Ubungsbl¨ ¨ atter zur Vorlesung
Grundlagen der Mathematik II FS 2009
Dr. Marcel Dettling, Dr. Daniel Haase
Dr. M. Dettling 27.02.2009
Dr. Daniel Haase FS 2009
daniel.haase@math.ethz.ch
Grundlagen der Mathematik II (LVA 401-0622-00 U)
L¨ osung 1
Zur ¨Ubungsstunde vom 27.02.2009
Aufgabe 1 (Lineare Gleichungssysteme)
Gegeben sei das lineare GleichungssystemAx=bmitA =
1 1 0 1 0 1 1 1 0 0 0 4 0 2 1 1
, b =
4
−4 4 2
(a) L¨ose das Gleichungssystem mit dem Gaussalgorithmus.
(b) ¨Uberpr¨ufe die L¨osung mitMathematica.
Hinweis zu (b): Die obige Matrix und den Zielvektor definiert man in Mathematicadurch A = {{1,1,0,1},{0,1,1,1},{0,0,0,4},{0,2,1,1}}undb = {4,-4,4,2}.
Das SystemAx=bl¨ost man mitLinearSolve[A,b].
L¨osung
Wir erstellen die umb erweiterte Matrix (A, b) =
1 1 0 1 4
0 1 1 1 −4
0 0 0 4 4
0 2 1 1 2
.
F¨ur die Umformung sind Additionen von Zeilen, Vertauschen von Zeilen, und Multiplikation von Zeilen mit Skalaren erlaubt, eine m¨ogliche Umformungsfolge ist
1 1 0 1 4
0 1 1 1 −4
0 0 0 4 4
0 2 1 1 2
IV-2·II
−→
1 1 0 1 4
0 1 1 1 −4
0 0 0 4 4
0 0 −1 −1 10
III↔IV
−→
1 1 0 1 4
0 1 1 1 −4
0 0 −1 −1 10
0 0 0 4 4
Aus der letzten Zeile folgtx4= 1, Einsetzen in die vorletzte Zeile gibtx3=−11, usw., es ergibt sich die L¨osung
x =
−3 6
−11 1
.
Aufgabe 2 (Polynome bestimmen)
Es seip(x) =ax3+bx2+cx+d. Bestimme die Koeffizientena, b, c, d∈Rso, dass folgendes gilt:
p(1) = 3 , p(0) = 0 , p0(1) = 0 , p0(2) = 6. Dabei istp0 die Ableitung des Polynomsp.
L¨osung
Einsetzen vonx= 1 in das Polynom ergibta+b+c+d= 3, Einsetzen vonx= 0 dagegend= 0. Die Ableitung
des Polynoms istp0(x) = 3ax2+ 2bx+c, und Einsetzen vonx= 1 ergibt 3a+ 2b+c= 0, Einsetzen vonx= 2 ergibt 12a+ 4b+c= 6. Zusammenstellen der vier Gleichungen ergibt das lineare Gleichungssystem
1 1 1 1
0 0 0 1
3 2 1 0
12 4 1 0
·
a b c d
=
3 0 0 6
.
Der Gaussalgorithmus ergibt
1 1 1 1 3
0 0 0 1 0
3 2 1 0 0
12 4 1 0 6
III−3I IV−12I
−→
1 1 1 1 3
0 0 0 1 0
0 −1 −2 −3 −9
0 −8 −11 −12 −30
IV−8III
−→
1 1 1 1 3
0 0 0 1 0
0 −1 −2 −3 −9
0 0 5 12 42
Tauschen
−→
1 1 1 1 3
0 −1 −2 −3 −9
0 0 5 12 42
0 0 0 1 0
Aus der vierten Zeile lesen wird= 0 ab, damit in der drittenc= 425, in der zweitenb=−395, und in der ersten a= 125. Damit ist das gesuchte Polynom
p(x) = 12
5 x3−39
5 x2+42 5 x .
Aufgabe 3 (Der Gaussalgorithmus)
Betrachte das folgende lineare Gleichungssystem innUnbekannten:
2x1 − x2 = b1
2x1 + x2 − x3 = b2
2x2 + x3 − x4 = b3
... ...
2xn−2 + xn−1 − xn = bn−1
2xn−1 − xn = bn
(a) F¨uhre den Gaussalgorithmus f¨urn= 4 aus.
(b) Gib an, wie die Dreiecksform f¨ur beliebigesnnach Ausf¨uhrung des Gaussalgorithmus aussieht.
(c) F¨ur welche rechten Seiten hat das System eine L¨osung?
L¨osung Zu a):
F¨urn= 4 lautet das System
2x1 − x2 = b1
2x1 + x2 − x3 = b2
2x2 + x3 − x4 = b3
2x3 − x4 = b4
oder in Matrixschreibweise
Ax=b mit A =
2 −1 0 0
2 1 −1 0
0 2 1 −1
0 0 2 −1
.
Umformen der augmentierten Matrix (mit den unbekannten Wertenb1, . . . , b4) ergibt
2 −1 0 0 b1
2 1 −1 0 b2
0 2 1 −1 b3
0 0 2 −1 b4
−→II−I
2 −1 0 0 b1
0 2 −1 0 b2−b1
0 2 1 −1 b3
0 0 2 −1 b4
III−II
−→
2 −1 0 0 b1
0 2 −1 0 b2−b1
0 0 2 −1 b3−b2+b1
0 0 2 −1 b4
IV−III
−→
2 −1 0 0 b1
0 2 −1 0 b2−b1
0 0 2 −1 b3−b2+b1
0 0 0 0 b4−b3+b2−b1
.
Diese Matrix hat Zeilenstufenform, also ist der Gaussalgorithmus abgeschlossen.
Zu b):
Das System ist so konstruiert, dass in Zeile j das Pivot gerade in der j-ten Spalte steht, und die Subtraktion der Zeile von der nachfolgenden Zeile darunter eine Null produziert. Dann ist das Restsystem wieder von der gleichen Form, bis schließlich die vorletzte Zeile bis auf die rechte Seite b mit der letzten ¨ubereinstimmt, die letzte Subtraktion gibt also eine Nullzeile. Der Gaussalgorithmus subtrahiert also sukzessive Zeilen von ihren Nachfolgern, schematisch
2 −1 b1
2 1 −1 b2
2 1 −1 b3
. .. ...
2 1 −1 bn−1
2 −1 bn
→
2 −1 b1
2 −1 b2−b1
2 1 −1 b3
. .. ...
2 1 −1 bn−1
2 −1 bn
→
2 −1 b1
2 −1 b2−b1
2 −1 b3−b2+b1
. .. ...
2 1 −1 bn−1
2 −1 bn
→ · · · →
2 −1 b1
2 −1 b2−b1
2 −1 b3−b2+b1
. .. ...
2 −1 bn−1−bn−2± · · · ±b1
2 −1 bn
→
2 −1 b1
2 −1 b2−b1
2 −1 b3−b2+b1
. .. ...
2 −1 bn−1−bn−2± · · · ±b1 0 0 bn−bn1± · · · ±b1
Die Dreiecksform hat also folgende Gestalt: In der j-ten Zeile steht
2xj−xj+1 =
j
X
k=1
(−1)j−kbk
f¨urj= 1,2, . . . , n−1, und in der letzten Zeile steht 0 =
n
X
k=1
(−1)n−kbk.
