Lineare Algebra 1 9. Übungsblatt Lösungshinweise

Lineare Algebra 1 9. Übungsblatt Lösungshinweise

Fachbereich Mathematik WS 2011/2012

Prof. Dr. A. Kollross 15. Dezember 2011

K. Schwieger

Gruppenübung

Aufgabe G1

Betrachten Sie für die folgenden(m×n)-Matrizen jeweils die durchx7→A_ixgegebene Abbildungϕi:Rⁿ→R^m. A₁:=€

1 2 3Š

A₂:=





 4 5 6





 A₃:=

0 1 0

1 0 1

A₄:=

1 3 4

2 6 8

A₅:= 1 2

3 4

A₆:=







1 2 1

1 1 2

3 4 5







Welche der Abbildungen sind injektiv, surjektiv bzw. bijektiv? (Wie kann man dies an den Matrizen ablesen?) Geben Sie jeweils die Dimension des Bildes und des Kerns vonϕan.

Lösungshinweise: 1) Die Abbildung ist surjektiv, wenn die Zeilen linear unabhängig sind, injektiv hingegen, wenn die Spalten linear unabhängig sind.

Damit sieht man sofort, daßϕ₁surjektiv, aber nicht injektiv,ϕ₂injektiv, aber nicht surjektiv undϕ₃surjektiv, aber nicht injektiv ist.

Die Zeilen vonA₄sind linear abhängig, die Spalten sind schon aus Kardinalitätsgründen linear abhängig, daher ist ϕ4

weder injektiv noch surjektiv. Im Fall vonA₅zeigt man leicht, daß die Spalten linear unabhängig sind, denn sonst müßte (da es zwei Vektoren sind) gelten:

λ 1

3

= 2

4

. Aus der ersten Zeile folgtλ=2, was in der zweiten Zeile auf einen Widerspruch führt. Da Zeilenrang gleich Spaltenrang ist, folgt daraus, daßϕ₅sowohl injektiv als auch surjektiv und somit bijektiv ist.

BeiA₆bemerkt man durch scharfes Hinsehen, daß zweimal die zweite Zeile zur ersten addiert gerade die dritte ergibt.

(Wenn man nicht scharf hinsieht, ergibt auch der Gauß-Algorithmus, daß die Zeilen linear abhängig sind.) Daher istϕ6

nicht surjektiv und als eine AbbildungR³−→R³nach 5.1.5 auch nicht injektiv.

2) Der Rang der Abbildung ϕi ist gleich dem Zeilenrang (und damit auch gleich dem Spaltenrang) der MatrixA_i. Es ist nach 5.1.4 rankϕ+dim(kerϕ) = n. Offenbar istrankϕ1= rankϕ2 =1. Daher istdim(kerϕ1) = 3−1= 2und dim(kerϕ2) =1−1 =0 (was auch klar ist, daϕ2 injektiv ist). Da die Zeilen (oder auch die ersten beiden Spalten) vonA₃ linear unabhängig sind, istrankϕ1 = 2und daher dim(kerϕ3) = 3−2 = 1. Der Zeilenrang von A₄ ist eins, daher istrankϕ4=1und damitdim(kerϕ4) =3−1=2. Der Spaltenrang vonA₅und damit auchrankϕ5ist zwei und dim(kerϕ3) =2−2=0.

Die ersten beiden Zeilen vonA₆sind offenbar linear unabhängig. Da nach a)rankϕ6≤2, folgtrankϕ6=2und daher dim(kerϕ3) =3−2=1.

Aufgabe G2 (Basistransformation)

Wir betrachten den reellen Vektorraum R³ zum einen mit der kanonischen Basis B₀, zum anderen mit der Basis B= (1,−1,−1)^T,(1, 0, 1)^T,(1, 1, 1)^T

.

(a) Zeigen Sie, dass es eine lineare Abbildungϕ:R³→R³gibt mit [ϕ]^B_B⁰₀=







2 1 0

1 3 −1

1 1 1





 und [ϕ]^B_B=







1 0 0

0 2 0

0 0 3





.

(b) Bestimmen Sie die Transformationsmatrix[id]^B_B

0und verifizieren Sie [id]^B_B⁰=1

2







1 0 −1

0 −2 2

1 2 −1





 .

