Fachbereich Mathematik Prof. Dr. K. Ritter M. Fuchssteiner Dr. M. Slassi

SS 2009 30.04.2009

3. Übungsblatt zur

Mathematik II für BI, MaWi, WI(BI), AngGeo und VI

Gruppenübung

Aufgabe G1

Betrachten Sie die Matrizen

A := ( 1 2 0 3 ) , B := ( \begin{matrix}1 & 2 & 3 & 5 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) , C := ( \begin{matrix}1 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) .

Entscheiden Sie, ob diese Matrizen in Zeilenstufenform gegeben sind. Ist das lineare Gleichungssystem Ax = 3 lösbar? Bestimmen Sie die Lösungsmenge des LGS Cx = d mit d = (1, 1, 1)^{T}.

Lösung: Die Matrizen A und C sind in Zeilenstufenform gegeben. Die Matrix B ist nicht in Zeilenstufenform. Das LGS Ax = 3 ist lösbar. Jeder Vektor x mit x_{1} = −2x_{2} − 3x_{4} + 3 ist Lösung (z.B. (0, 0, 0, 1)). Da der Rang von C gleich 3 ist, hat das LGS Cx = d eine eindeutig bestimmte Lösung. Diese lautet x = (3, −1, 1)^{T}.

Aufgabe G2

Überprüfen Sie, ob die folgenden linearen Gleichungssysteme

\begin{aligned}x_{1} & + & 2x_{2} & + & 3x_{3} & = & 0 \\ 2x_{1} & + & 4x_{2} & + & 6x_{3} & = & 0 \\ 3x_{1} & + & 6x_{2} & + & 9x_{3} & = & 0 \end{aligned}  und  \begin{aligned}x_{1} & & & + & 2x_{3} & = & 1 \\ 3x_{1} & + & 2x_{2} & + & x_{3} & = & 0 \\ 4x_{1} & + & x_{2} & + & 3x_{3} & = & 0 \end{aligned}

lösbar sind. Bestimmen Sie jeweils den Rang der Koeffizientenmatrix sowie die Dimension des Lösungsraums. Geben Sie den Lösungsraum an.

3. Übung Mathematik II für BI, MaWi, WI(BI), AngGeo und VI

Lösung: (1) Die Koeffizientenmatrix A und die erweiterte Matrix (A, b) des ersten Gleichungssystems sind

A = ( \begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 2 & 4 & 6 \\ 3 & 6 & 9 \end{matrix} ) , (A, b) = ( \begin{matrix}1 & 2 & 3 & 0 \\ 2 & 4 & 6 & 0 \\ 3 & 6 & 9 & 0 \end{matrix} ) .

Es gilt rgA = 1 und rg(A, b) = 1, also ist das Gleichungssystem lösbar. Die Dimension des Lösungsraums ist 3−rgA = 2. Insbesondere ist der Lösungsraum gerade Kern(A). Durch elementare Zeilenumformungen ergibt sich

( \begin{matrix}1 & 2 & 3 & 0 \\ 2 & 4 & 6 & 0 \\ 3 & 6 & 9 & 0 \end{matrix} ) ⇝ ( \begin{matrix}1 & 2 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 3 & 6 & 9 & 0 \end{matrix} ) ⇝ ( \begin{matrix}1 & 2 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) .

Durch Rückwärtseinsetzen erhält man

x_{3} = t,
x_{2} = s,
x_{1} + 2s + 3t = 0 ⇒ x_{1} = −2s − 3t

für s, t ∈ ℝ. Der Lösungsraum dieses LGS ist also

L_{1} = \{s · ( \begin{matrix}−2 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) + t · ( \begin{matrix}−3 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) , s, t ∈ ℝ\} .

(2) Beim zweiten Gleichungssystem sind

A = ( \begin{matrix}1 & 0 & 2 \\ 3 & 2 & 1 \\ 4 & 1 & 3 \end{matrix} ) , (A, b) = ( \begin{matrix}1 & 0 & 2 & 1 \\ 3 & 2 & 1 & 0 \\ 4 & 1 & 3 & 0 \end{matrix} ) .

Elementare Zeilenumformungen ergeben

( \begin{matrix}1 & 0 & 2 \\ 3 & 2 & 1 \\ 4 & 1 & 3 \end{matrix} ) ⇝ ( \begin{matrix}1 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & −5 \\ 4 & 1 & 3 \end{matrix} ) ⇝ ( \begin{matrix}1 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & −5 \\ 0 & 1 & −5 \end{matrix} ) ⇝ ( \begin{matrix}1 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & −5 \\ 0 & 0 & −\frac{5}{2} \end{matrix} ) .

Damit ist rgA = 3. Aus rgA ≤ rg(A, b) ≤ 3 folgt rg(A, b) = 3. Damit ist das LGS eindeutig lösbar. Um die Lösung zu bestimmen, wenden wir erneut elementare Zeilenumformungen an, diesmal auf die erweiterte Koeffizientenmatrix.

