Fachbereich Mathematik Prof. Dr. Fels Martin Fuchssteiner

TECHNISCHE UNIVERSITÄT DARMSTADT

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SS 2007 15. Mai 2007

Mathe II

3. Übung mit Lösungshinweisen

Gruppenübungen

(G 1) Darstellungsmatrix

Es sei M ∈ ℝ^{m×n} einer reelle m×n-Matrix. Durch L(x⃗) = M ·x⃗ wird eine lineare Abbildung L : ℝ^{n} → ℝ^{m} definiert.

(a) Die Bilder L(e⃗_{j}) der Basisvektoren sind Linearkombinationen ∑_{i} c_{j}^{i}e⃗_{i} der Basisvektoren e⃗_{i} ∈ K_{m}. Geben Sie die Koeffizienten c_{j}^{i} mit Hilfe der Matrix M an.

(b) Geben sie die Matrix [L]_{K_{n}}^{K_{m}} bezüglich der Standardbasen K_{n} und K_{m} an.

Lösung:

(a) Die sind die Spalten der Matrix M: L(e⃗_{j}) = ∑_{i=1}^{n} m_{ij}e⃗_{i}.

(b) Dies ist die Matrix M.

(G 2) Basiswechsel

Es seien V = ℝ^{3} und W = ℝ^{2} zwei reelle Vektorräume. Die Standardbasen K_{m} und K_{n} definieren zwei Isomorphismen ϕ_{K_{m}} : V → ℝ^{m} und ϕ_{K_{n}} : W → ℝ^{n} (vergl. Vorlesung). Weiterhin sei durch die reelle Matrix

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

vermöge L(x⃗) = M · x⃗ eine lineare Abbildung L : V → W definiert.

(a) Bestimmen Sie die Darstellungsmatrix [L]_{K_{m}}^{K_{n}} bezüglich der Standardbasen K_{m} und K_{n}.

(b) Es seien B = \{(\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 2 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ −2 \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}−1 \\ 1 \\ −2 \end{matrix})\} und C = \{(\begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix})\} zwei weitere Basen

von V bzw. W. Bestimmen Sie die Darstellungsmatrizen T = [ϕ_{K_{3}} ∘ ϕ_{B}^{−1}]_{K_{2}}^{B} und S = [ϕ_{K_{2}} ∘ ϕ_{B}^{−1}]_{K_{2}}^{C}.

(c) Bestimmen Sie die Darstellungsmatrix [L]_{B}^{C} bezüglich der Basen B und C.

Lösung:

(a) Wie in der vorigen Aufgabe folgt [L]_{K_{m}}^{K_{n}} = M.

(b) Diese Darstellungsmatrizen haben als Spalten genau die Basisvektoren von B bzw. C:

T = [ϕ_{K_{3}} ∘ ϕ_{B}^{−1}]_{K_{2}}^{B} = (\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ −1 & 0 & 1 \\ −1 & 1 & 1 \end{matrix}) , S = [ϕ_{K_{2}} ∘ ϕ_{B}^{−1}]_{K_{2}}^{C} = (\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix})

.

(c) Es gilt [L]_{B}^{C} = S^{−1} ∘ [L]_{K_{m}}^{K_{n}} ∘ T. Somit folgt

\begin{aligned}[L]_{B}^{C} = (\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix}4 & 1 & −2 \\ −1 & 0 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix}1 & 1 & −1 \\ 1 & −2 & 1 \\ 2 & 0 & −2 \end{matrix}) \\ & = (\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix}1 & 2 & 1 \\ 1 & −1 & −1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 & −1 & −1 \\ 1 & 2 & 1 \end{matrix}) . \end{aligned}

(G 3) Vandermonde-Determinante Die Vandermonde Matrix V (x_{1}, …, x_{n}) für ein n-Tupel (x_{1}, …, x_{n}) ist durch

V (x_{1}, …, x_{n}) = (\begin{matrix}1 & x_{1} & x_{1}^{2} & ⋯ & x_{1}^{n−1} \\ 1 & x_{2} & x_{2}^{2} & ⋯ & x_{2}^{n−1} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ... & ⋮ \\ 1 & x_{n} & x_{n}^{2} & ⋯ & x_{n}^{n−1} \end{matrix})

gegeben.

(a) Berechnen Sie die Determinanten der Vandermonde-Matrizen V (x_{1}, x_{2}) und V (x_{1}, x_{2}, x_{3}). Schreiben Sie das Ergebnis als Produkt von Differenzen.

