Dr. Erwin Sch¨ orner
Klausurenkurs zum Staatsexamen (WS 2014/15):
Lineare Algebra und analytische Geometrie 4
— L¨ osungsvorschlag —
4.1 Der Nachweis, daß die beiden Unterr¨ aume U = hu 1 , u 2 i und V = hv 1 , v 2 i mit u 1 =
1 2 3
, u 2 =
3 2 1
und v 1 =
4 5 6
, v 2 =
6 5 4
des R 3 ubereinstimmen, kann auf verschiedene Weise erbracht werden: ¨
• Algebraisch gesehen ist U bzw. V die Menge der Linearkombinationen von u 1 und u 2 bzw. von v 1 und v 2 , was jedoch dem Spaltenraum der Matrix A U = (u 1 , u 2 ) ∈ R 3×2 bzw. A V = (v 1 , v 2 ) ∈ R 3×2 entspricht. Wegen
(A U | b) =
1 3 2 2 3 1
b 1 b 2
b 3
II−2I III−3I
1 3 0 −4 0 −8
b 1 b 2 − 2 b 1
b 3 − 3 b 1
III−2II
1 3 0 −4 0 0
b 1 b 2 − 2 b 1
b 3 − 2 b 2 + b 1
f¨ ur alle b ∈ R 3 ist also U =
b 1 b 2 b 3
∈ R 3 | b 1 − 2 b 2 + b 3 = 0
,
und wegen (A V | b) =
4 6 5 5 6 4
b 1 b 2 b 3
II·4 III·2
4 6 20 20 12 8
b 1 4 b 2 2 b 3
II−5I III−3I
4 6
0 −10 0 −10
b 1 4 b 2 − 5 b 1 2 b 3 − 3 b 1
III−II
4 6
0 −10
0 0
b 1 4 b 2 − 5 b 1 2 b 3 − 4 b 2 + 2 b 1
f¨ ur alle b ∈ R 3 ist also V =
b 1 b 2 b 3
∈ R 3 | b 1 − 2 b 2 + b 3 = 0
;
folglich stimmen U und V uberein. ¨
• Geometrisch gesehen ist U bzw. V die von den beiden (offensichtlich linear unabh¨ angigen) Vektoren u 1 und u 2 bzw. von v 1 und v 2 aufgespannte Ur- sprungsebene in R 3 . Wegen
u 1 × u 2 =
1 2 3
×
3 2 1
=
−4 8
−4
= (−4) · e u mit e u =
1
−2 1
besitzt U den Normalenvektor e u und damit die Gleichung u e ◦ x = 0, also x 1 − 2 x 2 + x 3 = 0, und wegen
v 1 × v 2 =
4 5 6
×
6 5 4
=
−10 20
−10
= (−10) · e v mit e v =
1
−2 1
besitzt V den Normalenvektor e v und damit die Gleichung e v ◦ x = 0, also x 1 − 2 x 2 + x 3 = 0;
folglich stimmen U und V uberein. ¨
4.2 Ein Vektor x ∈ R 3 liegt genau dann im Durchschnitt U∩V der beiden Unterr¨ aume U = span {u 1 , u 2 } und V = span {v 1 , v 2 } mit
u 1 =
1 2 3
, u 2 =
1 1 1
und v 1 =
1 5 6
, v 2 =
1 0 1
,
wenn er sowohl Linearkombination von u 1 , u 2 als auch Linearkombination von v 1 , v 2 ist, wenn es also Koeffizienten λ 1 , λ 2 ∈ R und µ 1 , µ 2 ∈ R mit
λ 1 · u 1 + λ 2 · u 2
| {z }
x∈U
= x = µ 1 · v 1 + µ 2 · v 2
| {z }
x∈V
gibt; dies f¨ uhrt aber zur Beziehung
λ 1 · u 1 + λ 2 · u 2 + µ 1 · (−v 1 ) + µ 2 · (−v 2 ) = 0, also zum linearen Gleichungssystem
A · x = 0 mit A = (u 1 , u 2 , −v 1 , −v 2 ) ∈ R 3×4 . Wegen
(A|0) =
1 1 −1 −1 2 1 −5 0 3 1 −6 −1
0 0 0
II−2I III−3I
1 1 −1 −1
0 −1 −3 2 0 −2 −3 2
0 0 0
II·(−1)
1 1 −1 −1
0 1 3 −2
0 −2 −3 2 0 0 0
III+2II
1 1 −1 −1 0 1 3 −2 0 0 3 −2 0 0 0
erh¨ alt man die L¨ osungen
λ 1 λ 2 µ 1 µ 2
=
5 3 α
0
2 3 α
α
mit α ∈ R , woraus sich
5
3 α · u 1 + 0 · u 2
| {z }
x∈U
= x = 2
3 α · v 1 + α · v 2
| {z }
x∈W
, also x = 5 3 α
1 2 3
,
ergibt. Damit ist
U ∩ V = R ·
1 2 3
,
weswegen der Vektor u 1 =
1 2 3
eine Basis von U ∩ V bildet.
