Fachbereich Mathematik Prof. Dr. J.H. Bruinier Martin Fuchssteiner Kay Schwieger

TECHNISCHE UNIVERSITÄT DARMSTADT

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WS 2007/2008

Lineare Algebra I

3. Übung mit Lösungshinweisen

Gruppenübungen

MINITEST

(T 1) Zwei Vektoren sind linear abhängig, falls

□ einer ein Vielfaches des anderen ist. □ einer von beiden der Nullvektor ist. □ die Summe von beiden der Nullvektor ist.

(T 2) Die Gerade in ℝ^{2}, die durch die Gleichung x + y = 5 beschrieben wird,

hat eine parametrische Darstellung

□ (\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}) = (\begin{matrix}5 \\ 0 \end{matrix}) + λ (\begin{matrix}1 \\ −1 \end{matrix}). □ (\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 \\ 5 \end{matrix}) + λ (\begin{matrix}−2 \\ 2 \end{matrix}). □ (\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 \\ 0 \end{matrix}) + λ (\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix}).

(T 3) Sind u, v und w beliebige Vektoren, so sind die Vektoren u − v, v − w und w − u

□ linear unabhängig. □ linear abhängig. □ nichts von alledem.

(G 1)

Beweisen Sie, daß die Lösungsmenge eines homogenen linearen Gleichungssystems

a_{11}x_{1} + a_{12}x_{2} + ⋯ + a_{1n}x_{n} = 0
a_{21}x_{1} + a_{22}x_{2} + ⋯ + a_{2n}x_{n} = 0
⋮  ⋮  ⋮
a_{n1}x_{1} + a_{32}x_{2} + ⋯ + a_{nn}x_{n} = 0

eine linearer Teilraum des ℝ^{n} ist.

Lösung:

Es sei W die Menge aller Lösungen des Gleichungssystems.

1. Da das Gleichungssytem homogen ist, ist (0, …, 0) eine Lösung. Somit folgt 0 ∈ W.

2. Sind (x_{1}, …, x_{n}) ∈ W und (y_{1}, …, y_{n}) ∈ W zwei Lösungen des Gleichungssystems, so gilt a_{k1}x_{1} + a_{k2}x_{2} + ⋯ + a_{kn}x_{n} = 0 und a_{k1}y_{1} + a_{k2}y_{2} + ⋯ + a_{kn}y_{n} = 0 für alle 1 ≤ k ≤ n. Durch Addition dieser beiden Gleichungen erhält man die Gleichung a_{k1}(x_{1}+y_{1})+a_{k2}(x_{2}+y_{2})+⋯+a_{k2}(x_{n}+y_{n}) = 0. Daher sind auch diese Gleichungen für alle 1 ≤ k ≤ n erfüllt, d.h. (x_{1}+y_{1}, …, x_{n}+y_{n}) ist eine Lösung des Gleichungssystems, (x_{1} + y_{1}, …, x_{n} + y_{n}) ∈ W.

3. Ist (x_{1}, …, x_{n}) ∈ W eine Lösung des Gleichungssystems, so gilt a_{k1}x_{1} + a_{k2}x_{2} + ⋯ + a_{kn}x_{n} = 0 für alle 1 ≤ k ≤ n. Durch Multiplikation mit einer beliebigen reellen Zahl r ∈ ℝerhält man die Gleichung a_{k1}rx_{1} + a_{k2}rx_{2} + ⋯ + a_{kn}rx_{n} = 0. Daher ist auch diese Gleichung für alle 1 ≤ k ≤ n erfüllt, d.h. (rx_{1}, …, rx_{n}) ist eine Lösung des Gleichungssystems, (rx_{1}, …, rx_{n}) ∈ W.

Da alle Bedingungen, welche einen linearen Teilraum definieren erfüllt sind, ist W ein linearer Teilraum.

