Prof. Dr. Helmut Lenzing Paderborn, den 8. Dezember 2003 Markus Diek¨amper, Andrew Hubery, Marc Jesse Abgabe bis 16. Dezember 2003, 11 Uhr
Ubungen zur Vorlesung ¨ Lineare Algebra I
WS 2003/2004 Musterl¨osung zu Blatt 9
AUFGABE 1 (4 Punkte):
a) Weisen Sie nach, dass die 2 × 2-Matrizen bez¨ uglich der folgenden Addition µ a
11a
12a
21a
22¶ +
µ b
11b
12b
21b
22¶
=
µ a
11+ b
11a
12+ b
12a
21+ b
21a
22+ b
22¶
und skalaren Multiplikation
α ·
µ a
11a
12a
21a
22¶
=
µ αa
11αa
12αa
21αa
22¶
einen R -Vektorraum M
2( R ) bilden.
b) Geben Sie eine Basis von M
2( R ) an.
L¨ osung:
a) Es wird die G¨ ultgkeit der Axiome f¨ ur Vektorr¨aume nachgewiesen.
(A 1) Kommutativit¨ at F¨ ur alle Matrizen
µ a
11a
12a
21a
22¶ und
µ b
11b
12b
21b
22¶
aus M
2( R ) gilt:
µ a
11a
12a
21a
22¶ +
µ b
11b
12b
21b
22¶
=
µ a
11+ b
11a
12+ b
12a
21+ b
21a
22+ b
22¶
=
µ b
11+ a
11b
12+ a
12b
21+ a
21b
22+ a
22¶
=
µ b
11b
12b
21b
22¶ +
µ a
11a
12a
21a
22¶
(A 2) Assoziativit¨ at F¨ ur alle Matrizen
µ a
11a
12a
21a
22¶ ,
µ b
11b
12b
21b
22¶ und
µ c
11c
12c
21c
22¶
aus M
2( R ) gilt:
µµ a
11a
12a
21a
22¶ +
µ b
11b
12b
21b
22¶¶
+
µ c
11c
12c
21c
22¶
=
µ a
11+ b
11a
12+ b
12a
21+ b
21a
22+ b
22¶ +
µ c
11c
12c
21c
22¶
=
µ (a
11+ b
11) + c
11(a
12+ b
12) + c
12(a
21+ b
21) + c
21(a
22+ b
22) + c
22¶
=
µ a
11+ (b
11+ c
11) a
12+ (b
12+ c
12) a
21+ (b
21+ c
21) a
22+ (b
22+ c
22)
¶
=
µ a
11a
12a
21a
22¶ +
µ b
11+ c
11b
12+ c
12b
21+ c
21b
22+ c
22¶
=
µ a
11a
12a
21a
22¶ +
µµ b
11b
12b
21b
22¶ +
µ c
11c
12c
21c
22¶¶
(A 3) neutrales Element F¨ ur alle Matrizen
µ a
11a
12a
21a
22¶
aus M
2( R ) gilt:
µ a
11a
12a
21a
22¶ +
µ 0 0 0 0
¶
=
µ a
11a
12a
21a
22¶
Mittels des Axioms (A 1) folgt, dass
µ 0 0 0 0
¶
das neutrale Element bez¨ uglich der Addition ist.
(A 4) inverses Element Zu jeder Matrix A =
µ a
11a
12a
21a
22¶
aus M
2( R ) gibt es eine Matrix B =
µ −a
11−a
12−a
21−a
22¶
aus M
2( R ) und es gilt:
µ a
11a
12a
21a
22¶ +
µ −a
11−a
12−a
21−a
22¶
=
µ a
11− a
11a
12− a
12a
21− a
21a
22− a
22¶
=
µ 0 0 0 0
¶
Mittels des Axioms (A 1) folgt, dass B das additive Inverse zu A ist.
