Prof. Dr. B. Hanke Dr. J. Bowden Lineare Algebra 1 (WS 12/13) Blatt 6: Musterlösung Aufgabe 1. Der Kern von der gegebenen Matrix ist die Lösungsmenge des durch die Matrix beschriebenen homogenen Gleichungssystems. Wir bringen die Matrix 1 1 0 1 1 1 0 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 ∼ 0 0 0 −1 0 0 0 0 0 1 1 0 0 Wir haben zwei freie Parameter x5 =: x1 = λ2 − λ1 . Es gilt also ker(A) = λ1 · also auf Zeilenstufenform: 0 0 1 0 λ1 und x3 =: λ2 und lesen ab x4 = λ1 und x2 = −λ2 und −1 0 0 1 1 + λ2 · λ1 , λ2 ∈ R . 1 −1 1 0 0 Damit ist ker(A) zweidimensional, da die beiden aufspannenden Vektoren linear unabhängig sind. Sie stellen somit auch eine Basis für das Bild dar. Das Bild von A wird aufgespannt von den Spaltenvektoren der gegebenen Matrix. Dabei bilden die letzten drei Spalten offenbar eine linear unabhängige Familie, aus der die ersten beiden Spalten erzeugt werden können. Diese letzten drei Spalten bilden also eine Basis des aufgespannten Raumes und es gilt dim(im(A)) = 3. Aufgabe 2. Wir berechnen AB = 2x1 + x3 x1 + 2x3 2x2 + x4 x2 + 2x4 , BA = 2x1 + x2 2x3 + x4 x1 + 2x2 x3 + 2x4 Aus der Gleichung AB = BA ergibt sich folgendes lineares Gleichungssystem: 2x1 + x3 = 2x1 + x2 2x2 + x4 = x1 + 2x2 x1 + 2x3 = x2 + 2x4 = x3 + 2x4 2x3 + x4 Wir erhalten also x3 = x2 , x4 = x1 , x1 = x4 , x2 = x3 . Wir setzen dann λ1 = x1 , λ2 = x2 und somit ist die Lösungsmenge der Matrixgleichung AB = BA λ1 λ2 L= B= | λ1 , λ2 ∈ R . λ2 λ1 Es folgt insbesondere, dass AB 6= BA mit zum Beispiel 1 0 A= ∈ / L. 0 0 1 Aufgabe 3. (a) Wir berechnen sie Bilder der Basisvektoren b1 = cos(t), b2 = sin(t) unter Ψ: Z t π π cos(x)dx − cos( ) = sin(t) − sin(0) − cos( ) = 0 · b1 | {z } | {z2 } 2 + 1 · b2 π π sin(x)dx − sin( ) = − cos(t) + cos(0) − sin( ) = −1 · b1 2 2} | {z + 0 · b2 . b1 7−→ 0 =0 Z b2 7−→ 0 t =0 =0 Diese Rechnung zeigt insbesondere, dass die Abbildung Ψ : V → V wohldefiniert ist, d.h. Ψ(V ) ⊆ V . Somit ist die darstellende Matrix bezüglich der Basis B = (b1 , b2 ) 0 −1 cos( π2 ) − sin( π2 ) M (Ψ) = = . 1 0 sin( π2 ) cos( π2 ) Diese Abbildung ist dann eine Rotation durch π 2 gegen den Uhrzeigersinn. (b) Wir berechnen sie Bilder der Basisvektoren c1 = 1, c2 = x, c3 = x2 unter Ψ: 1 = c1 7−→ 0 = 0 · c1 + 0 · c2 + 0 · c3 x = c2 7−→ 1 = 1 · c1 + 0 · c2 + 0 · c3 x2 = c3 7−→ 2x = 0 · c1 + 2 · c2 + 0 · c3 Somit hat die darstellende Matrix bezüglich der Basis C = (c1 , c2 , c3 ) folgende Gestalt: 0 1 0 M (Ψ) = 0 0 2 . 0 0 0 Aufgabe 4. Die Lösungsmenge LA des homogenen linearen Gleichungssystem (A|0) ist genau ker(fA ). Falls A0 durch Zeilenumformungen von A hevorgeht, gilt dann LA = LA0 und somit auch ker(fA ) = ker(fA0 ) =⇒ dim ker(fA ) = dim ker(fA0 ). Aus dem Rangsatz folgt dann SRang(A) = dim im(fA ) = dim Rn −dim ker(fA ) = dim Rn −dim ker(fA0 ) = dim im(fA0 ) = SRang(A0 ) und somit ändert sich der Spaltenrang nicht unter Zeilenumformungen. 2