4.3 Ein Vektor x ∈ R 3 liegt genau dann im Durchschnitt U∩V der beiden Unterr¨ aume U = hu 1 , u 2 i und V = hv 1 , v 2 i mit
u 1 =
1 2 3
, u 2 =
1 1 0
und v 1 =
1 1 2
, v 2 =
1 0
−1
,
wenn er sowohl Linearkombination von u 1 , u 2 als auch Linearkombination von v 1 , v 2 ist, wenn es also Koeffizienten λ 1 , λ 2 ∈ R und µ 1 , µ 2 ∈ R mit
λ 1 · u 1 + λ 2 · u 2
| {z }
x∈U
= x = µ 1 · v 1 + µ 2 · v 2
| {z }
x∈V
gibt; dies f¨ uhrt aber zur Beziehung
λ 1 · u 1 + λ 2 · u 2 + µ 1 · (−v 1 ) + µ 2 · (−v 2 ) = 0, also zum linearen Gleichungssystem
A · x = 0 mit A = (u 1 , u 2 , −v 1 , −v 2 ) ∈ R 3×4 . Wegen
(A|0) =
1 1 −1 −1 2 1 −1 0 3 0 −2 1
0 0 0
II−2I III−3I
1 1 −1 −1
0 −1 1 2
0 −3 1 4
0 0 0
II·(−1)
1 1 −1 −1
0 1 −1 −2
0 −3 1 4
0 0 0
III+3II
1 1 −1 −1 0 1 −1 −2 0 0 −2 −2 0 0 0
erh¨ alt man die L¨ osungen
λ 1 λ 2 µ 1 µ 2
=
−α α
−α α
mit α ∈ R , woraus sich
(−α) · u 1 + α · u 2
| {z }
x∈U
= x = (−α) · v 1 + α · v 2
| {z }
x∈V
, also x = (−α)
0 1 3
,
ergibt. Damit ist U ∩ V = R ·
0 1 3
, weswegen etwa der Vektor
0 1 3
eine Basis von U ∩ V bildet.
4.4 Wir betrachten das lineare Gleichungssystem B · x = v mit
B = (v 1 , v 2 , v 3 , v 4 ) =
1 2 1 1 2 3 3 1 3 4 5 1 4 1 3 1
∈ R 4×4 und v =
3 5 7 1
∈ R 4 .
Wegen
(B|v) =
1 2 1 1 2 3 3 1 3 4 5 1 4 1 3 1
3 5 7 1
II−2I III−3I, IV−4I
1 2 1 1
0 −1 1 −1
0 −2 2 −2
0 −7 −1 −3
3
−1
−2
−11
III−2II IV−7II
1 2 1 1
0 −1 1 −1
0 0 0 0
0 0 −8 4
3
−1 0
−4
III↔
14
IV
1 2 1 1
0 −1 1 −1
0 0 −2 1
0 0 0 0
3
−1
−1 0
ist das lineare Gleichungssystem B · x = v l¨ osbar, also der Vektor v eine Line- arkombination der Spalten v 1 , v 2 , v 3 , v 4 der Matrix B; genauer erh¨ alt man etwa mit der L¨ osung
x =
−1 1 1 1
∈ R 4
die Linearkombination
v = (−1) · v 1 + 1 · v 2 + 1 · v 3 + 1 · v 4 ∈ hv 1 , v 2 , v 3 , v 4 i = V.
Der Spaltenraum V = hv 1 , v 2 , v 3 , v 4 i ⊆ R 4 der Matrix B = (v 1 , v 2 , v 3 , v 4 ) ∈ R 4×4 besitzt ferner die Dimension
dim V = Rang B = 3.
4.5 a) Es ist U = hv 1 , v 2 , v 3 , v 4 i ⊆ R 4 der kleinste Unterraum von R 4 , der die vier Vektoren
v 1 =
1 0 1 0
, v 2 =
1
−1 1
−1
, v 3 =
3 1 2
−2
, v 4 =
−1
−2 0 1
∈ R 4 .
enth¨ alt; wir weisen nach, daß U ( R 4 ein echter Unterraum von R 4 ist. Sei dazu A = (v 1 , v 2 , v 3 , v 4 ) ∈ R 4×4 . Wegen
(A|0) =
1 1 3 −1
0 −1 1 −2
1 1 2 0
0 −1 −2 1
0 0 0 0
III−I
1 1 3 −1
0 −1 1 −2
0 0 −1 1
0 −1 −2 1
0 0 0 0
I+II IV−II
1 0 4 −3
0 −1 1 −2
0 0 −1 1
0 0 −3 3
0 0 0 0
I+4III, II+III IV−3III
1 0 0 1
0 −1 0 −1
0 0 −1 1
0 0 0 0
0 0 0 0
ist
L =
−λ
−λ λ λ
| λ ∈ R
die L¨ osungsmenge des linearen Gleichungssystems A · x = 0; damit sind (−λ) · v 1 + (−λ) · v 2 + λ · v 3 + λ · v 4 = 0
f¨ ur λ ∈ R alle Darstellungen des Nullvektors 0 als Linearkombination von v 1 , v 2 , v 3 , v 4 . Etwa f¨ ur λ = 1 erhalten wir
−v 1 − v 2 + v 3 + v 4 = 0, also v 4 = v 1 + v 2 − v 3 ,
weswegen U = hv 1 , v 2 , v 3 i bereits durch die drei Vektoren v 1 , v 2 , v 3 erzeugt wird; damit ist dim(U) ≤ 3, insbesondere also U ( R 4 . Genauer ergibt sich mit Hilfe der Matrix A 0 = (v 1 , v 2 , v 3 ) ∈ R 4×3 wegen
(A 0 |0) =
1 1 3
0 −1 1
1 1 2
0 −1 −2 0 0 0 0
1 0 0
0 −1 0 0 0 −1
0 0 0
0 0 0 0
die lineare Unabh¨ angigkeit der Vektoren v 1 , v 2 , v 3 ; damit bilden diese bereits eine Basis von U, und es ist dim(U ) = 3.