(M 1) F¨ ur alle α ∈ R und alle Matrizen
µ a
11a
12a
21a
22¶ und
µ b
11b
12b
21b
22¶
aus M
2( R ) gilt:
α ·
µµ a
11a
12a
21a
22¶ +
µ b
11b
12b
21b
22¶¶
= α ·
µ a
11+ b
11a
12+ b
12a
21+ b
21a
22+ b
22¶
=
µ α(a
11+ b
11) α(a
12+ b
12) α(a
21+ b
21) α(a
22+ b
22)
¶
=
µ αa
11+ αb
11αa
12+ αb
12αa
21+ αb
21αa
22+ αb
22¶
=
µ αa
11αa
12αa
21αa
22¶ +
µ αb
11αb
12αb
21αb
22¶
= α ·
µ a
11a
12a
21a
22¶ + α ·
µ b
11b
12b
21b
22¶
(M 2) F¨ ur alle α, β ∈ R und alle Matrizen
µ a
11a
12a
21a
22¶
aus M
2( R ) gilt:
(α + β) ·
µ a
11a
12a
21a
22¶
=
µ (α + β)a
11(α + β)a
12(α + β)a
21(α + β)a
22¶
=
µ αa
11+ βa
11αa
12+ βa
12αa
21+ βa
21αa
22+ βa
22¶
=
µ αa
11αa
12αa
21αa
22¶ +
µ βa
11βa
12βa
21βa
22¶
= α ·
µ a
11a
12a
21a
22¶ + β ·
µ a
11a
12a
21a
22¶
(M 3) F¨ ur alle α, β ∈ R und alle Matrizen
µ a
11a
12a
21a
22¶
aus M
2( R ) gilt:
(αβ) ·
µ a
11a
12a
21a
22¶
=
µ (αβ)a
11(αβ)a
12(αβ)a
21(αβ)a
22¶
=
µ α(βa
11) α(βa
12) α(βa
21) α(βa
22)
¶
= α ·
µ βa
11βa
12βa
21βa
22¶
= α · µ
β ·
µ a
11a
12a
21a
22¶¶
(M 4) F¨ ur alle Matrizen
µ a
11a
12a
21a
22¶
aus M
2( R ) gilt:
1
R·
µ a
11a
12a
21a
22¶
=
µ 1
Ra
111
Ra
121
Ra
211
Ra
22¶
=
µ a
11a
12a
21a
22¶
b) Wir betrachten die Menge
B =
½µ 1 0 0 0
¶ ,
µ 0 1 0 0
¶ ,
µ 0 0 1 0
¶ ,
µ 0 0 0 1
¶¾
⊂ M
2( R ).
F¨ ur eine beliebige Matrix
µ a
11a
12a
21a
22¶
aus M
2( R ) erhalten wir µ a
11a
12a
21a
22¶
=
µ a
11a
120 0
¶ +
µ 0 0 a
21a
22¶
=
µ a
110 0 0
¶ +
µ 0 a
120 0
¶ +
µ 0 0 a
210
¶ +
µ 0 0 0 a
22¶
= a
11µ 1 0 0 0
¶ + a
12µ 0 1 0 0
¶ + a
21µ 0 0 1 0
¶ + a
22µ 0 0 0 1
¶ . Somit ist B ein Erzeugendensystem von M
2( R ). Ferner erhalten wir durch Einsetzen der Nullmatrix, dass B eine linear unabh¨ angige Teilmenge von M
2( R ) ist.
B ist daher eine Basis des R -Vektorraumes M
2( R ).
AUFGABE 2 (4 Punkte) :
Seien v
1, . . . , v
nlinear unabh¨angige Vektoren. F¨ ur α
1, . . . , α
n∈ R setzen wir w = α
1v
1+ · · · + α
nv
n.
Beweisen Sie, dass das System der Vektoren v
1− w, . . . , v
n− w genau dann linear abh¨angig ist, wenn α
1+ α
2+ · · · + α
n= 1 gilt.
L¨ osung:
⇒: Sei das System der Vektoren v
1− w, . . . , v
n− w linear abh¨angig, dann gibt es (λ
1, . . . , λ
n) 6= (0, . . . , 0)
mit
λ
1(v
1− w) + λ
2(v
2− w) + · · · + λ
n(v
n− w) = 0.
Die Definition von w liefert uns die Gleichung
λ
1(v
1−(α
1v
1+· · ·+α
nv
n))+λ
2(v
2−(α
1v
1+· · ·+α
nv
n))+· · ·+λ
n(v
n−(α
1v
1+· · ·+α
nv
n)) = 0.
Fassen wir die Koeffizienten zusammen so erhalten wir die Gleichung (λ
1− (λ
1+ λ
2+ · · · + λ
n)α
1)v
1+ (λ
2− (λ
1+ λ
2+ · · · + λ
n)α
2)v
2+ · · ·
+ (λ
n− (λ
1+ λ
2+ · · · + λ
n)α
n)v
n= 0
Aufgrund der linearen Unabh¨angigkeit der Vektoren v
1, . . . , v
nerhalten wir die folgen- den Gleichungen
λ
1= (λ
1+ λ
2+ · · · + λ
n)α
1= ( P
ni=1
λ
i) α
1λ
2= (λ
1+ λ
2+ · · · + λ
n)α
2= ( P
ni=1
λ
i) α
2...
λ
n= (λ
1+ λ
2+ · · · + λ
n)α
n= ( P
ni=1
λ
i) α
nDie Annahme P
ni=1
λ
i= 0 f¨ uhrt dazu, dass (λ
1, . . . , λ
n) = (0, . . . , 0) gilt. Dies ist jedoch ein Widerspruch zur linearen Abh¨angigkeit der Vektoren v
1− w, . . . , v
n− w.
