Dr. Erwin Sch¨ orner
Klausurenkurs zum Staatsexamen (WS 2014/15):
Lineare Algebra und analytische Geometrie 5
— L¨ osungsvorschlag —
5.1 Wegen A =
1 1 −1 −1
2 3 4 5
5 7 7 9
II−2I III−5I
1 1 −1 −1
0 1 6 7
0 2 12 14
I−II III−2II
1 0 −7 −8
0 1 6 7
0 0 0 0
ist r = Rang(A) = 2 und damit
dim Kern(ϕ) = 4 − r = 2 sowie dim Bild(ϕ) = r = 2;
genauer gilt:
• Kern(ϕ) = {x ∈ R
4| ϕ(x) = 0} stimmt mit dem L¨ osungsraum des homo- genen linearen Gleichungssystems A · x = 0 mit den freien Variablen x
3und x
4uberein; folglich ist ¨
u
1=
7
−6 1 0
, u
2=
8
−7 0 1
eine Basis von Kern(ϕ).
• Bild(ϕ) = {ϕ(x) | x ∈ R
4} stimmt mit dem Spaltenraum der Matrix A ¨ uber- ein; da die erste und zweite Spalte einen Pivot beinhaltet, bilden die erste und zweite Spalte von A, also
w
1=
1 2 5
, w
2=
1 3 7
,
eine Basis von Bild(ϕ).
5.2 Gegeben ist die lineare Abbildung
f : R
5→ R
4, f (x) = A · x, mit A =
2 2 1 2 −2
−6 −6 −3 −4 2
−2 −1 −1 −1 0
4 5 2 4 −4
∈ R
4×5.
a) Wegen
A =
2 2 1 2 −2
−6 −6 −3 −4 2
−2 −1 −1 −1 0
4 5 2 4 −4
II+3I III+I, IV−2I
2 2 1 2 −2 0 0 0 2 −4 0 1 0 1 −2 0 1 0 0 0
II↔IV
2 2 1 2 −2 0 1 0 0 0 0 1 0 1 −2 0 0 0 2 −4
I−2II III−II
2 0 1 2 −2 0 1 0 0 0 0 0 0 1 −2 0 0 0 2 −4
I−2III IV−2III
2 0 1 0 2 0 1 0 0 0 0 0 0 1 −2 0 0 0 0 0
ist r = Rang(A) = 3 und damit dim Bild(f ) = r = 3. Ferner stimmt Bild(f ) = {f(x) | x ∈ R
5} mit dem Spaltenraum der Matrix A uberein; da ¨ die erste, zweite und vierte Spalte einen Pivot beinhaltet, bilden die erste, zweite und vierte Spalte von A, also
w
1=
2
−6
−2 4
, w
2=
2
−6
−1 5
, w
3=
2
−4
−1 4
eine Basis von Bild(f ).
b) Wegen
dim Bild(f ) =
a)
3 < 4 = dim R
4ist Bild(f ) ( R
4, und damit ist f nicht surjektiv. Ferner ergibt sich mit der Dimensionsformel f¨ ur lineare Abbildungen
dim Kern(f ) = dim R
5− dim Bild(f) = 5 − 3 = 2, also Kern(f) 6= {0}, so daß f auch nicht injektiv ist.
5.3 a) Wir weisen die Linearit¨ at der gegebenen Abbildung g : R
3→ R ,
v
1v
2v
3
7→ v
1− v
2+ 2 v
3,
anhand der Definition nach: f¨ ur alle x =
x
1x
2x
3
und y =
y
1y
2y
3
∈ R
3sowie λ ∈ R gilt
• zum einen x + y =
x
1+ y
1x
2+ y
2x
3+ y
3
∈ R
3mit
g(x + y) = (x
1+ y
1) − (x
2+ y
2) + 2 (x
3+ y
3) =
= (x
1− x
2+ 2 x
3) + (y
1− y
2+ 2 y
3) = g(x) + g(y),
weswegen g zun¨ achst additiv ist, und
• zum anderen λ · x =
λ x
1λ x
2λ x
3
∈ R
3mit
g(λ · x) = λ x
1− λ x
2+ 2 λ x
3= λ · (x
1− x
2+ 2 x
3) = λ · g(x), weswegen g dann auch homogen ist.
Damit ist g : R
3→ R eine lineare Abbildung; f¨ ur alle v =
v
1v
2v
3
∈ R
3gilt
g(v ) = v
1− v
2+ 2 v
3= 1 −1 2
·
v
1v
2v
3
= A · v mit
A = 1 −1 2
∈ R
1×3,
so daß A die Abbildungsmatrix von g, also die darstellende Matrix von g bez¨ uglich der Standardbasen e
1, e
2, e
3von R
3und 1 von R , ist.
b) Die Abbildungsmatrix A ∈ R
1×3besitzt den Rang r = Rang(A) = 1, und damit erh¨ alt man
dim Kern(g) = 3 − r = 2 sowie dim Bild(g) = r = 1;
genauer gilt:
• Kern(g) = {x ∈ R
3| g(x) = 0} stimmt mit dem L¨ osungsraum der ho- mogenen linearen Gleichung A · x = 0 mit den freien Variablen x
2und x
3uberein; folglich ist ¨
u
1=
1 1 0
, u
2=
−2 0 1
eine Basis von Kern(g).