b) Ein Vektor b ∈ R 4 liegt genau dann im Unterraum U , wenn er Linearkombi-
nation der Vektoren v 1 , v 2 , v 3 ist, also das lineare Gleichungssystem A 0 ·x = b
l¨ osbar ist. Wegen
(A 0 |b) =
1 1 3
0 −1 1
1 1 2
0 −1 −2
b 1
b 2 b 3 b 4
III−I
1 1 3
0 −1 1 0 0 −1 0 −1 −2
b 1
b 2 b 3 − b 1
b 4
IV−II
1 1 3
0 −1 1 0 0 −1 0 0 −3
b 1 b 2 b 3 − b 1
b 4 − b 2
IV−3III
1 1 3
0 −1 1 0 0 −1
0 0 0
b 1 b 2 b 3 − b 1
b 4 − b 2 − 3 (b 3 − b 1 )
ist
U =
b ∈ R 4 | 3 b 1 − b 2 − 3 b 3 + b 4 = 0 . 4.6 a) Der von den in Abh¨ angigkeit von a ∈ R gegebenen Vektoren
v 1 =
1
−1 0 0 1
, v 2 =
1 1 0 1 1
, v 3 =
1 2 0 0 0
und v 4 =
1 0 0
−1 a
∈ R 5
erzeugte Untervektorraum U a = hv 1 , v 2 , v 3 , v 4 i stimmt mit dem Spaltenraum der Matrix A a = (v 1 , v 2 , v 3 , v 4 ) ∈ R 5×4 uberein; da es dabei auf die Reihen- ¨ folge der Vektoren nicht ankommt, k¨ onnen wir den parameterabh¨ angigen Vektor an die letzte Position setzen. Wegen
A a =
1 1 1 1
−1 1 2 0
0 0 0 0
0 1 0 −1
1 1 0 a
II+I V−I
1 1 1 1
0 2 3 1
0 0 0 0
0 1 0 −1
0 0 −1 a − 1
II↔IV III↔V
1 1 1 1
0 1 0 −1
0 0 −1 a − 1
0 2 3 1
0 0 0 0
IV−2II
1 1 1 1
0 1 0 −1
0 0 −1 a − 1
0 0 3 3
0 0 0 0
1 3
·III↔IV
1 1 1 1
0 1 0 −1
0 0 1 1
0 0 −1 a − 1
0 0 0 0
IV+III
1 1 1 1
0 1 −1 0
0 0 1 1
0 0 0 a
0 0 0 0
erhalten wir
dim(U a ) = Rang(A a ) =
( 3, f¨ ur a = 0, 4, f¨ ur a 6= 0;
genauer gilt:
• f¨ ur a = 0 sind v 1 , v 2 , v 3 linear unabh¨ angig, und wegen dim(U 0 ) = 3 bilden v 1 , v 2 , v 3 eine Basis von U 0 .
• f¨ ur a 6= 0 sind v 1 , v 2 , v 3 , v 4 linear unabh¨ angig, und wegen dim(U a ) = 4 bilden v 1 , v 2 , v 3 , v 4 eine Basis von U a .
b) F¨ ur a 6= 0 sind die Vektoren v 1 , v 2 , v 3 , v 4 gem¨ aß a) linear unabh¨ angig und k¨ onnen nach dem Basiserg¨ anzungssatz durch jeden Vektor v 5 ∈ R 5 mit v 5 ∈ / U a zu einer Basis v 1 , v 2 , v 3 , v 4 , v 5 von R 5 erg¨ anzt werden. Da der dritte Eintrag von v 1 , v 2 , v 3 , v 4 stets Null ist, w¨ ahlen wir f¨ ur v 5 = e 3 ; die Matrix B = (v 1 , v 2 , v 3 , v 4 , v 5 ) ∈ R 5×5 ist wegen
det(B) =
1 1 1 1 0
−1 1 2 0 0
0 0 0 0 1
0 1 0 −1 0
1 1 0 a 0
Laplace
=
5. Spalte (−1) 3+5 · 1 ·
1 1 1 1
−1 1 2 0 0 1 0 −1
1 1 0 a
II+I =
IV−I
=
1 1 1 1
0 2 3 1
0 1 0 −1
0 0 −1 a − 1
Laplace
1. Spalte = (−1) 1+1 · 1 ·
2 3 1
1 0 −1
0 −1 a − 1
Sarrus =
= 0 + 0 + (−1)
− 0 + 2 + 3 (a − 1)
= −3 a 6= 0 invertierbar, also bilden ihre Spalten v 1 , v 2 , v 3 , v 4 , v 5 eine Basis von R 5 . Damit ergibt sich:
• F¨ ur a = 0 k¨ onnen wir die Basis v 1 , v 2 , v 3 von U 0 aus a) durch v 4 (mit a 6= 0) und v 5 zu einer Basis von R 5 erg¨ anzen.
• F¨ ur a 6= 0 k¨ onnen die Basis v 1 , v 2 , v 3 , v 4 von U a aus a) durch v 5 zu einer Basis von R 5 erg¨ anzen.