(c) Bestimmen Sie die Matrix der inversen Abbildung[ϕ⁻¹]^B_Bund damit[ϕ⁻¹]^B_B⁰₀. Lösungshinweise:

(a) Bezeichne mit b₁,b₂,b₃die Vektoren der BasisB. Wegen der Gestalt von[ϕ]^B_B giltϕ(b₁) =b₁,ϕ(b₂) =2b₂und ϕ(b₃) =3b₃. Man rechnet leicht nach, dass auch für die MatrixA:= [ϕ]^BB⁰₀gilt

A·[b₁]B₀= [b₁]B₀, A·[b₂]B₀=2[b₂]B₀, A·[b₃]B₀=3[b₃]B₀. Die MatrixAbeschreibt also auch die Abbildungϕbzgl. der kanonischen BasisB₀.

(b) Die Matrix[id]^B_B0hat als Spalten die Koordinaten vonb₁,b₂,b₃bzgl. der BasisB₀, also [id]^B_B

0=







1 1 1

−1 0 1

−1 1 1





 .

Die Matrix[id]^B_B⁰ist die Inverse von[id]^B_B0. Für die angegebene Matrix rechnet man das leicht nach.

(c) Die Matrix[ϕ⁻¹]^B_B, also die Inverse von[ϕ]^B_B, ist leicht bestimmt (oder geraten). Die Inverse [ϕ⁻¹]^B_B ist leicht berechnet über

[ϕ⁻¹]^B_B⁰₀= [id]^B_B0·[ϕ⁻¹]^B_B·[id]^B_B⁰.

(Als Kontrolle bietet sich an, ϕ⁻¹(b₁) = b₁,ϕ⁻¹(b₂) = ¹₂b₂ und ϕ⁻¹(b₃) = ¹₃b₃ für die berechnete Matrix zu überprüfen.)

Aufgabe G3

Für eine (n× m)-Matrix Matrix A =: (a_i,j)1≤i≤n,1≤j≤m ist die transponierte Matrix die (m×n)-Matrix mit A^T :=

(a_j,i)1≤i≤m,1≤j≤n, d.h.

A=:









a_1,1 a_1,2 · · · a_1,m ... ... ... a_n,1 a_n,2 · · · a_n,m







 =⇒ A^T=













a_1,1 · · · a_n,1 a_1,2 · · · a_n,2 ... ... a_1,m · · · a_n,m











 .

Machen Sie sich klar, dass die MengeM_n(R)aller reellen(n×n)-Matrizen einen reellen Vektorraum bilden. Wir betrachten hier den VektorraumM₂(R)der(2×2)-Matrizen und die folgende lineare Abbildung:

ϕ:M₂(R)→M₂(R), ϕ(A):= ¹₂(A−A^T) (a) Zeigen Sieϕ²=ϕ.

Bemerkung: Lineare Abbildungenϕmitϕ²=ϕ heißen auchProjektionen. Die obige Abbildung ist also eine Pro- jektion.

(b) Bestimmen Sie eine Basis des Kerns und des Bildes vonϕ.

(c) Zeigen Sie M₂(R) = (kerϕ)⊕(imϕ). Wie sieht die Matrix vonϕ bezüglich der von Ihnen gewählten Basis von M₂(R)aus?

Lösungshinweise:

(a) Nachrechnen.

(b) Die VektorenA₁:= ^{1 0}_{0 0}

,A₂:= ^{0 0}_{0 1}

undA₃:= ^{0 1}_{1 0}

liegen im Kern vonϕ. Der VektorA₄:= _{−1 0}^{0 1}

liegt mit ϕ(A₄) =A₄im Bild vonϕ.

(c) Die GleichungV =kerϕ⊕imϕgilt allgemein für Projektionen (vgl. Tutorium). Hier speziell sieht man aber sofort, dass das eindimensionale Bildimϕ=R·A₄den Kern trivial schneidet. Somit bildet(A₁, . . . ,A₄)eine Basis vonϕ und die Matrix vonϕhat die Form

[ϕ] =









 0

0 0

1









 .

