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

SS 2009 07.05.2009

4. Übungsblatt zur Mathematik II

Gruppenübung

Aufgabe G1

(a) Es seien n ∈ ℕ und A, B ∈ ℝ^{n,n} Diagonalmatrizen, d.h.

A = ( \begin{matrix}a_{1} & 0 & ⋯ & 0 \\ 0 & a_{2} & ... & ⋮ \\ ⋮ & ... & ... & 0 \\ 0 & ⋯ & 0 & a_{n} \end{matrix} ) B = ( \begin{matrix}b_{1} & 0 & ⋯ & 0 \\ 0 & b_{2} & ... & ⋮ \\ ⋮ & ... & ... & 0 \\ 0 & ⋯ & 0 & b_{n} \end{matrix} )

mit reellen Zahlen a_{1}, …, a_{n} und b_{1}, …, b_{n}. i. Berechnen Sie A · B ii. Für welche Zahlen a_{1}, …, a_{n} ∈ ℝ ist die Matrix A invertierbar? Geben Sie

gegebenenfalls die Inverse an.

(b) Es sei n ∈ ℕ und A ∈ ℝ^{n,n}, so dass E_{n} −A invertierbar ist. Zeigen Sie, dass dann

gilt:

(E_{n} − A)^{−1} = E_{n} + A(E_{n} − A)^{−1}

(c) Es sei C ∈ ℝ^{n,n} eine quadratische Matrix mit 2C = C^{2} − E_{n}. Zeigen Sie: C ist invertierbar.

Lösung:

(a) Mit (E_{n} − A)A = A − A^{2} = A(E_{n} − A) folgt

(E_{n} − A)(E_{n} + A(E_{n} − A)^{−1}) = (E_{n} − A) + (E_{n} − A)A(E_{n} − A)^{−1}
= (E_{n} − A) + A(E_{n} − A)(E_{n} − A)^{−1}
= (E_{n} − A) + A
= E_{n}
= (E_{n} − A) + A
= (E_{n} + A(E_{n} − A)^{−1})(E_{n} − A)

und damit auch die Behauptung.

4. Übung Mathematik II

(b) Sei x ∈ ℝ^{n} mit Cx = 0. Dann gilt 0 = 2Cx = (C^{2} −E_{n})x = C^{2}x−E_{n}x = x, also x = 0. Damit folgt Kern(C) = {0} und mit Satz 21 folgt, dass C invertierbar ist.

(c) Es gilt

A · B = ( \begin{matrix}a_{1}b_{1} & 0 & ⋯ & 0 \\ 0 & a_{2}b_{2} & ... & ⋮ \\ ⋮ & ... & ... & 0 \\ 0 & ⋯ & 0 & a_{n}b_{n} \end{matrix} ) .

Also folgt A · B = E_{n}, genau dann, wenn für jedes i ∈ {1, …, n} a_{i} ≠ 0 und b_{i} = \frac{1}{a_{i}} gilt. Daher ist A, falls a_{i} ≠ 0, i ∈ \{1, …, n\}, invertierbar und es gilt

A^{−1} = ( \begin{matrix}\frac{1}{a_{1}} & 0 & ⋯ & 0 \\ 0 & \frac{1}{a_{2}} & ... & ⋮ \\ ⋮ & ... & ... & 0 \\ 0 & ⋯ & 0 & \frac{1}{a_{n}} \end{matrix} ) .

Aufgabe G2

Bestimmen Sie jeweils eine Matrix A ∈ ℝ^{m,3} und einen Vektor b ∈ ℝ^{m} für ein geeignetes m ∈ ℕ, so dass das lineare Gleichungssystem Ax = b die Lösungsmengen

G = \{( \begin{matrix}1 \\ 2 \\ 3 \end{matrix} ) + λ ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} ) : λ ∈ ℝ\} bzw. E = \{( \begin{matrix}1 \\ 2 \\ 3 \end{matrix} ) + λ ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} ) + μ ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) : λ, μ ∈ ℝ\}

hat. Lösung:

(a) Die Lösungsmenge G beschreibt eine Gerade in ℝ^{3}. Das heißt, dass der Rang der Matrix zum gesuchten LGS gleich 2 sein muss. Außerdem muss

ker(A) = \{λ ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} ) : λ ∈ ℝ\}

gelten. Die Zeilen a_{1}, a_{2} der Matrix werden daher so gewählt, dass a_{1} ·(1, 1, 1)^{T} = a_{2} · (1, 1, 1)^{T} = 0 gilt. Wir setzen A

A = ( \begin{matrix}1 & −1 & 0 \\ 1 & 0 & −1 \end{matrix} )

Für die rechte Seite berechnen wir (1, −1, 0) · (1, 2, 3)^{T} = −1 und (1, 0, −1) · (1, 2, 3)^{T} = −2. Ein LGS das G als Lösungsmenge hat ist damit

Ax = ( \begin{matrix}1 & −1 & 0 \\ 1 & 0 & −1 \end{matrix} ) x = ( \begin{matrix}−1 \\ −2 \end{matrix} ) .

(b) Diesmal muss Rang(A)=1 gelten. Wir suchen A mit

Kern(A) = Lin (( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} )) .

Wir wählen A = (1 − 1 0). (Löse das LGS α_{1} + α_{2} + α_{3} = 0 und α_{1} + α_{2} = 0).

Einsetzen von ( \begin{matrix}1 \\ 2 \\ 3 \end{matrix} ), d.h. 1−2 = −1 ergibt b = −1. Damit ist E Lösungsmenge

des LGS (1 − 1 0)x = −1.

Aufgabe G3 Berechnen Sie die Determinante der folgenden Matrizen.