• Bild(g) = {g(x) | x ∈ R
3} stimmt mit dem Spaltenraum der Matrix A ¨ uberein; da die erste Spalte einen Pivot beinhaltet, bildet die erste Spalte von A, also 1, eine Basis von Bild(g).
c) Die L¨ osungsmenge L der linearen Gleichung
g(v) = 1 bzw. v
1− v
2+ 2 v
3= 1,
setzt sich additiv aus einer partikul¨ aren L¨ osung v
pdieser Gleichung, also etwa v
p= e
1∈ R
3, und dem L¨ osungsraum der zugeh¨ origen homogenen Gleichung g(v) = 0, der mit dem Kern(g ) = hu
1, u
2i ⊆ R
3¨ ubereinstimmt, zusammen; es ist also
L = v
p+ Kern(g) =
1 0 0
+ R ·
1 1 0
+ R ·
−2 0 1
.
5.4 a) Wegen
A =
1 −2 3 5
−2 4 −3 −7
3 −6 4 10
II+2I III−3I
1 −2 3 5
0 0 3 3
0 0 −5 −5
II·1
3
1 −2 3 5
0 0 1 1
0 0 −5 −5
I−3I III+5II
1 −2 0 2
0 0 1 1
0 0 0 0
ist r = Rang(A) = 2 und damit
dim U = 4 − r = 2 sowie dim W = r = 2;
genauer gilt:
• U = Kern(f ) stimmt mit dem L¨ osungsraum des homogenen linearen Gleichungssystems A· x = 0 mit den freien Variablen x
2und x
4uberein; ¨ folglich ist
u
1=
2 1 0 0
, u
2=
−2 0
−1 1
eine Basis von U .
• W = Bild(f) stimmt mit dem Spaltenraum der Matrix A ¨ uberein; da die erste und dritte Spalte einen Pivot beinhaltet, bilden die erste und dritte Spalte von A, also
w
1=
1
−2 3
, w
2=
3
−3 4
,
eine Basis von W .
b) F¨ ur eine lineare Abbildung g : R
3→ R
4mit Kern(g) = W und Bild(g) = U m¨ ußte nach der Dimensionsformel
3 = dim R
3= dim Kern(g) + dim Bild(g) = dim W + dim U = 2 + 2 = 4 gelten; daher kann es keine derartige lineare Abbildung geben.
5.5 a) Wegen
A
s=
1 2 −1 2 2 5 −1 3
1 4 1 s
II−2I III−I
1 2 −1 2
0 1 1 −1
0 2 2 s − 2
I−2II III−2II
1 0 −3 4 0 1 1 −1
0 0 0 s
gilt
dim Bild(f
s) = Rang(A
s) =
( 2, falls s = 0,
3, falls s 6= 0.
Damit ist f
sgenau dann surjektiv, wenn s 6= 0 gilt, und in diesen F¨ allen erhalten wir gem¨ aß obiger Rechnung
Kern(f
s) =
x ∈ R
4| A
s· x = 0 = R ·
3
−1 1 0
.
b) F¨ ur s = 0 erhalten wir gem¨ aß a)
A
0
1 0 −3 4 0 1 1 −1
0 0 0 0
.
Kern(f
0) stimmt mit dem L¨ osungsraum des homogenen linearen Gleichungs- systems A
0· x = 0 mit den freien Unbestimmten x
3und x
4uberein; damit ¨ bilden
u
1=
3
−1 1 0
und u
2=
−4 1 0 1
∈ R
4eine Basis von Kern(f
0). Ferner stimmt Bild(f
0) mit dem Spaltenraum der Matrix A
0¨ uberein; da x
1und x
2die gebundenen Unbestimmten sind, bilden die ersten beiden Spalten
s
1=
1 2 1
und s
2=
2 5 4
∈ R
3von A
0eine Basis von Bild(f
0).
