Fachbereich Mathematik Prof. Dr. H.-D. Alber Dr. N. Kraynyukova Dipl.-Math. N. Sissouno
SS 2010 30. April 2010
2. ¨ Ubungsblatt zur
” Mathematik II f¨ ur ETiT, WI(ET), IST, CE, LaB-ET, Sport-Wiss“
Gruppen¨ ubung
Aufgabe G1 (Matrizenmultiplikation) Es seien die Matrizen
A=
1 2 3
, B= (2,−4,6), C=
2 3
7 −1
−1 0
und D=
1 0 1
0 1 0
−1 0 −1
0 −1 0
gegeben. Berechne alle m¨oglichen Matrizenprodukte mit zwei Faktoren.
L¨osung: Die m¨oglichen Produkte sind AB =
2 −4 6
4 −8 12
6 −12 18
, BA= 12, BC= (−30,10),
DA=
4 2
−4
−2
und DC=
1 3
7 −1
−1 −3
−7 1
.
Aufgabe G2 (Lineare Abbildungen, lineare unabh¨angigkeit von Vektoren)
Gegeben seien zwei Vektorr¨aume V, W, eine lineare Abbildung T : V → W und eine endliche Teilmenge v1, ...vn von V. Beweise oder widerlege durch ein Gegenbeispiel:
a) Sindv1, ...vnlinear abh¨angig, dann sind T(v1), ...T(vn) linear abh¨angig.
b) Sind v1, ...vnlinear unabh¨angig, dann sindT(v1), ...T(vn) linear unabh¨angig.
c) SindT(v1), ...T(vn) linear abh¨angig, dann sind v1, ...vn linear abh¨angig.
d) Sind T(v1), ...T(vn) linear unabh¨angig, dann sindv1, ...vn linear unabh¨angig.
L¨osung:
a) Ja. Sindv1, ...vnlinear abh¨angig, dann giltPn
i=1αivi= 0, wobei nicht alleαigleichzeitig Null sind. Dann gilt auch T(Pn
i=1αivi) = Pn
i=1αiT(vi) = 0. Daraus folgt, dass T(v1), ...T(vn) linear abh¨angig sind.
2. ¨Ubung Mathematik II f¨ur ETiT, WI(ET), IST, CE, LaB-ET, Sport-Wiss b) Nein. Als T kann man z. B. das Projektionsoperator T : R2 → R1 : (v1, v2) → (v1,0)
betrachten.
c) Nein. W¨urde diese Aussage stimmen, dann w¨are auch b) richtig. Als Gegenbeispiel kann man wieder den Projektionsoperator betrachten.
d) Ja. Das kann man durch Negation der Aussage in a) beweisen.
Aufgabe G3 (Lineare Abbildungen in Rn)
Wir betrachten die linearen Abbildungen Φ :R2 →R3 und Ψ :R3 →Rmit Φ(x1, x2) = (x2, x1,3x1−x2)T, Ψ(y1, y2, y3) =y2+y3−y1. (a) Bestimme die zu Φ, Ψ und Ψ◦Φ geh¨origen Matrizen.
(b) Gib Basen von Kern(Φ) und Bild(Φ) an und verifiziere den Dimensionssatz (Satz 9.2).
L¨osung:
a) Merkregel: In den Spalten der Abbildungsmatrix stehen die Koordinaten der Bilder der Ba- sisvektoren.
Hier also:
F¨ur Φ Wir m¨ussen Φ(e1) = Φ(1,0) und Φ(e2) = Φ(0,1) bestimmen:
Φ(1,0) = (0,1,3·1−0)T = (0,1,3)T Φ(0,1) = (1,0,3·0−1)T = (1,0,−1)T,
also ist die Abbildungsmatrix von Φ: AΦ=
0 1
1 0
3 −1
Genauso:
Ψ(1,0,0) =−1, Ψ(0,1,0) = Ψ(0,0,1) = 1, also
AΨ= (−1 1 1).
Nach Kapitel 10 (9) gilt nun
AΨ◦Φ=AΨ·AΦ= (−1 1 1)
0 1
1 0
3 −1
= (4 −2).
b)
Kern(Φ) =
x∈R2 : Φ(x) = 0
=
x∈R2 : (x2, x1,3x1−x2) = (0,0,0)
=
x∈R2 :x2 = 0∧x1= 0∧3x1−x2 = 0
={0}
Die Basis von Kern(Φ) ist damit die leere Menge.
Bild(Φ) = Φ(R2) =
(x2, x1,3x1−x2)T ∈R3 :x1, x2∈R
=
x1
0 1 3
+x2
1 0
−1
:x1, x2 ∈R
2
2. ¨Ubung Mathematik II f¨ur ETiT, WI(ET), IST, CE, LaB-ET, Sport-Wiss
Da
0 1 3
und
1 0
−1
linear unabh¨angig sind, bilden diese beiden Vektoren also eine Basis von Bild(Φ).
Damit gilt
dim(Kern(Φ)) + dim(Bild(Φ)) = 0 + 2 = 2 =n, wie vom Dimensionssatz vorhergesagt.
