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

TECHNISCHE UNIVERSITÄT DARMSTADT

�

WS 2007/2008

Lineare Algebra I

7. Übung mit Lösungshinweisen

Gruppenübungen

MINITEST

(T 1) Welche der folgenden Aussagen ist wahr?

□ Die Vereinigung zweier Untervektorräume ist ein Untervektorraum. □ Die Summe zweier linearer Untervektorräume ist ein Untervektorraum.

□ Der Schnitt zweier linearer Untervektorräume ist ein Untervektorraum.

(T 2) In einem endlichdimensionalen Vektorraum ist eine Basis stets eine

□ linear unabhänige Teilmenge. □ maximale linear unabhänige Teilmenge. □ minimale linear unabhänige Teilmenge.

(T 3) Für Untervektorräume U und V eines Vektorraumes W gilt stets

□ dim(U ∩ V) = dim U − dim V. □ dim(U ∩ V) = dim V − dim U.

□ dim(U ∩ V) = dim U + dim V.

(G 1) Darstellungsmatrix

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

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

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

Lösung:

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

(b) Dies ist die Matrix M.

(G 2) Darstellungsmatrix

Es sei V der Vektorraum aller rellen Polynome vom Grad ≤ 4 mit der Basis B = {1, x, x^{2}, x^{3}, x^{4}}.

(a) Welche Dimension hat V?

(b) Geben Sie die Darstellungsmatrix M_{B}^{B}(\frac{d}{dx}) der Ableitung \frac{d}{dx} : V → V an.

Lösung:

(a) Da die Basis B genau 5 Elemente hat ist der Vektorraum V 5-dimensional.

(b) Die lineare Abbildung \frac{d}{dx} : V → V bildet die Basisvektoren 1, x, x^{2}, x^{3}, x^{4} wie folgt ab:

x^{4} ↦ 4x^{3} x^{3} ↦ 3x^{2} x^{2} ↦ 2x x ↦ 1 1 ↦ 0

Die Darstellungsmatrix M_{B}^{B}(\frac{d}{dx}) lautete daher

M_{B}^{B}(\frac{d}{dx}) = (\begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 3 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 4 & 0 \end{matrix}) .

(G 3) Kern und Bild

(a) Gegeben sei die Abbildung

ϕ : ℝ^{2} → ℝ^{2}, (\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \end{matrix}) ↦ (\begin{matrix}x_{1} + x_{2} \\ x_{1} + x_{2} \end{matrix}) .

Ist ϕ linear? Bestimmen Sie den Kern sowie das Bild von ϕ und geben Sie Basen an.

(b) Es sei ϕ_{A} : ℝ^{3} → ℝ^{3}, x ↦ AX eine lineare Abbildung, welche durch die Matrix

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

gegeben ist. Bestimmen Sie eine Basis von kerϕ_{A} und imϕ_{A}.

Lösung:

(a) Die Abbildung ϕ ist linear, da sie durch die Matrix

(\begin{matrix}1 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix})

dargestellt werden kann. Es ist ker ϕ = {(x_{1}, x_{2})^{T} ∈ ℝ^{2} : x_{1} + x_{2} = 0} und imϕ = {(x_{1}, x_{2})^{T} ∈ ℝ^{2} : x_{1} = x_{2}}. Eine Basis des Kerns ist z.B. {(1 − 1)^{T} } und eine Basis des Bildes ist z.B. {(1 1)^{T} }.

(b) Um den Kern von ϕ_{A} zu bestimmen, suchen wir diejenigen Vektoren v mit Av = 0. Diese ermitteln wir über den Gauß–Jordan-Algorithmus:

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

Also ist kerϕ_{A} = span(2, −2, 3)^{T} und der Vektor (2, −1, 3)^{T} ist eine Basis von kerϕ_{A}. Somit wissen wir auch, dass imϕ_{A} zweidimensional ist. Da die beiden Vektoren

ϕ_{A}(e_{1}) = (\begin{matrix}−3 \\ 1 \\ −2 \end{matrix}) und ϕ_{A}(e_{2}) = (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix})

linear unabhängig sind, bilden sie eine Basis von imϕ_{A}.

(G 4) 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}} : ℝ^{3} → V und ϕ_{K_{n}} : ℝ^{2} → W (vergl. Vorlesung). Weiterhin sei durch die reelle Matrix

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

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

(a) Bestimmen Sie die Darstellungsmatrix M_{K_{n}}^{K_{m}}(L) 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 M_{K_{3}}^{B}(ϕ_{K_{3}}^{−1}∘ϕ_{B}) und M_{K_{2}}^{C}(ϕ_{K_{2}}^{−1}∘ ϕ_{C}).

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

Lösung:

(a) Wie in der vorigen Aufgabe folgt M_{K_{2}}^{K_{3}}(L) = M.