( \begin{matrix}1 & 0 & 2 & 1 \\ 3 & 2 & 1 & 0 \\ 4 & 1 & 3 & 0 \end{matrix} ) ⇝ ( \begin{matrix}1 & 0 & 2 & 1 \\ 0 & 2 & −5 & −3 \\ 4 & 1 & 3 & 0 \end{matrix} ) ⇝ ( \begin{matrix}1 & 0 & 2 & 1 \\ 0 & 2 & −5 & −3 \\ 0 & 1 & −5 & −4 \end{matrix} )

⇝ ( \begin{matrix}1 & 0 & 2 & 1 \\ 0 & 2 & −5 & −3 \\ 0 & 0 & −\frac{5}{2} & −\frac{5}{2} \end{matrix} ) .

3. Übung Mathematik II für BI, MaWi, WI(BI), AngGeo und VI

Ruckwärtseinsetzen ergibt

−\frac{5}{2}x_{3} = −\frac{5}{2} ⇒ x_{3} = 1,
2x_{2} − 5 = −3 ⇒ x_{2} = 1,
x_{1} + 2 = 1 ⇒ x_{1} = −1.

Somit ist

L_{2} = \{( \begin{matrix}−1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} )\} .

Aufgabe G3

Berechnen Sie die Inverse von

( \begin{matrix}1 & −2 & 1 \\ 2 & 0 & 2 \\ −1 & 1 & −3 \end{matrix} ) .

Lösung: Mit elementaren Zeilenumformungen (Gauss-Jordan-Elimination) angewandt auf (A, E) erhält man (E, A^{−1}).

( \begin{matrix}1 & −2 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 2 & 0 & 2 & 0 & 1 & 0 \\ −1 & 1 & −3 & 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) ⇝ ( \begin{matrix}1 & −2 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 0 & −2 & 1 & 0 \\ −1 & 1 & −3 & 0 & 0 & 1 \end{matrix} )

⇝ ( \begin{matrix}1 & −2 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 0 & −2 & 1 & 0 \\ 0 & −1 & −2 & 1 & 0 & 1 \end{matrix} ) ⇝ ( \begin{matrix}1 & −2 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & −\frac{1}{2} & \frac{1}{4} & 0 \\ 0 & −1 & −2 & 1 & 0 & 1 \end{matrix} )
⇝ ( \begin{matrix}1 & −2 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & −\frac{1}{2} & \frac{1}{4} & 0 \\ 0 & 0 & −2 & \frac{1}{2} & \frac{1}{4} & 1 \end{matrix} ) ⇝ ( \begin{matrix}1 & −2 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & −\frac{1}{2} & \frac{1}{4} & 0 \\ 0 & 0 & 1 & −\frac{1}{4} & −\frac{1}{8} & −\frac{1}{2} \end{matrix} )
⇝ ( \begin{matrix}1 & 0 & 1 & 0 & \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & 1 & 0 & −\frac{1}{2} & \frac{1}{4} & 0 \\ 0 & 0 & 1 & −\frac{1}{4} & −\frac{1}{8} & −\frac{1}{2} \end{matrix} ) ⇝ ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 & \frac{1}{4} & \frac{5}{8} & \frac{1}{2} \\ 0 & 1 & 0 & −\frac{1}{2} & \frac{1}{4} & 0 \\ 0 & 0 & 1 & −\frac{1}{4} & −\frac{1}{8} & −\frac{1}{2} \end{matrix} )

Also ist

A^{−1} = \frac{1}{8} ( \begin{matrix}2 & 5 & 4 \\ −4 & 2 & 0 \\ −2 & −1 & −4 \end{matrix} ) .

Hausübung

Aufgabe H1 (10 Punkte)

Für welche Parameter λ ∈ ℝ besitzt das Gleichungssystem

\begin{aligned}x_{1} & − & 2x_{2} & − & 2x_{3} & = & 0 \\ x_{1} & + & x_{2} & + & λx_{3} & = & 2 \\ 2x_{1} & + & (λ − 1)x_{2} & − & 2x_{3} & = & 2 \end{aligned}

(a) keine,

(b) genau eine,

(c) mehrere Lösungen? Bestimmen Sie gegebenenfalls alle Lösungen! Lösung: Die erweiterte Koeffizientenmatrix des LGS lautet

(A_{λ}, b) = ( \begin{matrix}1 & −2 & −2 & 0 \\ 1 & 1 & λ & 2 \\ 2 & λ − 1 & −2 & 2 \end{matrix} ) .

Durch elementare Zeilenumformungen erhält man

( \begin{matrix}1 & −2 & −2 & 0 \\ 1 & 1 & λ & 2 \\ 2 & λ − 1 & −2 & 2 \end{matrix} ) ⇝ ( \begin{matrix}1 & −2 & −2 & 0 \\ 0 & 3 & λ + 2 & 2 \\ 0 & λ + 3 & 2 & 2 \end{matrix} ) ⇝ ( \begin{matrix}1 & −2 & −2 & 0 \\ 0 & 3 & λ + 2 & 2 \\ 0 & 0 & λ^{2} + 5λ & 2λ \end{matrix} ) .

