Dr. Erwin Sch¨ orner
43911: Lineare Algebra/Geometrie Pr¨ ufungstermin Herbst 2014
— L¨ osungsvorschlag —
I.1. a) Zu betrachten ist der von den beiden gegebenen Vektoren
u 1 =
0 2 4 4
und u 2 =
4
−4 2 0
∈ R 4
aufgespannte Unterraum U = hu 1 , u 2 i im R 4 ; dazu sei B = (u 1 , u 2 ) ∈ R 4×2 . Das orthogonale Komplement U ⊥ von U im euklidischen R 4 (versehen mit dem Standardskalarprodukt ◦) stimmt wegen
x ∈ U ⊥ ⇐⇒ u ⊥ x f¨ ur alle u ∈ U
U=hu ⇐⇒
1,u
2i u 1 ⊥ x und u 2 ⊥ x
⇐⇒ u 1 ◦ x = 0 und u 2 ◦ x = 0
⇐⇒ u > 1 · x = 0 und u > 2 · x = 0
⇐⇒ B > · x = 0
f¨ ur alle x ∈ R mit dem L¨ osungsraum des homogenen linearen Gleichungssy- stems B > · x = 0 mit der Koeffizientenmatrix B > ∈ R 2×4 ¨ uberein. Dement- sprechend bilden wegen
B > =
0 2 4 4 4 −4 2 0
1 2
I↔
12II
2 −2 1 0
0 1 2 2
I+2II
2 0 5 4 0 1 2 2
die beiden Vektoren
w 1 =
−5
−4 2 0
und w 2 =
−2
−2 0 1
eine Basis des orthogonalen Komplements U ⊥ von U im R 4 .
b) F¨ ur das Erzeugendensystem u 1 , u 2 von U mit ku 1 k = 6 und ku 2 k = 6 gilt
u 1 ◦ u 2 = 0 · 4 + 2 · (−4) + 4 · 2 + 4 · 0 = 0
also u 1 ⊥u 2 ; folglich bilden die normierten Vektoren
v 1 = 1
ku 1 k · u 1 = 1 3
0 1 2 2
, v 2 = 1
ku 2 k · u 2 = 1 3
2
−2 1 0
eine Orthonormalbasis von U . Ferner unterwerfen wir die Basis w 2 , w 1 von U ⊥ dem Gram–Schmidtschen Orthonormalisierungsverfahren und erhalten
a 1 = w 2 =
−2
−2 0 1
mit ka 1 k = 3, also b 1 = 1
ka 1 k · a 1 = 1 3
−2
−2 0 1
,
und damit
a 2 = w 1 − (w 1 ◦ b 1 ) · b 1 =
−5
−4 2 0
− 18 3 · 1
3
−2
−2 0 1
=
−1 0 2
−2
mit
ka 2 k = 3, also b 2 = 1
ka 2 k · a 2 = 1 3
−1 0 2
−2
;
damit ist b 1 , b 2 eine Orthonormalbasis von U ⊥ .
c) Eine reelle Matrix A ∈ R n×n ist genau dann symmetrisch, wenn sie ortho- gonal diagonalisierbar ist, es also eine Orthonormalbasis von ( R n , ◦) aus Eigenvektoren von A gibt; es ist hier n = 4.
In a) wird U ⊥ als orthogonales Komplement von U in R 4 konstruiert, und in b) werden v 1 , v 2 bzw. b 1 , b 2 als Orthonormalbasis von U bzw. U ⊥ berech- net; damit ist v 1 , v 2 , b 1 , b 2 eine Orthonormalbasis von ( R 4 , ◦), die nun aus Eigenvektoren von A zum Eigenwert −1 bzw. 2 bestehen soll.
Mit der orthogonalen Matrix
P = (v 1 , v 2 , b 1 , b 2 ) = 1 3
0 2 −2 −1
1 −2 −2 0
2 1 0 2
2 0 1 −2
∈ O 4 ( R )
und der Diagonalmatrix
D = diag(−1, −1, 2, 2) =
−1 0 0 0 0 −1 0 0
0 0 2 0
0 0 0 2
∈ R 4×4
ergibt sich P > AP = D, also
A = P DP > = 1 3
0 2 −2 −1
1 −2 −2 0
2 1 0 2
2 0 1 −2
·
−1 0 0 0 0 −1 0 0
0 0 2 0
0 0 0 2
· P >
= 1 3
0 −2 −4 −2
−1 2 −4 0
−2 −1 0 4
−2 0 2 −4
· 1 3
0 1 2 2
2 −2 1 0
−2 −2 0 1
−1 0 2 −2
= 1 9
6 12 −6 0
12 3 0 −6
−6 0 3 −12
0 −6 −12 6
= 1 3
2 4 −2 0
4 1 0 −2
−2 0 1 −4
0 −2 −4 2
.
I.2. a) Wir ermitteln f¨ ur die in Abh¨ angigkeit von s, t ∈ R gegebene Quadrik Q s,t =
(x, y) ∈ R 2 | (∗) s x 2 + 2 t x y + y 2 − y = 0
die affine Normalform und den Typ ¨ uber quadratische Erg¨ anzung; es ist (∗) ⇐⇒ y 2 + 2 t x y − y
+ s x 2 = 0
⇐⇒
y 2 + 2 · y · (t x) + 2 · y ·
− 1 2
+ +(t x) 2 +
− 1 2
2
+ 2 · (t x) ·
− 1 2
! + +s x 2 − (t x) 2 +
− 1 2
2
+ 2 · (t x) ·
− 1 2
!
