Uebungsblatt_7

Lösungen zu „Übungsblatt 7“
Fabian Wleklinski
09.12.1998
Aufgabe 1
6
a 2
i 0
i
i
6
(1)
 0  a 0  2a1  4a 2  8a3  5a 4  10a5  9a 6  0
( 2)
 ai 3i  0  a0  3a1  9a2  5a3  4a4  a5  3a6  0
i 0
als Matrix:
1

1
1

0
2 4 8 5 10 9 

3 9 5 4 1 3 
2 4 8 5 10 9 
 II'  II  10  I
1 5 8 10 2 5 
aus der letzten Zeile folgt:
a1  5a2  8a3  10a4  2a5  5a6  0  a4  a1  5a2  8a3  2a5  5a6
eingesetzt in die erste Zeile ergibt:
a0  2a1  4a 2  8a3  5a1  5a 2  8a3  2a5  5a6   10a5  9a6  0
 a0  4a1  4a 2  7a3  2a5  10a6
Substitution:
z1  a1
z 2  a2
z 3  a3
z 4  a5
z 5  a6
daraus folgt:
 a0   4 z1  4 z 2  7 z 3  2 z 4  10 z 5 
 4
 4
7
 2
10 
  

 
 
 
 
 
z1
 a1  

1
 
 
 
 
a  









 
z2
1
 2 

 
 
 
 
 
z3
 a3   
  z1    z 2    z 3  1   z 4    z 5  
 a   z  5z  8z  2 z  5z 
1
 5
8
 2
5
2
3
4
5 
 4  1
 
 
 
 
 
 a5  









 
z4
1
  

 
 
 
 
 
z5
 
 
 
 
1
 a6  

1
Aufgabe 2a
(i)
(ii)
(iii)
Weil dim span b1 ,..., bm2   m  2 sind b1 ,..., bm2 linear unabhängig. Dies ist die
Aussage des Hauptsatz 5.
Weil dim span b1 ,..., bm2   dim span b1 ,..., bm  sind bm , bm 1 linear abhängig von
b1 ,..., bm2 . Dies folgt aus dem Dimensionssatz.
Weil b1 ,..., bm2 linear unabhängig sind, und demzufolge eine Basis bilden, gibt es für
jede Linearkombination von b1 ,..., bm2 genau eine Darstellung. Weil bm 1 linear
m2
abhängig von b1 ,..., bm2 ist, gibt es genau eine Darstellung bm 1   i bi .
i 1

2
Aufgabe 3
(i)
Es handelt sich um ein inhomogenes oder um ein homogenes LGS. Die Lösung eines
inhomogenen LGS läßt sich berechnen aus der Lösung des zugehörigen, homogenen
LGS plus der speziellen Lösung des inhomogenen LGS. Daraus folgt, daß die Anzahl
der Lösungen für ein inhomogenes LGS übereinstimmt mit der Anzahl der Lösungen
für das zugehörige homogene LGS (abgesehen von der trivialen Lösung).
(ii)
Wegen (i) läßt sich der Beweis auf den Fall reduzieren, daß alle bi  0 sind.
Beweis durch vollständige Induktion.
Induktionsanfang, n=1:
a1  K
b1  K
pa1   b1

p 0  b1

1
Es existiert genau eine Lösung für p 0 , der Beweis ist trivial.
n=2:
a1 , a 2  K
pa1   b1
pa 2   b2
b1 , b2  K

p 0  a1 p1  b1

p 0  a 2 p1  b2

1 a1 


1 a 2 

a1 
1


a 2  a1 

II '  II  I
Weil a1  a2 existiert genau eine Lösung für p 0 , p1 , der Beweis ist trivial.
n=3:
3
a1 , a 2 , a3  K
pa1   b1
pa 2   b2
pa3   b3
b1 , b2 , b3  K
 1  p 0  a1 p1  a12 p 2  b1
 1  p 0  a 2 p1  a 22 p 2  b2
 1  p 0  a3 p1  a32 p 2  b3

1 a1

1 a 2
1 a
3

a12 

a 22 
a32 

1
a1

 a 2  a1

a3  a1


a12 

a 22  a12 
a32  a12 

1
a1

 a 2  a1







a  a1 
a32  a12  a 22  a12 3

a 2  a1 
II '  II  I
III '  III  I
a12
a 22  a12

 

III ' '  III ' II '
a3  a1
a 2  a1
Weil a1 , a 2 , a3 paarweise verschieden sind, existiert genau eine Lösung für p0 , p1 , p2 ,
der Beweis ist trivial.
Induktionsschritt n 1  n :
Wie man an den Beispielen für n=1, n=2 und n=3 sehen kann, „beinhaltet“ die in ZSF
gebrachte (n)x(n)-Matrix in der oberen, linken Ecke die (n-1)x(n-1)-Matrix in ZSF.
Allgemein sieht die (n)x(n)-Matrix also so aus:
  f1,1 '

  ...

