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

TECHNISCHE UNIVERSITÄT DARMSTADT

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WS 2007/2008

Lineare Algebra I

9. Übung mit Lösungshinweisen

Gruppenübungen

MINITEST

(T 1) Der Kern einer linearen Abbildung ϕ : V → W ist

□ ϕ^{−1}({0}). □ ϕ({0}). □ ϕ(V). □ {v ∈ V : ϕ(v) = 0}.

(T 2)

Sei ϕ : V → W eine lineare Abbildung. Welche der folgenden Ungleichungen ist richtig?

□ dim(Imϕ) ≤ dim V  □ dim(Imϕ) ≤ dim W  □ dim(ker ϕ) ≤ dim V

□ dim(ker ϕ) ≤ dim W

(T 3) Der Vektorraum ¶_{n}(𝕂) der Polynome vom Grad ≤ n ist isomorph zu

□ 𝕂 □ 𝕂^{n} □ 𝕂^{n−1} □ 𝕂^{n+1} □ 𝕂^{2} □ ¶_{n}(𝕂)

(G 1) Determinanten

Berechnen Sie die Determinanten der folgenden reellwertigen Matrizen:

(a) A := ( \begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9 \end{matrix} )  (b) B := ( \begin{matrix}1 & 2 \\ 3 & 4 \end{matrix} )  (c) C := ( \begin{matrix}0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{matrix} )

(G 2) Spiegelungen

Es sei g die Gerade durch den Ursprung, die mit der positiven x-Achse im ℝ^{2} im Gegenuhrzeigersinn den Winkel γ ∈ [0, 2π] einschließt und σ_{g} : ℝ^{2} → ℝ^{2} die Orthogonalspiegelung an der Geraden g.

(a) Bestimmen Sie eine Basis von g.

(b) Bestimmen Sie die Darstellungsmatix M_{K_{2}}^{K_{2}}(σ_{g}) zur Abbildung σ_{g}.

(c) Berechnen Sie die Determinante detM_{K_{2}}^{K_{2}}(σ_{g}).

Lösung:

(a) Die Menge \{( \begin{matrix}cos γ \\ sin γ \end{matrix} )\} ist z.B. eine Basis für g.

(b) Die Basis aus Aufgabe a) läßt sich durch den Vektor ( \begin{matrix}− sin γ \\ cos γ \end{matrix} ) zu einer Basis B = \{( \begin{matrix}cos γ \\ sin γ \end{matrix} ), ( \begin{matrix}− sin γ \\ cos γ \end{matrix} )\} ergänzen. In dieser Basis wird die Spiegelung durch die Matrix

M_{B}^{B}(σ_{g}) = (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix}) beschrieben. Die Darstellungsmatrix M_{K_{2}}^{K_{2}}(σ_{g}) ergibt sich dadurch zu

M_{K_{2}}^{K_{2}}(σ_{g}) = [id_{ℝ^{2}}]_{B}^{K_{2}}[σ_{g}]_{B}^{B}[id^{ℝ^{2}}]_{K_{2}}^{B}
= (\begin{matrix}cos γ & − sin γ \\ sin γ & cos γ \end{matrix}) · (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix}) · (\begin{matrix}cos γ & − sin γ \\ sin γ & cos γ \end{matrix})^{−1}
= (\begin{matrix}cos γ & − sin γ \\ sin γ & cos γ \end{matrix}) · (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix}) · (\begin{matrix}cos γ & sin γ \\ − sin γ & cos γ \end{matrix})
= (\begin{matrix}cos^{2}γ − sin^{2} γ & 2 cos γ sin γ \\ cos γ sin γ & −cos^{2}γ + sin^{2} γ \end{matrix}) = ( \begin{matrix}cos(2γ) & sin(2γ) \\ sin(2γ) & − cos(2γ) \end{matrix} ) .

Die letzte Gleichheit folgt aus den Additionssätzen für Sinus und Cosinus.

