¨Ubungen zur Linearen Algebra 1, WS 2016/17 Blatt 7 Lösungen

Übungen zur Linearen Algebra 1, WS 2016/17
Blatt 7 Lösungen .
Thema: Hintereinanderausführung von Funktionen, Umkehrfunktion
Aufgabe 27. Sind die folgenden Funktionen bijektiv? Wenn ja, bestimmen Sie die
Umkehrfunktion.

2
2
{

R
( ) →R
(
)
[0, 1] → [0, 1],
a) f :
, b) g :
ξ1
ξ1 + ξ2 .
x2 +x

7→
x
7→ 2

ξ2
ξ1 ξ2
Lösung:
(a) Wir versuchen zu lösen
x2 + x
=y
2
2
x + x − 2y = 0
1 √ 1
x = − ± ( + 2y)
2
4
weil x ≥ 0 muss gelten:
Wenn 0 ≤ y ≤ 1, dann ist
√
1
+ 2y
4
{
x=−
≥
≤
1
2
3
2
1
+
2
√
1
+ 2y
4
.
Daher liegt die Lösung x in [0, 1].
Die Funktion f ist bijektiv, mit der Umkehrfunktion
√
1
1
f −1 (y) = − +
+y.
2
4
(b) Wir versuchen zu lösen:
ξ1 + ξ2 = η1 ,
ξ1 ξ2 = η2 .
Damit ist
ξ1 (η1 − ξ1 ) = η2
ξ12 − ξ1 η1 − η2 = 0
Für η1 = 0, η2 = −1 gibt es zum Beispiel keine Lösung. Die Funktion g ist daher nicht bijektiv.
Aufgabe 28. Sei A eine Menge und f : A → A, g : A → A Funktionen, sodass
f ◦ g ◦ f = idA . Zeigen Sie
(a) f ist bijektiv.
(b) g ist bijektiv.
Lösung:
(a)
f surjektiv: Sei y ∈ A. Wir suchen ein x ∈ A sodass f (x) = y. Es ist f (g(f (y)) = y. Wir
setzen also x = g(f (y)).
f injektiv: Seien x1 , x2 ∈ A so, dass f (x1 ) = f (x2 ). Wir zeigen: x1 = x2 . Es ist
x2 = f (g(f (x2 ))) = f (g(f (x1 ))) = x1 .
(b)
f ◦ g ◦ f = idA ⇒ g ◦ f = f −1 ⇒ g = f −1 ◦ f −1 .
Die Hintereinanderausführung von bijektiven Funktionen ist aber bijektiv.
1
2
Thema: Spaltenraum, Kern, Zeilenraum, Rang
Aufgabe 29. Bestimmen Sie den
Zeilenraum für die Matrix

1
1
A=
3
−2
Lösung:
Pivotschritte:

→
1∗
 1

 3
−2

1
0

0
0
2
1
1
1
2
1
0
0
2
−2
−14
4
Rang und Basen von Kern, Spaltenraum und
2
1
1
1
0
−3
0
12
Pivotelemente in der 1., 2. und 5. Spalte.
Rang: ρ(A) = 3.
Basis des Zeilenraumes:
(
(
1
(
0
(
0
Basis des Spaltenraumes:

→
2
1
4
0
4
2
−1∗
−5
5
2
−4
−20
8
2
1∗
0
2
4
4
0
3
15
−3
0
−3
−4

9
−4 

−20
17

9
4
1∗
)
9 ,
)
−3 4 ,
)
−4 1
).
0

(
Rücksubstitution:
2

9
5
.
7
−1
0
3
15
−3


9
1

5 
 → 0
0
7 
−1
0


9
1∗
4 
→0

0
0
−3∗
0
3
15
−3
2
4
0
−12
2
−2
−14
4
1
0
0

1
0
0
    
1
2
9
 1  1  5 
 ,  ,  
 3  1  7 
−2
1
−1
2
1
0
2
4
4
0
1
0
−8
−12
4
Basis des Kernes:


9
1

4 → 0
1∗
0

10 0
13 0
−4 1
0
−3
−4
−32
−12
4
36
13
−4

0
0
1

(
 

8
−10
 12  −13
  

 1 ,  0 
  

 0   1 
−4
4
2
1∗
0
).
).
Aufgabe 30. Gesucht ist eine Matrix A, sodass die folgenden beiden Vektoren
(b1 , b2 ) eine Basis des Kernes von A bilden.
 