5.6 Zu betrachten ist die lineare Abbildung F : R
4→ R
4, F (x) = B · x, mit
B =
1 −1 2 0 1 1 0 −2 1 0 1 −2 0 −1 1 1
∈ R
4×4.
a) Der Kern von F ist der L¨ osungsraum des homogenen linearen Gleichungs- systems B · x = 0; wegen
B =
1 −1 2 0 1 1 0 −2 1 0 1 −2 0 −1 1 1
II−I III−I
1 −1 2 0
0 2 −2 −2
0 1 −1 −2
0 −1 1 1
12·II
1 −1 2 0
0 1 −1 −1
0 1 −1 −2
0 −1 1 1
III−II IV+II
1 −1 2 0
0 1 −1 −1
0 0 0 −1
0 0 0 0
ist x
3die einzige freie Variable, und
u =
−1 1 1 0
∈ R
4ist eine Basis von Kern(F ).
b) Wegen
B − 1 · E
4=
0 −1 2 0 1 0 0 −2 1 0 0 −2 0 −1 1 0
IV−I II−III
0 −1 2 0
1 0 0 −2
0 0 0 0
0 0 −1 0
I↔II III↔IV
1 0 0 −2
0 −1 2 0
0 0 −1 0
0 0 0 0
ist
Rang(B − 1 · E
4) = 3 < 4
und damit λ = 1 ein Eigenwert der Matrix B der geometrischen Vielfachheit γ = 4 − 3 = 1; dabei ist
Eig(B; λ = 1) = R ·
2 0 0 1
.
c) F¨ ur das charakteristische Polynom χ
Bder Matrix B ergibt sich χ
B(λ) = det(B − λ · E
4)
=
1 − λ −1 2 0
1 1 − λ 0 −2
1 0 1 − λ −2
0 −1 1 1 − λ
III−II
=
1 − λ −1 2 0
1 1 − λ 0 −2
0 λ − 1 1 − λ 0
0 −1 1 1 − λ
(λ−1) aus III
= (λ − 1) ·
1 − λ −1 2 0
1 1 − λ 0 −2
0 1 −1 0
0 −1 1 1 − λ
IV+III
= (λ − 1) ·
1 − λ −1 2 0
1 1 − λ 0 −2
0 1 −1 0
0 0 0 1 − λ
(λ−1) aus IV
= (λ − 1)
2·
1 − λ −1 2 0
1 1 − λ 0 −2
0 1 −1 0
0 0 0 −1
=
4. Zeile
(λ − 1)
2· (−1)
4+4· (−1) ·
1 − λ −1 2 1 1 − λ 0
0 1 −1
Sarrus
= −(λ − 1)
2· − (1 − λ)
2+ 0 + 2
− 0 + 0 + 1
= (λ − 1)
2· 1 − 2λ + λ
2− 2 + 1
= (λ − 1)
2· (λ − 2) · λ
f¨ ur alle λ ∈ R ; folglich besitzt der Eigenwert λ = 1 die algebraische Viel- fachheit α = 2, so daß die Matrix B wegen γ < α nach dem Hauptsatz ¨ uber diagonalisierbare Matrizen nicht diagonalisierbar ist.
5.7 In Abh¨ angigkeit vom Parameter t ∈ R sind
A(t) =
2 −2 1 −3
−2 −2t t 4 + t
−4t −4 2 − 2t 8t 6 −6 3 + t −9 + t
∈ R
4×4und b(t) =
1 0 2 3 − t
2
∈ R
4zu betrachten; dabei gilt
(A(t) | b(t)) =
2 −2 1 −3
−2 −2t t 4 + t
−4t −4 2 − 2t 8t 6 −6 3 + t −9 + t
1 0 2 3 − t
2
II+I III+2tI, IV−3I
2 −2 1 −3
0 −2 − 2t 1 + t 1 + t 0 −4 − 4t 2 2t
0 0 t t
1 1 2t + 2
−t
2
III−2II
2 −2 1 −3
0 −2 − 2t 1 + t 1 + t
0 0 −2t −2
0 0 t t
1 1 2t
−t
2
IV+12III
2 −2 1 −3
0 −2 − 2t 1 + t 1 + t
0 0 −2t −2
0 0 0 t − 1
1 1 2t t − t
2
.
a) Gem¨ aß obiger Rechnung ist
A(t)
2 −2 1 −3
0 −2(1 + t) 1 + t 1 + t
0 0 −2t −2
0 0 0 t − 1
;
f¨ ur alle t ∈ R \ {−1, 0, 1} ist −2(1 + t) 6= 0 und −2t 6= 0 und t − 1 6= 0, so daß sich zun¨ achst in diesen F¨ allen Rang(A(t)) = 4 ergibt.