Also sind die Fälle λ^{2} + 5λ = 0 und λ^{2} + 5λ ≠ 0 zu betrachten. \underline{λ = 0 :} In diesem Fall ist

(Ã_{λ}, b̃) = ( \begin{matrix}1 & −2 & −2 & 0 \\ 0 & 3 & 2 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} )

also ist rgA_{λ} = 2 = rg(A_{λ}, b) und das LGS ist lösbar. Durch Rückwärtseinsetzen erhält man die Lösungen

L_{0} = \{\frac{1}{3} · ( \begin{matrix}4 \\ 2 \\ 0 \end{matrix} ) + s · ( \begin{matrix}2 \\ −2 \\ 3 \end{matrix} ) , s ∈ ℝ\} .

\underline{λ = −5 :} In diesem Fall ist

(Ã_{λ}, b̃) = ( \begin{matrix}1 & −2 & −2 & 0 \\ 0 & 3 & −3 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 10 \end{matrix} ) ,

also ist rgA_{λ} = 2 ≠ rg(A_{λ}, b) = 3 und das LGS ist nicht lösbar.

\underline{λ ≠ −5, 0 :} Hier gilt rgA_{λ} = 3 = rg(A_{λ}, b). Somit ist das LGS eindeutig lösbar. Die eindeutige Lösung ist

x_{λ} = \frac{1}{λ + 5} · ( \begin{matrix}8 \\ 2 \\ 2 \end{matrix} ) .

Aufgabe H2 (9 Punkte)

Berechnen Sie die Inverse der folgenden Matrix

A = ( \begin{matrix}1 & 1/2 & 1/3 \\ 1/2 & 1/3 & 1/4 \\ 1/3 & 1/4 & 1/5 \end{matrix} ) .

Lösen Sie die Gleichungssysteme Ax = c, und Ax = d mit c = ( \begin{matrix}3 \\ 2 \\ 1 \end{matrix} ) und

d = ( 3 2 \frac{11}{10} ) und vergleichen Sie die Lösungsvektoren.

Anmerkung: Dieses LGS ist ein Beispiel dafür, wie eine “kleine” Abweichung in den Daten, die z.B. durch einen Messfehler entsteht, sich zu einer “großen” Abweichung in der Lösung verstärkt.

Lösung: Wie bei Übung G3 berechnet man die Inverse von A. Sie lautet

A^{−1} = ( \begin{matrix}9 & −36 & 30 \\ −36 & 192 & −180 \\ 30 & −180 & 180 \end{matrix} ) .

Außerdem erhält man

x = A^{−1} ( \begin{matrix}3 \\ 2 \\ 1 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}−15 \\ 96 \\ −90 \end{matrix} )

und

y = A^{−1} ( 3 2 \frac{11}{10} ) = ( \begin{matrix}−12 \\ 78 \\ −72 \end{matrix} ) .

Damit ist x die Lösung zum Gleichungssystem mit rechter Seite c und y die Lösung zum Gleichungssystem mit rechter Seite d.

Aufgabe H3 (10 Punkte)

Untersuchen Sie jeweils für die folgenden Mengen, ob sie Unterräume des angegebenen Vektorraums sind. Beweisen oder widerlegen Sie das jeweils.

(a) U_{1} := \{( \begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{matrix} ) ∈ ℝ^{3} : x_{1} = 0 und x_{2} = 0\} in ℝ^{3},

(b) U_{2} := \{( \begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{matrix} ) ∈ ℝ^{3} : x_{2} = 1\} in ℝ^{3},

(c) U_{3} := {p ∈ P : p(1) = 0} in P, dem Vektorraum der Polynome (vgl. 1. Übung),

(d) Für n ∈ ℕ, b ∈ ℝ^{n} und A ∈ ℝ^{n×n} die Menge M_{b} := {x ∈ ℝ^{n} : A · x = b} in ℝ^{n}. Lösung:

(a) U_{1} ist ein Untervektorraum, denn aus x, y ∈ U_{1} und

αx + βy = α ( \begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{matrix} ) + β ( \begin{matrix}y_{1} \\ y_{2} \\ y_{3} \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}αx_{1} + βy_{1} \\ αx_{2} + βy_{2} \\ αx_{3} + βy_{3} \end{matrix} )

folgt αx_{1} + βy_{1} = 0 und αx_{2} + βy_{2} = 0, d.h. αx + βy ∈ U_{1}.

(b) U_{2} ist kein Untervektorraum, da 0 ∉ U_{2}.

(c) U_{3} ist ein Untervektorraum, denn für p_{1}, p_{2} ∈ U_{3} gilt auch αp_{1}(1) + βp_{2}(1) = α · 0 + β · 0 = 0, also αp_{1} + βp_{2} ∈ U_{3}.

(d) Falls b = 0 so ist M_{b} = Kern(A) und M_{b} ist damit ein Untervektorraum, denn mit x_{1}, x_{2} ∈ Kern(A) folgt A(αx_{1} + βx_{2}) = αAx_{1} + βAx_{2} = 0, d.h. αx_{1} + βx_{2} ∈ Kern(A). Falls b ≠ 0, so ist M_{b} kein Untervektorraum, denn 0 ∉ M_{b}, da A0 = 0 ≠ b.