= 0
⇐⇒
y + t x − 1 2
2
+ (s − t 2 ) x 2 + t x − 1 4 = 0, und im Falle d = s − t 2 6= 0 gilt ferner
(∗) ⇐⇒
y + t x − 1 2
2
+ d x 2 + t d x +
t 2d
2 !
= 1 4 + d
t 2d
2
⇐⇒
y + t x − 1 2
2
+ d
x + t 2d
2
= 1 4 + t 2
4d = d + t 2 4d = s
4d , wodurch die folgende Fallunterscheidung motiviert wird:
• F¨ ur d > 0, also s > t 2 und damit s > 0, ist (∗) ⇐⇒ 2 √
d y + t x − 1 2
√ s
! 2
+ 2d x + 2d t
√ s
! 2
= 1;
damit besitzt Q s,t die affine Normalform u 2 + v 2 = 1 einer Ellipse.
• F¨ ur d = 0, also s = t 2 , ist (∗) ⇐⇒
y + t x − 1 2
2
+ t x − 1 4 = 0, und folglich ergibt sich ferner:
– f¨ ur t 6= 0 ist
(∗) ⇐⇒
y + t x − 1 2
2
− 1
4 − t x
= 0;
damit besitzt Q s,t die affine Normalform u 2 − v = 0 einer Parabel.
– f¨ ur t = 0 ist (∗) ⇐⇒
y − 1
2 2
− 1
4 = 0 ⇐⇒ (2 y − 1) 2 = 1;
damit besitzt Q s,t die affine Normalform u 2 = 1 eines parallelen Geradenpaars.
• F¨ ur d < 0, also s < t 2 , ergibt sich hinsichtlich des Vorzeichens von s:
– f¨ ur s < 0 ist
(∗) ⇐⇒ 2 √
−d y + t x − 1 2
√ −s
! 2
− 2d x + 2d t
√ −s
! 2
= 1;
damit besitzt Q s,t die affine Normalform u 2 − v 2 = 1 einer Hyperbel.
– f¨ ur s = 0 ist (∗) ⇐⇒
y + t x − 1 2
2
− √
−d
x + t 2d
2
= 0;
damit besitzt Q s,t die affine Normalform u 2 − v 2 = 0 eines sich schneidenden Geradenpaars.
– f¨ ur s > 0 ist
(∗) ⇐⇒ − 2 √
−d y + t x − 1 2
√ s
! 2
+ 2d x + 2d t
√ s
! 2
= 1;
damit besitzt Q s,t die affine Normalform −u 2 + v 2 = 1 einer Hyper- bel.
b) Die Quadrik Q s,t besitzt gem¨ aß der Fallunterscheidung von a)
• im Falle d 6= 0 (Ellipse sowie Hyperbel oder sich schneidendes Geraden- paar) einen eindeutigen Mittelpunkt,
• im Falle d = 0 entweder keinen Mittelpunkt (Parabel) oder unendlich viele Mittelpunkte (paralleles Geradenpaar);
damit gilt:
M =
(s, t) ∈ R 2 | Q s,t hat keinen eindeutigen Mittelpunkt
=
(s, t) ∈ R 2 | d = 0 =
d=s−t
2(s, t) ∈ R 2 | s = t 2 .
Folglich ist M eine Parabel.
c) F¨ ur alle (s, t) = R 2 \ M gilt d 6= 0 gem¨ aß b), und die Quadrik Q s,t besitzt einen eindeutigen Mittelpunkt m s,t ; gem¨ aß der Rechnung von a) gilt f¨ ur diesen u = 0 und v = 0, wegen
u = 0 ⇐⇒ y + t x − 1
2 = 0 ⇐⇒ y = −t x + 1 2 und
v = 0 ⇐⇒ x + t
2d = 0 ⇐⇒ x = − t
2d = −t 2 (s − t 2 ) , also
y = −t x + 1
2 = −t · −t
2 (s − t 2 ) + 1
2 = t 2 + (s − t 2 )
2 (s − t 2 ) = s 2 (s − t 2 ) . Es ergibt sich also der Mittelpunkt
m s,t =
−t
2 (s − t 2 ) , s 2 (s − t 2 )
.
I.3. F¨ ur die gegebene lineare Abbildung
f : R 3 → R 3 , f (x) = A · x, mit A =
1 −1 3
0 2 −1
−1 1 −3
∈ R 3×3
stimmt der Bildraum Bild(f ) = {f (x) | x ∈ R 3 } mit dem Spaltenraum der Ab- bildungsmatrix ¨ uberein. Wegen
A =
1 −1 3
0 2 −1
−1 1 −3
III+I
1 −1 3
0 2 −1
0 0 0
ist
dim Bild(f ) = Rang(A) = 2;
damit ist E = Bild(f) eine Ursprungsebene in R 3 , die die beiden ersten Spalten
s 1 =
1 0
−1
, s 2 =
−1 2 1
∈ R 3
von A als linear unabh¨ angige Richtungsvektoren besitzt. Wegen
1 0
−1
×
−1 2 1
=
2 0 2
ist u e E =
1 0 1
∈ R 3
ein Normalenvektor von E der L¨ ange k e u E k = √
2, so daß die Ebene E die Hes- sesche Normalform
e u E ◦ x
k u e E k = 0, also x 1 + x 3
√ 2 = 0
besitzt; als Abstand des Punktes p ∈ R 3 von der Ebene E ergibt sich damit d(p, E) =
5 + (−1)
√ 2
= 4
√ 2 = 2 √ 2.
