untervektorraum
(laut Vorlesung).
Man sieht, dass alle Elemente in L
 
 
−1
−1
von der Form t · − 32  sind. Somit ist − 32  eine Basis von L und L hat die
1
1
Dimension 1.
(b) Wir müssen das GLS mit erweiterter Koeffizientenmatrix
1 0 1 2
0 1 32 12
lösen. In Abhängigkeit von x3 erhalten wir als Lösung dieses GLS: x1 = 2 − x3 ,
x2 = 12 − 32 x3 , d.h. die Lösungsmenge ist von der Form
 


 
2 − x3
2
−1
1
3
1




L = { 2 − 2 x3 : x3 ∈ R} = { 2 + x3 − 23  : x3 ∈ R}.
x3
0
1
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Wir wissen, dass für einen Untervektorraum U gelten muss, dass αu ∈ U für alle
u ∈ U und α ∈ R. Wenn man α = 0 setzt, bedeutet das, dass der 0-Vektor in
jedem Unterraum enthalten sein muss. Man sieht aber leicht, dass der 0-Vektor kein
Element von L ist. Somit ist L kein Untervektorraum.
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