Zu c):
Das System ist genau dann l¨osbar, wenn zu der letzten Nullzeile auch eine Null auf der rechten Seite geh¨ort, also wenn der Vektorb die Bedingung
n
X
k=1
(−1)n−kbk = 0 erf¨ullt.
Dr. M. Dettling 06.03.2009
Dr. Daniel Haase FS 2009
daniel.haase@math.ethz.ch
Grundlagen der Mathematik II (LVA 401-0622-00 U)
L¨ osung 2
Zur ¨Ubungsstunde vom 06.03.2009
Aufgabe 4 (LGS vollst¨ andig l¨ osen)
Das folgende LGS hat unendlich viele L¨osungen:x1 + x2 − x3 + 2x4 = 6 2x1 + 2x2 + 4x3 + 4x4 = 6
−x1 − x2 − x3 − x4 = −2
x1 + x2 + x3 = 0
(a) Stelle die augmentierte Matrix auf, bringe sie in Zeilenstufenform, und bestimme den Rang.
(b) Konstruiere eine spezielle L¨osung des Systems per Hand.
(c) Bestimme die allgemeine L¨osung des Systems per Hand.
(d) Bestimme die allgemeine L¨osung mit Mathematicamit Hilfe des Befehls Reduce. Die i-te Gleichung des Systems wird in der Form
ai1x1+· · ·+ainxn==bi
dargestellt. Das doppelte Gleichheitszeichen ist Absicht, sonst interpretiertMathematicadie Zeile als eine Zuweisung. Der Befehl zum Aufl¨osen lautetReduce[{Gleichung 1,. . .,Gleichung n }].
L¨osung
Zu a): Umformen der augmentierten Matrix ergibt
1 1 −1 2 6
2 2 4 4 6
−1 −1 −1 −1 -2
1 1 1 0 0
II−2I III+I
−→IV−I
1 1 −1 2 6
0 0 6 0 -6
0 0 −2 1 4
0 0 2 −2 -6
II+3III IV+III
−→
1 1 −1 2 6
0 0 0 3 6
0 0 −2 1 4
0 0 0 −1 -2
III+IV II+3IV
−→
1 1 −1 2 6
0 0 0 0 0
0 0 −2 0 2
0 0 0 −1 -2
Tausch
−→
1 1 −1 2 6
0 0 −2 0 2
0 0 0 −1 -2
0 0 0 0 0
.
Es gibt drei Pivots, also ist der Rang des Systems 3.
Zu b): Aus der dritten Zeile liest manx4= 2 ab, aus der zweiten Zeile folgtx3=−1. Beides in die erste Zeile eingesetzt ergibtx1+x2+ 1 + 4 = 6, alsox2= 1−x1, undx1darf man frei w¨ahlen. F¨urx1= 0 erh¨alt man die spezielle L¨osung
x(0) =
0 1
−1 2
.
Zu c): Istx0eine spezielle L¨osung (egal welche) undx(1), . . . , x(k)linear unabh¨angige L¨osungen des homogenen SystemsAx= 0, so ist die allgemeine L¨osung vonAx=b gegeben durch die Menge
L = {x(0)+λ1x(1)+· · ·+λkx(k) : λ1, . . . , λk ∈R}.
Dabei ist stetsk=n−r, also die Differenz zwischen der Anzahl der Spalten (bzw. Unbestimmten) und dem Rang vonA. In unserem Fall gibt es drei Pivots, also ist der Rang vonadrei, und wir haben k=n−r= 4−3 = 1,
wir suchen also einen L¨osungsvektor von Ax = 0. Lineare Unabh¨angigkeit eines Einzelvektors heisst einfach x(1)6= 0. Umformen der mit dem Nullvektor augmentierten Matrix ergibt
1 1 −1 2 0
2 2 4 4 0
−1 −1 −1 −1 0
1 1 1 0 0
−→
1 1 −1 2 0
0 0 −2 0 0
0 0 0 −1 0
0 0 0 0 0
wobei die gleichen Umformungsschritte verwendet wurden wie in (a). Ablesen ergibt sofortx(1)4 = 0 undx(1)3 = 0.
Die erste Zeile f¨uhrt nun aufx(1)1 +x(1)2 = 0, also istx(1)1 wieder frei w¨ahlbar, undx(1)2 =−x(1)1 . Die Wahlx(1)1 = 1 f¨uhrt auf
x(1) =
1
−1 0 0
.
Die Wahl x(1)1 = 0 ist hier wegen der Bedingung der linearen Unabh¨angigkeit nicht erlaubt. Damit ist die allgemeine L¨osung des Systems
L = n
x(0)+λx(1) : λ∈R o
=
0 1
−1 2
+λ
1
−1 0 0
: λ∈R
.
Die Zeilenstufenform und die Wahl der speziellen L¨osung sowie derx(j)ist nicht eindeutig, die MengeList aber immer eindeutig durch Aundbbestimmt.
F¨ur Teil d) sei auf das NB-file verwiesen.
Aufgabe 5 (LGS mit einem Parameter)
Betrachte das folgende LGS mit Parametera∈R:
−1 0 3 a−2
a+ 1 2 0 2
−2 0 3 2a−3
0 −2 0 −2
·x =
0 2a+ 3
−1
−1
(a) Bringe die augmentierte Matrix des LGS auf Zeilenstufenform.
(b) Gib an, f¨ur welche a∈Rdas System keine, nur eine, oder unendlich viele L¨osungen hat.
(c) Verwende den BefehlLinearSolve[A,b]um das System mitMathematicazu l¨osen.
(d) Gib zwei Gr¨unde an, warum die Ausgabe vonMathematicakeine L¨osung des Systems in unserem Sinne darstellt (und in einer Klausur auch keine Punkte geben w¨urde).
L¨osung
Zu a): Umformen der augmentierten Matrix ergibt
−1 0 3 a−2 0
a+ 1 2 0 2 2a+3
−2 0 3 2a−3 -1
0 −2 0 −2 -1
II+(a+ 1)I III−2I
−→
−1 0 3 a−2 0 0 2 3a+ 3 a2−a 2a+3
0 0 −3 1 -1
0 −2 0 −2 -1
II+IV
−→
−1 0 3 a−2 0
0 0 3a+ 3 a2−a−2 2a+2
0 0 −3 1 -1
0 −2 0 −2 -1
II+(a+ 1)III
−→
−1 0 3 a−2 0
0 0 0 a2−1 a+1
0 0 −3 1 -1
0 −2 0 −2 -1
Tausch
−→
−1 0 3 a−2 0
0 −2 0 −2 -1
0 0 −3 1 -1
0 0 0 a2−1 a+1
.
Zu b): Die ersten drei Pivots z¨ahlen unabh¨angig vona∈R, also ist der Rang des Systems mindestens 3. Nun ist a2−1 = (a−1)(a+ 1), es gibt also die Spezialf¨alle a = 1 und a = −1, f¨ur alle anderen a ∈ R tr¨agt auch die vierte Zeile zum Rang bei, und das System ist eindeutig l¨osbar. Ist a = 1, so lautet die letzte Zei- le 0x1+ 0x2+ 0x3+ 0x4 = 2, dann ist das System unl¨osbar. Ist dagegen a = −1, so lautet die letzte Zeile 0x1+ 0x2+ 0x3+ 0x4 = 0, und das System ist l¨osbar. In diesem Fall ist der Rang aber nur drei, obwohl das System vier Unbestimmte hat, also hat es unendlich viele L¨osungen.
