A Lineare Algebra II - TU Darmstadt/Mathematik

A
Technische Universität Darmstadt
Fachbereich Mathematik
Lineare Algebra II
für M, LaG, LaB, Inf, WInf
Prof. Dr. C. Herrmann
Steen Fröhlich
Stefan Reiter
28./29. April 2005
SS 2005
3.Übungsblatt - Lösungshinweise
Gruppenübungen
G9 a) falsch: K = R, A = E2 : det(−E2 ) = 1 6= −det(E2 ) = −1.
richtig, Satz 20.5
richtig, Produktregel, s. 20.4 Skript.
falsch, K = R, A = B = E2 : det(A + B) = 4 6= det(A) + det(B) = 1 + 1 = 2
b) falsch:
1 0
1 0
A=
Dann ist Ax = b lösbar, aber nicht At x = b.
c) falsch,
A=
1 0
1 0
1
1
, b=
, B=
0 0
1 1
, b=
1
1
Dann ist Ax = b lösbar, aber nicht ABx = b wegen AB = 0.
d) Richtig, Satz 12.6 und 20.1.
G10 Das Gleichungssystem schreibt sich wie folgt:
Ax = b
mit




1 0 0 4 0 0 7
12
A =  1 0 1 0 5 6 0  , x = (x1 , . . . , x7 )t , b =  0 
0 0 0 0 1 6 −7
1
Nach der ersten Umformung erhalten wir:
A0 x = b0
mit




1 0 0 4 0 0 7
12
A0 =  0 0 1 −4 5 6 −7  , x = (x1 , . . . , x7 )t , b0 =  −12  ,
0 0 0 0 1 6 −7
1
wobei A0 in Stufenform ist. Wir wÄhlen nun x1 , x3 , x5 als Pivotvar. und x2 , x4 , x6 , x7 als Parametervar.
Daher lautet die allg. homogene Lösung: Wir setzen x2 = s, x4 = t, x6 = u, x7 = v





x=




−4t − 7v
s
4t − 5(−6u + 7v) − 6u + 7v
t
−6u + 7v
u
v










 = t








−4
0
4
1
0
0
0










 + u








0
0
24
0
−6
1
0










 + s








0
1
0
0
0
0
0










+v








−7
0
−28
0
7
0
1










Da a = (12, 0, 12, 0, −6, 1, 0)t eine spez. Lösung des inhom. GLS ist, ist die allg. Form des inhom.
GLS.

 









x = a + t




−4
0
4
1
0
0
0








 + u








0
0
24
0
−6
1
0








 + s








0
1
0
0
0
0
0
−7

 0 




 −28 



+v 0 




 7 




 0 
1
G11 Das lineare Gleichungssystem über R schreibt sich Ax = b mit


1 0 −3
A =  2 t −1  , b = (−3, −2, 1)t ,
1 2 t
Wegen
det(A) = t2 + 3t − 10 = (t + 5)(t − 2)
ist das GLS für t 6= 2, −5 eindeutig lösbar.
Ist t = 2, dann ist Rang(A) = 2 und Rang(A|b) = 2. (Betrachte die Matrix A0 , deren erste beiden
Spalten die Spalten von A und die 3. Spalte gleich b ist mit det(A0 ) = 0.) Folglich gibt es mehrere
Lösungen.
Ist t = −5, dann ist Rang(A) = 2 und Rang(A|b) = 3.(Betrachte die Matrix A0 , deren erste beiden
Spalten die Spalten von A und die 3. Spalte gleich b ist mit det(A0 ) 6= 0.) Folglich gibt es keine
Lösungen.
G12 a) Nach K0R. 12.4 ist der Zeilenrang einer Matrix gleich ihrem Spaltenrang. Folglich gibt es r linear
unab. Spalten. Diese Spalten haben nach Kor. 20.4 r lin. unabh. Zeilen. Nehmen wir diese, so
erhalten wir eine invertierbare r × r Matrix, also mit Det. unglich null.
b) Es sei s > r. Waere det(U ) 6= 0, dann hätte U s linear unabhänigige Spalten, die durch Streichung
von n − s Zeilen aus s Spalten von A hervorgegangen sind. Diese Spalten von A waeren dann
aber auch lin. unab. und der Rang(A) > r, Widerspruch.
Hausübungen
H9 Das folgende inhomogene Gleichungssytem über Z3 schreibt sich Ax = b mit