Haus¨ ubung
Aufgabe H1 (Orthonormalbasis inRn) (4 Punkte)
Sei u1, ..., uk, k ≤ n eine Orthonormalbasis in Rn. Zeige, dass die Vektoren u1, ..., uk linear un- abh¨angig sind.
L¨osung: Wir nehmen an, die Vektorenu1, ..., uk sind linear abh¨angig. D.h. es existieren konstan- ten α1, ..., αk∈R, die nicht alle gleichzeitig Null sind, so dass
α1u1+...+αkuk= 0 (1)
gilt. Jetzt multiplizieren wir (??) skalar mit dem Vektor u1. Aus hui, uji=δij (u1, ..., uk, k ≤n ist eine Orthonormalbasis) folgt, dass α1 = 0 ist. Nach dem Multiplizieren mit den Vektoren u2, ..., uk erh¨alt man, dass auch α2, ..., αk gleichzeitig Null sind. Das ist ein Widerspruch. Daher sind Vektoren u1, ..., uk linear unabh¨angig.
Aufgabe H2 (Lineare R¨aume und lineare Abbildungen) (1+2+3+1 Punkte)
Seien V, W lineare R¨aume ¨uberR und sei durchf :V →W eine lineare Abbildung gegeben.
a) Zeige, dassf(0) = 0 ist.
b) Zeige, dassf genau dann injektiv ist, wennKernf ={0} gilt.
c) Seif eine bijektive Abbildung. Zeige, dass f−1 linear ist.
d) Zeige, dassBildf ein linearer Unterraum ist.
L¨osung:
a) Es gilt 0 =u+ (−u) f¨ur jedes u∈V. Dann istf(0) =f(u−u) =f(u)−f(u) = 0.
b) Sei f injektiv. Enth¨alt Kernf noch ein Element x mit x 6= 0, dann gilt f(x) = f(0) = 0, was bedeutet, dass f nicht injektiv ist. Das widerspricht der Annahme.
Wir nehmen jetzt an, dassKernf ={0}ist. Seienx1, x2 ∈V mitx16=x2. Es giltx1−x2 6= 0.
Das bedeutet, dass das Element x1−x2 nicht imKernf liegt. Dann gilt auchf(x1−x2) = f(x1)−f(x2)6= 0. Daraus folgt, dass f injektiv ist.
c) Seienw1, w2 ∈W. Daf surjektiv ist, gibt esv1, v2 ∈V mitf−1(w1) =v1 undf−1(w2) =v2. Nach Definition der Umkehrfunktion gilt es
f−1(f(αv1+βv2)) =αv1+βv2. (1) Da f eine lineare Abbildung ist, erh¨alt man
f(αv1+βv2) =αf(v1) +βf(v2) =αw1+βw2. (2) Aus (??) und (??) folgt dannf−1(αw1+βw2) =f−1(f(αv1+βv2)) =αv1+βv2=αf−1(w1)+
βf−1(w2), d.h. f−1 ist eine lineare Abbildung.
3
2. ¨Ubung Mathematik II f¨ur ETiT, WI(ET), IST, CE, LaB-ET, Sport-Wiss d) Man muss zeigen, dass f¨ur beliebigeα, β ∈Rund w1, w2 ∈Bildf auch αw1+βw2 ∈Bildf gilt. Da w1 = f(v1) und w2 = f(v2) f¨ur einige v1, v2 ∈ V gilt, haben wir αw1 +βw2 = αf(v1) +βf(v2) =f(αv1+βv2)∈Bildf.
Daher ist Bildf ein linearer Raum.
Aufgabe H3 (Lineare Abbildungen inRn) (1+3 Punkte)
(a) Ist die Abbildungϕ:R2→R2 mitϕ(a1, a2) =
a1−a2 2a1+ 3
linear?
(b) Gegeben ist die lineare Abbildung ψ :R2 → R2 durch ψ(a1, a2) =
a1+a2
2a1+ 2a2
. Bestimme und zeichneKernψundBildψ. Gib Basen vonKernψ undBildψan und verifiziere den Dimensionssatz (Satz 9.2).
L¨osung:
(a) Falls die Abbildung linear ist, erf¨ullt sie die Gleichung ϕ(0) = 0.
Da aberϕ(0,0) = 0
3
gilt, ist die Funktion ϕnicht linear.
(b) Es gilt
Bildψ =
ψ(a) :a∈R2
=
a1+a2 2(a1+a2)
:a∈R2
=
r 2r
:r∈R
=
r 1
2
:r∈R
,
die Basis vonBildψist damit 1
2
. Kernψ =
a∈R2:ψ(a) = 0
=
a∈R2 :
a1+a2
2(a1+a2)
= 0
=
a∈R2:a1+a2= 0
=
a∈R2:a1 =r, a2 =−r, r∈R
=
r 1
−1
:r ∈R
,
die Basis von Kernψist damit 1
−1
. Damit gilt die Aussage vom Dimensionssatz:
dim(Kern(ψ)) + dim(Bild(ψ)) = 1 + 1 = 2 =n,
- 6
+ + + + +
+ + + + +
−2 −1 1 2 x
−2
−1 1 2 y
Bildψ
Kernψ
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@@
Bei Kernψ und Bildψ han- delt es sich um Geraden.
4