Zu c): Siehe NB-file.
Zu d): Die Ausgabe von Mathematica ist keine akzepable L¨osung, weil erstens die F¨alle a = ±1 nicht un- terschieden wurden, und zweitens nur eine spezielle L¨osung, nicht aber die allgemeine Menge gegeben wurde.
Beide Probleme lassen sich l¨osen wenn man das KommandoSolve stattLinearSolve nimmt, dann muss man Mathematicaaber genau mitteilen welche Variablen Koeffizienten, Unbestimmte oder Parameter sind. Alternativ kann man auchReduceverwenden.
Aufgabe 6 (LGS mit zwei Parametern)
Das folgende LGS hat zwei Parametera, b∈R:
1 b 2 2 3 +b
0 0 0 2 1 +a
2 2b 2 0 4 +a
0 0 1 4 2 +a+b
·x =
2 1 +a+b
3 +b 2 +a+b
.
(a) Bringe die augmentierte Matrix zum System auf Zeilenstufenform.
(b) F¨ur welche a, b∈Rhat das System keine, genau eine, oder unendlich viele L¨osungen?
(c) Bestimme im Falla=b= 1 die allgemeine L¨osung des Systems.
L¨osung
Umformen ergibt
1 b 2 2 3 +b 2
0 0 0 2 1 +a 1+a+b
2 2b 2 0 4 +a 3+b
0 0 1 4 2 +a+b 2+a+b
III−2I
−→
1 b 2 2 3 +b 2
0 0 0 2 1 +a 1+a+b
0 0 −2 −4 −2 +a−2b -1+b 0 0 1 4 2 +a+b 2+a+b
III+2IV
−→
1 b 2 2 3 +b 2
0 0 0 2 1 +a 1+a+b
0 0 0 4 2 + 3a 3+2a+3b
0 0 1 4 2 +a+b 2+a+b
III−2II
−→
1 b 2 2 3 +b 2
0 0 0 2 1 +a 1+a+b
0 0 0 0 a 1+b
0 0 1 4 2 +a+b 2+a+b
Tausch
−→
1 b 2 2 3 +b 2
0 0 1 4 2 +a+b 2+a+b
0 0 0 2 1 +a 1+a+b
0 0 0 0 a 1+b
.
Dies ist die Zeilenstufenform f¨ur allea, b∈R.
Zu b): Ist a6= 0, so ist das System l¨osbar mit unendlich vielen L¨osungen, da es keine Nullzeilen hat und die
Dimensionk=n−r≥1 ist. Ista= 0, so ist das System nur l¨osbar, wenn auch die rechte Seite 1+bNull ist, also f¨urb=−1, ansonsten ist es unl¨osbar. Die Anwort lautet also: Das System ist unl¨osbar, fallsa= 0 undb6=−1 ist, ansonsten hat es unendlich viele L¨osungen. Der Fall dass es eindeutig l¨osbar ist kann garnicht eintreten, was man schon am Format der Matrix ablesen kann: Da es weniger Zeilen als Spalten gibt, istk=n−rniemals Null.
Zu c): Einsetzen vona=b= 1 in die Zeilenstufenform ergibt
1 1 2 2 4 2
0 0 1 4 4 4
0 0 0 2 2 3
0 0 0 0 1 2
.
Wir konstruieren zuerst eine spezielle L¨osung x(0). Spalte 2 hat kein Pivot, also darfx(0)2 frei gew¨ahlt werden, wir nehmen x(0)2 = 0. Die anderen vier Koordinaten vonx(0) erh¨alt man dann durch Einsetzen:
• Die vierte Zeile liest sichx5= 2, alsox(0)5 = 2.
• Die dritte Zeile lautet 2x4+ 2x5= 3, also x(0)4 =−12.
• Die zweite Zeile lautetx3+ 4x4+ 4x5= 4, also x(0)3 =−2.
• Die erste Zeile lautetx1+x2+ 2x3+ 2x4+ 4x5= 2, unter Verwendung von x2= 0 alsox(0)1 =−1.
Eine spezielle L¨osung ist also
x(0) =
−1 0
−2
−12 2
.
Der Rang des Systems ist vier, es hat f¨unf Spalten, also gibt esk= 5−4 = 1 linear unabh¨angige L¨osungen des homogenen Systems Ax= 0. Wir konstruieren x(1) durch Einsetzen: Die Spalte 2 hat kein Pivot, daher darf x(1)2 beliebig gew¨ahlt werden. Da wir aber nicht den Nullvektor nehmen d¨urfen, w¨ahlen wir diesmal x(5)2 = 1.
Dann setzen wir ein:
• Die vierte Zeile liest sichx5= 0, alsox(0)5 = 0.
• Die dritte Zeile lautet 2x4+ 2x5= 0, also x(0)4 = 0.
• Die zweite Zeile lautetx3+ 4x4+ 4x5= 0, also x(0)3 = 0.
• Die erste Zeile lautetx1+x2+ 2x3+ 2x4+ 4x5= 0, unter Verwendung von x2= 1 alsox(0)1 =−1.
Ein Erzeuger der homogenen L¨osung ist also
x(1) =
−1 1 0 0 0
.
Damit ist die allgemeine L¨osung eine Gerade, und zwar
L = n
x(0)+λx(1) : λ∈R o
=
−1 0
−2
−12 2
+λ
−1 1 0 0 0
: λ∈R
.
Dr. M. Dettling 13.03.2009
Dr. Daniel Haase FS 2009
daniel.haase@math.ethz.ch
Grundlagen der Mathematik II (LVA 401-0622-00 U)
L¨ osung 3
Zur ¨Ubungsstunde vom 13.03.2009
Aufgabe 7 (Gleichungssysteme in der Ebene)
Betrachte die folgenden linearen Gleichungssysteme:(1) x1+ 2x2= 0 , (2) x1+x2= 1 , (3) x2= 2 , (4)
x1+ 2x2 = 0 x1+x2 = 1
x2 = 2
wobei der L¨osungsvektorx=
x1 x2
jeweils aus demR2 stammt.
(a) Berechne die L¨osungsmengen der Systeme (1),(2) und (3), nicht aber von (4).
(b) Diese Mengen von Vektoren bilden drei Geraden. Skizziere sie in der Zeichenebene.
(c) Stelle die L¨osungsmenge von (4) mit Hilfe der L¨osungsmengen von (1), (2) und (3) dar. Ist (4) l¨osbar?
L¨osung
Zu (a): Die Matrizen sind alle vom Format 1×2, und haben schon Zeilenstufenform, sie haben alle den Rang Eins (eine echte Zeile, keine Nullzeilen). Die Systeme (1),(2) und (3) sind daher l¨osbar mit unendlich vielen L¨osungen. Die Dimension der L¨osung ist k= n−r = 1, d. h. die L¨osungsmengen sind jeweils von der Form L=
x(0)+λx(1) : λ∈R . Das ist eine Gerade mit Ortsvektorx(0) und Richtungsvektorx(1). Die speziellen L¨osungenx(0) und die Erzeugerx(1) kann man im Falle einer einzeiligen MatrixA= (a1a2) sofort ablesen:
• System (1): Die homogene GleichungAx= 0 hat die L¨osungx(1)= −2
1
, eine spezielle L¨osung ist x(0)=
0 0
da die rechte Seite hier Null ist.
