Technische Universität München Lineare Algebra für Informatik
Werbung
Technische Universität München
Zentrum Mathematik
Lineare Algebra für Informatik
Sommersemester 2012
Boris Springborn — Jan Wehrheim
Übungsblatt 3 - Musterlösung
T1: Symmetrische Matrizen als Vektorraum
Wir betrachten die Menge
Sym(n, K) := {A ∈ K n×n | AT = A}
der symmetrischen (n × n)-Matrizen über einem Körper K. Zeigen Sie, dass Sym(n, K) mit der
üblichen Addition und Skalarenmultiplikation ein K-Vektorraum ist.
Lösung zu T1:
Wir wissen bereits, dass K n×n mit der üblichen Addition und Skalarenmultiplikation ein K-Vektorraum
ist. Es genügt also zu zeigen, dass Sym(n, K) ⊂ K n×n die Eigenschaften eines Untervektorraums
erfüllt.
• Sym(n, K) 6= ∅, denn es ist zum Beispiel 0 ∈ Sym(n, K), denn es gilt 0T = 0.
• Sind A, B ∈ Sym(n, K), so ist auch A + B ∈ Sym(n, K), denn es gilt
(A + B)T = AT + B T = A + B.
• Ist A ∈ Sym(n, K) und λ ∈ K, so ist auch λA ∈ Sym(n, K), denn es gilt
(λA)T = λ · AT = λA.
T2: Der R2
a) Beschreiben Sie qualitativ alle Untervektorräume des R2 .
b) Wir betrachten die Teilmengen
x1
G :=
∈ R2 2x1 + 3x2 = 0
x2
und H :=
x1
x2
∈ R2 2x1 + 3x2 = 5
des R2 . Stellen Sie diese Teilmengen in einem Koordinatensystem dar.
c) Begründen Sie, warum G ⊂ R2 ein Untervektorraum ist.
d) Welche Eigenschaften eines Untervektorraums erfüllt H ⊂ R2 nicht? Veranschaulichen Sie dies
anhand von Beispielen in der Zeichnung.
e) Wir betrachten den Untervektorraum
−1
U := λ ·
∈ R2
1
λ ∈ R ⊂ R2 .
Finden Sie ein lineares Gleichungssystem der Form Ax = 0, dessen Lösungsmenge gerade U ist.
Lösung zu T2:
a) Der ’kleinste’ Untervektorraum ist der Nullraum {0} ⊂ R2 . Sobald ein Untervektorraum U ein
Element v 6= 0 enthält, ist die ganze Gerade Rv := {λ · v | λ ∈ R} in U enthalten. Die ’nächst
größeren’ Untervektorräume sind also die Geraden Rv ⊂ R2 zu Vektoren v 6= 0. Enthält ein
Untervektorraum U neben einer solchen Geraden Rv noch ein weiteres Element w 6∈ Rv, so
muss U auch alle Summen der Form
λv + µw
mit
λ, µ ∈ R
enthalten. Anhand einer Zeichnung wird klar, dass man mit solchen Summen jeden beliebigen
Punkt im R2 darstellen kann. Es folgt also U = R2 .
Es gibt somit im R2 drei ’Typen’ von Untervektorräumen: Den Nullraum, Ursprungsgeraden
und den ganzen Raum selbst.
b)
c) Es handelt sich bei G um die Lösungsmenge eines homogenen linearen Gleichungssystems aus
einer Gleichung und zwei Unbekannten. Somit ist G ein Untervektorraum des R2 .
d) Sind v, w ∈ H, so ist die Summe v + w nicht in H enthalten. Ebenso ist λ · v für λ ∈ R nur
dann in H enthalten, wenn zufällig λ = 1 gilt. Für alle λ 6= 1 ist λ · v 6∈ H.
e) Für einen Punkt x ∈ U gilt
x=
x1
x2
=
−λ
λ
für ein passendes λ ∈ R. Wir erhalten also
x1 = −λ
und x2 = λ.