 0
 f '
 n ,1
...
...
0
...
f1,n 1 '  f1,n ' 


...  ... 

f n 1,n 1 '  f n 1,n ' 
f n ,n 1 ' f n ,n ' 
„Neu“ sind also nur die Elemente in der Zeile und in der Spalte n.
Es gilt nun zu zeigen, daß sich auch diese (n)x(n)-Matrix in die Gaußsche
Zeilenstufenform bringen läßt. Weil die (n-1)x(n-1)-Matrix bereits in ZSF ist, lassen
sich durch die Addition von Skalarmultiplizierten Zeilen alle Elemente fn,1‘, ..., fn,n-1‘
eliminieren.
4
Damit die (n)x(n)-Matrix wieder in ZSF ist, muß der hinzugekommene Pivot fn,n
ungleich null sein.
Zu zeigen: f n ,n  0 . Der Beweis dafür ist trivial: Wäre f n ,n  0 , dann wäre die Zeile n
der Nullvektor. Das würde wiederum bedeuten, daß der Zeilenvektor n linear abhängig
von den Zeilenvektoren 1 bis n-1 ist. Dies ist aber ausgeschlossen, denn zurückgeführt
n 1
auf die Polynome des LGS würde das bedeuten, daß p ( x)   pi x i für zwei
i 0
verschiedene i zwei linear abhängige Polynome produzieren könnte, und dies ist
wegen des exponentiellen Einflusses von i nicht möglich, also:
n 1
n 1
p x p x
i
i 0
i
j 0
j
j
für i  j .
Aus all diesen Erkenntnissen folgt, daß sich die Matrix für beliebig große n in ZSF
bringen läßt, mit der Eigenschaft, daß alle Pivots ungleich Null sind.
Induktionsschluß n 1  n :
Bisher wurde gezeigt, daß die Matrix für beliebige n in ZSF bringen läßt. Eine Matrix
in ZSF mit allen Pivots ungleich Null besitzt exakt eine nichttriviale Lösung.

5
Aufgabe 4 – Teilschritt a)
In diesem Teilschritt werde ich die „gdw“-Bedingung von links nach rechts gelesen beweisen.
Induktionsverankerung:
k  1 : a11  0
Jede Matrix A , die der Definition der Aufgabenstellung genügt, kann ohne Zeilenund Spaltenvertauschungen in diese Form gebracht werden. Wäre dies nicht der Fall,
wäre rang  A  0 . Der Beweis dafür ist trivial.
Induktionsannahme für k  1 :
 a1,1 ... a1,k 1

...
...

Ak  
a k 1,k 1

a
...
 k ,1 ...
a1,k 

... 
... 

a k ,k 
(i)
Die ersten k  1 Spalten und k  1 Zeilen der k  k -Matrix sind bereits in
Zeilenstufenform.
(ii)
Weil rang  Ai   i , und ZR A  SR A  i , müssen alle Zeilenvektoren
a p,1 ... a p,k  1  p  k linear unabhängig sein.
Zu zeigen: Ohne (!)Zeilen- und Spaltenvertauschungen kann erreicht werden, daß
a k ,1 ,..., a k ,k 1  0 () und a k ,k  0 ().
()
Wegen (i): Jedes Element a k , p 1  p  k kann eliminiert werden, indem ein
entsprechendes Vielfaches der Zeile p auf die Zeile k addiert wird.
()
Beweis durch Widerspruch: Wenn durch die unter () beschriebenen
Operationen das Element a k ,k  0 eliminiert wird, entspricht die Zeile k dem
Nullvektor. Es gilt ganz allgemein, daß wenn ein Vektor v durch Addition
anderer Vektoren v1 ,..., vn zum Nullvektor gemacht werden kann, v linear
abhängig von v1 ,..., vn ist. Hier steckt der Widerspruch! Wäre der Zeilenvektor
ak ,1 ... ak ,k  linear abhängig von den Zeilenvektoren
a
p ,1
... a p ,k  1  p  k , besäße A lediglich k  1 linear unabhängige
Vektoren, damit wäre rang ( A)  k  1 , und dies widerspricht der Definiton
von A in der Aufgabenstellung.
Induktionsschluß: k  k  1
Jede Matrix die der Definition von A in der Aufgabenstellung genügt, läßt sich ohne
Zeilen- und Spaltenvertauschungen in die Gauß-Form bringen.
6
Aufgabe 4 – Teilschritt b)
In diesem Teilschritt werde ich die „gdw“-Bedingung von rechts nach links gelesen beweisen.
Weil eine i  i -Matrix naturgemäß keinen Rang größer als i besitzen kann, d.h.
 A  M i ,i  : rang ( A)  i , ist also nur zu zeigen, daß wenn rang ( A)  i gilt, das GaußVerfahren nicht ohne Zeilen- und Spaltenvertauschungen auskommt.
Die Tatsache () in Teilschritt a) ist für rang ( A)  i nicht gültig. Daraus folgt (siehe
Teilschritt a)), daß während des Gauß-Verfahrens Nullvektoren entstehen. Wird eine Zeile
p zum Nullvektor, und existiert mindestens eine Zeile q | q  p , die ungleich dem Nullvektor
ist, dann ist die Gauß-Form nicht erreicht.
7