• System (2): Die homogene GleichungAx= 0 hat die L¨osungx(1)= −1
1
, eine spezielle L¨osung ist x(0)=
1 0
.
• System (3): Die homogene GleichungAx= 0 hat die L¨osungx(1)= 1
0
, eine spezielle L¨osung ist x(0)=
0 2
.
Zu (b): Die Geraden stellt man auf, indem man den Ortsvektorx(0)eintr¨agt, und von ihm aus in Richtung des Richtungsvektorsx(1) die Gerade zeichnet:
Je zwei Geraden haben einen Schnittpunkt, aber nicht alle drei Geraden gemeinsam.
Zu (c): Ein Vektor x l¨ost das System (4) genau dann wenn er die Systeme (1), (2) und (3) l¨ost, denn die- se sind jeweils die Zeilen von (4). Also istL4=L1∩L2∩L3der Schnitt der drei L¨osungsmengen. An der Skizze ist ersichtlich dass die drei Geraden keinen gemeinsamen Schnittpunkt haben, also ist L4 = ∅ und (4) nicht l¨osbar.
Aufgabe 8 (Das Problem mal umgekehrt)
Gegeben sei die EbeneE =
0 0 1
+λ1
1 1 0
+λ2
1 0 0
: λ1, λ2∈R
im R3. Konstruiere ein lineares Gleichungssystem Ax = b, so dass E die L¨osungsmenge dieses Systems ist.
Verwende die folgenden Schritte (die Umkehrung der Schritte von der LGS-Anleitung):
(a) A soll vom Format 2×3 sein, ¨uberlege welchen Rang A haben muss, damit die L¨osungsmenge von Ax=b eine Ebene ist.
(b) Finde ein solches A, so dass die L¨osungsmenge des homogenen SystemsAx= 0 von den Richtungs- vektoren vonE erzeugt wird.
(c) Finde eine rechte Seiteb∈R2, so dass der Ortsvektor von E eine L¨osung vonAx=bist.
L¨osung
Zu (a): Eine Ebene hatk= 2 Richtungsvektoren, also mussn−r= 2 sein, und dan= 3 ist folgtr= 1.
Zu (b): Wenn die Matrix A zwei Zeilen hat, aber nur den Rang Eins, so m¨ussen die Zeilen linear abh¨angig sein, was man einfachsten dadurch erreicht, dass man beide Zeilen gleich setzt, oder eine Nullzeile einbaut. Wir setzen also
A =
a11 a12 a13
0 0 0
und suchen Koeffizientena11, a12, a13∈Rso dassAx(j)= 0 ist f¨urj= 1,2:
Ax(1) =
a11 a12 a13
0 0 0
·
1 1 0
=
a11+a12
0
!
= 0
0
, Ax(2) =
a11 a12 a13
0 0 0
·
1 0 0
= a11
0 !
= 0
0
.
Aus der zweiten Bedingung folgt a11 = 0, und dann in der ersten Bedingung auch a12 = 0. Den Parameter a13 ∈Rd¨urfen wir offenbar selbst w¨ahlen, aber er darf nicht Null sein (sonst w¨are der Rang vonA Null und nicht Eins). Eine m¨ogliche L¨osung ist also
A =
0 0 1 0 0 0
.
Zu (c): Gesucht ist ein b= b1
b2
, so dass Ax=bf¨urx=x(0)=
0 0 1
richtig ist, also setzen wir diesen Vektor einfach ein, und erhalten
b = Ax(0) =
0 0 1 0 0 0
·
0 0 1
= 1
0
.
Damit istE die L¨osungsmenge des linearen Gleichungssystems 0 0 1
0 0 0
·x = 1
0
.
Aufgabe 9 (Das vorerst letzte LGS)
Dies ist eine Klausuraufgabe vom letzten Jahr:A =
0 1 2 1 −1
1 1 −1 2 1
1 2 1 3 2
−1 2 7 1 −2
.
(a) BringeAauf die allgemeine Zeilenstufenform.
(b) Bestimme den Rang und die Dimension der L¨osungsmenge des homogenen SystemsAx= 0.
(c) Bestimme die L¨osungsmenge des homogenen SystemsAx= 0 mitMathematica.
Der Befehl zur Berechnung der L¨osungsmenge des homogenen Systems Ax= 0 lautet NullSpace[A], er gibt eine Liste von Erzeugern f¨ur die L¨osungsmenge aus.
L¨osung
Zu a): Umformen ergibt
0 1 2 1 −1
1 1 −1 2 1
1 2 1 3 2
−1 2 7 1 −2
III−II IV+II
−→
0 1 2 1 −1
1 1 −1 2 1
0 1 2 1 1
0 3 6 3 −1
III−I IV−3I
−→
0 1 2 1 −1
1 1 −1 2 1
0 0 0 0 2
0 0 0 0 2
IV−III
−→
0 1 2 1 −1
1 1 −1 2 1
0 0 0 0 2
0 0 0 0 0
Tausch
−→
1 1 −1 2 1
0 1 2 1 −1
0 0 0 0 2
0 0 0 0 0
.
Zu b): Es gibt 3 Pivots, also ist der Rangr= 3. Es gibtn= 5 Spalten, also ist die Dimension der L¨osungsmenge k=n−r= 2.
Zu c): Mathematicaliefert die Ausgabe {{ -1,-1,0,1,0} , { 3,-2,1,0,0}}(siehe NB-File). Also ist die ge- suchte L¨osungsmenge gegeben durch
L =
λ1
−1
−1 0 1 0
+λ2
3
−2 1 0 0
: λ1, λ2∈R
.
Das sind auch die beiden Vektoren, die man mit Hilfe des LGS-Verfahrens von der Zeilenstufenform abliest.
Dr. M. Dettling 20.03.2009
Dr. Daniel Haase FS 2009
daniel.haase@math.ethz.ch
Grundlagen der Mathematik II (LVA 401-0622-00 U)
L¨ osung 4
Zur ¨Ubungsstunde vom 20.03.2009
Aufgabe 10 (Matrizenoperationen)
Gegeben seien diese Matrizen:A=
1 2 2 −1
, B=
0 1 0 0 0 1 1 0 0
, X = 3 1
, Y = 1
5
, Z =
2 2 1 1 0 2
.
Berechne die folgenden Matrizen per Hand, falls die Ausdr¨ucke existieren:
X·Y , Y ·X , (X·Y)2 , X2·Y2 , A2+Y ·X , X·A·Z·B , X·A+A·Y , A·XT , AT ·X , (A·XT)T , X·AT .
L¨osung
Die Faktoren des ProduktsX·Y haben Formate 1×2 und 2×1, das Ergebnis ist vom Format 1×1, es ist also eine Zahl:
3 1
· 1
5
= 8
= 8.
Das ProduktY·X hat dagegen Faktoren mit Formaten 2×1 und 1×2, das Ergebnis ist also eine 2×2-Matrix:
1 5
· 3 1
=
3 1 15 5
.