(G 2)

Schreiben Sie die folgenden Gleichungssysteme in Matrixform und geben Sie die Lösungsmengen an (Verwenden Sie den Gaußalgorithmus):

a) \begin{aligned}x_{1} − 2x_{2} + x_{3} + x_{4} & = & 1 \\ x_{1} − 2x_{2} + 2x_{3} & = & 7 \\ x_{2} − 2x_{3} + 5x_{4} & = & −4 \\ −x_{1} + x_{2} − x_{3} + x_{4} & = & −4 \end{aligned}  b) \begin{aligned}2x_{1} + 2x_{2} + 4x_{3} & = & 1 \\ x_{1} + x_{2} + x_{3} & = & −1 \\ −x_{1} − x_{2} − 3x_{3} & = & −2 \end{aligned}

Lösung:

1. Das Gleichungssytem läßt sich in der Form

(\begin{matrix}1 & −2 & 1 & 1 \\ 1 & −2 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & −2 & 5 \\ −1 & 1 & −1 & 1 \end{matrix}) · (\begin{matrix}1 \\ 7 \\ −4 \\ −4 \end{matrix}) = 0

schreiben. Die Lösungsmengen werden nun mit dem Gaußalgorithmus berechnet. Da-

bei werden mit I - IV die Zeilen der Matrizen bezeichnet. (\begin{matrix}1 & −2 & 1 & 1 \\ 1 & −2 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & −2 & 5 \\ −1 & 1 & −1 & 1 \end{matrix}| \begin{matrix}1 \\ 7 \\ −4 \\ −4 \end{matrix})

⟶^{I+IV,II+IV} (\begin{matrix}0 & −1 & 0 & 2 \\ 0 & −1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & −2 & 5 \\ −1 & 1 & −1 & 1 \end{matrix}| \begin{matrix}−3 \\ 3 \\ −4 \\ −4 \end{matrix}) ⟶^{IV +I,II+(−I)} (\begin{matrix}0 & −1 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 1 & −1 \\ 0 & 0 & −2 & 7 \\ −1 & 1 & −1 & 1 \end{matrix}| \begin{matrix}−3 \\ 6 \\ −7 \\ −4 \end{matrix})

⟶^{III+(2II),IV +II} (\begin{matrix}0 & −1 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 1 & −1 \\ 0 & 0 & 0 & 5 \\ −1 & 1 & 0 & 0 \end{matrix}| \begin{matrix}−3 \\ 6 \\ 5 \\ 2 \end{matrix}) ⟶^{III/5} (\begin{matrix}−1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 1 & −1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}| \begin{matrix}2 \\ −3 \\ 6 \\ 1 \end{matrix}) ,

also ist x_{4} = 1 ⇒ x_{3} = 6 + x_{4} = 7
⇒ x_{2} = 3 + 2x_{4} = 5
⇒ x_{1} = −2 + x_{2} = 3

Damit ist die Lösungsmenge L = \{( \begin{matrix}3 \\ 5 \\ 7 \\ 1 \end{matrix})\}.

2. (\begin{matrix}2 & 2 & 4 \\ 1 & 1 & 1 \\ −1 & −1 & −3 \end{matrix}| \begin{matrix}1 \\ −1 \\ −2 \end{matrix})
⟶^{II+III,I+(2III)} (\begin{matrix}0 & 0 & −2 \\ 0 & 0 & −2 \\ −1 & −1 & −3 \end{matrix}| \begin{matrix}−3 \\ −3 \\ −2 \end{matrix}) ⟶^{II+(−I),(−III)} (\begin{matrix}0 & 0 & −2 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 3 \end{matrix}| \begin{matrix}−3 \\ 0 \\ 2 \end{matrix}) ⟶ (\begin{matrix}1 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}| 2 \frac{3}{2} 0)

Also ist x_{3} = \frac{3}{2}, x_{2} = λ ist freier Parameter und x_{1} = 2−x_{2}−3x_{3} = 2−λ− \frac{9}{2} = −\frac{5}{2} −λ.

Damit gilt L = \{( −\frac{5}{2} ; 0 ; \frac{3}{2}) + λ ( \begin{matrix}−1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) , λ ∈ ℝ\}.

(G 3) Gauß-Jordan-Eliminationsverfahren Bestimmen Sie alle Lösungen des linearen Gleichungssystems

(\begin{matrix}−1 & 1 & 2 & 2 \\ 2 & 0 & 3 & −1 \\ 2 & −2 & 6 & 0 \end{matrix}) · (\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ x_{4} \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 \\ −1 \\ 2 \end{matrix})

mit dem Gauß-Jordan-Eliminationsverfahren.