4.7 a) F¨ ur die Hilfsmatrix A 1 = (u 1 , u 2 , u 3 ) ∈ R 4×3 gilt
A 1 =
1 −1 1
0 2 2
1 0 2
0 1 1
III−I
1 2
·II
1 −1 1
0 1 1
0 1 1
0 1 1
I+II III−I, IV−II
1 0 2 0 1 1 0 0 0 0 0 0
;
damit sind u 1 , u 2 linear unabh¨ angig mit u 3 = 2 · u 1 + 1 · u 2 . Folglich ist U = hu 1 , u 2 , u 3 i = hu 1 , u 2 i, und u 1 , u 2 ist eine Basis von U . Ferner ist W der L¨ osungsraum des homogenen linearen Gleichungssystems mit der Koeffizientenmatrix
A 2 =
0 1 −1 7
1 −2 0 −4
I↔II
1 −2 0 −4
0 1 −1 7
I+2II
1 0 −2 10 0 1 −1 7
;
¨
uber die beiden freien Variablen x 3 und x 4 ergibt sich f¨ ur W die Basis
w 1 =
2 1 1 0
, w 2 =
−10
−7 0 1
.
b) F¨ ur einen Vektor v ∈ R 4 gilt
v ∈ U ∩ W ⇐⇒ v ∈ U und v ∈ W
⇐⇒ v ∈ hu 1 , u 2 i und A 2 · v = 0;
f¨ ur v ∈ hu 1 , u 2 i gibt es λ 1 , λ 2 ∈ R mit
v = λ 1 · u 1 + λ 2 · u 2 = λ 1 ·
1 0 1 0
+ λ 2 ·
−1 2 0 1
=
λ 1 − λ 2 2 λ 2
λ 1 λ 2
,
und wegen
A 2 · v =
0 1 −1 7
1 −2 0 −4
·
λ 1 − λ 2 2 λ 2
λ 1 λ 2
=
9 λ 2 − λ 1
λ 1 − 9 λ 2
gilt
A 2 · v = 0 ⇐⇒ λ 1 = 9 λ 2 , insgesamt also
v =
9 λ 2 − λ 2 2 λ 2 9 λ 2 λ 2
= λ 2 · v 0 mit v 0 =
8 2 9 1
.
Folglich ist U ∩ W = R · v 0 , und wegen v 0 6= 0 ist v 0 eine Basis von U ∩ W , also dim(U ∩ W ) = 1; gem¨ aß a) ist ferner dim U = 2 und dim W = 2, so daß sich mit Hilfe der Dimensionsformel f¨ ur Unterr¨ aume dann
dim(U + W ) = dim U + dim W − dim(U ∩ W ) = 2 + 2 − 1 = 3 ergibt.
c) Es ist w 1 ∈ / U ∩ W , woraus wegen w 1 ∈ W schon w 1 ∈ / U = hu 1 , u 2 i folgt;
damit sind aber u 1 , u 2 , w 1 drei linear unabh¨ angige Vektoren in U + W , wegen dim(U + W ) = 3 also schon eine Basis von U + W .
4.8 Wir verwenden das Unterraumkriterium, wonach eine Teilmenge U eines Vektor- raums V genau dann ein Untervektorraum (linearer Unterraum) von V ist, wenn die folgende drei Bedingungen erf¨ ullt sind:
• Es ist U 6= ∅; insbesondere muß 0 V ∈ U gelten.
• F¨ ur alle u, w ∈ U gilt u + w ∈ U .
• F¨ ur alle u ∈ U und λ ∈ R gilt λ · u ∈ U.
F¨ ur die gegebenen Teilmengen im Vektorraum V der reellen Polynome gilt:
• Die Teilmenge U 1 =
P ∈ V | P (x) = a x 2 + b x + c mit a, b, c ∈ R aller reellen Polynome P mit Grad(P ) ≤ 2 enth¨ alt das Nullpolynom
P 0 ≡ 0, also P 0 (x) = a x 2 + b x + c mit a = b = c = 0;
ferner gilt f¨ ur alle P und Q ∈ U 1 mit
P (x) = a x 2 + b x + c und Q(x) = a 0 x 2 + b 0 x + c 0 mit a, b, c ∈ R und a 0 , b 0 , c 0 ∈ R sowie λ ∈ R zum einen
(P + Q)(x) = P (x) + Q(x)
= a x 2 + b x + c
+ a 0 x 2 + b 0 x + c 0
= a x 2 + a 0 x 2
+ (b x + b 0 x) + (c + c 0 )
= (a + a 0 ) x 2 + (b + b 0 ) x + (c + c 0 ) mit a + a 0 , b + b 0 , c + c 0 ∈ R , also P + Q ∈ U 1 , und zum anderen
(λ · P )(x) = λ · P (x)
= λ · a x 2 + b x + c
= λ · a x 2
+ λ · (b x) + λ · c
= (λ · a) x 2 + (λ · b) x + (λ · c)
mit λ · a, λ · b, λ · c ∈ R , also λ · P ∈ U 1 . Damit ist U 1 ein Unterraum von V .
• Die Teilmenge U 2 =
P ∈ V | P (x) = a x 2 + b x mit a, b ∈ R
aller reellen Polynome P mit Grad(P ) ≤ 2 und konstantem Glied c = 0 enth¨ alt das Nullpolynom
P 0 ≡ 0, also P 0 (x) = a x 2 + b x mit a = b = 0;
ferner gilt f¨ ur alle P und Q ∈ U 2 mit
P (x) = a x 2 + b x und Q(x) = a 0 x 2 + b 0 x mit a, b ∈ R und a 0 , b 0 ∈ R sowie λ ∈ R zum einen
(P + Q)(x) = P (x) + Q(x)
= a x 2 + b x
+ a 0 x 2 + b 0 x
= a x 2 + a 0 x 2
+ (b x + b 0 x)
= (a + a 0 ) x 2 + (b + b 0 ) x mit a + a 0 , b + b 0 ∈ R , also P + Q ∈ U 2 , und zum anderen
(λ · P )(x) = λ · P (x)
= λ · a x 2 + b x
= λ · a x 2
+ λ · (b x)
= (λ · a) x 2 + (λ · b) x
mit λ · a, λ · b ∈ R , also λ · P ∈ U 2 . Damit ist U 2 ein Unterraum von V .