Da wirXY = (8) schon wissen, folgt (XY)2= (82) = (64) = 64
Der Ausdruck X2·Y2 ist dagegen nicht definiert, denn schon X2 = X ·X gibt es nicht wegen unpassen- der Formate. Insbesondere gilt f¨ur Matrizennicht die Regel (AB)2=A2B2.
Die Produkte A2 = A·A sowie Y ·X existieren, und haben jeweils das Format 2×2, also existiert auch die Summe:
A2+Y X =
1 2 2 −1
·
1 2 2 −1
+ 1
5
· 3 1
= 5 0
0 5
+
3 1 15 5
=
8 1 15 10
.
Das dreifache ProduktX·A·B·Zexistiert wegen der passenden Formate (1×2)·(2×2)·(2×3)·(3×3) = (1×3).
Auswerten der Produkte (egal in welcher Reihenfolge) ergibt X·A·Z·B = 3 1
·
1 2 2 −1
·
2 2 1 1 0 2
·
0 1 0 0 0 1 1 0 0
= 5 5
·
2 2 1 1 0 2
·
0 1 0 0 0 1 1 0 0
= 15 10 15
·
0 1 0 0 0 1 1 0 0
= 15 15 10 .
Der Ausdruck X·A+A·Y existiert dagegen nicht:XAhat das Format (1×2)·(2×2) = (1×2), und kann nicht mit der Matrix AY vom Format (2×2)·(2×1) = (2×1) addiert werden.
Der AusdruckA·XT existiert mit Formaten (2×2)·(1×2)T = (2×2)·(2×1) = (2×1):
A·XT =
1 2 2 −1
·(3 1)T =
1 2 2 −1
· 3
1
= 5
5
.
Der AusdruckAT·X existiert nicht, wegen unpassender Formate:AT ist wieAvom Format (2×2), undX ist vom Format (1×2).
MitA·XT existiert auch das Transponierte dieses Ausdrucks, und wir erhalten (A·XT)T =
5 5
T
= (5 5).
Auch die MatrixX·AT existiert mit Format (1×2)·(2×2)T = (1×2)·(2×2) = (1×2):
X·AT = (3 1)·
1 2 2 −1
T
= (3 1)·
1 2 2 −1
= (5 5).
Aufgabe 11 (Potenzen von Matrizen)
Berechne f¨ur die MatrixB aus der vorherigen Aufgabe die Potenzen per Hand oder mitMathematica:
B1, B2, B3, B4, B5, B6, B999999999999.
Matrizen werden inMathematicamit dem Satzpunkt . multipliziert, um die Matrixmultiplikation von der Mul- tiplikation mit einer Zahl zu unterscheiden. Dien-te Potenz bekommt man mit dem BefehlMatrixPower[B,n].
Es sind 12 Neunen im Exponenten der letzten Matrix. Diese Potenz ist zu groß f¨ur Mathematica: Um auf die L¨osung zu kommen muss man nicht rechnen, sondern nachdenken.
L¨osung
Ausrechnen der ersten vier Potenzen vonB ergibt B1=
0 1 0 0 0 1 1 0 0
, B2=
0 0 1 1 0 0 0 1 0
, B3=
1 0 0 0 1 0 0 0 1
, B4=
0 1 0 0 0 1 1 0 0
.
Man sieht, dass B4 wieder B selbst ist, d. h. die Folge der Potenzen wiederholt sich alle 3 Schritte, daher hat man
B5 = B2 =
0 0 1 1 0 0 0 1 0
, B6 = B3 = B0 =
1 0 0 0 1 0 0 0 1
.
Bei den Vielfachen von Drei steht immer die Einheitsmatrix, also ist auchB999999999999 die Einheitsmatrix.
Aufgabe 12 (Die Drehmatrix)
Die Drehmatrix zum Winkel α(im Bogenmaß) ist Dα =
cos(α) −sin(α) sin(α) cos(α)
.
(a) Zeige, dass die Multiplikation vonDα mit den Vektoren a =
1 0
, b = 0
1
von links (d. h.ageht ¨uber inDα·a) die Vektoren jeweils umαgegen den Uhrzeigersinn dreht.
Fertige eine Skizze zu beiden Vektoren an.
(b) Begr¨unde mit Hilfe von (a), warum dann jeder beliebige Vektorx∈R2 durch Multiplikation mitDα um den Winkelαgedreht wird.
(c) Bestimme ohne zu rechnen die MatrizenDα·Dβ f¨ur zwei Winkelαundβ, Dkα (diek-te Potenz von Dα) undD−1α (das Inverse von Dα). Hinweis: Diese Matrizen sind wieder Drehmatrizen.
L¨osung
Zu a): Der durchavom Ursprung aus markierte Punkt mitx-Koordinate 1 undy-Koordinate 0 in der Zeiche- nebene wird durch Drehung um den Winkelαin den Punkta0 uberf¨¨ uhrt:
6
-
s a0
s α
cos(α)
sin(α)
Da die Hypothenuse die L¨ange 1 besitzt, hat der neue Punkt die x-Koordinate cos(α) und die y-Koordinate sin(α). Das passt zu
a0 = Dα·a =
cos(α) −sin(α) sin(α) cos(α)
· 1
0
=
cos(α) sin(α)
.
F¨ur den Punkt b mit x-Koordinate 0 und y-Koordinate 1 hat der um α gedrehte Punktb0 die x-Koordinate
−sin(α) und diey-Koordinate cos(α):
6
- HH
HH H HH Y s
b0
s
cos(α) α
−sin(α)
passend zu
b0 = Dα·b =
cos(α) −sin(α) sin(α) cos(α)
· 0
1
=
−sin(α) cos(α)
.
Zu b): In (a) wurde gezeigt, dass Multiplikation mitDαdie beiden Punkteaundbum den Winkelαdreht. Ist nun c∈R2 ein beliebiger Punkt mit Koordinatenxundy, so giltc=x·a+y·b, und damit
c0 = Dα·c = Dα·(xa+yb) = Dα·(xa) +Dα·(yb) = x·Dαa+y·Dαb = xa0+yb0.
Also entstehtc0ausc, indem dasxy-Koordinatensystem (gegeben durch die Achsenaundb) ersetzt wird durch das Koordinatensysten mit Achsena0 undb0, das ist gerade das umαgedrehte System, also entstehtc0 durch Drehung vonc um den Winkelα.
Zu c): Das Produkt Dα·Dβ multipliziert mit einem Vektor c dreht diesen erst um den Winkel β, und dann um den Winkel α, also insgesamt um den Winkel α+β. Damit ist Dα·Dβ = Dα+β. Ebenso ist Dkα eine Matrix, die den Vektorcgenauk-mal um den Winkelαdreht, also um den Winkelk·α, somitDkα=Dkα. Die
inverse MatrixDα−1 wirkt wie die Umkehrung vonDα, es ist diejenige Matrix welche die Drehung umαwieder r¨uckg¨angig macht, also die Drehung um−α, somitD−1α =D−α.
Dr. M. Dettling 27.03.2009
Dr. Daniel Haase FS 2009
daniel.haase@math.ethz.ch
Grundlagen der Mathematik II (LVA 401-0622-00 U)
L¨ osung 5
Zur ¨Ubungsstunde vom 27.03.2009
Aufgabe 13 (Matrizen invertieren)
Berechne die Inversen der folgenden Matrizen per Hand (falls sie existieren):
A = 1 1
0 1
, B =
1 0 1 0 2 0 3 0 3
, C =
2 1 0 0 0 0 1 1 1 0 0 0 0 3 0 1
.