Lösung:

wir betrachten die erweiterte Matrix

(\begin{matrix}−1 & 1 & 2 & 2 & 1 \\ 2 & 0 & 3 & −1 & −1 \\ 2 & −2 & 6 & 0 & 2 \end{matrix}) ,

welche nun mittels elementarer Zeilenumformungen modifiziert wird:

- 1 1 2 2 1
2 0 3 - 1 - 1
2 - 2 6 0 2
- 1 1 2 2 1
Z2+2·Z1  0 2 7 3 1
Z3+2·Z1  0 0 10 4 4
(-1)·Z1  1 - 1 -2 - 2 - 1
Z2·\frac{1}{2}  0 1 \frac{7}{2}  \frac{3}{2}  \frac{1}{2}
Z3·\frac{1}{10}  0 0 1 \frac{4}{10}  \frac{4}{10}
Z1+1·Z2  1 0 \frac{3}{2} -\frac{1}{2} -\frac{1}{2}
0 1 \frac{7}{2}  \frac{3}{2}  \frac{1}{2}
0 0 1 \frac{4}{10}  \frac{4}{10}
Z1+(-\frac{3}{2})·Z3 1 0 0 -\frac{11}{10} -\frac{11}{10}
Z2(-\frac{7}{2})·Z3  0 1 0 \frac{1}{10} -\frac{9}{10}
0 0 1 \frac{4}{10} \frac{4}{10}

Nach den Ausführungen auf S.56 a.a.O. besitzt das Gleichungssystem

Ã · x = ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 & −\frac{11}{10} \\ 0 & 1 & 0 & \frac{1}{10} \\ 0 & 0 & 1 & \frac{4}{10} \end{matrix} ) · (\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{matrix}) = (−\frac{11}{10} ; −\frac{9}{10} ; \frac{4}{10} ) = d

die gleichen Lösungen wie das ursprüngliche System. Wegen

r = rg Ã = m = 3

folgt mit

(\begin{matrix}c_{1,4} \\ c_{2,4} \\ c_{3,4} \end{matrix}) = (−\frac{11}{10} ; \frac{1}{10} ; \frac{4}{10} )

und der Vorschrift

x_{k} = d_{k} − ∑_{ν=1}^{n−r} c_{k,r+ν} · x_{r+ν} für k = 1, …, r

schließlich

x_{1} = d_{1} − c_{1,4} · x_{4} = −\frac{11}{10} + λ · \frac{11}{10},
x_{2} = d_{2} − c_{2,4} · x_{4} = −\frac{9}{10} − λ · \frac{1}{10},
x_{3} = d_{3} − c_{3,4} · x_{4} = \frac{4}{10} − λ · \frac{4}{10},

wobei mit

x_{4} = λ ∈ ℝ

ein freier Parameter eingeht. Die Menge aller Lösungen ist somit durch

𝕃 = \{(\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ x_{4} \end{matrix}) = (−\frac{11}{10} ; −\frac{9}{10} ; \frac{4}{10} ; 0) + λ · ( \frac{11}{10} ; −\frac{1}{10} ; −\frac{4}{10} ; 1) : λ ∈ ℝ\}

gegeben. (G 4) Lösen Sie die folgenden Gleichungssysteme mit dem Gaußalgorithmus: (i)

−6x_{1} + 6x_{2} + 2x_{3} − 2x_{4} = 2
−9x_{1} + 8x_{2} + 3x_{3} − 2x_{4} = 3
−3x_{1} + 2x_{2} + x_{3} = 7

(ii)

(\begin{matrix}1 & 6 & −1 \\ 3 & 2 & 2 \\ 4 & 1 & 5 \end{matrix}) (\begin{matrix}y_{1} \\ y_{2} \\ y_{3} \end{matrix}) = (\begin{matrix}3 \\ −1 \\ −6 \end{matrix}) .

(iii)

(\begin{matrix}0 & 2 & 1 & −3 \\ 1 & 0 & 2 & 1 \\ −2 & 8 & 3 & −9 \\ −4 & 14 & 5 & −15 \\ −2 & 6 & 2 & −6 \end{matrix}) (\begin{matrix}z_{1} \\ z_{2} \\ z_{3} \\ z_{4} \end{matrix}) − (\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 3 \\ 5 \\ 2 \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) .