Wir eleminieren aus diesem Gleichungssystem den freien Parameter λ und erhalten die Gleichung
x1 = −x2
⇐⇒
x1 + x2 = 0.
Also ist U = {x ∈ R2 | x1 + x2 = 0} = {x ∈ R2 | Ax = 0} mit der Matrix A = 1 1 ∈ R1×2 .
T3: Interpolation
Wir suchen Polynome p ∈ R[x] mit der Eigenschaft, dass
p(0) = 1
,
p(1) = −1
und p(2) = 3.
Dazu betrachten wir für alle d ∈ N die Untervektorräume
R[x]d := {p ∈ R[x] | deg(p) ≤ d}
aus den Polynomen von Grad höchstens d.
a) Zeigen Sie, dass es in R[x]2 genau ein Polynom mit den gewünschten Eigenschaften gibt.
(Anleitung: Ein Polynom p ∈ R[x]2 hat die Form p(x) = a0 + a1 x + a2 x2 und aus den drei
gewünschten Eigenschaften erhält man drei Gleichungen für die Koeffizienten a0 , a1 , a2 ∈ R.)
b) Ist dieses Interpolationsproblem im Raum R[x]1 lösbar?
c) Wie viele Lösungen hat das Interpolationsproblem im Raum R[x]3 ?
Lösung zu T3:
a) Wir folgen der Anleitung und berechnen
p(0)
= a0 + a1 · 0 + a2 · 02
p(1)
= a0 + a1 · 1 + a2 · 1
2
p(2)
= a0 + a1 · 2 + a2 · 22
= a0
!
=
1,
!
= a0 + a1 + a2
= −1,
= a0 + 2a1 + 4a2
=
!
3.
Daraus ergibt sich das folgende inhomogene lineare Gleichungssystem für die drei Unbekannten
a0 , a1 , a2 ∈ R, welches wir umgehend lösen.
1 0 0
1
1 0 0
1
1 1 1 −1 ∼ . . . ∼ 0 1 0 −5
3
3
1 2 4
0 0 1
Es gibt also eine eindeutige Lösung: a0 = 1, a1 = −5, a3 = 3. Das Interpolationspolynom lautet
damit
p(x) = 1 − 5x + 3x2 .
b) Es ist R[x]1 ⊂ R[x]2 eine Teilmenge und in Teil a) haben wir schon gezeigt, dass es in R[x]2
genau eine Lösung gibt. Wenn es in R[x]1 also eine Lösung geben soll, dann müsste dies genau
die Lösung aus Teil a) sein. Aber das dort gefundene Interpolationspolynom hat Grad 2 und
liegt nicht in R[x]1 . Es gibt in R[x]1 also keine Lösung.
Rechnerisch erkennt man dies mit dem gleichen Ansatz wie in Teil a) aus der Unlösbarkeit des
linearen Gleichungssystems
1
1 0
1 1 −1 .
1 2
3
c) Wir schreiben p(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 für ein Polynom p ∈ R[x]3 und erhalten wie in
Teil a) das folgende Gleichungssystem für die Koeffizienten a0 , a1 , a2 , a3 ∈ R.
1 0 0 0
1 0 0
0
1
1
1 1 1 1 −1 ∼ . . . ∼ 0 1 0 −2 −5
1 2 4 8
3
0 0 1
3
3
Die Lösungsmenge besitzt also einen freien Parameter t := a3 und es gibt somit unendlich viele
Lösungen. Diese haben die Form
0
1
1
a0
2
a1 −5 + 2t −5
=
a2 3 − 3t = 3 + t · −3 .
t
a3
0
1
Ausgeschrieben als Polynom lauten diese Lösungen
p(x) = 1 + (−5 + 2t)x + (3 − 3t)x2 + tx3 = (1 − 5x + 3x2 ) + t · 2x − 3x2 + x3 .