(c) detM_{K_{2}}^{K_{2}}(σ_{g}) = − cos^{2}(2γ) − sin^{2}(2γ) = −1 (G 3) Determinanten und Basiswechsel Die lineare Funktion L : ℝ^{3} → ℝ^{3} sei durch die Darstellungsmatrix

M_{K_{3}}^{K_{3}}(L) = (\begin{matrix}2 & 1 & 0 \\ 1 & 3 & −1 \\ 1 & 1 & 1 \end{matrix})

bezüglich der Standardbasis K_{3} gegeben.

(a) Berechnen Sie die Determinante detM_{K_{3}}^{K_{3}}(L)

(b) Bestimmen Sie die Darstellungsmatrix M_{B}^{B}(L) von L bezüglich der Basis

B = ((\begin{matrix}1 \\ −1 \\ −1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix})) .

(c) Berechnen Sie die Determinante detM_{B}^{B}(L) und vergleichen Sie sie mit detM_{K_{3}}^{K_{3}}(L). Erklären Sie Ihr Ergebnis.

Lösung:

(a) detM_{K_{3}}^{K_{3}}(L) = 6.

(b) Der Basiswechsel wird durch die Matrix

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

beschrieben. Es folgt detM_{B}^{B}(L) = det(S^{−1} · M_{K_{3}}^{K_{3}}(L) · S). Es ist zunächst die Inverse von S zu berechnen:

\begin{matrix}(\begin{matrix}1 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ −1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ −1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}) & ⇝^{{II+I \atop III+I}} & (\begin{matrix}1 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 2 & 1 & 0 & 1 \end{matrix}) & ⇝^{{I−II \atop III−2II}} & (\begin{matrix}1 & 0 & −1 & 0 & −1 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & −2 & −1 & −2 & 1 \end{matrix}) \\ ⇝^{{I− \frac{1}{2} III \atop II+III}} & (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & \frac{1}{2} & 0 & −\frac{1}{2} \\ 0 & 1 & 0 & 0 & −1 & 1 \\ 0 & 0 & −2 & −1 & −2 & 1 \end{matrix} ) ⇝^{− \frac{1}{2} III} (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & \frac{1}{2} & 0 & −\frac{1}{2} \\ 0 & 1 & 0 & 0 & −1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & \frac{1}{2} & 1 & −\frac{1}{2} \end{matrix} ) . \end{matrix}

Folglich gilt

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

Daraus folgt

\begin{aligned}M_{B}^{B}(L) & = S^{−1}M_{K_{3}}^{K_{3}}(L) · S = (\begin{matrix}\frac{1}{2} & 0 & −\frac{1}{2} \\ 0 & −1 & 1 \\ \frac{1}{2} & 1 & −\frac{1}{2} \end{matrix} ) (\begin{matrix}2 & 1 & 0 \\ 1 & 3 & −1 \\ 1 & 1 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ −1 & 0 & 1 \\ −1 & 1 & 1 \end{matrix}) \\ & = (\begin{matrix}\frac{1}{2} & 0 & −\frac{1}{2} \\ 0 & −1 & 1 \\ \frac{1}{2} & 1 & −\frac{1}{2} \end{matrix} ) (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ −1 & 0 & 3 \\ −1 & 2 & 3 \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix}) . \end{aligned}

(c) Die Determinante ähnlicher Matrizen ist gleich.

(G 4) Projektionen Eine lineare Abbildung ϕ : V → V heißt Projektion, falls ϕ ∘ ϕ = ϕ gilt. Es sei ϕ eine Projektion.

(a) Zeigen Sie, daß V = ker ϕ + Imϕ gilt.

(b) Ist die Summe in a) direkt, d.h. gilt: V = ker ϕ ∩ Imϕ = {0}?

Lösung:

(a) Es sei v ∈ V. Dann liegt v_{1} := v − ϕ(v) in ker ϕ wegen

ϕ(v_{1}) = ϕ(v − ϕ(v)) = ϕ(v) − ϕ(ϕ(v)) = ϕ(v) − ϕ(v) = 0.