 
2
2
1
3

 
b1 = 
−1 , b2 = 1 .
−1
2
(a) Beantworten Sie vorab: Wieviele Spalten muss A haben? Wie groß muss der
Rang von A sein?
3
(b) Welche Gleichungen müssen die Zeilenvektoren von A lösen?
(c) Bestimmen Sie jetzt eine Matrix A mit möglichst wenig Zeilen.
(d) Gibt es eine Lösung für A mit 5 Zeilen?
Lösung:
(a) Damit b1 im Kern von A liegen kann, also Ab1 = 0, muss der Vektor Ab1 definiert sein.
Also hat A 4 Spalten. Damit nun der Kern von A die Dimension 2 hat, muss der Rangdefekt
4 − ρ(A) = 2 sein. Also hat A den Rang 2, und muss mindestens 2 Zeilen haben.
(b) Damit Abj = 0 für j = 1, 2 ist, müssen alle Zeilen von A die Gleichungen erfüllen:
2αi1
2αi1
+
+
−
+
αi2
3αi2
αi3
αi3
−
+
αi4
2αi4
=
=
0
0
(c) Wir brauchen jetzt 2 linear unabhängige Lösungen der obigen Gleichungen, um daraus eine
Matrix A mit Rang 2 zusammenzusetzen.
(
)
(
)
(
)
2 1 −1 −1
0
4 4 0 1∗
0
4
4
0 1
0
→
→
2 3 1∗
2
0
2 3 1
2
0
−6 −5 1 0
0
Die erste und zweite Variable sind nichtbasisch. Wir schreiben die Lösung als Zeilenvektoren,
weil sie die Zeilen von A werden sollen:
(
)
(
)
z1 = 1 0 6 −4 , z2 = 0 1 5 −4 .
(
)
1 0 6 −4
.
0 1 5 −4
Weil diese Matrix 4 Spalten und den Rang ρ(A) = 2, ist die Dimension von ker(A) gleich 2.
Weil die beiden linear unabhängigen Vektoren b1 , b2 im Kern von A liegen, bilden sie eine
Basis von ker(A).
(d) Wir können zum Beispiel beliebig viele Nullzeilen und weitere Linearkombinationen von z1 , z2
anhängen:


1 0
6
−4
0 1
5
−4


0
0
0
0 
à = 
.

0 0
0
0 
Also setzen wir
A=
1
1
11
−8
Aufgabe 31. Seien f : Rn → Rm und g : Rm → Rk zwei lineare Abbildungen.
Zeigen Sie, dass folgende Aussagen äquivalent sind:
(i) rg(f ) ∩ ker(g) = {0}.
(ii) ker(g ◦ f ) = ker(f ).
Lösung:
• (i) ⇒ (ii): Wir nehmen vorweg, dass in jedem Fall gilt ker(f ) ⊆ ker(g ◦ f ). Denn es sei
x ∈ ker(f ). Dann ist f (x) = 0 und folglich (g ◦ f )(x) = g(f (x)) = g(0) = 0.
Wir nehmen nun an, dass (i) nicht gilt, und zeigen: ker(g ◦ f ) ⊆ ker(f ). Sei also x ∈
ker(g ◦ f ). Wir wollen zeigen: x ∈ ker(f ). Wir setzen y = f (x). Dann ist natürlich
y ∈ rg(f ), und weil g(y) = (g◦f )(x) = 0, ist auch y ∈ ker(g). Damit ist y ∈ rg(f )∩ker(g),
und wegen (i) ist y = 0. Also ist f (x) = y = 0 und x ∈ ker(f ).
• (ii) ⇒ (i): Wir nehmen nun an, dass (ii) gilt, und zeigen (i). Es sei also y ∈ rg(g)∩ker(f ).
Wir zeigen: y = 0. Da y ∈ rg(g), gibt es ein x ∈ Rn mit f (x) = y. Und weil g(f (x)) =
g(y) = 0, liegt x ∈ ker(g ◦ f ). Wegen (ii) liegt auch x ∈ ker(f ), also ist y = f (x) = 0.