Lösung:

(i)

\begin{matrix}−6 & 6 & 2 & −2 & 2 S4 ↔ S1 \\ −9 & 8 & 3 & −2 & 3 \\ −3 & 2 & 1 & 0 & 7 \\ −2 & 6 & 2 & −6 & 2 \\ −2 & 8 & 3 & −9 & 3 |Z2 − Z1 \\ 0 & 2 & 1 & −3 & 7 \\ −2 & 6 & 2 & −6 & 2 \\ 0 & 2 & 1 & −3 & 1 \\ 0 & 2 & 1 & −3 & 7 |Z3 − Z2 \\ −2 & 6 & 2 & −6 & 2 \\ 0 & 2 & 1 & −3 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 6 \end{matrix}

Das Gleichungssystem besitzt keine Lösung. (ii)

\begin{matrix}1 & 6 & −1 & 3 \\ 3 & 2 & 2 & −1 |Z2 − 3Z1 \\ 4 & 1 & 5 & −6 |Z3 − 4Z1 \\ 1 & 6 & −1 & 3 \\ 0 & −16 & 5 & −10 \\ 0 & −23 & 9 & −18 |5Z3 − 9Z2 \\ 1 & 6 & −1 & 3 \\ 0 & −16 & 5 & −10 \\ 0 & 29 & 0 & 0 \end{matrix}

d.h. y_{2} = 0, y_{3} = −2, y_{1} = 1. (iii)

1 0 2 1 2
0 2 1 −3 1
−2 8 3 −9 3 |Z3 + 2Z1
−4 14 5 −16 5 |Z4 + 4Z1
−2 6 2 −6 2 |Z5 + 2Z1
1 0 2 1 2
0 2 1 −3 1
0 8 7 −7 7 |Z3 − 4Z2
0 14 13 −11 13 |Z4 − 7Z2
0 6 6 −4 6 |Z5 − 3Z2
1 0 2 1 2
0 2 1 −3 1
0 0 3 5 3
0 0 6 10 6
0 0 3 5 3
1 0 2 1 2
0 2 1 −3 1
0 0 3 5 3

Damit ist z_{3} = 1 − 5/3z_{4}, z_{2} = 7/3z_{4}, z_{1} = 7/3z_{4}, also

L = \{z⃗ ∈ ℝ^{4} : z⃗ = (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) + t (\begin{matrix}7/3 \\ 7/3 \\ −5/3 \\ 1 \end{matrix})\}

Hausübungen

(A 9) (10 Punkte)

Bestimmen Sie die Lösungsmenge des linearen Gleichungssystem Ax = b mit

A = (\begin{matrix}1 & 2 & 2 \\ 0 & 2 & −1 \\ 1 & 4 & α^{2} \end{matrix}) und b = (\begin{matrix}3 \\ −2 \\ α \end{matrix})

in Abhängigkeit vom reellen Parameter α.

Hinweis: Es sind drei verschiedene Fälle in Abhängigkeit vom Wert von α zu unterscheiden. Bei einem der Fälle ist die Formel α^{2} − 1 = (α + 1)(α − 1) (3. binomische Formel) hilfreich.

Lösung:

Die erweiterte Systemmatrix lautet

( \begin{matrix}1 & 2 & 2 & 3 \\ 0 & 2 & −1 & −2 \\ 1 & 4 & α^{2} & α \end{matrix} ) ⇝^{III−I} ( \begin{matrix}1 & 2 & 2 & 3 \\ 0 & 2 & −1 & −2 \\ 0 & 2 & α^{2} − 2 & α − 3 \end{matrix} ) ⇝^{III−II} ( \begin{matrix}1 & 2 & 2 & 3 \\ 0 & 2 & −1 & −2 \\ 0 & 0 & α^{2} − 1 & α − 1 \end{matrix} ) .