• Die Teilmenge
U 3 = {P ∈ V | P (x) ≡ 0 oder Grad(P ) ≥ 2}
enth¨ alt neben dem Nullpolynom P 0 ≡ 0 alle reellen Polynome P vom Grad(P ) ≥ 2, insbesondere also auch die beiden Polynome P 1 und P 2 mit
P 1 (x) = −x 2 + x und P 2 (x) = x 2 + 1, wegen
(P 1 + P 2 )(x) = P 1 (x) + P 2 (x) = −x 2 + x
+ x 2 + 1
= x + 1 mit Grad(P 1 + P 2 ) = 1 aber nicht deren Summe P 1 + P 2 . Damit ist U 3 kein Unterraum von V .
• Die Teilmenge U 4 =
P ∈ V | P (x) = a x 2 + b x + c mit a, b, c ∈ R und c 6= 0 aller reellen Polynome P mit Grad(P ) ≤ 2 und konstantem Glied c 6= 0 enth¨ alt insbesondere nicht das Nullpolynom P 0 mit P 0 ≡ 0. Damit ist U 4 kein Unterraum von V .
4.9 a) F¨ ur ein Polynom p ∈ Pol 2 ( R ) vom Grad(p) ≤ 2 ist
p(X) = a 0 + a 1 X + a 2 X 2 mit a 0 , a 1 , a 2 ∈ R und damit
p(1 − X) = a 0 + a 1 (1 − X) + a 2 (1 − X) 2
= a 0 + a 1 (1 − X) + a 2 1 − 2 X + X 2
= a 0 + (a 1 − a 1 X) + a 2 − 2a 2 X + a 2 X 2
= (a 0 + a 1 + a 2 ) + (−a 1 − 2a 2 ) X + a 2 X 2 ; damit ergibt sich durch Koeffizientenvergleich
p ∈ U ⇐⇒ p(X) = p(1 − X) ⇐⇒
a 0 + a 1 X + a 2 X 2 = (a 0 + a 1 + a 2 ) + (−a 1 − 2a 2 ) X + a 2 X 2
⇐⇒ a 0 = a 0 + a 1 + a 2 und a 1 = −a 1 − 2a 2 ⇐⇒ a 2 = −a 1 . Folglich ist
U =
a 0 + a 1 X + a 2 X 2 | a 0 , a 1 , a 2 ∈ R mit a 2 = −a 1
=
a 0 + a 1 X + (−a 1 ) X 2 | a 0 , a 1 ∈ R
=
a 0 · 1 + a 1 · X − X 2
| a 0 , a 1 ∈ R
= h1, X − X 2 i
der von den beiden Polynomen 1 und X −X 2 erzeugte Unterraum in Pol 2 ( R );
da aber 1 und X − X 2 keine skalaren Vielfachen voneinander sind, sind sie
zudem linear unabh¨ angig, insgesamt also eine Basis von U .
b) Es ist Pol 2 ( R ) = 3, und wir k¨ onnen die beiden linear unabh¨ angigen Poly- nome 1 und X − X 2 durch jedes p ∈ Pol 2 ( R ) mit p / ∈ U zu einer Basis von Pol 2 ( R ) erg¨ anzen; gem¨ aß der in a) ermittelten Charakterisierung der Elemente von U ist etwa 1, X − X 2 , X oder 1, X − X 2 , X 2 eine Basis von Pol 2 ( R ).
4.10 Wir betrachten den R –Vektorraum V 0 aller Polynome mit reellen Koeffizienten vom H¨ ochstgrad 3; f¨ ur einen Vektor
v = a 3 X 3 + a 2 X 2 + a 1 X + a 0 ∈ V 0 sei p(v) =
a 3 a 2 a 1 a 0
∈ R 4
sein Koordinatenvektor bez¨ uglich der Standardbasis X 3 , X 2 , X, 1. Damit ergibt sich f¨ ur das Erzeugendensystem u 1 , u 2 , u 3 von U dann
p(u 1 ) =
1 1 0 0
, p(u 2 ) =
0 1 1 0
, p(u 3 ) =
0 0 1 1
sowie f¨ ur das Erzeugendensystem w 1 , w 2 von W dann
p(w 1 ) =
1
−1 1 0
, p(w 2 ) =
0 1
−1 1
.
F¨ ur v ∈ V 0 gilt damit
v ∈ U ∩ W ⇐⇒ v ∈ hu 1 , u 2 , u 3 i und v ∈ hw 1 , w 2 i
⇐⇒ p(v) ∈ hp(u 1 ), p(u 2 ), p(u 3 )i und p(v ) ∈ hp(w 1 ), p(w 2 )i
⇐⇒ α 1 p(u 1 ) + α 2 p(u 2 ) + α 3 p(u 3 ) = p(v) = β 1 p(w 1 ) + β 2 p(w 2 ) mit geeigneten Koeffizienten α 1 , α 2 , α 3 , β 1 , β 2 ∈ R . Dies f¨ uhrt ¨ uber
α 1 p(u 1 ) + α 2 p(u 2 ) + α 3 p(u 3 ) + β 1 (−p(w 1 )) + β 2 (−p(w 2 )) = 0 auf das homogene lineare Gleichungssystem mit der Koeffizientenmatrix
(p(u 1 ), p(u 2 ), p(u 3 ), −p(w 1 ), −p(w 2 )) =
1 0 0 −1 0 1 1 0 1 −1 0 1 1 −1 1 0 0 1 0 −1
II−I
1 0 0 −1 0 0 1 0 2 −1 0 1 1 −1 1 0 0 1 0 −1
III−II
1 0 0 −1 0 0 1 0 2 −1 0 0 1 −3 2 0 0 1 0 −1
IV−III
1 0 0 −1 0 0 1 0 2 −1 0 0 1 −3 2 0 0 0 3 −3
und damit den L¨ osungen
α 1 α 2 α 3
β 1 β 2
=
λ
−λ λ λ λ
mit λ ∈ R .