F¨ ur die verbleibenden drei Parameterwerte erh¨ alt man
A(−1)
2 −2 1 −3
0 0 0 0
0 0 2 −2 0 0 0 −2
2 −2 1 −3 0 0 2 −2 0 0 0 −2
0 0 0 0
,
also Rang(A(−1)) = 3, und
A(0)
2 −2 1 −3 0 −2 1 1 0 0 0 −2 0 0 0 −1
2 −2 1 −3 0 −2 1 1 0 0 0 −2
0 0 0 0
,
also Rang(A(0)) = 3, und
A(1)
2 −2 1 −3
0 −4 2 2
0 0 −2 −2
0 0 0 0
,
also Rang(A(1)) = 3.
b) Der Kern der zu betrachtenden linearen Abbildung
`
0: R
4→ R
4, `
0(x) = A(0) · x, ist gem¨ aß
Kern (`
0) =
x ∈ R
4| `
0(x) = 0 =
x ∈ R
4| A(0) · x = 0
der L¨ osungsraum des homogenen linearen Gleichungssystems A(0) · x = 0;
gem¨ aß a) ist
A(0)
2 −2 1 −3 0 −2 1 1 0 0 0 −2
0 0 0 0
I−II
−12·III
2 0 0 −4 0 −2 1 1
0 0 0 1
0 0 0 0
und damit
v =
0 1 2 0
∈ R
4eine Basis von Kern (`
0).
c) Gem¨ aß a) besitzt f¨ ur t ∈ R \ {−1, 0, 1} die Matrix A(t) den vollen Rang 4, so daß hier das inhomogene lineare Gleichungssystem A(t) · x = b(t) wegen
Rang(A(t) | b(t)) = 4 = Rang(A(t))
sogar eindeutig l¨ osbar ist; f¨ ur die verbleibenden F¨ alle ergibt sich:
• f¨ ur t = −1 ist
(A(−1) | b(−1))
2 −2 1 −3
0 0 0 0
0 0 2 −2 0 0 0 −2
1 1
−2
−2
,
und wegen des Widerspruchs in der zweiten Zeile ist das inhomogene lineare Gleichungssystem A(−1) · x = b(−1) nicht l¨ osbar.
• f¨ ur t = 0 ist
(A(0) | b(0))
2 −2 1 −3 0 −2 1 1 0 0 0 −2 0 0 0 −1
1 1 0 0
2 −2 1 −3 0 −2 1 1 0 0 0 −2
0 0 0 0
1 1 0 0
,
und wegen Rang(A(0) | b(0)) = 3 = Rang(A(0)) ist das inhomogene lineare Gleichungssystem A(0) · x = b(0) l¨ osbar.
• f¨ ur t = 1 ist
(A(1) | b(1))
2 −2 1 −3
0 −4 2 2
0 0 −4 −2
0 0 0 0
1 1 2 0
,
und wegen Rang(A(1) | b(1)) = 3 = Rang(A(1)) ist das inhomogene lineare Gleichungssystem A(1) · x = b(1) l¨ osbar.
5.8 a) F¨ ur alle v =
x y z
∈ R
3gilt
π(v) = π
x y z
=
2 x − y − z x − z x − y
und damit π(π(v)) = π
2 x − y − z x − z x − y
=
2 (2 x − y − z) − (x − z) − (x − y) (2 x − y − z) − (x − y) (2 x − y − z) − (x − z)
=
4 x − 2 y − 2 z − x + z − x + y 2 x − y − z − x + y 2 x − y − z − x + z
=
2 x − y − z x − z x − y
= π(v).
b) F¨ ur jedes w ∈ Kern(π) ∩ Bild(π) gilt
• zum einen w ∈ Kern(π), also π(w) = 0, und
• zum anderen w ∈ Bild(π), also w = π(v) f¨ ur ein v ∈ R
3; damit ergibt sich zusammen
w =
w∈Bild(π)
π(v) =
a)
π(π(v)) = π(w) =
w∈Kern(π)
0, also Kern(π) ∩ Bild(π) = {0}.
c) Wegen Kern(π) ⊆ R
3und Bild(π) ⊆ R
3ist auch Kern(π) + Bild(π) ⊆ R
3; mit der Dimensionsformel f¨ ur Unterr¨ aume ergibt sich zun¨ achst
dim (Kern(π) + Bild(π)) =
= dim Kern(π) + dim Bild(π) − dim (Kern(π) ∩ Bild(π))
| {z }
={0}gem¨aß b)
=
= dim Kern(π) + dim Bild(π), woraus mit der Dimensionsformel f¨ ur lineare Abbildungen dann
dim (Kern(π) + Bild(π)) = dim Kern(π) + dim Bild(π) = dim R
3und damit insgesamt Kern(π) + Bild(π) = R
3folgt.
5.9 Im reellen Vektorraum R
3sind die beiden Geraden g =
t 1 0
| t ∈ R
und h = R ·
1 1 1
zu betrachten. Sei zun¨ achst `
A: R
3→ R
3, `
A(x) = A · x, die durch die Matrix A =
a b c a b d a b e
∈ R
3×3mit a, b, c, d, e ∈ R gegebene lineare Abbildung; f¨ ur alle
x =
t 1 0
∈ g mit t ∈ R gilt
A · x =
a b c a b d a b e
·
t 1 0
=
a t + b a t + b a t + b
= (a t + b) ·
1 1 1
∈ h, also bildet `
Adie Gerade g in die Gerade h ab.