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

M_{K_{3}}^{B}(ϕ_{K_{3}}^{−1} ∘ ϕ_{B}) = (\begin{matrix}1 & 1 & −1 \\ 1 & −2 & 1 \\ 2 & 0 & −2 \end{matrix}) M_{K_{2}}^{C}(ϕ_{K_{2}}^{−1} ∘ ϕ_{B}) = (\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}) .

(c) Es gilt M_{C}^{B}(L) = [M_{K_{2}}^{C}(ϕ_{K_{2}}^{−1} ∘ ϕ_{B})]^{−1} ∘ M_{K_{2}}^{K_{3}}(L) ∘ M_{K_{3}}^{B}(ϕ_{K_{3}}^{−1} ∘ ϕ_{B}). Somit folgt

\begin{aligned}M_{C}^{B}(L) = (\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 5) Der Dualraum Es sei V ein reller Vekrorraum und V^{∗} = hom(V, ℝ) der Vektorraum aller linearen Funktionen f : V → ℝ von V nach ℝ (genannt der Dualraum zu V).

(a) Geben Sie im Fall V = ℝ^{n} eine Basis des Vektorraumes V^{∗} an. Welche Dimension hat hier V^{∗}.

(b) Es sei i : V = ℝ^{n} → (V^{∗})^{∗}, v ↦ (f ↦ f(v)) die Auswertungsabbildung. Ist i linear, injektiv, surjektiv oder sogar ein Isomorphismus?

Lösung:

(a) Für jede lineare Abbildung f : V = ℝ^{n} → ℝ gilt f(∑ c_{i}e_{i}) = ∑ c_{i}f(e_{i}) und die Abbildung f ist durch die Werte an den Basisvektoren e_{i} eindeutig bestimmt. Daher ist {e′_{1}, …, e′_{n}} mit

e′_{i}(e_{j}) = \begin{cases}1 & falls i = j \\ 0 & sonst \end{cases}

eine Basis des Dualraumes V^{∗}. Weil diese Basis n Elemente hat, ist der Dualraum hier n-dimesional. Er hat somit die gleiche Dimension wie V.

(b) Für je zwei Vektoren v und w aus V sowie λ ∈ ℝ gilt stets

i(λv + w)(f) = (f ↦ f(λv + w)) = (f ↦ [λf(v) + f(w)])
= λ(f ↦ f(v)) + (f ↦ f(w))
= λ[i(v)(f)] + i(w)(f)

für alle f ∈ V^{∗}. Somit ist i eine lineare Abbildung. Weiterhin gilt

i(e_{j})(e′_{i}) = e′_{i}(e_{j}) = \begin{cases}1 & falls i = j \\ 0 & sonst \end{cases}

für alle 0 ≤ i, j ≤ n. Nach a) ist {i(e_{1}), …, i(e_{n})} somit eine Basis des Dualraumes (V^{∗})^{∗} zu V^{∗}. Da die lineare Abbildung i die Basis {e_{1}, …, e_{n}} auf die gleichmächtige (d.h. gleich große) Basis {i(e_{1}), …, i(e_{n})} abbildet, ist i ein Isomorphismus und somit insbesondere injektiv und surjektiv.

Hausübungen

(A 14) (10 Punkte)

Bearbeiten Sie Aufgabe G5.

(A 15) (10 Punkte)

Die Abbildungen ϕ_{A} : ℝ^{4} → ℝ^{4}, x ↦ Ax und ϕ_{B} : ℝ^{5} → ℝ^{4}, x ↦ Bx seien durch die Matrizen

A = (\begin{matrix}−3 & −3 & 0 & 2 \\ 2 & 3 & 2 & 0 \\ −1 & 0 & 2 & 2 \\ 1 & 3 & 4 & 2 \end{matrix}) bzw. B = (\begin{matrix}2 & −6 & 0 & 8 & 4 \\ 1 & 3 & 2 & 4 & 8 \\ −1 & 9 & −2 & 6 & −2 \\ 1 & −6 & 1 & −1 & 2 \end{matrix})

gegeben. Bestimmen Sie eine Basis von kerϕ_{A} und imϕ_{A} sowie von kerϕ_{B} und imϕ_{B}.

Lösung:

Aufgabe Analog zur Gruppenübung benutzen wir den Gauß–Jordan Algorithmus:

\begin{matrix}−3 & −3 & 0 & 2 \\ 2 & 3 & 2 & 0 \\ −1 & 0 & 2 & 2 \\ 1 & 3 & 4 & 2 \\ 1 & 3 & 4 & 2 \\ −3 & −3 & 0 & 2 \\ 2 & 3 & 2 & 0 \\ −1 & 0 & 2 & 2 \\ 1 & 3 & 4 & 2 \\ 0 & 6 & 12 & 8 \\ 0 & −3 & −6 & −4 \\ 0 & 3 & 6 & 4 \\ 1 & 3 & 4 & 2 \\ 0 & 6 & 12 & 8 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}

