Musterlösung

Lineare Algebra für Informatiker (Prof. Dr. Bürgisser)
M u s t e r l ö s u n g
z u Ü b u n g s b l a t t
Sommersemester 2011
13
Aufgabe 1: (3 Punkte) Berechnen Sie die Determinante der folgenden Matrix A ∈ R3×3 :


1 −1 2
A = 0 1 3 .
2 −2 1
Musterlösung:
Wir zeigen zwei unterschiedliche Lösungsmöglichkeiten:
1) Nach der Regel von Sarrus ergibt sich
det(A)
=
1 · 1 · 1 + (−1) · 3 · 2 + 2 · 0 · (−2) − 1 · 3 · (−2) − (−1) · 0 · 1 − 2 · 1 · 2
=
1−6+6−4
= −3.
2) Wir formen die Matrix A durch Gausselimination in eine Dreiecksmatrix A0 um, indem wir die
erste Zeile zweimal zur dritten Addieren. Ergebnis ist


1 −1 2
3 .
A0 = 0 1
0 0 −1
Die Determinante von A0 ist das Produkt der Diagonalelemente, es gilt also
det(A) = det(A0 ) = −3.
Aufgabe 2: (5 Punkte)
Zur Erinnerung: die zu einer Matrix A = [aij ] ∈ Rn×n transponierte Matrix ist definiert
durch AT := [aji ] (Spiegelung an der Diagonalen).
Eine Matrix A ∈ Rn×n heisst schiefsymmetrisch, falls AT = −A gilt.
(a) Es sei n ungerade. Beweisen Sie, dass für jede schiefsymmetrische Matrix A ∈ Rn×n
gilt, dass det A = 0.
(b) Beschreiben Sie für jedes gerade n eine schiefsymmetrische Matrix A ∈ Rn×n mit
det A 6= 0.
Musterlösung:
a) Es gilt mit den entsprechenden Sätzen über Determinanten:
det(A)
=
det(−AT )
=
(−1)n det(AT )
= − det(AT )
= − det(A).
Der vorletzte Schritt gilt dabei, weil n ungerade ist. Es folgt direkt det(A) = 0.
b) Sei n = 2m und Em die Einheitsmatrix der der Größe m. Dann hat die Blockmatrix
0
Em
Am =
−Em
0
die Determinante det(Am ) = (−1)m . Außerdem ist Am offensichtlich schiefsymmetrisch.
Aufgabe 3: (5 Punkte)
Beweisen Sie, dass det A = det AT für jede Matrix A ∈ K n×n gilt.
Musterlösung:
Setze A = [aij ] und AT = [bij ], wobei aij = bji .
Wir zeigen zunächst für festes aber beliebiges σ ∈ Sn
aσ(1)1 . . . aσ(n)n = a1σ−1 (1) . . . anσ−1 (n) .
Dies sieht man leicht, da σ jedem i auf eineindeutige Weise ein σ(i) zuordnet, damit sind die Mengen
von Paaren {(i, σ(i)) | i = 1, . . . , n} und {(σ −1 (j), j) | j = 1, . . . , n} gleich und damit auch die
Produkte der aij über diese Mengen.
Da sgn(σ) = sgn(σ −1 ) gilt, folgt
X
det(A) =
sgn(σ)aσ(1)1 . . . aσ(n)n
σ∈Sn
=
X
sgn(σ)a1σ−1 (1) . . . anσ−1 (n)
σ∈Sn
=
X
sgn(σ −1 )bσ−1 (1)1 . . . bσ−1 (n)n
σ∈Sn
=
X
sgn(τ )bτ (1)1 . . . bτ (n)n
τ ∈Sn
=
det([bij ])
=
det(AT ).
Aufgabe 4: (7 Punkte)
Eine Matrix S ∈ Rn×n heisst positiv definit, falls S symmetrisch ist (d.h. S T = S) und
folgendes gilt
∀x ∈ Rn \ {0} xT Sx > 0.
(Dabei ist x als Spaltenvektor zu interpretieren, sodass xT Sx eine 1 × 1-Matrix, d.h. eine