Sei nun umgekehrt f : R
3→ R
3, f(x) = M · x, mit der Matrix M =
m
11m
12m
13m
21m
22m
23m
31m
32m
33
∈ R
3×3eine lineare Abbildung, welche die Menge g in die Menge h abbildet. Speziell f¨ ur x
1=
0 1 0
∈ g und x
2=
1 1 0
∈ g
erh¨ alt man
M · x
1=
m
11m
12m
13m
21m
22m
23m
31m
32m
33
·
0 1 0
=
m
12m
22m
32
und
M · x
2=
m
11m
12m
13m
21m
22m
23m
31m
32m
33
·
1 1 0
=
m
11+ m
12m
21+ m
22m
31+ m
32
; wegen M · x
1∈ h und M · x
2∈ h gibt es nun λ, µ ∈ R mit
m
12m
22m
32
= λ ·
1 1 1
=
λ λ λ
und
m
11+ m
12m
21+ m
22m
31+ m
32
= µ ·
1 1 1
=
µ µ µ
,
woraus sich
m
11m
21m
31
=
m
11+ m
12m
21+ m
22m
31+ m
32
−
m
12m
22m
32
=
µ µ µ
−
λ λ λ
=
µ − λ µ − λ µ − λ
und mit der Wahl a = µ − λ und b = λ sowie c = m
13, d = m
23und e = m
33M =
m
11m
12m
13m
21m
22m
23m
31m
32m
33
=
µ − λ λ m
13µ − λ λ m
13µ − λ λ m
13
=
a b c a b d a b e
ergibt.
5.10 a) Es ist
(S|E
3) =
1 1 1 1 1 0 1 0 0
1 0 0 0 1 0 0 0 1
∼
1 0 0 1 1 0 1 1 1
0 0 1 0 1 0 1 0 0
∼
1 0 0 1 1 0 0 0 1
0 0 1
0 1 0
1 −1 0
∼
1 0 0 0 1 0 0 0 1
0 0 1
0 1 −1
1 −1 0
= (E
3|S
0)
Damit ist S invertierbar mit S
−1= S
0=
0 0 1
0 1 −1
1 −1 0
.
b) Da die Matrix S = (a
1, a
2, a
3) gem¨ aß a) invertierbar ist, bilden ihre Spalten a
1, a
2, a
3eine Basis von R
3; demnach gibt es f¨ ur jeden R –Vektorraum W und jede Wahl von Vektoren w
1, w
2, w
3∈ W genau eine lineare Abbildung
f : R
3→ W mit f(a
1) = w
1, f(a
2) = w
2und f (a
3) = w
3.
Insbesondere existiert also genau eine lineare Abbildung f : R
3→ R
3mit f(a
1) = a
2, f (a
2) = a
3und f(a
3) = a
1; f¨ ur die gesuchte Matrix A ∈ R
3×3gilt
A a
1= f(a
1) = a
2, A a
2= f(a
2) = a
3und A a
3= f(a
3) = a
1, also
A · (a
1, a
2, a
3) = (A a
1, A a
2, A a
3) = (a
2, a
3, a
1) . Mit T = (a
2, a
3, a
1) ∈ R
3×3gilt also A · S = T , und man erh¨ alt
A = T · S
−1=
1 1 1 1 0 1 0 0 1
·
0 0 1
0 1 −1
1 −1 0
=
1 0 0
1 −1 1 1 −1 0
.
Alternativ l¨ aßt sich die Aufgabe auch ohne Verwendung des Prinzips der linearen Fortsetzung wie folgt l¨ osen: Sei f : R
3→ R
3eine lineare Abbildung mit f (a
1) = a
2, f (a
2) = a
3und f(a
3) = a
1; f¨ ur ihre Abbildungsmatrix A ∈ R
3×3gilt A a
1= f(a
1) = a
2, A a
2= f (a
2) = a
3und A a
3= f (a
3) = a
1, also A · (a
1, a
2, a
3) = (a
2, a
3, a
1), und man erh¨ alt wie oben
A =
1 0 0
1 −1 1 1 −1 0
.
Damit ist schon gezeigt, daß es h¨ ochstens eine lineare Abbildung mit den geforderten Eigenschaften gibt, n¨ amlich `
A; die Probe
`
A(a
1) = A a
1= a
2, `
A(a
2) = A a
2= a
3und `
A(a
3) = A a
3= a
1beweist nun, daß f = `
Aauch das Gew¨ unschte leistet.