Ferner ist die Gerade G ⊆ R 3 als L¨ osungsmenge des linearen Gleichungssystems x 1 + x 2 − x 3 = 1
x 1 − x 3 = 0
gegeben; wegen 1 1 −1 1
1 0 −1 0
II−I
1 1 −1 1
0 −1 0 −1
I+II
1 0 −1 0
0 −1 0 −1
ist
G = t + R · u mit t =
0 1 0
und u =
1 0 1
.
Der Fußpunkt p 0 des Lotes ` vom Punkt p =
5 3
−1
auf die Gerade G besitzt (als Punkt von G) die Gestalt
p 0 =
0 1 0
+ λ ·
1 0 1
=
λ 1 λ
f¨ ur ein geeignetes λ ∈ R ; damit ist p 0 − p =
λ 1 λ
−
5 3
−1
=
λ − 5
−2 λ + 1
ein Richtungsvektor der Lotgeraden `, der allerdings auf dem Richtungsvektor u der Geraden G senkrecht stehen muß. Aus
0 = u ◦ (p 0 − p) = 1 · (λ − 5) + 0 · (−2) + 1 · (λ + 1) = 2 λ − 4
ergibt sich λ = 2 und damit p 0 =
2 1 2
. Als Abstand des Punktes p von der Geraden G ergibt sich damit
d(p, G) = d(p, p 0 ) = kp 0 − pk =
−3
−2 3
= p
(−3) 2 + (−2) 2 + 3 2 = √ 22.
I.4. a) Die L¨ osungsmenge U ⊆ R 3 der inhomogenen linearen Gleichung
2 x − y + z = 1
mit den beiden freien Variablen y und z ist eine Ebene mit dem Tr¨ agerpunkt v =
0 0 1
∈ R 3 sowie den beiden linear unabh¨ angigen Richtungsvektoren u 1 =
1 2 0
und u 2 =
−1 0 2
∈ R 3 ; sie besitzt also die Parameterdarstellung
U =
0 0 1
+ R ·
1 2 0
+ R ·
−1 0 2
.
b) Der zu U parallele Untervektorraum U 0 ⊆ R 3 ist der L¨ osungsraum der zugeh¨ origen homogenen linearen Gleichung
2 x − y + z = 0 und besitzt demnach den Normalenvektor e u =
2
−1 1
∈ R 3 . Der Lotfuß- punkt p 0 des Punktes p ∈ R auf der Ebene U 0 besitzt (als Punkt auf der Lotgeraden von p auf U 0 ) die Gestalt
p 0 = p + λ · u e =
x y z
+ λ ·
2
−1 1
=
x + 2 λ y − λ z + λ
mit einem geeigneten λ ∈ R , wobei sich wegen p 0 ∈ U 0 dann 2 (x + 2 λ) − (y − λ) + (z + λ) = 0, also
2 x − y + z + 6 λ = 0 bzw. λ = −2 x + y − z 6 und somit
p 0 =
x + 2 · −2 x+y−z 6 y − −2 x+y−z 6 z + −2 x+y−z 6
=
2
6 x + 2 6 y − 2 6 z
2
6 x + 5 6 y + 1 6 z
− 2 6 x + 1 6 y + 5 6 z
ergibt; der Bildpunkt S 0 (p) von p unter der Spiegelung S 0 : R 3 → R 3 an der Ebene U 0 ist
S 0 (p) = p + (p 0 − p)
| {z }
=p
0+ (p 0 − p) = 2 p 0 − p
= 2 ·
2
6 x + 2 6 y − 2 6 z
2
6 x + 5 6 y + 1 6 z
− 2 6 x + 1 6 y + 5 6 z
−
x y z
=
− 1 3 x + 2 3 y − 2 3 z
2
3 x + 2 3 y + 1 3 z
− 2 3 x + 1 3 y + 2 3 z
=
− 1 3 2 3 − 2 3
2 3
2 3
1 3
− 2 3 1 3 2 3
·
x y z
= M · p
mit der Matrix
M =
− 1 3 2 3 − 2 3
2 3
2 3
1 3
− 2 3 1 3 2 3
∈ R 3×3 .
c) Zu betrachten ist die Spiegelung
S : R 3 → R 3 , S(p) = A · p + t,
mit A ∈ R 3×3 und t ∈ R 3 an der affinen Ebene U = v + U 0 mit dem Tr¨ agerpunkt v ∈ R 3 . F¨ ur jeden Punkt p ∈ R 3 mit dem Spiegelpunkt S(p) geht damit S(p) − v aus p − v durch Spiegelung an der Ursprungsebene U 0
hervor, und wir erhalten
S(p) − v = S 0 (p − v) = M · (p − v) = M · p − M · v und damit
S(p) = (M · p − M · v) + v = M · p + (E 3 − M ) · v.
Folglich ergibt sich f¨ ur die affine Abbildung S die Matrix
A = M =
− 1 3 2 3 − 2 3
2 3
2 3
1 3
− 2 3 1 3 2 3
∈ R 3×3
sowie der Vektor
t = (E 3 − M) · v =
4
3 − 2 3 2 3
− 2 3 1 3 − 1 3
2
3 − 1 3 1 3
·
0 0 1
=
2 3
− 1 3
1 3
∈ R 3 .