Andererseits ist v_{2} := ϕ(v) im Bild von ϕ. Wir haben zusammen v = v_{1} + v_{2}.

(b) Wir zeigen ker ϕ ∩ Imϕ = {0}. Angenommen, ein Element ϕ(v) aus Imϕ ist ebenso im Kern. Dann gilt 0 = ϕ(ϕ(v)) = ϕ(v).

(G 5) 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 6) Matrizen und Determinanten Es seien beliebige quadratische (komplexwertige) Matrizen A und B gegeben. Beweisen oder widerlegen Sie die folgenden Aussagen:

(a) AA = I ⟹ det(A) = ±1.

(b) A ist nicht invertierbar ⟹ AB ist nicht invertierbar.

(c) det(A) + det(B) = det(A + B).

(d) A^{3} = 0 ⟹ A = 0.

(e) A^{3} = 0 ⟹ (I − A)^{−1} = I + A + A^{2}.

(f) det(A) ∈ ℝ ⟹ alle Einträge in A sind reell.

Lösung:

(a) Richtig!

\underline{Beh.:} A^{2} = I ⇒ det(A) = ±1 \underline{Bew.:} Nach Satz 11.1 e) gilt det(A^{2}) = (det(A))^{2} und nach a) gilt det(I) = 1. Also ist 1 = det(I) = det(A^{2}) = (det(A))^{2} und damit det(A) = ±1.

(b) Richtig!

\underline{Beh.:} A nicht invertierbar ⇒ AB nicht invertierbar \underline{Bew.:} Da A nicht invertierbar ist, gilt det(A) = 0. Also ist auch det(AB) = det(A) · det(B) = 0 und damit AB nicht invertierbar.

(c) Falsch!

Wähle A = ( \begin{matrix}1 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix} ), B = ( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix} ), dann gilt det(A) + det(B) = 0 + 1 = 1, aber:

det(A + B) = |\begin{matrix}2 & 1 \\ 1 & 2 \end{matrix}| = 4 − 1 = 3

(d) Falsch! Wähle A = ( \begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix} ). Dann gilt A^{2} = ( \begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix} ) und damit auch A^{3} = 0, aber A ≠ 0.

(e) Richtig! \underline{Beh.:} A^{3} = 0 ⇒ (I − A)^{−1} = I + A + A^{2}. \underline{Bew.:} Wir müssen zeigen

\begin{matrix}(i) (I − A)(I + A + A^{2}) = I \\ (ii) (I + A + A^{2})(I − A) = I \end{matrix}

zu (i): (I − A)(I + A + A^{2}) = I + A + A^{2} − A − A^{2} − A^{3} = I − A^{3} = I − 0 = I. zu (ii): (I + A + A^{2})(I − A) = I + A + A^{2} − A − A^{2} − A^{3} = I.

(f) Falsch! Wähle A = ( \begin{matrix}i & 0 \\ 0 & i \end{matrix} ). Dann hat A nicht-reelle Einträge, aber det(A) = −1 ∈ ℝ.

Hausübungen

(A 14) (10 Punkte)

Bestimmen Sie die Determinanten der Matrizen

A = (\begin{matrix}3 & 2 \\ 5 & 7 \end{matrix}) , B = (\begin{matrix}3 & 7 & −4 \\ 2 & 5 & 3 \\ 9 & 2 & 0 \end{matrix}) und C = (\begin{matrix}3 & 7 & 8 & 9 \\ 4 & 3 & 1 & 4 \\ 6 & 8 & 8 & 9 \\ 0 & 2 & 3 & 7 \end{matrix}) .