5.11 a) Es ist
(M |E
3) =
1 0 0 1 1 0 0 1 1
1 0 0 0 1 0 0 0 1
∼
1 0 0 0 1 0 0 1 1
1 0 0
−1 1 0 0 0 1
∼
∼
1 0 0 0 1 0 0 0 1
1 0 0
−1 1 0 1 −1 1
= (E
3|M
0)
Damit ist M invertierbar mit M
−1= M
0=
1 0 0
−1 1 0 1 −1 1
.
b) Zu den im R
3gegebenen Vektoren betrachten wir die beiden Matrizen F = (f
1, f
2, f
3) =
1 0 0 1 1 0 0 1 1
=
a)
M ∈ GL
3( R ) G = (g
1, g
2, g
3) =
1 1 2 2 1 1 1 2 1
∈ R
3×3F¨ ur eine Matrix N ∈ R
3×3gilt nun:
N · f
1= g
1, N · f
2= g
2, N · f
3= g
3⇐⇒
⇐⇒ N · (f
1, f
2, f
3) = (N · f
1, N · f
2, N · f
3) = (g
1, g
2, g
3) ⇐⇒
⇐⇒ N · M = G ⇐⇒ N = G · M
−1, also
N =
1 1 2 2 1 1 1 2 1
·
1 0 0
−1 1 0 1 −1 1
=
2 −1 2
2 0 1
0 1 1
.
5.12 a) (i) Da e
1, e
2, e
3eine Basis von R
3sind, gibt es nach dem Prinzip der linearen Fortsetzung f¨ ur jeden Vektorraum W und jede Wahl von Vektoren w
1, w
2, w
3∈ W eine (eindeutig bestimmte) lineare Abbildung f : R
3→ W mit f(e
1) = w
1, f(e
2) = w
2und f (e
3) = w
3, insbesondere auch f¨ ur W = R
3und
w
1=
2 3 1
, w
2=
2 1 3
, w
3=
4 4 4
∈ R
3.
(ii) Die Vektoren
v
1=
1 2 3
, v
2=
−2 3 0
, v
3=
−3 1
−3
∈ R
3sind wegen v
2= v
1+ v
3linear abh¨ angig; die Annahme, es gibt eine lineare Abbildung f : R
3→ R
3mit
f (v
1) =
1 0 0
, f(v
2) =
0 1 0
, f(v
3) =
−1 1 1
,
f¨ uhrt unter Verwendung der Additivit¨ at von f in
0 1 0
= f(v
2) = f (v
1+ v
3) = f(v
1) + f (v
3) =
1 0 0
+
−1 1 1
=
0 1 1
zu einem Widerspruch. Damit kann es keine lineare Abbildung mit den gew¨ unschten Eigenschaften geben.
b) F¨ ur die gegebenen Vektoren
v
1=
1 2
−3
−4
, v
2=
−2
−2 5 13
, v
3=
2 4
−6
−14
, v
4=
1 4
−4
−1
∈ R
4betrachten wir die Hilfsmatrix A = (v
1, v
2, v
3, v
4) ∈ R
4×4und erhalten
A =
1 −2 2 1
2 −2 4 4
−3 5 −6 −4
−4 13 −14 −1
II−2I III+3I, IV+4I
1 −2 2 1
0 2 0 2
0 −1 0 −1
0 5 −6 3
1 2·II III↔IV
1 −2 2 1
0 1 0 1
0 5 −6 3
0 −1 0 −1
I+2II III−5II, IV+II
1 0 2 3
0 1 0 1
0 0 −6 −2
0 0 0 0
−16·III
1 0 2 3 0 1 0 1 0 0 1
130 0 0 0
I−2II
1 0 0
730 1 0 1 0 0 1
130 0 0 0
damit sind die Vektoren v
1, v
2, v
3, v
4linear abh¨ angig, und es gilt v
4=
73· v
1+ 1 · v
2+
13· v
3.
F¨ ur jede lineare Abbildung g : R
4→ R
4m¨ ußte damit g(v
4) = g
73· v
1+ 1 · v
2+
13· v
3=
73· g(v
1) + 1 · g(v
2) +
13· g(v
3) gelten, wodurch mit den getroffenen Vorgaben in
1 0 1 0
=
73·
1 2 3 4
+ 1 ·
4 3 2 1
+
13·
2 2 2 2
=
7
25 293 3
11
ein Widerspruch entsteht; damit gibt es keine lineare Abbildung g : R
4→ R
4mit den gew¨ unschten Eigenschaften.
5.13 a) Die Vektoren
v
1=
0 1 0
, v
2=
2 1 t
, v
3=
t 1 2
sind genau dann linear unabh¨ angig, wenn die Matrix B = (v
1, v
2, v
3) ∈ R
3×3invertierbar ist. Wegen
det(B ) =
0 2 t 1 1 1 0 t 2
Sarrus
= 0 + 0 + t
2− (0 + 0 + 4) = t
2− 4 ist dies genau f¨ ur
t
2− 4 6= 0 ⇐⇒ t
26= 4 ⇐⇒ t 6= ±2 der Fall. F¨ ur t = 2 ist v
2= v
3und damit
0 · v
1+ 1 · v
2+ (−1) · v
3= 0,
f¨ ur t = −2 ist v
2+ v
3= 2 v
1und damit
(−2) · v
1+ 1 · v
2+ 1 · v
3= 0
eine nichttriviale Linearkombination des Nullvektors aus den dann linear abh¨ angigen Vektoren v
1, v
2, v
3.
b) Im Hinblick auf a) treffen wir die folgende Fallunterscheidung:
• F¨ ur t 6= ±2 sind v
1, v
2, v
3linear unabh¨ angige Vektoren in R
3, wegen dim R
3= 3 also eine Basis von R
3. Damit gibt es nach dem Prinzip der linearen Fortsetzung genau eine lineare Abbildung
f : R
3→ R
3mit f(v
1) = w
1, f (v
2) = w
2und f(v
3) = w
3.
