1 . ¨Ubung zur Lineare Algebra
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Universität Würzburg
Mathematisches Institut
Dr. J. Jordan
Wintersemester 2014/15
06.10.2014
1 . Übung zur Lineare Algebra
Abgabe: 13.10.2014, 14:13 Uhr, In der Vorlesung.
1.1 (1+1+1+2 Punkte)
Zu A ∈ R2×2 und b ∈ R2 sei LA,b die Lösungsmenge der Gleichung Ax = b.
a) Beweisen oder widerlegen Sie:
i) Für alle A ∈ R2×2 gibt es ein b ∈ R2 , so dass LA,b genau aus einem Punkt
besteht.
ii) Für alle b ∈ R2 gibt es ein A ∈ R2×2 , so dass LA,b genau aus einem Punkt
besteht.
iii) Ist LA,b ein Untervektorraum, so ist b = 0.
−1
b) Bestimmen sie eine Matrix A ∈ R , so dass für b =
gilt:
1
1
1
LA,b =
+R
.
1
−2
2×2
Lösungshinweise:
a) i) Falsch: Ist A die Nullmatrix, so ist LAx=b entweder leer oder (im Falle b = 0) der
ganze R2 .
ii) Richtig: wählt man ein invertierbares A, so hat die Gleichung Ax = b für jedes b genau
eine Lösung.
iii) Richtig: Es gilt LAx=b = Kern(A) + x0 mit Ax0 = b. LAx=b ist also genau dann ein
Unterraum, wenn x0 ∈ Kern(A). Also ist b = Ax0 = 0.
1
1
b) Wegen LAx=b = Kern(A) + x0 mit Ax0 = b muss gelten A
= 0 und A
= b.
−2
1
2α α
Die erste Gleichung führt zu A =
mit α, β ∈ R. Mit der zweiten Gleichung
2β β
ergibt sich α = − 13 und β = 31 .
1.2 (1+1+1+2+2 Punkte)
Es sei A ∈ Rn×n eine invertierbare Matrix und
f : Rn×n → Rn×n ,
X 7→ AXA−1 .
Zeigen Sie:
a) f ist eine lineare Abbildung.
b) Die Menge UA := {X ∈ Rn×n | f (X > ) = f (X)> } ist ein Untervektorraum von
Rn×n .
c) Ist A orthogonal, so ist UA = Rn×n .
d) 1 ist ein Eigenwert von f .
e) 0 ist kein Eigenwert von f .
Lösungshinweise: a) Für alle X, Y ∈ R2×2 und alle α, β ∈ R gilt
f (αX + βY ) = A(αX + βY )A−1 = αAXA−1 + βAY A−1 = αf (X) + βf (Y ).
b) Ist X, Y ∈ UA , so gilt für alle α, β ∈ R
f ((αX + βY )> ) = αf (X > ) + βf (Y > ) = αf (X)> + βf (Y )> = (αf (X) + βf (Y ))> .
Alternativ, UA ist der Kern von X 7→ f (X > ) − f (X)> .
c) Ist A orthogonal, so ist A−1 = A> . Also gilt für alle X ∈ Rn×n
f (X)> = (AXA> )> = AX > A> = f (X > ).
d) Offenbar gilt f (E) = AEA−1 = E. Also ist E ein Eigenvektor zum Eigenwert 1.
(Analog gilt f (A) = A und f (A−1 ) = A−1 ).
e) Offenbar ist Kern(f ) = {0}. Da f ein Endormorphismus ist, folgt, dass f bijektiv ist,
was äquivalent dazu ist, dass 0 kein Eigenwert ist.