Folglich ist
v ∈ U ∩ W ⇐⇒ v = λw 1 + λw 2 = λ X 3 + 1
mit λ ∈ R ; damit ist U ∩ W = R · (X 3 + 1), also X 3 + 1 eine Basis von U ∩ W . 4.11 Wir betrachten die reellen 2 × 2–Matrizen
E 11 = 1 0
0 0
, E 21 = 0 0
1 0
, E 22 = 0 0
0 1
und B =
0 1
−1 0
.
Wegen
u v
−v w
= u · E 11 + v · B + w · E 22
f¨ ur alle u, v, w ∈ R bilden E 11 , B, E 22 ein Erzeugendensystem von M ; wegen u · E 11 + v · B + w · E 22 = 0 ⇐⇒
u v
−v w
= 0 0
0 0
⇐⇒ u = v = w = 0 f¨ ur alle u, v, w ∈ R sind E 11 , B , E 22 ferner linear unabh¨ angig und bilden damit sogar eine Basis von M . Wegen
x 0 y 0
= x · E 11 + y · E 21
f¨ ur alle x, y ∈ R bilden E 11 , E 21 ein Erzeugendensystem von N ; wegen x · E 11 + y · E 21 = 0 ⇐⇒
x 0 y 0
= 0 0
0 0
⇐⇒ x = y = 0
f¨ ur alle x, y ∈ R sind E 11 , E 21 ferner linear unabh¨ angig und bilden damit sogar eine Basis von N .
F¨ ur alle A ∈ M ∩ N gibt es u, v, w, x, y ∈ R mit u v
−v w
= A =
x 0 y 0
,
woraus sich u = x, v = 0, −v = y und w = 0, also auch y = 0, ergibt; es ist also A = u · E 11 . Wegen E 11 ∈ M ∩ N ist demnach
M ∩ N = R · E 11
sowie E 11 eine Basis von M ∩N . Mit Hilfe des Dimensionssatzes erh¨ alt man damit dim(M + N ) = dim(M ) + dim(N ) − dim(M ∩ N ) = 3 + 2 − 1 = 4
und damit M + N = R 2×2 ; damit ist das Erzeugendensystem E 11 , E 21 , E 22 , B
von M + N bereits eine Basis von M + N .
4.12 a) Es ist
A · X = 1 1
1 1
·
x 1 x 2 x 3 x 4
=
x 1 + x 3 x 2 + x 4 x 1 + x 3 x 2 + x 4
und
X · A =
x 1 x 2
x 3 x 4
· 1 1
1 1
=
x 1 + x 2 x 1 + x 2
x 3 + x 4 x 3 + x 4
.
Damit gilt
A · X = X · A ⇐⇒
x 1 + x 3 x 2 + x 4 x 1 + x 3 x 2 + x 4
=
x 1 + x 2 x 1 + x 2 x 3 + x 4 x 3 + x 4
⇐⇒
⇐⇒
x 1 + x 3 = x 1 + x 2 x 2 + x 4 = x 1 + x 2 x 1 + x 3 = x 3 + x 4
x 2 + x 4 = x 3 + x 4
⇐⇒
− x 2 + x 3 = 0
− x 1 + x 4 = 0 x 1 − x 4 = 0 x 2 − x 3 = 0 F¨ ur die zugeh¨ orige erweiterte Koeffizientenmatrix gilt
0 −1 1 0
−1 0 0 1
1 0 0 −1
0 1 −1 0
0 0 0 0
1 0 0 −1 0 1 −1 0
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
,
woraus sich der L¨ osungsraum
L 0 =
λ µ µ λ
| λ, µ ∈ R
= R ·
1 0 0 1
+ R ·
0 1 1 0
der Dimension
dim L 0 = 2 ergibt.
b) Gem¨ aß a) gilt
C =
λ µ µ λ
∈ R 2×2 | λ, µ ∈ R
,
und wir haben C = hA, E 2 i zu zeigen:
” ⊆ “: F¨ ur alle λ, µ ∈ R gilt λ µ
µ λ
= µ
1 1 1 1
+ (λ − µ)
1 0 0 1
= µ A + (λ − µ) E 2 und damit C ⊆ hA, E 2 i.
” ⊇ “: F¨ ur alle α, β ∈ R gilt α A + β E 2 =
α α α α
+
β 0 0 β
=
α + β α α α + β
und damit hA, E 2 i ⊆ C.
4.13 a) Wir weisen anhand des Unterraumkriteriums nach, daß die Teilmenge U =
A ∈ R 3×3 | A > = A und Spur(A) = 0 ein Unterraum des R –Vektorraums R 3×3 ist:
• Wegen 0 > = 0 und Spur(0) = 0 ist 0 ∈ U.
• F¨ ur alle A, B ∈ U gilt A > = A und Spur(A) = 0 sowie B > = B und Spur(B) = 0. Dann gilt (A + B) > = A > + B > = A + B und Spur(A + B) = Spur(A) + Spur(B) = 0 + 0 = 0, also ist A + B ∈ U .
• F¨ ur alle A ∈ U und λ ∈ R gilt A > = A und Spur(A) = 0; damit gilt (λ · A) > = λ · A > = λ · A und Spur(λ · A) = λ · Spur(A) = λ · 0 = 0, also ist λ · A ∈ U .