• F¨ ur t = 2 gilt v
2= v
3; wegen w
26= w
3kann es ¨ uberhaupt keine Ab- bildung f : R
3→ R
3mit f (v
2) = w
2und f (v
3) = w
3geben, insbe- sondere existiert damit auch keine lineare Abbildung f : R
3→ R
3mit f (v
1) = w
1, f (v
2) = w
2und f (v
3) = w
3.
• F¨ ur t = −2 liegt die nichttriviale Linearkombination
−2 v
1+ v
2+ v
3= 0
des Nullvektors aus den Vektoren v
1, v
2, v
3vor; dies entspricht genau
−2 w
1+ w
2+ w
3= −2 ·
1 1 0
+
1 2
−2
+
1 0 2
= 0.
Die linear unabh¨ angigen Vektoren v
1, v
2lassen sich nun zu einer Basis v
1, v
2, v
4von R
3erg¨ anzen, und f¨ ur jede Wahl des Vektors w
4∈ R
3gibt es nach dem Prinzip der linearen Fortsetzung eine (zu w
4eindeutig bestimmte) lineare Abbildung
f : R
3→ R
3mit f(v
1) = w
1, f (v
2) = w
2und f(v
4) = w
4, welche dann auch
f(v
3) = f (2 v
1− v
2) = 2 f (v
1) − f (v
2) = 2 w
1− w
2= w
3erf¨ ullt. Folglich gibt es in diesem Fall insgesamt unendlich viele lineare Abbildungen
f : R
3→ R
3mit f(v
1) = w
1, f (v
2) = w
2und f(v
3) = w
3. 5.14 a) F¨ ur die Matrix B = (v
1, v
2, v
3) ∈ R
3×3gilt
B =
1 2 1
1 1 2c − 1 0 2 1 − c
II−I
1 2 1
0 −1 2(c − 1) 0 2 1 − c
III+2II
1 2 1
0 −1 2(c − 1) 0 0 3(c − 1)
; damit ist
dimhv
1, v
2, v
3i = Rang(B ) =
( 3, falls c 6= 1,
2, falls c = 1.
b) Im Hinblick auf a) treffen wir die folgende Fallunterscheidung:
• F¨ ur den Fall c 6= 1 bilden die drei Vektoren v
1, v
2, v
3gem¨ aß a) ein Erzeugendensystem von R
3und damit schon eine Basis von R
3; folglich gibt es dann nach dem Prinzip der linearen Fortsetzung genau eine lineare Abbildung f : R
3→ R
4mit f (v
1) = w
1, f (v
2) = w
2und f (v
3) = w
3.
• F¨ ur den Fall c = 1 sind die drei Vektoren v
1, v
2, v
3von R
3linear abh¨ angig, es gilt hier sogar v
1= v
3; wegen w
16= w
3kann es ¨ uberhaupt keine Abbildung f : R
3→ R
4mit f(v
1) = w
1und f(v
3) = w
3geben, insbesondere existiert damit auch keine lineare Abbildung f : R
3→ R
4mit f(v
1) = w
1, f (v
2) = w
2und f (v
3) = w
3.
c) F¨ ur c = 0 gibt es gem¨ aß b) genau eine lineare Abbildung f : R
3→ R
4mit f(v
1) = w
1, f (v
2) = w
2und f(v
3) = w
3; da nun v
1, v
2, v
3eine Basis von R
3ist, gilt
R
3= hv
1, v
2, v
3i = {λ
1v
1+ λ
2v
2+ λ
3v
3| λ
1, λ
2, λ
3∈ R } , und wegen der Linearit¨ at von f ergibt sich damit
Bild(f ) = {λ
1f (v
1) + λ
2f (v
2) + λ
3f(v
3) | λ
1, λ
2, λ
3∈ R }
= hf (v
1), f(v
2), f(v
3)i = hw
1, w
2, w
3i.