Die Größe der Lösungsmenge hängt davon ab, ob der Ausdruck α^{2} − 1 = (α − 1)(α + 1) gleich Null ist oder nicht. Daher unterscheiden wir drei Fälle:

Für α = 1 gilt

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

Folglich kann eine Variable frei gewählt werden. Sei x_{3} = s. Dann folgt 2x_{2} − x_{3} = −2 also x_{2} = \frac{s−2}{2}. Weiter folgt x_{1} + 2x_{2} + 2x_{3} = 3 also x_{1} = 3 − (s − 2) − 2s = 5 − 3s. Daher gilt für die Lösungsmenge L_{α=1}:

L_{α=1} = \{(5 − 3s ; \frac{s−2}{2} ; s) | s ∈ ℝ\} = \{s (−2 ; \frac{1}{2} ; 1) + (\begin{matrix}5 \\ −1 \\ 0 \end{matrix}) | s ∈ ℝ\}

Für α = −1 gilt

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

In der letzten Zeile steht die nicht erfüllbare Gleichung 0 = −2, womit die Lösungsmenge L_{α=−1} leer ist.

Für α ≠ ±1 gilt

( \begin{matrix}1 & 2 & 2 & 3 \\ 0 & 2 & −1 & −2 \\ 0 & 0 & α^{2} − 1 & α − 1 \end{matrix} ) ⇝^{\frac{1}{α−1} III} ( \begin{matrix}1 & 2 & 2 & 3 \\ 0 & 2 & −1 & −2 \\ 0 & 0 & α + 1 & 1 \end{matrix} ) .

Daraus folgt

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

Daher gilt für die Lösungsmenge L_{α≠±1}:

L_{α≠±1} = \{( 5 − \frac{3}{α+1} ; \frac{1}{2(α+1)} − 1 ; \frac{1}{α+1})\}

(A 10) (10 Punkte)

Überprüfen Sie die Lösbarkeit des linearen Gleichungssystems Ax = b, und bestimmen Sie gegebenenfalls alle Lösungen.

A = ( \begin{matrix}1 & −1 & −1 & 2 \\ 2 & 2 & −4 & 4 \\ 3 & −1 & −5 & 7 \\ 1 & 1 & −3 & 3 \end{matrix} ) , b = ( \begin{matrix}1 \\ 4 \\ 7 \\ 5 \end{matrix} )

Lösung:

Wir wenden das Gauß-Jordan Eliminationsverfahren an.

(A, b) = ( \begin{matrix}1 & −1 & −1 & 2 & | & 1 \\ 2 & 2 & −4 & 4 & | & 4 \\ 3 & −1 & −5 & 7 & | & 7 \\ 1 & 1 & −3 & 3 & | & 5 \end{matrix} ) → ( \begin{matrix}1 & −1 & −1 & 2 & | & 1 \\ 1 & 1 & −2 & 2 & | & 2 \\ 3 & −1 & −5 & 7 & | & 7 \\ 1 & 1 & −3 & 3 & | & 5 \end{matrix} )

→ ( \begin{matrix}1 & −1 & −1 & 2 & | & 1 \\ 0 & −2 & 1 & 0 & | & −1 \\ 0 & −2 & 2 & −1 & | & −4 \\ 0 & −2 & 2 & −1 & | & −4 \end{matrix} ) → ( \begin{matrix}1 & 0 & −\frac{3}{2} & 2 & | & \frac{3}{2} \\ 0 & −2 & 1 & 0 & | & −1 \\ 0 & 0 & −1 & 1 & | & 3 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix} )

→ ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 & \frac{1}{2} & | & −3 \\ 0 & −2 & 0 & 1 & | & 2 \\ 0 & 0 & −1 & 1 & | & 3 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix} ) → ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 & \frac{1}{2} & | & −3 \\ 0 & 1 & 0 & −\frac{1}{2} & | & −1 \\ 0 & 0 & 1 & −1 & | & −3 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix} ) =: (Ã, b̃)

Wegen rg(Ã, b̃) = 3 = rg(Ã) ist das Gleichungssystem lösbar. Spezielle Lösung ist x̂ = (−3, −1, −3, 0)^{⊤}.

Lösung des zugehörigen homogenen Gleichungssystems ist x_{λ} = λ(−\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 1, 1)^{⊤}, λ ∈ ℝ. Somit ist

x = x̂ + x_{λ} = ( \begin{matrix}−3 \\ −1 \\ −3 \\ 0 \end{matrix} ) + λ ( −\frac{1}{2} ; \frac{1}{2} ; 1 ; 1 ) , λ ∈ ℝ,

die allgemeine Lösung.