Aufgabe G4 (Affine Teilräume, Fingerübung)

SeiVein reeller Vektorraum. Für einen Vektorv∈V und eine TeilmengeS⊆V setzen wirv+S:={^v+s|s∈S}. Zeigen Sie: Für eine nicht-leere TeilmengeA⊆V sind äquivalent:

(a) Es gibt einen UntervektorraumU⊆V und einen Vektorv∈V mitA=^v+U (b) Für allex,y∈Aund alleλ∈Rgilt auchλx+ (1−λ)y∈A.

Wie lässt sich die Bedingung (b) geometrisch interpretieren? Eine Teilmenge A, für welche diese Bedingungen erfüllt sind, heißt auchaffiner TeilraumvonV.

Lösungshinweise: Die Implikation(a)⇒(b)rechnet man einfach nach. Für die Implikation(b)⇒(a)wählen wirx∈A beliebig, setzenU:= (−x) +Aund verifizierenA=x+U direkt.

Aufgabe G5

In der Vorlesung haben Sie gezeigt, dass eine lineare Abbildungϕ:V →V auf einem endlich-dimensionalen Vektorraum V genau dann injektiv ist, wenn sie surjektiv ist.

(a) Finden Sie einen Vektorraum und eine lineare Abbildungϕ:V →V, die injektiv, aber nicht surjektiv ist.

(b) Finde Sie eine Vektorraum und eine lineare Abbildungϕ:V →V, die surjektiv, aber nicht injektiv ist.

Lösungshinweise: Die Ableitung auf dem Raum aller reellen PolynomeP(R)ist z.B. surjektiv, aber nicht injektiv. Die Multiplikation mit xauf diesem Raumxⁿ7→xⁿ⁺¹ist zwar injektiv, aber nicht surjektiv.

Hausübung

Aufgabe H1 (4 Punkte)

(a) Betrachten Sie den Vektorraum M_n(R)aller reellen (n×n)-Matrizen. Sei B ∈ M_n(R)fix. Zeigen Sie, dass die folgende Abbildung linear ist:

ϕ:M_n(R)→M_n(R), ϕ(A):=B·A. (b) Betrachten Sie nun speziell n=2und B =:€_{a b}

c d

Š. Geben Sie eine Basis von M₂(R)an und bestimmen Sie die Matrix vonϕbezüglich dieser Basis.

Lösungshinweise:

(a) WeilM₂(R)eine Algebra (Ring + Vektorraum + bilineare Multiplikation) bilden, rechnet man einfach nach ϕ(λ1A₁+λ2A₂) =B(λ1A₁+λ2A₂) =λ1BA₁+λ2BA₂=λ1ϕ(A₁) +λ2ϕ(A₂).

(b) Eine Basis vonM₂(R)sind z.B. die Matrizen A₁:=

1 0

0 0

, A₂:=

0 1

0 0

, A₃:=

0 0

1 0

, A₄:=

0 0

0 1

.

Rechne, rechne:

BA₁=aA₁+cA₃, BA₂=aA₂+cA₄, BA₃=bA₁+dA₃, BA₄=bA₂+dA₃. Also ist die Matrix vonϕbzgl. der BasisA₁, . . . ,A₄gegeben durch

[ϕ] =











a 0 b 0

0 a 0 b

c 0 d 0

0 c 0 d









 .

Aufgabe H2 (Polynominterpolation) (4 Punkte) Bei der Polynominterpolation geht es darum ein Polynom zu finden, welches an gegebenen paarweise verschiedenen (Stütz-)Stellent₀, . . . ,t_n∈Rbestimmte vorgegebene Wert y₀, . . . ,y_n∈Rannimmt. Das heißt wir suchen ein Polynomp mit

y₀=p(t₀), y₁=p(t₁), . . . y_n=p(t_n).

Wir wollen in dieser Aufgabe zeigen, dass es genau ein solches Polynom vom Grad ngibt. Hierzu bezeichnen wir mit L⊆ Pn(R)die Menge aller Polynome, welche diese Gleichung erfüllen.

(a) Zeigen Sie, dassLentweder leer oder ein affiner Unterraum vonPn(R)ist.

(b) Zeigen Sie, dass die Polynomep₀, . . . ,p_neine Basis vonPn(R)bilden, wobei:

p_i(t):=Y

i6=j

t−t_j

t_i−t_j = t−t₀

t_i−t₀·. . .· t−t_i−1

t_i−t_i−1· t−t_i+1

t_i−t_i+1·. . .· t−t_n t_i−t_n

Hinweis: Betrachten Sie die Polynome an den Stützstellent₀, . . . ,t_n.