Lösung: E

s gilt

det A = | \begin{matrix}3 & 2 \\ 5 & 7 \end{matrix} | = 3 · 7 − 5 · 2 = 21 − 10 = 11

und mit Beispiel (4) auf S.46 a.a.O. ergibt sich

det B = | \begin{matrix}3 & 7 & - 4 \\ 2 & 5 & 3 \\ 9 & 2 & 0 \end{matrix} |
= 3 · 5 · 0 + 2 · 2 · (−4) + 9 · 7 · 3 − 9 · 5 · (−4) − 3 · 2 · 3 − 2 · 7 · 0
= 0 − 16 + 189 + 180 − 18 − 0
= 335.

Zur Berechnung der Determinante der Matrix C ist es nach den Bemerkungen (6) und (7) auf S.48 a.a.O. sinnvoll, wenn zunächst die Gestalt der Matrix mittels elementarer Umformungen so verändert wird, daß möglichst viele Elemente einer Zeile (oder Spalte) den Wert Null annehmen:

3 7 8 9
4 3 1 4
6 8 8 9
0 2 3 7
Z3 + (-1) · Z1 3 7 8 9
4 3 1 4
3 1 0 0
0 2 3 7
S1 + (-3) · S2 - 18 7 8 9
- 5 3 1 4
0 1 0 0
- 6 2 3 7

Die Determinante der Matrix

C′ = (\begin{matrix}−18 & 7 & 8 & 9 \\ − 5 & 3 & 1 & 4 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ − 6 & 2 & 3 & 7 \end{matrix})

stimmt mit der Determinante von C überein. Eine Entwicklung nach der dritten Zeile von C′ ergibt

det C = det C′ = ∑_{ν=1}^{4} (−1)^{3+ν} · C̃′_{3ν} · c′_{3ν}.

Wegen

c′_{31} = c′_{33} = c′_{34} = 0 und c′_{32} = 1 ≠ 0

erhält man mit dem Minor

C̃′_{32} = | \begin{matrix}- 18 & 8 & 9 \\ - 5 & 1 & 4 \\ - 6 & 3 & 7 \end{matrix} | = (−18) · 1 · 7 + (−5) · 3 · 9 + (−6) · 8 · 4

− (−6) · 1 · 9 − (−18) · 3 · 4 − (−5) · 8 · 7 = −126 − 135 − 192 + 54 + 216 + 280 = 97

schließlich

det C = det C′

= ∑_{ν=1}^{4} (−1)^{3+ν} · C̃′_{3ν} · c′_{3ν}

= (−1)^{3+2} · C̃′_{32} · c′_{32} = (−1)^{5} · 97 · 1 = −97.

(A 15) (10 Punkte) Es sei n ∈ ℕ eine natürliche Zahl. Beweisen Sie die folgenden Aussagen:

(a) Ist n gerade, so gibt es eine n × n-Matrix A, so dass A − A^{T} invertierbar ist.

(b) Ist n ungerade, so ist für alle n × n-Matrizen A die Matrix A − A^{T} nicht invertierbar.

Lösung:

(a) Wir nehmen an, n sei gerade. Wir nehmen aus M(n × n, ℝ) die Matrix

A = ( \begin{matrix}0 1 0 0 & & & & 0 \\ & . & . & . \\ 0 & & & & 0 1 0 0 \end{matrix} ) und A − A^{T} = ( \begin{matrix}\begin{matrix}0 & 1 \\ −1 & 0 \end{matrix} & & & & 0 \\ & . & . & . \\ 0 & & & & \begin{matrix}0 & 1 \\ −1 & 0 \end{matrix} \end{matrix} ) .

Die Matrix A − A^{T} hat die Determinante 1^{\frac{n}{2}} = 1, ist also invertierbar.

(b) Angenommen, n ist ungerade. Dann gilt

det(A − A^{T}) = det((A − A^{T})^{T}) = det(A^{T} − A) = det(−(A − A^{T}))
= (−1)^{n} det(A − A^{T}) = − det(A − A^{T}),

somit det(A − A^{T}) = 0, was bedeutet, dass A − A^{T} nicht invertierbar ist. (A 16) Determinanten (10 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).