A = ( \begin{matrix}1 & 3 \\ −4 & −5 \end{matrix} ) , B = ( \begin{matrix}1 & 0 & 7 \\ 0 & 2 & 2 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix} ) , C = ( \begin{matrix}1 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \\ 3 & 42 & 1 \end{matrix} ) , D = ( \begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 2 \\ 13 & 1 & 3 \end{matrix} ) .

Lösung: Es ergeben sich folgende Determinanten: det(A) = 1 · (−5) − (−4) · 3 = 7 nach Beispiel 2 der Vorlesung det(B) = 1 · 2 · 3=6 nach Satz 3 (vi) Da rg(C) = 2 ≠ 3 gilt, ist C nicht invertierbar. Es folgt mit Satz 3 (iv), dass det(C) = 0 gilt. Entwicklung nach der ersten Zeile ergibt nach Satz 5

det(D) = 2·det ( \begin{matrix}1 & 2 \\ 1 & 3 \end{matrix} )−0·det ( \begin{matrix}1 & 2 \\ 13 & 3 \end{matrix} )+0·det ( \begin{matrix}1 & 1 \\ 13 & 1 \end{matrix} ) {Bsp. 2 \atop =} 2·(3−2) = 2

Hausübung

Aufgabe H1 Wir betrachten die Matrix

A := ( \begin{matrix}1 & 2 & −1 \\ 2 & 4 & −2 \\ −1 & −2 & 1 \end{matrix} ) .

(a) Bestimmen Sie eine Basis des Kerns von A und Rang(A).

4. Übung Mathematik II

(b) Lösen Sie (falls möglich) die LGSe Ax = b und Ax = c, mit

b := ( \begin{matrix}1 \\ 2 \\ −1 \end{matrix} ) und c = ( \begin{matrix}1 \\ −1 \\ 1 \end{matrix} ) .

(c) Bestimmen Sie alle b ∈ ℝ^{3} für die das LGS Ax = b eine Lösung besitzt. (Dazu muss man jetzt nicht mehr rechnen!)

Lösung:

(a) Wir bestimmen den Kern durch Zeilenumformungen von A.

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

Damit ist rg(A) = 1 und \{( \begin{matrix}2 \\ −1 \\ 0 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} )\} ist eine Basis des Kerns.

(b) Zeilenumformung mit b bzw. c als rechter Seite ergibt

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

Damit folgt, dass das LGS Ax = b lösbar, aber das LGS Ax = c nicht lösbar ist. Die Lösungsmenge von Ax = b ist

L = \{( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) + λ_{1} ( \begin{matrix}2 \\ −1 \\ 0 \end{matrix} ) + λ_{2} ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) : λ_{1}, λ_{2} ∈ ℝ\}

Aufgrund der durchgeführten Zeilenumformungen ist Ax = b genau dann lösbar, wenn −2b_{1} + b_{2} = 0 und b_{1} + b_{2} = 0 gilt, d.h. b = λ ( \begin{matrix}1 \\ 2 \\ −1 \end{matrix} ) für ein λ ∈ ℝ.

Aufgabe H2 Es seien die drei Punkte x_{0} := (1, 0, 1)^{T}, x_{1} = (0, 1, 1)^{T} und x_{2} = (1, 1, 0)^{T} in ℝ^{3} gegeben.

(a) Verifizieren Sie, dass die Vektoren x_{1} − x_{0} und x_{2} − x_{0} linear unabhängig sind.

(b) Betrachten Sie die durch x_{0}, x_{1} und x_{2} aufgespannte Ebene

E = {x ∈ ℝ^{3} : x = x_{0} + λ(x_{1} − x_{0}) + μ(x_{2} − x_{0}); λ, μ ∈ ℝ} .

Geben Sie ein LGS an, dessen Lösungsmenge E ist.

Lösung:

(a) Es gilt x_{1} −x_{0} = ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} )−( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}−1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) und x_{2} −x_{0} = ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} )−( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) =

( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ −1 \end{matrix} ). Da aus α_{1} ( \begin{matrix}−1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} )+α_{2} ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ −1 \end{matrix} ) = 0, folgt, dass −α_{1} +0α_{2} = −α_{1} =

0 und 0α_{1} − α_{2} = −α_{2} = 0 gilt, sind ( \begin{matrix}−1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) und ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ −1 \end{matrix} ) linear unabhängig.

(b) Aus (a) folgt

E = \{x ∈ ℝ^{3} : x = ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) + λ ( \begin{matrix}−1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) + μ ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ −1 \end{matrix} ); λ, μ ∈ ℝ\} .

Wie bei Aufgabe G2 bestimmt man A = (1 1 1) und b = 2. Aufgabe H3

Geben Sie an, ob die folgenden Aussagen wahr oder falsch sind. Für beliebige Matrizen A, B ∈ ℝ^{n,n} gilt immer:

Wahr Falsch □ □ det(AB) = det(A) · det(B) □ □ det(A + B) = det(A) + det(B) □ □ Rang(A · B) = Rang(A) · Rang(B) □ □ Rang(A + B) = Rang(A) + Rang(B)

Folgende Abbildungen φ : V → V bzw. φ : V → ℝ sind linear: Wahr Falsch

□ □ Der Vektorraum V ist der Vektorraum der reellen Polynome und φ(p) = p′. □ □ Der Vektorraum V = C([0, 1]) ist der Vektorraum aller reellen stetigen funktio-

nen auf dem Einheitsintervall [0, 1], x ∈ [0, 1] fix und [0, 1] und φ(f) = f(x).

□ □ V = ℝ, φ(v) = sin(v). □ □ V = ℝ, φ(v) = 1.