I.5. a) Die Aussage ist wahr: Zwei Matrizen A, B ∈ R n×n sind ¨ ahnlich, wenn es eine invertierbare Matrix P ∈ GL n ( R ) mit B = P −1 · A · P gibt; speziell f¨ ur P = E n ergibt sich B = A, so daß jede Matrix zu sich selbst ¨ ahnlich ist. Damit ist jede Diagonalmatrix zu einer symmetrischen Matrix (n¨ amlich sich selbst) ¨ ahnlich.
b) Die Aussage ist falsch: F¨ ur eine Matrix A ∈ R m×n liegen der Spaltenraum S ⊆ R m×1 und der Zeilenraum Z ⊆ R 1×n f¨ ur m 6= 1 oder n 6= 1 nicht in einem gemeinsamen Vektorraum, so daß sie keine komplement¨ aren Un- terr¨ aume sein k¨ onnen.
c) Die Aussage ist falsch: F¨ ur einen Vektorraum V 6= {0 V } w¨ ahlen wir einen
Vektor v 6= 0 V und setzen v 1 = v 2 = v 3 = v ; damit sind v 1 , v 2 , v 3 linear
abh¨ angig, aber der von ihnen erzeugte Untervektorraum hv 1 , v 2 , v 3 i = hvi
besitzt die Dimension 1 6= 2.
d) Die Aussage ist wahr: Besitzt der Endomorphismus f : V → V eines Vek- torraums V den Eigenwert λ = 0, so existiert ein zugeh¨ origer Eigenvektor v ∈ V , und es gilt
v 6= 0 V und f(v) = λ · v = 0 · v = 0 V ;
demnach ist v ∈ Kern(f ), damit ist Kern(f ) 6= {0 V }, also dim Kern(f ) > 0.
e) Die Aussage ist wahr: Gilt f¨ ur zwei Matrizen A, B ∈ R n×n die Beziehung A · B = E n , so ist A ∈ GL n ( R ) invertierbar mit A −1 = B, und damit gilt
B · A = A −1 · A = E n ; hier wird speziell n = 3 betrachtet.
f) Die Aussage ist falsch: f¨ ur die beiden Matrizen
A =
0 1 0 0 0 0 0 0 0
und B =
1 0 0 0 0 0 0 0 0
∈ R 3×3
gilt zwar
A · B =
0 1 0 0 0 0 0 0 0
·
1 0 0 0 0 0 0 0 0
=
0 0 0 0 0 0 0 0 0
= 0, aber
B · A =
1 0 0 0 0 0 0 0 0
·
0 1 0 0 0 0 0 0 0
=
0 1 0 0 0 0 0 0 0
6= 0.
II.1. F¨ ur die n −1 fest gew¨ ahlten Vektoren s 1 , . . . , s n−1 ∈ R n betrachten wir den davon erzeugten Untervektorraum U = hs 1 , . . . , s n−1 i ⊆ R n sowie die lineare Abbildung f : R n → R , f (x) = det (s 1 , . . . , s n−1 , x).
a) Zum Nachweis von U ⊆ Kern(f ) sei x ∈ U .
• Wegen x ∈ hs 1 , . . . , s n−1 i gilt
hs 1 , . . . , s n−1 , xi = hs 1 , . . . , s n−1 i = U,
und wegen dim U ≤ n − 1 ist U ( R n ; folglich ist s 1 , . . . , s n−1 , x kein Erzeugendensystem von R n .
• Wegen x ∈ hs 1 , . . . , s n−1 i gibt es λ 1 , . . . , λ n−1 ∈ R mit x = λ 1 · s 1 + . . . + λ n−1 · s n−1 ; folglich sind s 1 , . . . , s n−1 , x linear abh¨ angig.
Jedes der beiden Argumente zeigt f¨ ur sich, daß s 1 , . . . , s n−1 , x keine Basis von R n ist; folglich ist die Matrix (s 1 , . . . , s n−1 , x) ∈ R n×n nicht invertierbar, und wir erhalten
f (x) = det (s 1 , . . . , s n−1 , x) = 0, also x ∈ Kern(f).
b) Wir treffen hinsichtlich der Dimension des Unterraums U = hs 1 , . . . , s n−1 i mit dim(U ) ≤ n − 1 die folgende Fallunterscheidung:
• Im Falle dim(U) < n − 1 sind die n − 1 Vektoren s 1 , . . . , s n−1 li- near abh¨ angig. Damit sind f¨ ur jedes x ∈ R n auch die n Vektoren s 1 , . . . , s n−1 , x linear abh¨ angig, insbesondere keine Basis von R n ; folg- lich ist die Matrix (s 1 , . . . , s n−1 , x) ∈ R n×n nicht invertierbar, und wir erhalten
f (x) = det (s 1 , . . . , s n−1 , x) = 0,
also x ∈ Kern(f ). Somit ist Kern(f) = R n , also dim Kern(f ) = n.
• Im Falle dim(U ) = n − 1 sind die n − 1 Vektoren s 1 , . . . , s n−1 linear unabh¨ angig. Damit sind f¨ ur jedes x ∈ R n mit x / ∈ U auch die n Vektoren s 1 , . . . , s n−1 , x linear unabh¨ angig, wegen dim R n = n eine Basis von R n ; folglich ist die Matrix (s 1 , . . . , s n−1 , x) ∈ R n×n invertierbar, und wir erhalten
f (x) = det (s 1 , . . . , s n−1 , x) 6= 0,
also x / ∈ Kern(f ). Somit ist Kern(f ) ⊆ U, wegen U ⊆ Kern(f ) gem¨ aß a) also Kern(f) = U , und damit dim Kern(f ) = n − 1.