0 1 2 1
A =  1 0 2 1  , x = (x1 , x2 , x3 , x4 )t , b = (0, 1, 0)t .
1 1 1 2

Durch Zeilenvertauschung kommen wir auf

 
x1
0
1 0 2 1 

x
 1 1 1 2  2  =  1 .
 x3 
0
0 1 2 1
x4



Weitere Umformungen liefern:


 
x1
1 0 2 1 
0

x
 0 1 −1 1   2  =  1 
 x3 
0 1 2 1
0
x4


und



x1
1 0 2 1 
0

x
 0 1 −1 1   2  =  1 
 x3 
0 0 0 0
−1
x4



Folglich sind die Lösungen x des homogenen GLS:
x2 = x3 − x4 , x1 = −2x3 − x4 ,
also
und
 


−2


 

1 
 + s
x ∈ r
 1 




0


−1



−1 
 , r, s ∈ Z3
0 



1

 
−1
−2



  1
−1

 
 0 , 1



1
0








ist eine Basis des Lösungsraums.
Für das inhom. GLS gibt es keine Lösung.
Der Rang des GLS ist 2.
H10 Annahme: G hat nur die triviale Lösung in K.
Folglich ist die Anzahl n der Spalten des GLS kleiner gleich als die Anzahl m der Zeilen . Folglich
können wir noch m − n weitere Spalten mit Einträgen in K nden, die zusammen mit den n Spalten
des GLS eine invertierbare m × m Matrix A bilden mit det(A) 6= 0. Dies ist jedoch ein Widerspruch
dazu, dass G eine nichttriviale Lösung hat, woraus det(A) = 0 folgt.
H11 Es sei zunächst A = En und B = Em :
Bew. per Ind. nach m.
m = 1 Beh richtig: Entwichlung von det nach der ersten Spalte.
Der Induktionsschritt erfolgt via der Entwichlung nach der Spalte.
Es seien nun A ∈ K n×n , B ∈ K m×m Ist det(A) = 0 oder det(B) = 0, dann ist oenbar auch
det(M ) = 0. Also köennen wir o.E. annehmen, dass det(A) det(B) 6= 0.
Betrachte nun
A−1
0
0
B −1
0 A
B D
0
En
Em B −1 D
=
Zusammen mit dem Produktsatz gilt nun:
det(A−1 ) det(B −1 )det(M ) = (−1)m+n+1 ,
was die Beh. zeigt.
H12 Es ist

0
0
0
1
0
0
1
0

1
1 

0 
0
0
 0
=
 0
1
1
0
0
0
0
0
1
0
0
 1
Pσ = 
 0
0
und

Pσ−1 = P(2 4 1)

0
1 
 = Pσt
0 
0
.
Allg. gilt Pσ ist die Matrix, die ersten i-ten Spalte an der Stelle σ(i) den Eintrag 1 und sonst die
Einträge 0 hat.
Folglich ist
Pτ Pτt = En
(Betrachte z.B. die Operation von Pτ , Pτt auf der kan. Basis.)
Weiter ist für A = (aij ) ∈ K n×n
Pτ APσ = (aσ(i) τ (j) )
H13 a) Es sei (kl) eine bel. Transposition: Wegen
(kl) = (1k)(1l)(1k)
folgt die Beh.
b) Es ist
(i(i + 1))((i − 1)i)(i(i + 1)) = ((i − 1) (i + 1))
und
((i − 2) (i − 1))((i − 1) (i + 1))((i − 2) (i − 1)) = ((i − 2) (i + 1)).
Folglich ist mit (i i + 1) auch (1 (i + 1)) im Erzeugnis. Somit folgt. die Beh. aus a).
c) Es ist
(1 2 . . . n)−1 (i (i + 1))(1 2 . . . n) = ((i + 1) (i + 2))
Somit folgt. die Beh. aus b).
Da jedes Element in An sich mit einer geraden Anzahl von Transposition schreiben laesst, genügt es
zu zeigen, dass sich das Produkt von 2 Transpositionen durch ein Produkt von 3-Zykeln ausdrücken
lässt. Wegen
(i, j)(k, l) = (), falls {i, j} = {k, l}
(i, j)(i, l) = (ijl), falls l 6= i, j
(i j)(k l) = (i j)(i k)(i k)(k l) = (i j k)(k i l), falls l, i, j, k paarweise verschieden
folgt nun die Beh.