Uberpr¨¨ ufe das Ergebnis mitMathematica(mit dem BefehlInverse[A]).
L¨osung
Die Invertierungsrechnung f¨ur die MatrixAist
A I2
1 1 1 0
0 1 0 1
1 0 1 −1
0 1 0 1
wobei auf beiden Seiten die zweite Zeile von der ersten Zeile subtrahiert wurde. Daraus folgt A−1 =
1 −1
0 1
.
F¨ur die MatrixB hat man die Umformungskette
B I3
1 0 1 1 0 0
0 2 0 0 1 0
3 0 3 0 0 1
1 0 1 1 0 0
0 2 0 0 1 0
0 0 0 −3 0 1
wobei auf beiden Seiten das dreifache der ersten Zeile von der dritten Zeile abgezogen wurde. Da auf der linken Seite eine Nullzeile aufgetreten ist, kann man das Verfahren an dieser Stelle abbrechen: daB nicht vollen Rang 3 hat istB nicht invertierbar.
Das Invertierungsverfahren ergibt f¨ur die MatrixCdagegen
C I4 Operation 2 1 0 0 1 0 0 0 −2III
0 0 1 1 0 1 0 0
1 0 0 0 0 0 1 0
0 3 0 1 0 0 0 1
0 1 0 0 1 0 −2 0
0 0 1 1 0 1 0 0
1 0 0 0 0 0 1 0
0 3 0 1 0 0 0 1 −3I
0 1 0 0 1 0 −2 0
0 0 1 1 0 1 0 0 −IV
1 0 0 0 0 0 1 0
0 0 0 1 −3 0 6 1
0 1 0 0 1 0 −2 0
0 0 1 0 3 1 −6 −1
1 0 0 0 0 0 1 0 Zeilen-
0 0 0 1 −3 0 6 1 tausch
1 0 0 0 0 0 1 0
0 1 0 0 1 0 −2 0
0 0 1 0 3 1 −6 −1
0 0 0 1 −3 0 6 1
Das Inverse vonC ist also
C−1 =
0 0 1 0
1 0 −2 0
3 1 −6 −1
−3 0 6 1
.
Aufgabe 14 (Invertierbarkeit ¨ uberpr¨ ufen)
Entscheide, f¨ur welchea∈Rdiese Matrizen invertierbar sind (ohne Mathematicazu verwenden):
X =
1 1 a 0 1 1 0 0 1
, Y =
a 0 0 1 0 0 a 0 0 1 0 0
1 0 0 a
.
Diese Aufgabe kann man durch Anwendung des Invertierungsverfahrens, durch Aufstellung der Zeilenstufenform mit Fallunterscheidungen, oder mit Hilfe der Determinanten l¨osen.
L¨osung
Die grundlegende Regel zur Pr¨ufung der Invertierbarkeit ist
Ainvertierbar ⇔ Voller Rang:r=n ⇔ det(A)6= 0. L¨osung mit Hilfe der Zeilenstufenform:
Die Matrix X hat schon Zeilenstufenform. Man liest ab, dassX den vollen Rangr=m=n= 3 besitzt, also istX invertierbar. Da akeinen Einfluss auf die Anzahl der Stufen hat, istX f¨ur allea∈Rinvertierbar (auch wenn die Inverse f¨ur jedesaanders aussieht).
Nun bringen wir die MatrixY auf Zeilenstufenform:
a 0 0 1 0 0 a 0 0 1 0 0
1 0 0 a
I−aIV
−→
0 0 0 1−a2
0 0 a 0
0 1 0 0
1 0 0 a
Tausch
−→
1 0 0 a
0 1 0 0
0 0 a 0
0 0 0 1−a2
.
Diese Matrix hat vollen Rang, falls es keine Nullzeilen gibt, also falls aund 1−a2 nicht Null sind. Das ist der Fall, fallsanicht 0, 1 oder−1 ist, also lautet die Antwort:Y ist invertierbar f¨ura6= 0,1,−1. Das Invertierungs- verfahren f¨urY f¨uhrt ebenso auf diese Matrix mit der gleichen Fallunterscheidung.
L¨osung mit Hilfe der Determinanten:
Mit der Regel von Sarrus rechnen wir die Determinante vonX aus: Jede der Diagonalen durch die Matrix trifft eine Null, ausser der ersten Diagonalen mit Faktoren 1·1·1, also ist det(X) = 1. Da die Determinante nicht Null ist, gibt es eine Inverse vonX. Auch hier spielt der Wert vonakeine Rolle.
Die Matrix Y ist vom Format 4×4, also m¨ussen wir nach einer geeigneten Zeile oder Spalte entwickeln, um auf die Determinanten kleinerer Matrizen zu kommen. Es empfiehlt sich immer, eine Zeile oder Spalte mit m¨oglichst vielen Nullen zu nehmen, beispielsweise Zeile 3. Das ergibt
det(Y) =
a 0 0 1 0 0 a 0 0 1 0 0
1 0 0 a
=
Zeilei= 3 4
X
j=1
a3,j(−1)3+j·det(A3,j) = 1·(−1)3+2·det(A3,2) = (−1)·
a 0 1 0 a 0 1 0 a
=
Zeilei= 2 (−1)·a·(−1)2+2·
a 1 1 a
= (−a)·
a 1 1 a
= (−a)·(a2−1).
Diesen Ausdruck brauchen wir nicht weiter zu vereinfachen, denn wir sind nur an der Frage interessiert, wann det(A) = 0 ist. Das ist offenbar der Fall f¨ura= 0,1,−1, also istY invertierbar, fallsa6= 0,1,−1 ist.
Aufgabe 15 (Orthogonale Matrizen)
Eine MatrixM ist orthogonal, fallsM quadratisch ist, undMT ·M =I bzw.M−1=MT gilt.
(a) Begr¨unde, warum die Matrizen aus Aufgabe 13 nicht orthogonal sind.
(b) Zeige durch Rechnung, dass die DrehmatrixDαvon Serie 4 orthogonal ist (f¨ur alle Winkelα).
(c) Stelle die (2×2)-Matrix auf, welche die Spiegelung an der Geradeng={(x, y) : x+y= 0}bewirkt.
Ist sie orthogonal?
(d) Wie viele Matrizen vom Format n×ngibt es, die orthogonal und diagonal sind?
L¨osung
Zu a): Die MatrixAist nicht orthogonal weil
AT·A = 2 1
1 1
nicht die Einheitsmatrix ist. Die MatrixBist auch nicht orthogonal, weil sie nicht invertierbar ist. Die MatrixC ist nicht orthogonal, weilCT·Cnicht die Einheitsmatrix ist. Dabei braucht man das Produkt nicht auszurechnen, die 2 in der linken oberen Ecke vonCsorgt schon daf¨ur, dass die linke obere Ecke vonCT·Cnicht Eins sein kann.
Zu b): Das Produkt der Drehmatrix zum Winkelαmit ihrer Transponierten ist
Dα·DαT =
cos(α) −sin(α) sin(α) cos(α)
·
cos(α) sin(α)
−sin(α) cos(α)
=
cos(α)2+ sin(α)2 cos(α) sin(α)−sin(α) cos(α) sin(α) cos(α)−cos(α) sin(α) cos(α)2+ sin(α)2
= 1 0
0 1
da f¨ur alle Winkel α die Gleichung cos(α)2+ sin(α)2 = 1 gilt. Daher ist Dα eine orthogonale Matrix f¨ur alle Winkelα.