II.2. a) Es ist
A =
1 −4 3 2
2 −3 1 −1
3 −2 −1 −4
−1 −1 2 3
II−2I III−3I, IV+I
1 −4 3 2
0 5 −5 −5
0 10 −10 −10
0 −5 5 5
15
·II
1 −4 3 2
0 1 −1 −1
0 10 −10 −10
0 −5 5 5
I+4II III−10II, IV+5II
1 0 −1 −2 0 1 −1 −1
0 0 0 0
0 0 0 0
;
damit ist r = Rang(A) = 2, so daß sich f¨ ur den zugeh¨ origen Endomorphis- mus ` A : R 4 → R 4 , ` A (x) = A · x, zun¨ achst
dim Kern(` A ) = 4 − r = 2 und dim Bild(` A ) = r = 2 ergibt. Genauer gilt:
• Kern(` A ) = {x ∈ R 4 | A · x = 0} stimmt mit dem L¨ osungsraum des ho- mogenen linearen Gleichungssystems A · x = 0 ¨ uberein; ¨ uber die beiden freien Variablen x 3 und x 4 erhalten wir
u 1 =
1 1 1 0
, u 2 =
2 1 0 1
∈ R 4
als Basis von Kern(` A ).
• Bild(` A ) = {A · x | x ∈ R 4 } stimmt mit dem Spaltenraum der Abbil- dungsmatrix A ¨ uberein; ¨ uber die beiden Pivots in der ersten und zweiten Spalte erhalten wir
s 1 =
1 2 3
−1
, s 2 =
−4
−3
−2
−1
∈ R 4
als Basis von Bild(` A ).
Wir betrachten die Matrix M = (u 1 , u 2 , s 1 , s 2 ) ∈ R 4×4 und erhalten
M =
1 2 1 −4 1 1 2 −3 1 0 3 −2 0 1 −1 −1
II−I III−I
1 2 1 −4
0 −1 1 1
0 −2 2 2
0 1 −1 −1
(−1)·II
1 2 1 −4
0 1 −1 −1
0 −2 2 2
0 1 −1 −1
I−2II III+2II, IV−II
1 0 3 −2 0 1 −1 −1
0 0 0 0
0 0 0 0
;
damit gilt
s 1 = 3 · u 1 + (−1) · u 2 ∈ hu 1 , u 2 i s 2 = (−2) · u 1 + (−1) · u 2 ∈ hu 1 , u 2 i, woraus sich zun¨ achst
Bild(` A ) = hs 1 , s 2 i ⊆ hu 1 , u 2 i = Kern(` A )
und mit dim Kern(` A ) = dim Bild(` A ) dann Kern(` A ) = Bild(` A ) ergibt.
b) F¨ ur die beiden Endomorphismen
` B : R 4 → R 4 , ` B (x) = B · x, und ` C : R 4 → R 4 , ` C (x) = C · x,
mit den Abbildungsmatrizen
B =
0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0
∈ R 4×4 und C =
0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
∈ R 4×4
gilt zum einen
Kern(` B ) = he 1 i und Bild(` B ) = he 1 , e 2 , e 3 i und zum anderen
Kern(` C ) = he 1 , e 2 , e 3 i und Bild(` C ) = he 1 i, insgesamt also
Kern(` B ) ( Bild(` B ) ( R 4 und Bild(` C ) ( Kern(` C ) ( R 4 . II.3. Die in Abh¨ angigkeit vom reellen Parameter a ∈ R gegebene Matrix
M a =
0 −a 0
1 a + 1 0
0 1 a + 1
∈ R 3×3
besitzt zun¨ achst die Determinante det M a =
0 −a 0
1 a + 1 0
0 1 a + 1
Sarrus = (0 + 0 + 0) − (0 + 0 − a(a + 1)) = a(a + 1), und wir erhalten
M a invertierbar ⇐⇒ det M a 6= 0 ⇐⇒ a ∈ R \ {−1, 0} . Ferner besitzt M a das charakteristische Polynom
χ a (λ) = det(M a − λ E 3 ) =
−λ −a 0
1 a + 1 − λ 0
0 1 a + 1 − λ
Laplace
3. Spalte = (−1) 3+3 (a + 1 − λ) ·
−λ −a 1 a + 1 − λ
= (a + 1 − λ) · − λ(a + 1 − λ) − (−a)
= (a + 1 − λ) · λ 2 − (a + 1)λ + a
Vieta = −(λ − (a + 1)) · (λ − a) · (λ − 1)
f¨ ur alle λ ∈ R ; damit zerf¨ allt χ a (λ) komplett in Linearfaktoren, und f¨ ur die Nullstellen
λ 1 = a + 1, λ 2 = a, λ 3 = 1 gilt stets λ 1 6= λ 2 sowie
λ 1 = λ 3 ⇐⇒ a = 0 und λ 2 = λ 3 ⇐⇒ a = 1,
wodurch die folgende Fallunterscheidung motiviert wird:
• F¨ ur a ∈ R \ {0, 1} besitzt M a die drei (paarweise) verschiedenen Eigenwerte λ 1 , λ 2 , λ 3 und ist damit als 3 × 3–Matrix diagonalisierbar.