Bemerkung: Die Polynomep₀, . . . ,p_nheißenLagrange-Polynomezu den Stützstellent₀, . . . ,t_n. (c) Zeigen Sie, dass die folgende Abbildung

Φ:P →Rⁿ⁺¹, Φ(p):= p(t₀),p(t₁), . . . ,p(t_n)^T .

linear ist mitkerΦ ={0}, und folgern Sie, dass es genau ein Polynomp∈ Pn(R)gibt mitp(t₀) =y₀, . . . ,p(t_n) =y_n. (d) Geben Sie dieses Polynom in den Koordinaten bzgl. der obigen Basisp₀, . . . ,p_nan.

Lösungshinweise:

(a) Sindp,q∈Lundλ∈R, so gilt auch für jedeskauch

λp(t_k) + (1−λ)q(t_k) =λy_k+ (1−λ)y_k=y_k, d.h. auchλp+ (1−λ)qliegt inL.

(b) Bezeichne mite₁, . . . ,e_n+1die kanonische Basis inRⁿ⁺¹. Nachrechnen liefert, dass für alle0≤k≤ngilt:

v_k:= p_k(t₀), . . . ,p_k(tn)^T=e_k+1.

Insbesondere sind die Vektorenv_klinear unabhängig. Es folgt, dass auch die Polynomep₀, . . . ,p_nlinear unabängig sind (vgl. Aufgabe G26, Übung 7).

(c) Dass diese Abbildung linear ist, haben wir bereits in Aufgabe G26, Übung 7 gezeigt. Seip ∈kerΦ, d.h. p(t₀) =

· · ·=p(tn) =0. Dann istpein Polynom von Grad höchstensnmitn+1paarweise verschiedenen Nullstellen. Somit musspdie Nullfunktion sein.

Die Abbildung Φ hat also trivialen Kern, ist also injektiv. Es gibt somit höchstens ein Polynom p mit Φ(p) = (y₀, . . . ,y_n)^T, d.h.p(t₀) =y₀, . . . ,p(t_n) =y_n. Die Existenz zeigen wir im nächsten Aufgabenteil.

(d) Das folgende Polynom erfüllt die gewünschte Bedingung (nachrechnen):

p:= y₀p₀+y₁p₁+· · ·+y_np_n

Aufgabe H3 (Minimalpolynom und Inverses) (4 Punkte)

Machen Sie sich klar, dass die MengeM_n(R)aller reellen(n×n)-Matrizen einen reellen Vektorraum bildet. SeiA∈M_n(R).

Zeigen Sie:

(a) Es gibt genau eine Zahlm∈Nmit:

i. Die MatrizenE,A, . . . ,A^m−1sind linear unabhängig.

ii. Die MatrizenE,A, . . . ,A^m−1,A^msind linear abhängig.

(b) Es gibt eindeutig bestimmte Zahlena₀,a₁, . . . ,a_m−1, die nicht alle verschwinden und für die gilt A^m+a_m−1A^m−1+· · ·+a₁A+a₀E=0 .

(c) Aist genau dann invertierbar ist, wenna₀6=0gilt. In diesem Fall istA⁻¹ein Polynom inA.

Lösungshinweise: 1) Der VektorraumM_n(R)ist endlisch dimensional. Also existiertl∈N, so dass(E,A,A², . . . ,A^l)linear abhängig ist. Dann ist

m=min{l∈N:(E,A,A², . . . ,A^l)ist linear abhängig}. 2) Ista₀=0undAinvertierbar, dann ausA(A^m−1+a_m−1A^m−2+· · ·+a₂A+a₁E) =0folgt

A^m−1+a_m−1A^m−2+· · ·+a₂A+a₁E=0;

was im Widerspruch zur linearen Unabhängigkeit vonE, . . . ,A^m−1steht. Ista₀6=0, dann

E=−1

a₀(A^m−1+a_m−1A^m−2· · ·+a₂A+a₁E)A=A(−1

a₀(A^m−1+a_m−1A^m−2· · ·+a₂A+a₁E)) gilt. Also istAinvertierbar und gilt

A⁻¹=−1

a₀(A^m−1+a_m−1A^m−2· · ·+a₂A+a₁E).