Zu c): Die gesuchte Matrix ist
S =
0 −1
−1 0
wie man analog zu Aufgabe 12 daran sieht, dass sie die Einheitsvektorenaundbauf ihre Spiegelungen an der Geradeng abbildet:
S· 1
0
= 0
−1
, S· 0
1
= −1
0
.
- 6
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@
g ar
a0r br br0
Wir pr¨ufen, obS orthogonal ist, indem wir das Produkt mit der Transponierten ausrechnen:
ST ·S =
0 −1
−1 0
·
0 −1
−1 0
= 1 0
0 1
.
Das Produkt ist die Einheitsmatrix, also ist S orthogonal. Allgemein sind alle geometrischen Operationen, die sich aus Spiegelungen und Drehungen aufbauen, orthogonal. Alle diese Operationen ¨andern die L¨ange eines Vektors nicht. Dagegen bewirkt die Matrix A aus Aufgabe 13 geometrisch gesehen eine Scherung. Dadurch
¨andert sich die L¨ange, beispielsweise wird der Einheitsvektorbmit L¨ange 1 durchAabgebildet aufa+b, einen Vektor der L¨ange√
2.
Zu d): AngenommenD ist eine diagonale Matrix, also
D =
d1
d2 . ..
dn
f¨ur reelle Zahlen d1, . . . , dn. Transponieren (d.h. Umklappen an der Diagonalen) ¨andert nichts, also DT =D.
Damit ist
DT·D = D·D =
d1
d2 . ..
dn
·
d1
d2 . ..
dn
=
d21
d22 . ..
d2n
.
Wenn D nun orthogonal ist, muss hier die Einheitsmatrix herauskommen, alsod21 = 1,d22 = 1 bisd2n= 1. Das ist nur m¨oglich, wenn die Komponenten auf der Diagonalen vonD gleich 1 oder−1 sind. F¨ur jede Komponente
gibt es also zwei M¨oglichkeiten, und das n-mal, also gibt es ingesamt 2n M¨oglichkeiten f¨ur eine diagonale und orthogonale Matrix.
Dr. M. Dettling 03.04.2009
Dr. Daniel Haase FS 2009
daniel.haase@math.ethz.ch
Grundlagen der Mathematik II (LVA 401-0622-00 U)
L¨ osung 6
Zur ¨Ubungsstunde vom 03.04.2009
Aufgabe 16 (Determinanten ausrechnen)
Berechne die Determinanten der folgenden Matrizen per Hand:
A =
1 1 0 0 1 2 0 1 0 0 0 2 2 2 2 1
, B =
0 1 1 0 0
1 2 0 1 0
0 0 2 0 2
0 1 5 0 0
2 1 3 2 0
.
Uberpr¨¨ ufe das Ergebnis mitMathematica(mit dem BefehlDet[A]).
L¨osung
Anwendung der Laplace-Entwicklung ergibt
1 1 0 0 1 2 0 1 0 0 0 2 2 2 2 1
=
Zeile 3 2·(−1)3+4·
1 1 0 1 2 0 2 2 2
= −2·
1 1 0 1 2 0 2 2 2
=
Spalte 3 (−2)·2·(−1)3+3·
1 1 1 2
= (−4)·(2−1).
Die Determinante von Aist also−4. F¨ur die MatrixB erhalten wir dagegen
0 1 1 0 0
1 2 0 1 0
0 0 2 0 2
0 1 5 0 0
2 1 3 2 0
=
Spalte 5 2·(−1)3+5·
0 1 1 0 1 2 0 1 0 1 5 0 2 1 3 2
=
Zeilen III−I
2·
0 1 1 0 1 2 0 1 0 0 4 0 2 1 3 2
=
Zeile 3 2·4·(−1)3+3·
0 1 0 1 2 1 2 1 2
Zeile 1= 8·1·(−1)1+2·
1 1 2 2
= −8·(2−2) = 0. Die Determinante von B ist also Null, d. h. die MatrixB ist singul¨ar.
Aufgabe 17 (Die Cramersche Regel)
Pr¨ufe mit Hilfe der Determinanten, ob diese linearen Gleichungssysteme eindeutig l¨osbar sind. Berechne mit Hilfe der Cramerschen Regel die L¨osung, falls sie existiert:
(a)
x1 + x2 + x3 = 8
2x2 + 2x3 − x4 = 4 2x1 + 2x2 − x3 − x4 = 0 x3 + x4 = 12
(b)
x1 − 4x2 + x3 + 4x4 = 1 x1 − 3x2 + 2x3 − x4 = 4 2x1 + 2x2 − x3 − x4 = 0 4x1 − 5x2 + 2x3 + 2x4 = 5
L¨osung
Zu a): Zuerst berechnet man die Determinante der KoeffizientenmatrixAdes linearen Gleichungssystems:
det(A) =
1 1 1 0
0 2 2 −1
2 2 −1 −1
0 0 1 1
=
Umformung III−2I
1 1 1 0
0 2 2 −1
0 0 −3 −1
0 0 1 1
=
Spalte 1 1·
2 2 −1
0 −3 −1
0 1 1
=
Spalte 1 2·
−3 −1
1 1
= 2·(−3 + 1) = −4.
Da die Determinante nicht Null ist kann man A invertieren, und das lineare Gleichungssystem ist eindeutig l¨osbar: Ax=b ⇔ x=A−1b. Die Cramersche Regel lautet: Diej-te Komponente vonxbekommt man, indem man die Determinante von A0j durch det(A) = −4 teilt, wobei A0j aus A entsteht indem man die j-te Spalte durch die rechte Seitebersetzt. Wir erhalten
det(A01) =
8 1 1 0
4 2 2 −1 0 2 −1 −1
12 0 1 1
= −4 , det(A02) =
1 8 1 0
0 4 2 −1
2 0 −1 −1
0 12 1 1
= −20 ,
det(A03) =
1 1 8 0
0 2 4 −1
2 2 0 −1
0 0 12 1
= −8 , det(A04) =
1 1 1 8
0 2 2 4
2 2 −1 0
0 0 1 12
= −40.
Daraus ergeben sich die Koeffizienten x1 = det(A01)
det(A) = 1 , x2 = det(A02)
det(A) = 5 , x3 = det(A03)
det(A) = 2 , x4 = det(A04) det(A) = 10 und der L¨osungsvektor
x =
1 5 2 10
.
Zu b): Die Determinante der Koeffizientenmatrix ist
det(A) =
1 −4 1 4
1 −3 2 −1
2 2 −1 −1
4 −5 2 2
Umformungen=
1 −4 1 4
0 1 1 −5
0 10 −3 −9
0 11 −2 −14
=
Spalte 1 1·(−1)1+1·
1 1 −5
10 −3 −9 11 −2 −14
=
Umformungen
1 1 −5
0 −13 41 0 −13 41
= 0.
Daher ist das System (b) nicht eindeutig l¨osbar. Es gibt zwar unendlich viele L¨osungen f¨ur (b), aber die Cramersche Regel kann nicht verwendet werden, um sie zu bestimmen.