• F¨ ur a = 0 besitzt M 0 den Eigenwert λ 1 = λ 3 = 1 der algebraischen Viel- fachheit α 1 = 2; wegen
M 0 − 1 · E 3 =
−1 0 0 1 0 0 0 1 0
1 0 0 0 1 0 0 0 0
ergibt sich die geometrische Vielfachheit
γ 1 = 3 − Rang(M 0 − 1 · E 3 ) = 3 − 2 = 1, und wegen γ 1 6= α 1 ist M 0 nicht diagonalisierbar.
• F¨ ur a = 1 besitzt M 1 den Eigenwert λ 2 = λ 3 = 1 der algebraischen Viel- fachheit α 2 = 2; wegen
M 1 − 1 · E 3 =
−1 −1 0
1 1 0
0 1 1
1 1 0 0 1 1 0 0 0
ergibt sich die geometrische Vielfachheit
γ 2 = 3 − Rang(M 1 − 1 · E 3 ) = 3 − 2 = 1, und wegen γ 2 6= α 2 ist M 1 nicht diagonalisierbar.
Zusammenfassend ergibt sich
diagonalisierbar Matrix M a
ja nein
ja a ∈ R \ {−1, 0, 1} a = 1 invertierbar
nein a = −1 a = 0
II.4. Im euklidischen Raum R 3 , versehen mit dem Standardskalarprodukt, betrachten wir die vier Punkte
A =
2 1 0
, B =
5 2 0
, C =
4 5 0
und D =
3 3 1
; die Koordinaten seien mit x 1 , x 2 , x 3 bezeichnet.
a) F¨ ur zwei Punkte P , Q ∈ R 3 mit P 6= Q stimmt die Menge aller Punkte X von R 3 , die von P und Q denselben Abstand besitzen, mit der Mittelsenk- rechten M P Q von P und Q ¨ uberein; dabei ist M P Q die (Hyper–)Ebene mit dem Tr¨ agerpunkt P +Q 2 und dem Normalenvektor Q − P . Wegen
t 1 = A + B
2 =
3,5 1,5 0
und u e 1 = B − A =
3 1 0
besitzt die Mittelsenkrechte M AB von A und B die Gleichung M AB : u e 1 ◦ x = u e 1 ◦ t 1 bzw. 3 x 1 + x 2 = 12, und wegen
t 2 = A + C
2 =
3 3 0
und u e 2 = C − A =
2 4 0
besitzt die Mittelsenkrechte M AC von A und C die Gleichung M AC : u e 2 ◦ x = u e 2 ◦ t 2 bzw. 2 x 1 + 4 x 2 = 18.
F¨ ur die gesuchte Menge g aller Punkte X von R 3 , die von A, B und C denselben Abstand besitzen, gilt nun
g = M AB ∩ M AC ,
und damit stimmt g mit der L¨ osungsmenge des linearen Gleichungssystems mit der erweiterten Koeffizientenmatrix
3 1 0 12 2 4 0 18
I↔
12II
1 2 0 9 3 1 0 12
II−3I
1 2 0 9 0 −5 0 −15
−
15
II
1 2 0 9 0 1 0 3
I−2II
1 0 0 3 0 1 0 3
¨ uberein. Folglich ist
g =
3 3 0
+ R ·
0 0 1
eine (affine) Gerade.
b) Der Mittelpunkt M der Umkugel des Tetraeders mit den Ecken A, B, C, D ist derjenige Punkt auf g, der von den Punkten A (und damit auch von B und C) und D denselben Abstand besitzt; f¨ ur den Radius r der Umkugel gilt dann
dist(A, M ) = r = dist(D, M ).
Wegen M ∈ g ergibt sich die Gestalt M =
3 3 0
+ λ ·
0 0 1
=
3 3 λ
f¨ ur ein geeignetes λ ∈ R , wobei wegen dist(A, M) = kM − Ak =
1 2 λ
= √
5 + λ 2
und
dist(D, M ) = kM − Dk =
0 0 λ − 1
= |λ − 1|
dann
√ 5 + λ 2 = |λ − 1| bzw. 5 + λ 2 = (λ − 1) 2 = λ 2 − 2 λ + 1, also 2 λ = −4 bzw. λ = −2 gilt. Wir erhalten also
M =
3 3
−2
und r = p
5 + (−2) 2 = √ 9 = 3.
Die Eckpunkte A, B und C des Tetraeders liegen auf der x 1 –x 2 –Ebene mit der Gleichung x 3 = 0; da sich nun der vierte Eckpunkt D oberhalb und der Mittelpunkt M der Umkugel unterhalb der x 1 –x 2 –Ebene befindet, kann M nicht im Inneren des Tetraeders liegen.