(b) Stellen Sie eine Vermutung für die allgemeine Vandermonde-Determinante detV (x_{1}, …, x_{n}) auf und beweisen Sie diese. Hinweis: Erzeugen Sie durch Spaltenoperationen möglichst viele Nullen in der ersten Zeile und entwickeln Sie dann nach der ersten Zeile.

Lösung:

(a) detV (x_{1}, x_{2}) = x_{2} − x_{1}. detV (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (x_{2} − x_{1})(x_{3} − x_{1})(x_{3} − x_{2}).

(b) Wir vermuten detV (x_{1}, …, x_{n}) = Π_{i>j}(x_{i} − x_{j}). Zieht man die erste Zeile von allen weiteren Zeilen ab, so erhält man

detV (x_{1}, …, x_{n}) = det (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & ⋯ & 0 \\ 1 & x_{2} − x_{1} & x_{2}^{2} − x_{2}x_{1} & ⋯ & x_{2}^{n−1} − x_{2}^{n−2}x_{1} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ... & ⋮ \\ 1 & x_{n} − x_{1} & x_{n}^{2} − x_{n}x_{1} & ⋯ & x_{n}^{n−1} − x_{n}^{n−2}x_{1} \end{matrix}) .

Das Entwickeln nach der ersten Zeile ergibt

detV (x_{1}, …, x_{n}) = det (\begin{matrix}x_{2} − x_{1} & x_{2}^{2} − x_{2}x_{1} & ⋯ & x_{2}^{n−1} − x_{2}^{n−2}x_{1} \\ ⋮ & ⋮ & ... & ⋮ \\ x_{n} − x_{1} & x_{n}^{2} − x_{n}x_{1} & ⋯ & x_{n}^{n−1} − x_{n}^{n−2}x_{1} \end{matrix}) .

Hier kann man in der k-ten Zeile den Faktor (x_{k} − x_{1}) herausziehen und erhält

detV (x_{1}, …, x_{n}) = Π_{i>1}(x_{i} − x_{1})det (\begin{matrix}1 & x_{2} & x_{2}^{2} & ⋯ & x_{2}^{n−1} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ... & ⋮ \\ 1 & x_{n} & x_{n}^{2} & ⋯ & x_{n}^{n−1} \end{matrix}) .

Die Behauptung folgt nun durch Induktion.

(G 4) Es sei v, e ∈ ℝ^{2} und es gelte ∥e∥ = 1. Weiter sei a := ⟨v, e⟩e und b := v − a. Zeigen Sie, daß a und b orthogonal sind, und fertigen Sie eine Skizze an. Welche geometrische Bedeutung hat das Skalarprodukt ⟨v, e⟩?

Lösung:

Es gilt

⟨a, b⟩ = ⟨⟨v, e⟩e, v − a⟩ = ⟨v, e⟩⟨e, v − ⟨v, e⟩e⟩ = ⟨v, e⟩(⟨e, v⟩ − \underbrace{⟨v, e⟩}_{=⟨e,v⟩} \underbrace{⟨e, e⟩}_{=1}) = 0.

Folglich sind a und b orthogonal.

Abbildung 1: Das Standardskalarprodukt

Aus der Skizze (siehe Abbildung 1) ist ersichtlich, daß das Skalarprodukt ⟨v, e⟩ gerade der Anteil von v in Richtung e ist. Damit ist auch leicht nachvollziehbar, warum das Schmidtsche Orthonormalisierungsverfahren funktioniert. (G 5) Führe das Schmidtsche Orthonormalisierungsverfahren mit den Vektoren

b_{1} = (\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 0 \\ 2 \end{matrix}) , b_{2} = (\begin{matrix}1 \\ −2 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) , b_{3} = (\begin{matrix}−1 \\ 10 \\ 0 \\ 4 \end{matrix})

aus. Welches Problem tritt dabei auf und was ist dessen Ursache?