reelle Zahl ist.)
a b
Geben Sie eine konkrete Bedingung an a, b, c ∈ R, sodass die Matrix S =
positiv
b c
definit ist.
Hinweis: Betrachten Sie das Polynom p(x) = ax2 +2bx+c und untersuchen Sie, unter welchen
Bedingungen an a, b und c es für alle x ∈ R positiv ist.
Musterlösung:
Einsetzen und Auswerten ergibt
a b x1
ax1 + bx2
(x1 , x2 )
= (x1 , x2 )
= ax21 + 2bx1 x2 + cx22 .
b c x2
bx1 + cx2
(1)
Wir zeigen, dass S genau dann positiv definit ist, wenn gilt a > 0, c > 0 und b2 < ac.
“⇒”: S ist genau dann positiv definit, wenn ax21 + 2bx1 x2 + cx22 > 0 für alle (x1 , x2 ) 6= (0, 0) gilt.
Setzen von (x1 , x2 ) = (1, 0) liefert daraus direkt a > 0; für (x1 , x2 ) = (0, 1) ergibt sich c > 0.
Fixieren wir x2 = 1 und setzen x1 = x, so erhalten wir das Polynom p(x) = ax2 + 2bx + c. Wir wollen
zeigen, dass wenn p für alle x ∈ R positiv ist, b2 < ab gelten muss. Wenn p überall positiv
ist, dann
√
kann es keine reellen Nullstellen haben. Es müssen also die Nullstellen x1,2 = − ab ± a1 b2 − ac beide
komplex sein, es muss also b2 − ac gelten. Damit haben wir alle drei Ungleichungen der Behauptung
gezeigt.
“⇐”: Wir betrachten zwei Fälle getrennt:
Ist x2 = 0, so ergibt sich aus (1) ax21 . Dies ist für x1 6= 0 immer positiv, da a > 0.
2
Ist x2 6= 0, so können wir (1) durch x22 teilen und es ergibt sich die Bedingung p( xx21 ) = a xx12 +
2b xx12 + c > 0. Substituieren wir x = xx12 , so reicht es zu zeigen, dass p(x) > 0 für alle x ∈ R. Da a > 0
gilt, nimmt p(x) positive Werte an für genügend großes x. Es bleibt nur zu zeigen, dass p(x)
√ keine
reellen Nullstellen hat. Wie in der Hinrichtung sind die Nullstellen von p hier x1,2 = − ab ± a1 b2 − ac.
Da b2 < ac gilt, sind x1 und x2 beide komplex. Damit ist p(x) für alle x ∈ R positiv und damit auch
xt Sx für x2 6= 0.
Aufgabe 5: (5 Punkte)
Sei A = [aij ] ∈ K n×n , 1 ≤ r ≤ n und B ∈ K r×r die Teilmatrix [aij ]1≤i,j≤r . Beweisen Sie:
Rang(A) < r =⇒ det B = 0.
Musterlösung:
Sei A0 die Matrix, die aus A durch das Streichen der Zeilen i = r + 1, . . . , n entsteht. Da der Rang von
A gleich dem Zeilenrang von A ist und durch das Streichen von Zeilen der Zeilenrang nicht steigen
kann, ist der Rang von A0 auch kleiner als r. Damit ist auch der Spaltenrang von A0 kleiner als r.
Streichen wir nun die Spalten j = r +1, . . . , n von A0 , so erhalten wir B. Da der Spaltenrang wiederum
dabei nicht steigen kann, ist der Spaltenrang von B und damit der Rang von B immer noch kleiner
als r. Dass B einen Rang kleiner als r hat, ist aber nach Vorlesung äquivalent dazu, dass det(B) = 0.