Es muss also P
ni=1
λ
i6= 0 gelten. Das Aufsummieren der obigen Gleichungen liefert uns dann P
ni=1
λ
i= (λ
1+ λ
2+ · · · + λ
n) P
ni=1
α
i= ( P
ni=1
λ
i) ( P
ni=1
α
i) und nach K¨ urzen erhalten wir 1 = P
ni=1
α
i.
⇐: Es gelte α
1+ α
2+ · · · + α
n= 1. Aus der Definition von w leiten wir die Gleichung α
1v
1+ · · · + α
nv
n− w = 0
ab. Setzen wir die Beschreibung der 1 ein, so erhalten wir die Gleichung α
1v
1+ · · · + α
nv
n− (α
1+ α
2+ · · · + α
n)w = 0.
Durch Umformen sehen wir ferner
α
1(v
1− w) + α
2(v
2− w) + · · · + α
n(v
n− w) = 0.
Die Annahme, dass alle Koeffizienten α
if¨ ur alle i ∈ {1, . . . , n} gleich Null sind, f¨ uhrt zu der widerspr¨ uchlichen Gleichung 0 = P
ni=1
α
i= 1. Es sind also nicht alle Koeffizienten gleich Null und somit die Vektoren v
1− w, . . . , v
n− w linear abh¨angig.
AUFGABE 3 (4 Punkte):
Wir betrachten zwei Teilmengen des R
4, n¨amlich
V =
x
1x
2x
3x
4
| x
2− 2x
3+ x
4= 0
und W =
x
1x
2x
3x
4
| x
1= 0, x
2= 2x
3
Bestimmen Sie eine Basis f¨ ur V ∩ W .
L¨ osung: Wir bestimmen V ∩ W . Jeder Vektor
x
1x
2x
3x
4
∈ V ∩ W
erf¨ ullt das folgende Gleichungssystem:
x
2− 2x
3+ x
4= 0 x
1= 0
x
2− 2x
3= 0
Das L¨osen dieses Gleichungssystems (z.B. mittels Gauß-Algorithmus) liefert uns:
V ∩ W =
t
0 2 1 0
| t ∈ R
Der Vektor
0 2 1 0
erzeugt V ∩ W und ist linear unabh¨angig (klar!). Daher ist
B :=
0 2 1 0
⊆ R
4eine Basis f¨ ur V ∩ W . AUFGABE 4 (4 Punkte):
a) Sei v
1, . . . , v
neine Basis des Vektorraumes V
1. Wir betrachten f¨ ur ein r ∈ {1, . . . , n}
den Unterraum U = hv
1, . . . , v
ri von V
1. Beweisen Sie, dass es einen Unterraum W von V
1gibt, so dass
U ∩ W = {0} und U + W = V
1gilt.
b) Seien U
1, U
2Unterr¨aume eines Vektorraumes V
2. Weisen Sie nach, dass U
1∪ U
2genau dann ein Unterraum von V
2ist, wenn U
1⊆ U
2oder U
2⊆ U
1gilt.
L¨ osung:
a) 1. Wir setzen W = hv
r+1, . . . , v
ni. Sei nun x ∈ U ∩ W beliebig, dann l¨asst sich x sowohl als
x = α
1v
1+ α
2v
2+ · · · + α
rv
r(da x ∈ U gilt) als auch als
x = β
r+1v
r+1+ β
r+2v
r+2+ · · · + β
nv
n(da x ∈ W gilt) schreiben, wobei α
iund β
jreelle Zahlen sind. Durch Subtrahieren der der zweiten Gleichung von der ersten erhalten wir die Gleichung
α
1v
1+ α
2v
2+ · · · + α
rv
r+ (−β
r+1)v
r+1+ (−β
r+2)v
r+2+ · · · + (−β
n)v
n= 0.
Aus der linearen Unabh¨angigkeit der Vektoren v
1, . . ., v
nfolgt α
1= α
2= . . . = α
r= 0
und hieraus wiederum x = 0. Somit gilt U ∩ W ⊆ {0}.
Aus 0 ∈ U und 0 ∈ W (U und W sind Unterr¨aume von V
1) folgt 0 ∈ U ∩ W , also {0} ⊆ U ∩ W . Insgesamt haben wir somit U ∩ W = {0} gezeigt.
2. Sei nun v ∈ V
1beliebig, dann l¨asst sich
v = γ
1v
1+ γ
2v
2+ · · · + γ
nv
nmit γ
1, . . . , γ
n∈ R schreiben. Wir teilen die Summe wie folgt auf v = γ
1v
1+ γ
2v
2+ · · · + γ
rv
r| {z }
∈U
+ γ
r+1v
r+1+ · · · γ
nv
n| {z }
∈W