Lösung:

Mit dem Schmidtschen Orthonormalisierungsverfahren ergeben sich die folgenden Schritte:

u_{1} = b_{1} = (1 2 0 2)^{T}
v_{1} = \frac{u_{1}}{∥u_{1}∥} = \frac{1}{\sqrt{1^{2} + 2^{2} + 2^{2}}} (1 2 0 2)^{T} = (\frac{1}{3} \frac{2}{3} 0 \frac{2}{3})^{T}
u_{2} = b_{2} − ⟨b_{2}, v_{1}⟩v_{1} = (1 −2 0 0)^{T} − (\frac{1}{3} − \frac{4}{3}) (\frac{1}{3} \frac{2}{3} 0 \frac{2}{3})^{T} = (\frac{4}{3} −\frac{4}{3} 0 \frac{2}{3})^{T}
v_{2} = \frac{u_{2}}{∥u_{2}∥} = \frac{1}{\sqrt{\frac{16}{9} + \frac{16}{9} + \frac{4}{9}}} (\frac{4}{3} −\frac{4}{3} 0 \frac{2}{3})^{T} = (\frac{2}{3} −\frac{2}{3} 0 \frac{1}{3})^{T}
u_{3} = b_{3} − ⟨b_{3}, v_{1}⟩v_{1} − ⟨b_{3}, v_{2}⟩v_{2}

= (−1 10 0 4)^{T} − (−\frac{1}{3} + \frac{20}{3} + \frac{8}{3}) (\frac{1}{3} \frac{2}{3} 0 \frac{2}{3})^{T} − (−\frac{2}{3} − \frac{20}{3} + \frac{4}{3}) (\frac{2}{3} −\frac{2}{3} 0 \frac{1}{3})^{T} Im dritten Schritt erhält man den Nullvektor, womit der Algorithmus nicht fortgesetzt werden kann, da die nachfolgende Normierung nicht möglich ist. Die Ursache des Problems ist, daß (b_{1}, b_{2}, b_{3}) nicht linear unabhängig sind (b_{3} = 2b_{1} − 3b_{2}), was aber Voraussetzung für das Orthonormalisierungsverfahren ist.

Lösung:

(a)

Hausübungen

(A 7) (10 Punkte)

Konstruieren Sie eine Orthogonalbasis des ℂ^{3}, in der der Vektor (1−i, 1+i, 2i)^{T} vorkommt.

Lösung:

Man muß sich zunächst klarmachen, daß man zwar nichtnormierte Vektoren sucht, im Gram-Schmidt-Verfahren die Normierungskonstanten aber benötigt. Sei b_{1} = (1 − i, 1 + i, 2i)^{T} durch e_{2}, e_{3} zu einer Basis von ℂ^{3} ergänzt. Es ist v_{1} = \frac{1}{\sqrt{8}}b_{1}. Daher erhält man

u_{2} = e_{2} − \frac{1}{8}⟨b_{1}, e_{2}⟩b_{1} = ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) − \frac{1}{8}(1 − i) ( \begin{matrix}1 − i \\ 1 + i \\ 2i \end{matrix} ) = \frac{1}{8} ( \begin{matrix}2i \\ 6 \\ −2 − 2i \end{matrix} ) .

Sei h_{2} = (2i, 6, −2 − 2i)^{T}. Dann ist |h_{2}|^{2} = 48 und man erhält im nächsten Schritt

u_{3} = e_{3}−\frac{1}{8}⟨b_{1}, e_{3}⟩b_{1}−\frac{1}{48}⟨h_{2}, e_{3}⟩h_{2} = \frac{1}{48} [( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 48 \end{matrix} ) + 12i ( \begin{matrix}1 − i \\ 1 + i \\ 2i \end{matrix} ) − (2i − 2) ( \begin{matrix}2i \\ 6 \\ −2 − 2i \end{matrix} )]

= \frac{1}{48} ( \begin{matrix}16 + 16i \\ 0 \\ 16 \end{matrix} ) = \frac{1}{3} ( \begin{matrix}1 + i \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) .

Als einfachste Orthogonalbasis entnimmt man aus dieser Rechnung

\{( \begin{matrix}1 − i \\ 1 + i \\ 2i \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}i \\ 3 \\ −1 − i \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}1 + i \\ 0 \\ 1 \end{matrix} )\} .

(A 8) Determinanten (8 Punkte)

Für n ≥ 2 berechne man

f(x) := det ( \begin{matrix}x & 1 & … & 1 \\ 1 & x & … & 1 \\ ⋮ & ⋮ & ... & ⋮ \\ 1 & 1 & … & x \end{matrix} )

(die Matrix sei in ℝ^{n×n}) und gebe f(0) sowie alle Nullstellen von f an.