Insgesamt ist damit U ein Unterraum von R 3×3 . b) F¨ ur eine Matrix A =
a 11 a 12 a 13 a 21 a 22 a 23
a 31 a 32 a 33
∈ R 3×3 gilt A ∈ U ⇐⇒ A = A > und Spur(A) = 0
⇐⇒ a 12 = a 21 , a 13 = a 31 , a 23 = a 32 und a 11 + a 22 + a 33 = 0.
Damit besteht U genau aus den Matrizen A der Gestalt
A =
a 11 a 12 a 13 a 12 a 22 a 23
a 13 a 23 −a 11 − a 22
= a 11 ·
1 0 0 0 0 0 0 0 −1
| {z }
= B
1+a 12 ·
0 1 0 1 0 0 0 0 0
| {z }
= B
2+
+ a 13 ·
0 0 1 0 0 0 1 0 0
| {z }
= B
3+a 22 ·
0 0 0 0 1 0 0 0 −1
| {z }
= B
4+a 23 ·
0 0 0 0 0 1 0 1 0
| {z }
= B
5;
damit bilden B 1 , B 2 , B 3 , B 4 , B 5 aber ein Erzeugendensystem von U . F¨ ur alle λ 1 , λ 2 , λ 3 , λ 4 , λ 5 ∈ R mit λ 1 · B 1 + λ 2 · B 2 + λ 3 · B 3 + λ 4 · B 4 + λ 5 · B 5 = 0 gilt
λ 1 λ 2 λ 3 λ 2 λ 4 λ 5
λ 3 λ 5 −λ 1 − λ 4
=
0 0 0 0 0 0 0 0 0
,
also λ 1 = λ 2 = λ 3 = λ 4 = λ 5 = 0. Damit sind B 1 , B 2 , B 3 , B 4 , B 5 linear unabh¨ angig, insgesamt also eine Basis von U . Folglich ist dim(U ) = 5.
c) Es ist A 1 = B 1 − B 4 ∈ U und A 2 = −B 2 + B 3 ∈ U; f¨ ur alle λ 1 , λ 2 ∈ R mit λ 1 · A 1 + λ 2 · A 2 = 0 gilt
λ 1 −λ 2 λ 2
−λ 2 −λ 1 0
0 0 0
=
0 0 0 0 0 0 0 0 0
,
also λ 1 = λ 2 = 0, damit sind A 1 und A 2 linear unabh¨ angig. Wir zeigen nun,
daß die Vektoren A 1 , A 2 , B 1 , B 2 , B 5 linear unabh¨ angig sind, und damit
wegen dim(U ) = 5 schon eine Basis von U sind. F¨ ur alle λ 1 , λ 2 , λ 3 , λ 4 , λ 5 ∈ R mit λ 1 · A 1 + λ 2 · A 2 + λ 3 · B 1 + λ 4 · B 2 + λ 5 · B 5 = 0 gilt
λ 1 + λ 3 −λ 2 + λ 4 λ 2
−λ 2 + λ 4 −λ 1 λ 5 λ 2 λ 5 −λ 3
=
0 0 0 0 0 0 0 0 0
,
also λ 1 + λ 3 = −λ 2 + λ 4 = λ 2 = −λ 1 = λ 5 = −λ 3 = 0, und folglich λ 1 = λ 2 = λ 3 = λ 4 = λ 5 = 0. Damit sind A 1 , A 2 , B 1 , B 2 , B 5 Basis von U . 4.14 a) Die Dimensionsformel f¨ ur Summe W 1 +W 2 und Durchschnitt W 1 ∩W 2 zweier
Untervektorr¨ aume W 1 und W 2 eines reellen Vektorraums V lautet dim (W 1 + W 2 ) + dim (W 1 ∩ W 2 ) = dim W 1 + dim W 2 .
b) F¨ ur V = R 5 und Untervektorr¨ aume W 1 und W 2 von V der Dimensionen dim W 1 = 3 und dim W 2 = 3 gilt wegen W 1 ∩ W 2 ⊆ W 1 zum einen
dim (W 1 ∩ W 2 ) ≤ dim W 1 = 3 sowie wegen W 1 + W 2 ⊆ R 5 zum anderen
dim (W 1 + W 2 ) ≤ dim R 5 = 5, so daß sich unter Verwendung der Dimensionsformel dann
dim (W 1 ∩ W 2 ) = dim W 1
| {z }
=3
+ dim W 2
| {z }
=3
− dim (W 1 + W 2 )
| {z }
≤5
≥ 3 + 3 − 5 = 1 ergibt. Zusammenfassend erhalten wir also
dim (W 1 ∩ W 2 ) ∈ {1, 2, 3}
und haben diese drei m¨ oglichen Werte noch zu belegen:
• F¨ ur W 1 = he 1 , e 2 , e 3 i und W 2 = he 3 , e 4 , e 5 i ist W 1 ∩ W 2 = he 3 i und damit dim (W 1 ∩ W 2 ) = 1.
• F¨ ur W 1 = he 1 , e 2 , e 3 i und W 2 = he 2 , e 3 , e 4 i ist W 1 ∩ W 2 = he 2 , e 3 i und damit dim (W 1 ∩ W 2 ) = 2.
• F¨ ur W 1 = he 1 , e 2 , e 3 i und W 2 = he 1 , e 2 , e 3 i ist W 1 ∩ W 2 = he 1 , e 2 , e 3 i und damit dim (W 1 ∩ W 2 ) = 3.