II.5. Die in Abh¨ angigkeit vom Parameter s ∈ R gegebene Quadrik Q s =
x y
∈ R 2 | s x 2 + 2 x y + s y 2 + 2 x + 2 y − 1 = 0
besitzt die Gleichung
x y
· A s · x
y
+ b > · x
y
+ c = 0 mit
A s = s 1
1 s
∈ R 2×2 , b = 2
2
∈ R 2 und c = −1 ∈ R . Wegen
χ A
s(λ) = det(A s − λ E 2 ) =
s − λ 1 1 s − λ
= (s − λ) 2 − 1 2 =
= (s − λ − 1) · (s − λ + 1) = (λ − (s − 1)) · (λ − (s + 1)) f¨ ur alle λ ∈ R besitzt A s die beiden (verschiedenen) Eigenwerte λ 1 = s − 1 und λ 2 = s + 1; wegen
A s − λ 1 E 2 = 1 1
1 1
1 1 0 0
ist v 1 = −1
1
ein Eigenvektor von A s zum Eigenwert λ 1 = s − 1, und wegen A s − λ 2 E 2 =
−1 1 1 −1
−1 1 0 0
ist v 2 = 1
1
ein Eigenvektor von A s zum Eigenwert λ 2 = s + 1. Mit der orthogonalen Matrix P =
v 1 kv 1 k , v 2
kv 2 k
=
− √ 1
2
√ 1 2
√ 1 2
√ 1 2
!
∈ O 2 ( R )
und der Diagonalmatrix
D = diag (λ 1 , λ 2 ) =
s − 1 0 0 s + 1
∈ R 2×2
gilt dann P > AP = D. Mit der Variablentransformation x
y
= P u
v
ergibt sich die Gleichung
u v
P > AP u
v
+ b > P u
v
+ c = 0, also
u v
s − 1 0 0 s + 1
u v
+ 2 2
·
− √ 1
2
√ 1 2
√ 1 2
√ 1 2
! u v
− 1 = 0, und damit
(∗) (s − 1) u 2 + (s + 1) v 2 + 2 √
2 v − 1 = 0.
F¨ ur s = −1 erh¨ alt man (∗) − 2 u 2 + 2 √
2 v − 1 = 0 ⇐⇒
⇐⇒ −2 u 2 + 2 √ 2
v − 1 2 √
2
= 0 ⇐⇒ u 2
√ 2 −
v − 1 2 √
2
= 0, mit der Variablentransformation
w z
=
u v − 2 √ 1 2
also in w 2
√ 2 − z = 0 die euklidische Normalform einer Parabel. F¨ ur s 6= −1 ist s + 1 6= 0, und es gilt
(∗) (s − 1) u 2 + (s + 1) v 2 + 2 ·
√ 2 s + 1 · v
!
= 1 ⇐⇒
(s − 1) u 2 + (s + 1)
v 2 + 2 ·
√ 2 s + 1 · v +
√ 2 s + 1
! 2
= 1 + 2 s + 1
⇐⇒ (s − 1) u 2 + (s + 1) v +
√ 2 s + 1
! 2
= s + 3 s + 1 , mit der Variablentransformation
w z
=
u v +
√ 2
s+1
also (∗) (s − 1) w 2 + (s + 1) z 2 = s + 3
s + 1 . F¨ ur s = 1 erh¨ alt man in
(∗) 2 z 2 = 2 ⇐⇒ z 2 = 1
die euklidische Normalform eines parallelen Geradenpaars, und f¨ ur s = −3 erh¨ alt man in
(∗) − 4 w 2 − 2 z 2 = 0 ⇐⇒ 2 w 2 + z 2 = 0
die euklidische Normalform eines Punktes; f¨ ur s ∈ R \ {−3, −1, 1} ergibt sich schließlich die euklidische Normalform
(∗) w 2
s+3 (s+1)(s−1)
+ z 2
s+3 (s+1)
2= 1,
und im Hinblick auf das Vorzeichen der beiden Nenner erhalten wir:
s < −3 −3 < s < −1 −1 < s < 1 1 < s
s + 3 < 0 > 0 > 0 > 0
s + 1 < 0 < 0 > 0 > 0
s − 1 < 0 < 0 < 0 > 0
s+3
(s+1)(s−1) < 0 > 0 < 0 > 0
s+3
(s+1)
2< 0 > 0 > 0 > 0
Typ leere Menge Ellipse Hyperbel Ellipse
III.1. Es bezeichne L A,b die L¨ osungsmenge des linearen Gleichungssystems A · x = b mit der Koeffizientenmatrix A ∈ R 2×2 und der rechten Seite b ∈ R 2 .
a) i) Die Aussage ist falsch: F¨ ur A =
1 0 0 0
∈ R 2×2 und b = b 1
b 2
∈ R 2
gilt
L A,b =
b 1
λ
| λ ∈ R
, falls b 2 = 0,
∅, falls b 2 6= 0;
damit besteht L A,b f¨ ur kein b ∈ R 2 aus genau einem Punkt.
ii) Die Aussage ist wahr: F¨ ur alle b ∈ R 2 betrachte man die Einheitsmatrix A = E 2 ∈ R 2×2 , und
L A,b = {b}
besteht aus genau aus einem Punkt.
iii) Die Aussage ist wahr: Ist L A,b ein Untervektorraum, so ist x = 0 eine L¨ osung des linearen Gleichungssystems A · x = b, und es gilt
b = A · x = A · 0 = 0.