Aufgabe 18 (Lineare Unabh¨ angigkeit)
Bestimme mit Hilfe der Determinanten diea∈R, f¨ur welche die Vektoren
a(1) =
0 a 0 2
, a(2) =
0 0 0 2
, a(3) =
−1 2a 2−a
−2
, a(4) =
1
−2a 0 4
.
linear unabh¨angig sind.
L¨osung
Die vier Vektoren sind genau dann linear unabh¨angig, wenn die aus ihnen aufgebaute Matrix regul¨ar ist. Ob man die Vektoren dabei als Spalten oder Zeilen verwendet spielt keine Rolle, wir nehmen hier Zeilen. Die Determinante der Matrix ist
0 a 0 2
0 0 0 2
−1 2a 2−a −2
1 −2a 0 4
=
Zeile 2 2·(−1)2+4·
0 a 0
−1 2a 2−a
1 −2a 0
=
Spalte 3 2·(2−a)·(−1)2+3·
0 a
1 −2a
= −2·(2−a)·(−a) = 2a(2−a).
Dieser Ausdruck ist Null f¨ur a= 0 oder a= 2, also sind die vier Vektoren nur dann linear unabh¨angig, wenn a6= 0,2 ist.
Dr. M. Dettling 24.04.2009
Dr. Daniel Haase FS 2009
daniel.haase@math.ethz.ch
Grundlagen der Mathematik II (LVA 401-0622-00 U)
L¨ osung 7
Zur ¨Ubungsstunde vom 24.04.2009
Aufgabe 19 (L¨ osungsmengen linearer Gleichungssysteme)
Welche der folgenden Mengen sind L¨osungsmengen linearer Gleichungssysteme?(a) L1=
(x, y, z)T ∈R3 : x2+y2+z2= 1 (b) L2=
(x, y, z)T ∈R3 : x2+y2+z2=−1 . (c) L3=
(x, y, z)T ∈R3 : z= 0 (d) L4=
(x1, . . . , xn)T ∈Rn : x1+· · ·+xn≥0 (e) L5=
(x, y, z)T ∈R3 : x+y= 2z+ 1 (f) L6=L3∩L5.
(g) L7=L3∪L5.
Hinweis: Genau 4 Mengen sind L¨osungsmengen linearer Gleichungssysteme.
L¨osung
(a) Die Menge L1 ist die Sph¨are im R3, sie ist nicht die L¨osungsmenge eines linearen, sondern eines quadratischen Gleichungssystems.
(b) Die Menge L2 ist leer: die Quadrate reeller Zahlen k¨onnen niemals−1 ergeben. Die leere Menge ist beispielsweise die L¨osungsmenge des Gleichungssystems (0 0 0)x= 1.
(c) Die MengeL3ist L¨osungsmenge des linearen Gleichungssystems (0 0 1)x= 0.
(d) Die Menge L4ist L¨osungsmenge einer Ungleichung, nicht eines Gleichungssystems.
(e) Die MengeL5ist L¨osungsmenge des linearen Gleichungssystems (0 1 −2)x= 1.
(f) Die MengeL6enth¨alt die Vektoren, die L¨osungen von (c) und (e) sind, also L¨osungen des zusammen- gesetzten LGS
0 0 1
0 1 −2
·x = 0
1
.
(g) Die Menge L7 besteht aus den zwei ineinander verkeilten Ebenen L3 und L5, das ist selbst keine L¨osungsmenge eines linearen Gleichungsystems (der Schnitt aus (f) ist dagegen eine Gerade, und Geraden sind immer L¨osungsmengen linearer Gleichungssysteme).
Aufgabe 20 (Basen erg¨ anzen I)
Die folgenden Vektoren spannen einen Teilraum U desR5 auf:
a(1) =
1 1 1 1 1
, a(2) =
1 1 0 0 0
, a(3) =
0 0 0 1 2
, a(4) =
0 0 1 2 3
.
(a) Begr¨unde, warum die vier Vektoren keine Basis vonU bilden, und berechne eine Basis vonU. (b) Erg¨anze diese Basis zu einer Basis desR5.
L¨osung
Zu a): Eine Basis ist ein linear unabh¨angiges Erzeugendensystem. Die vier gegebenen Vektoren sind aber linear abh¨angig, beispielsweise ista(1)=a(2)−a(3)+a(4). Das kann man auch an der Zeilenstufenform aus der n¨achsten Aufgabe ablesen: dort entsteht eine Nullzeile. Dennoch erzeugen die vier Vektoren den Unterraum
U = n
λ1a(1)+· · ·+λ4a(4) : λ1, . . . , λ4∈R o
,
also l¨asst sich jedesx∈U als Linearkombination der gegebenen Vektoren schreiben, aber diese Darstellung ist nicht eindeutig. Um eine Basis zu bekommen verwendet man, dass Zeilenoperationen (Addition, Skalarmultipli- kation, Tausch) den von den Zeilen erzeugten Vektorraum U nicht ver¨andern. Wir schreiben also die Vektoren als Zeilen in eine Matrix und erhalten
1 1 1 1 1
1 1 0 0 0
0 0 0 1 2
0 0 1 2 3
| {z }
Zeilen erzeugenU
I−II IV−III
−→
0 0 1 1 1
1 1 0 0 0
0 0 0 1 2
0 0 1 1 1
IV−I−→
0 0 1 1 1
1 1 0 0 0
0 0 0 1 2
0 0 0 0 0
Tausch
−→
1 1 0 0 0
0 0 1 1 1
0 0 0 1 2
0 0 0 0 0
| {z }
Zeilen erzeugen immer nochU
.
Die Nullzeile tr¨agt zum RaumU nichts bei, also erzeugen auch die Zeilen der gestutzten Matrix B =
1 1 0 0 0
0 0 1 1 1
0 0 0 1 2
den Raum U. Da sie keine Nullzeilen mehr hat, und in Zeilenstufenform vorliegt, sind die Vektoren
b(1) =
1 1 0 0 0
, b(2) =
0 0 1 1 1
, b(3) =
0 0 0 1 2
linear unabh¨angig, und bilden damit eine Basis vonU.
Zu b): Eine Basis desR5hat die Eigenschaft, dass sie f¨unf linear unabh¨angige Vektoren mit jeweils f¨unf Kompo- nenten enth¨alt. Schreibt man diese in eine Matrix und bringt sie auf Zeilenstufenform, so d¨urfen keine Nullzeilen und keine Spr¨unge auftreten, d. h. die Matrix ist eine Dreiecksmatrix. Wir machen nun aus der MatrixBeinfach eine Dreiecksmatrix, indem wir die Sprungstellen (bei den Spalten die kein Pivot haben) so auff¨ullen, dass eine quadratische Dreiecksmatrix entsteht, beispielsweise
B0 =
1 1 0 0 0
0 1 0 0 0
0 0 1 1 1
0 0 0 1 2
0 0 0 0 1
wobei in den Zeilen 2 und 5 (die zu den Stellen ohne Pivot geh¨oren) einfach Einheitsvektoren eingesetzt wurden.
Damit bilden die Vektoren
1 1 0 0 0
,
0 1 0 0 0
,
0 0 1 1 1
,
0 0 0 1 2
,
0 0 0 0 1
eine Basis desR5.