4.15 Sei V ein Vektorraum der Dimension dim(V ) = 6 sowie U und W Unterr¨ aume von V der Dimensionen dim(U ) = 3 und dim(W ) = 4. Wegen U ∩ W ⊆ U gilt zun¨ achst
dim(U ∩ W ) ≤ dim(U ) = 3;
wegen U + W ⊆ V ist
dim(U + W ) ≤ dim(V ) = 6,
und unter Verwendung der Dimensionsformel ergibt sich dann dim(U ∩ W ) = dim(U )
| {z }
=3
+ dim(W )
| {z }
=4
− dim(U + W )
| {z }
≤6
≥ 3 + 4 − 6 = 1.
Zusammenfassend erhalten wir also
dim(U ∩ W ) ∈ {1, 2, 3}
und haben noch nachzuweisen, daß diese drei M¨ oglichkeiten auch tats¨ achlich eintreten. Sei dazu b 1 , . . . , b 6 eine Basis von V :
• F¨ ur U = hb 1 , b 2 , b 3 i und W = hb 3 , b 4 , b 5 , b 6 i ist U ∩ W = hb 3 i und damit dim(U ∩ W ) = 1.
• F¨ ur U = hb 1 , b 2 , b 3 i und W = hb 2 , b 3 , b 4 , b 5 i ist U ∩ W = hb 2 , b 3 i und damit dim(U ∩ W ) = 2.
• F¨ ur U = hb 1 , b 2 , b 3 i und W = hb 1 , b 2 , b 3 , b 4 i ist U ∩ W = hb 1 , b 2 , b 3 i und damit dim(U ∩ W ) = 3.
4.16 Sei U = hv, wi der von den beiden Vektoren v und w erzeugte Unterraum von V ; da v und w als linear unabh¨ angig vorausgesetzt sind, bilden sie sogar eine Basis von U . F¨ ur die Vektoren
x = α · v + β · w und y = β · v + α · w ∈ U
betrachten wir nun ihre Koordinatenvektoren p(x) und p(y) bez¨ uglich der Basis v und w, es ist also
p(x) = α
β
und p(y) = β
α
∈ R 2 .
Damit sind die Vektoren x und y genau dann linear abh¨ angig, wenn ihre Koordi- natenvektoren p(x) und p(y) linear abh¨ angig sind; dies ist genau dann der Fall, wenn die Matrix
A = (p(x), p(y)) =
α β β α
∈ R 2×2
nicht invertierbar ist, also det(A) = 0 gilt. Wegen det(A) =
α β β α
= α 2 − β 2 = (α − β) (α + β)
sind die Vektoren x und y genau dann linear abh¨ angig, wenn α − β = 0, also α = β, oder α + β = 0, also α = −β, gilt.
4.17 F¨ ur einen Vektor v ∈ V betrachten wir seinen Koordinatenvektor p(v ) ∈ R 4 bez¨ uglich der Basis b 1 , b 2 , b 3 , b 4 von V . Damit bilden die Vektoren
a 1 = b 1 + β 1 · b 3 , a 2 = b 2 + β 2 · b 4 , a 3 = β 3 · b 1 + b 3 , a 4 = β 4 · b 2 + b 4 genau dann eine Basis von V , wenn ihre Koordinatenvektoren
p(a 1 ) =
1 0 β 1
0
, p(a 2 ) =
0 1 0 β 2
, p(a 3 ) =
β 3
0 1 0
, p(a 4 ) =
0 β 4
0 1
eine Basis von R 4 bilden; dies ist aber genau dann der Fall, wenn die Matrix
A = (p(a 1 ), p(a 2 ), p(a 3 ), p(a 4 )) =
1 0 β 3 0 0 1 0 β 4
β 1 0 1 0 0 β 2 0 1
∈ R 4×4
invertierbar ist, also det(A) 6= 0 gilt. Wegen
det(A) =
1 0 β 3 0 0 1 0 β 4 β 1 0 1 0 0 β 2 0 1
III−β
1I IV−β =
2II
=
1 0 β 3 0
0 1 0 β 4
0 0 1 − β 1 β 3 0 0 0 0 1 − β 2 β 4
Dreiecks–
matrix = (1 − β 1 β 3 ) (1 − β 2 β 4 )
sind also die Vektoren a 1 , a 2 , a 3 , a 4 genau dann eine Basis von V , wenn (1 − β 1 β 3 ) (1 − β 2 β 4 ) 6= 0
gilt.
4.18 F¨ ur einen Vektor v ∈ V betrachten wir seinen Koordinatenvektor p(v ) ∈ R 4 bez¨ uglich der Basis b 1 , b 2 , b 3 , b 4 von V , es ist also
p(a 1 ) =
2
−1 0 0
, p(a 2 ) =
0 1 1 1
, p(a 3 ) =
0 0 1
−1
und p(x) =
6
−5 0
−4
.
F¨ ur die Hilfsmatrix M = (p(a 1 ), p(a 2 ), p(a 3 )) ∈ R 4×3 und einen Spaltenvektor z ∈ R 4 ergibt sich
(M |z) =
2 0 0
−1 1 0
0 1 1
0 1 −1
z 1 z 2 z 3
z 4
12
![u [ B ]:= ∞ od u [ i ]:= u [ i − 1]+2 for i :=2 to B − 1 do u [0]:=0 ; u [1]=1 entsprechendderInvarianteii)setzen: Initialize for Operationen: i :=0 :LeereBucketserzeugenunddieBucketgrenzen to B do b [ i ]:= ∅ od u [ i ]](data:image/gif;base64,R0lGODlhAQABAIAAAP///wAAACH5BAEAAAAALAAAAAABAAEAAAICRAEAOw==)