b) Wir ermitteln zun¨ achst die notwendige Gestalt einer Koeffizientenmatrix A =
a 11 a 12 a 21 a 22
∈ R 2×2 , so daß f¨ ur b = −1
1
∈ R 2
das lineare Gleichungssystem A · x = b die L¨ osungsmenge L A,b = x p + R · u mit x p =
1 1
und u = 1
−2
besitzt. Damit ist zum einen x p ∈ R 2 eine L¨ osung des inhomogenen linearen Gleichungssystems A · x = b, also
a 11 a 12 a 21 a 22
· 1
1
= −1
1
, bzw. (I) a 11 + a 12 = −1, (II) a 21 + a 22 = 1, und zum anderen u ∈ R 2 eine L¨ osung des homogenen linearen Gleichungs- systems A · x = 0, also
a 11 a 12
a 21 a 22
· 1
−2
= 0
0
, bzw. (I 0 ) a 11 − 2 a 12 = 0, (II 0 ) a 21 − 2 a 22 = 0;
¨ uber (I) und (I 0 ) ergibt sich
(I) − (I 0 ) : 3 a 12 = −1, also a 12 = − 1 3 und a 11 = − 2 3 , und ¨ uber (II) und (II 0 ) ergibt sich
(II) − (II 0 ) : 3 a 22 = 1, also a 22 = 1 3 und a 21 = 2 3 ,
und wir erhalten als einzige Option A = − 2 3 − 1 3
2 3
1 3
!
∈ R 2×2 .
Wir ¨ uberpr¨ ufen nun, ob die ermittelte Matrix A ∈ R 2×2 tats¨ achlich das Gew¨ unschte leistet: wegen
(A | b) =
− 2 3 − 1 3 −1
2 3
1
3 1
II+I
− 2 3 − 1 3 −1
0 0 0
ergibt sich
L A,b = 1
1
+ R · 1
−2
. III.2. a) Der Spaltenraum U ⊆ R 4 der gegebenen Matrix
A =
1 1 1 1 0 0 1 −1 1 0 0 1 0 1 0 1
∈ R 4×4
besitzt wegen
A III−I
1 1 1 1
0 0 1 −1
0 −1 −1 0
0 1 0 1
II↔III
1 1 1 1
0 −1 −1 0
0 0 1 −1
0 1 0 1
IV+II
1 1 1 1
0 −1 −1 0
0 0 1 −1
0 0 −1 1
IV+III
1 1 1 1
0 −1 −1 0
0 0 1 −1
0 0 0 0
die Dimension
dim U = Rang A = 3;
dabei bilden die erste, zweite und dritte Spalte
s 1 =
1 0 1 0
, s 2 =
1 0 0 1
und s 3 =
1 1 0 0
∈ R 4
eine Basis von U , die nun (bez¨ uglich dem Standardskalarprodukt ◦) dem Gram–Schmidtschen Orthonormalisierungsverfahren unterworfen wird: wir erhalten
a 1 = s 1 =
1 0 1 0
mit ka 1 k = √
2, also b 1 = 1
ka 1 k · a 1 = 1
√ 2
1 0 1 0
,
damit
a 2 = s 2 − (s 2 ◦ b 1 ) · b 1 =
1 0 0 1
− 1
√ 2 · 1
√ 2
1 0 1 0
=
1 2
0
− 1 2 1
= 1 2
1 0
−1 2
mit
ka 2 k = 1 2
√
6, also b 2 = 1
ka 2 k · a 2 = 1
√ 6
1 0
−1 2
,
und damit
a 3 = s 3 − (s 3 ◦ b 1 ) · b 1 − (s 3 ◦ b 2 ) · b 2 =
=
1 1 0 0
− 1
√ 2 · 1
√ 2
1 0 1 0
− 1
√ 6 · 1
√ 6
1 0
−1 2
=
1 3
1
− 1 3
− 1 3
= 1 3
1 3
−1
−1
mit
ka 3 k = 1 3
√ 12, also b 3 = 1
ka 3 k · a 3 = 1
√ 12
1 3
−1
−1
.
Damit ist b 1 , b 2 , b 3 eine Orthonormalbasis von U . b) Jeder Vektor x ∈ R 4 besitzt eine eindeutige Darstellung
x = u + u e mit u ∈ U und u e ∈ U ⊥ ;
dabei ist u die orthogonale Projektion von x in U , und mit der Orthonor- malbasis von a) gilt
u = (x ◦ b 1 ) · b 1 + (x ◦ b 2 ) · b 2 + (x ◦ b 3 ) · b 3 . Speziell f¨ ur den ersten Einheitsvektor x = e ∈ R 4 gibt es wegen
e = (e − y) + y f¨ ur alle y ∈ R 4 genau ein y ∈ U ⊥ mit e − y ∈ U ; dabei ist
e − y = (e ◦ b 1 ) · b 1 + (e ◦ b 2 ) · b 2 + (e ◦ b 3 ) · b 3
= 1
√ 2 · 1
√ 2
1 0 1 0
+ 1
√ 6 · 1
√ 6
1 0
−1 2
+ 1
√ 12 · 1
√ 12
1 3
−1
−1
=
3 4 1 4 1 4 1 4
und damit y = e − (e − y) =
1
− 4 1 4
− 1 4
− 1 4
.
III.3. a) Die gegebene Matrix
S = 1 3
1 −2 −2
−2 1 −2
−2 −2 1
∈ R 3×3
ist gem¨ aß S · S > = 1
3
1 −2 −2
−2 1 −2
−2 −2 1
· 1 3
1 −2 −2
−2 1 −2
−2 −2 1
=
1 0 0 0 1 0 0 0 1
= E 3 orthogonal sowie gem¨ aß S > = S auch symmetrisch; damit beschreibt S eine Spiegelung im R 3 am Eigenraum U = Eig(S, 1) von S zum Eigenwert λ = 1.
Wegen
S−1·E 3 = 1 3
1 − 3 −2 −2
−2 1 − 3 −2
−2 −2 1 − 3
−
32·I, II
−
32