Lösung:

Zur Berechnung der Determinante wird zunächst die letzte Zeile von jeder Zeile subtrahiert, anschließend werden alle Spalten zur letzte Spalte addiert. Man erhält:

det ( \begin{matrix}x & 1 & … & 1 \\ 1 & x & … & 1 \\ ⋮ & ⋮ & ... & ⋮ \\ 1 & 1 & … & x \end{matrix} ) = det ( \begin{matrix}x − 1 & 0 & … & 0 & 0 & 1 − x \\ 0 & x − 1 & … & 0 & 0 & 1 − x \\ ⋮ & ⋮ & ... & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ 0 & 0 & … & 0 & x − 1 & 1 − x \\ 1 & 1 & … & 1 & 1 & x \end{matrix} )

= det ( \begin{matrix}x − 1 & 0 & … & 0 & 0 & 0 \\ 0 & x − 1 & … & 0 & 0 & 0 \\ ⋮ & ⋮ & ... & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ 0 & 0 & … & 0 & x − 1 & 0 \\ 1 & 1 & … & 1 & 1 & x + (n − 1) \end{matrix} )

Da oberhalb der Hauptdiagonalen nur Nullen stehen, ergibt sich die Determinante als Produkt der Hauptdiagonaleinträge. (Dies sieht man z.B. durch rekursives Entwickeln nach jeweils der 1. Zeile.) Es gilt also:

f(x) = (x − 1)^{n−1} · (x + (n − 1)).

Die einzigen Nullstellen von f sind 1 und 1 − n. Ferner ist f(0) = (−1)^{n−1} · (n − 1).

(A 9) (10 Punkte)

Sei A = ( \begin{matrix}−2 & 6 \\ −2 & 5 \end{matrix} ) .

(a) Für λ ∈ ℝ sei B_{λ} = A − λE_{2}. Berechne Werte λ_{1} und λ_{2} ∈ ℝ, so daß det(B_{λ_{i}}) = 0.

(b) Finde Vektoren v_{1} und v_{2}, die V_{1} := ker B_{λ_{1}} bzw. V_{2} := ker B_{λ_{2}} erzeugen. Zeige, daß V die direkte Summe von V_{1} und V_{2} ist.

(c) Die Matrix A beschreibt eine lineare Abbildung bezüglich der Standardbasis. Berechne die Matrix dieser Abbildung bezüglich der neuen Basis B′.

(d) Sei L : ℝ^{2} → ℝ^{2} eine lineare Abbildung und seien v, w ∈ ℝ^{2} \ {0} zwei Vektoren, so

daß

L(v) = λv L(w) = μw mit λ, μ ∈ ℝ und λ ≠ μ

Bilden die Vektoren v, w immer eine Basis von ℝ^{2}?

Lösung:

(a) Es ist

det B = det ( \begin{matrix}−2 − λ & 6 \\ −2 & 5 − λ \end{matrix} ) = (−2−λ)(5−λ)+12 = λ^{2} −3λ+2 = (λ−1)(λ−2),

also λ_{1} = 1 und λ_{2} = 2.

(b) Um die Kerne zu bestimmen, erhält man mit Gauss–Jordan-Elimination

B_{1} = ( \begin{matrix}−3 & 6 \\ −2 & 4 \end{matrix} ) ⇝ ( \begin{matrix}−3 & 6 \\ 0 & 0 \end{matrix} ) and B_{2} = ( \begin{matrix}−4 & 6 \\ −2 & 3 \end{matrix} ) ⇝ ( \begin{matrix}−4 & 6 \\ 0 & 0 \end{matrix} ) .

Daher kann man v_{1} = ( \begin{matrix}2 \\ 1 \end{matrix} ) und v_{2} = ( \begin{matrix}3 \\ 2 \end{matrix} ) wählen. v_{1} und v_{2} sind linear unabhängig, daher ist V_{1} ∩ V_{2} = {0} und V_{1} + V_{2} = V. Also ist V die direkte Summe von V_{1} und V_{2}.

(c) Die Übergangsmatrix von der Standardbasis zur Basis B′ ist

S := ( \begin{matrix}2 & 3 \\ 1 & 2 \end{matrix} ) .

Mit Hilfe von

S^{−1} = ( \begin{matrix}2 & −3 \\ −1 & 2 \end{matrix} )

berechnet man die gesuchte Matrix A′ als

A′ = S^{−1}AS = ( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 2 \end{matrix} ) .

(d) Ja, da Eigenvektoren zu verschiedenen EW immer linear unabhängig sind.