Somit bilden die Vektoren

(\begin{matrix}2 \\ −2 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) und (\begin{matrix}6 \\ −4 \\ 0 \\ 3 \end{matrix})

eine Basis von kerϕ_{A}. Das bedeutet, dass imϕ_{A} zwei-dimensional ist. Somit bilden die Vektoren

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

eine Basis von imϕ_{A}. Das gleiche Verfahren führt im Falle von B zum Erfolg.

\begin{matrix}2 & −6 & 0 & 8 & 4 \\ 1 & 3 & 2 & 4 & 8 \\ −1 & 9 & −2 & 6 & −2 \\ 1 & −6 & 1 & −1 & 2 \\ 1 & 3 & 2 & 4 & 8 \\ 2 & −6 & 0 & 8 & 4 \\ −1 & 9 & −2 & 6 & −2 \\ 1 & −6 & 1 & −1 & 2 \\ 1 & 3 & 2 & 4 & 8 \\ 0 & −12 & −4 & 0 & −12 \\ 0 & 12 & 0 & 10 & 6 \\ 0 & −9 & −1 & −5 & −6 \\ 1 & 3 & 2 & 4 & 8 \\ 0 & −12 & −4 & 0 & −12 \\ 0 & 0 & −4 & 10 & −6 \\ 0 & 0 & −8 & 20 & −12 \\ 1 & 3 & 2 & 4 & 8 \\ 0 & −12 & −4 & 0 & −12 \\ 0 & 0 & −4 & 10 & −6 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}

Somit bilden die Vektoren

(\begin{matrix}−13/2 \\ −5/6 \\ 5/2 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) und (\begin{matrix}−7/2 \\ −1/2 \\ −3/2 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})

eine Basis von kerϕ_{B}. Analog zu Beispiel 4.4.6 finden wir eine Basis von imϕ_{B} durch Anwenden des Gauß–Jordan-Algorithmus auf die Transponierte von B:

\begin{matrix}2 & 1 & −1 & 1 \\ −6 & 3 & 9 & −6 \\ 0 & 2 & −2 & 1 \\ 8 & 4 & 6 & −1 \\ 4 & 8 & −2 & 2 \\ 2 & 1 & −1 & 1 \\ 0 & 6 & 6 & −3 \\ 0 & 2 & −2 & 1 \\ 0 & 0 & 10 & −5 \\ 0 & 6 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & −1 & 1 \\ 0 & 6 & 6 & −3 \\ 0 & 0 & 12 & −6 \\ 0 & 0 & 10 & −5 \\ 0 & 0 & 6 & −3 \\ 2 & 1 & −1 & 1 \\ 0 & 6 & 6 & −3 \\ 0 & 0 & 12 & −6 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}

Damit bilden die Vektoren (\begin{matrix}2 \\ 1 \\ −1 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 \\ 2 \\ 2 \\ −1 \end{matrix}) und (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 2 \\ −1 \end{matrix}) eine Basis von imϕ_{B}.

(A 16) (10 Punkte)

Beweisen Sie, daß eine Summe U_{1} + U_{2} + ⋯ + U_{n} von Untervektorräumen U_{1}, U_{2}, …, U_{n} eines Vektorraums V wiederum ein Untervektorraum von V ist.

Lösung:

Es seien U_{1}, U_{2}, …, U_{n} lineare Teilräume des Vektorraumes V über dem Körper 𝕂. Wir verifizieren die UntervektorraumAxiome für U_{1} + U_{2} + ⋯ + U_{n}.

(U1) Da die Teilräume U_{1}, U_{2}, …, U_{n} die 0 enthalten, enthält auch U_{1} + U_{2} + ⋯ + U_{n} den Vektor 0 + 0 + ⋯ + 0 = 0.

(U2) Seien u_{1} + u_{2} + ⋯ + u_{n} und u′_{1} + u′_{2} + ⋯ + u′_{n} ∈ U_{1} + U_{2} + ⋯ + U_{n} mit u_{1}, u′_{1} ∈ U_{1}; u_{2}, u′_{2} ∈ U_{2}; … u_{n}, u′_{n} ∈ U_{n}. Dann gilt

(u_{1}+u_{2}+⋯+u_{n})+(u′_{1}+u′_{2}+⋯+u′_{n}) = (u_{1}+u′_{1})+(u_{2}+u′_{2})+⋯+(u_{n}+u′_{n}) ∈ U_{1}+U_{2}+⋯+U_{n}.

(U3) Seien u_{1} + u_{2} + ⋯ + u_{n} ∈ U_{1} + U_{2} + ⋯ + U_{n} und sei μ ∈ 𝕂. Dann gilt

μ(u_{1} + u_{2} + ⋯ + u_{n}) = μu_{1} + μu_{2} + ⋯ + μu_{n} ∈ U_{1} + U_{2} + ⋯ + U_{n}.