F¨ ur die Hilfsmatrix C = (w
1, w
2, w
3) ∈ R
4×3gilt
C =
1 1 0 0 1 2 2 0 1 1 3 1
III−2I IV−I
1 1 0
0 1 2
0 −2 1
0 2 1
III+2II IV−2II
1 1 0 0 1 2 0 0 5 0 0 −3
IV+35·III
1 1 0 0 1 2 0 0 5 0 0 0
und damit
dim Bild(f ) = Rang(C) = 3;
insbesondere sind die Vektoren w
1, w
2, w
3linear unabh¨ angig, aber kein Erzeugendensystem von R
4, weswegen die lineare Abbildung f zwar injektiv, aber nicht surjektiv ist.
5.15 Die Matrix B = (a
1, a
2, a
3) ∈ R
3×3ist wegen det(B ) =
1 1 2 2 0 3 3 1 4
Sarrus
= (0 + 9 + 4) − (0 + 3 + 8) = 2 6= 0
invertierbar, weswegen a
1, a
2, a
3eine Basis von R
3bilden. Folglich gibt es nach dem Prinzip der linearen Fortsetzung genau eine lineare Abbildung f : R
3→ R
3mit f (a
1) = b
1, f(a
2) = b
2und f (a
3) = b
3. Aus
a
4=
0 1 0
=
2 3 4
−
1 2 3
−
1 0 1
= a
3− a
1− a
2folgt aufgrund der Linearit¨ at von f dann
f(a
4) = f (a
3− a
1− a
2) = f(a
3) − f (a
1) − f(a
2) =
= b
3− b
1− b
2=
0 0 2
−
3 2 1
−
0 1 0
=
−3
−3 1
,
und es ergibt sich
f (a
4) = b
4⇐⇒ α = −3.
5.16 a) Die Matrix B = (b
1, b
2, b
3) ∈ R
3×3ist wegen det(B) =
1 2 3 0 1 2 0 0 1
Dreiecks-
matrix
= 1 · 1 · 1 = 1 6= 0
invertierbar, weswegen b
1, b
2, b
3eine Basis von R
3bilden. Ferner ist die Matrix C = (c
1, c
2) ∈ R
2×2wegen
det(C) =
2 3 1 2
= 2 · 2 − 3 · 1 = 1 6= 0 invertierbar, weswegen c
1, c
2eine Basis von R
2bilden.
b) Die lineare Abbildung f
P: R
3→ R
2besitzt bez¨ uglich der kanonischen Basen des R
3und R
2die darstellende Matrix
P =
1 −2 1
0 2 1
∈ R
2×3,
es ist also f
P(x) = P · x f¨ ur alle x ∈ R
3. F¨ ur die darstellende Matrix P
0∈ R
2×3von f
Pbez¨ uglich der Basen b
1, b
2, b
3von R
3und c
1, c
2von R
2ergibt sich gem¨ aß dem Basiswechsel
P
0= C
−1· P · B = 2 3
1 2
−1·
1 −2 1
0 2 1
·
1 2 3 0 1 2 0 0 1
=
= 1 1 ·
2 −3
−1 2
·
1 0 0 0 2 5
=
2 −6 −15
−1 4 10
∈ R
2×3.
5.17 a) F¨ ur die gegebene Abbildungsmatrix gilt
A =
1 1 1 5
0 1 2 3
3 −1 −5 3
III−3I
1 1 1 5
0 1 2 3
0 −4 −8 −12
III+4II
1 1 1 5 0 1 2 3 0 0 0 0
und damit r = Rang(A) = 2; folglich erh¨ alt man
dim Kern(f ) = 4 − r = 2 und dim Bild(f ) = r = 2.
Genauer gilt:
• U = Kern(f ) stimmt mit dem L¨ osungsraum des homogenen linearen Gleichungssystems A · x = 0 mit den beiden freien Variablen x
3und x
4uberein; folglich ist ¨
u
1=
1
−2 1 0
, u
2=
−2
−3 0 1
eine Basis von U .
• W = Bild(f) stimmt mit dem Spaltenraum der Matrix A ¨ uberein; da x
1und x
2die beiden gebundenen Variablen sind, ist
w
1=
1 0 3
, w
2=
1 1
−1
eine Basis von W .
b) Mit b
1= e
1und b
2= e
2sowie b
3= u
1und b
4= u
2ist b
1, b
2, b
3, b
4wegen
det(b
1, b
2, b
3, b
4) =
1 0 1 −2 0 1 −2 −3
0 0 1 0
0 0 0 1
Dreiecks–
=
matrix
1 6= 0
eine Basis von R
4, und mit c
1= w
1, c
2= w
2und w
3= e
3ist c
1, c
2, c
3wegen det(c
1, c
2, c
3) =
1 1 0
0 1 0
3 −1 1
Laplace
=
3. Spalte
1 1 0 1
= 1 6= 0 eine Basis von R
3. Wegen
f(b
1) = A · e
1= w
1= 1 · c
1+ 0 · c
2+ 0 · c
3f(b
2) = A · e
2= w
2= 0 · c
1+ 1 · c
2+ 0 · c
3f(b
3) = A · u
1= 0 = 0 · c
1+ 0 · c
2+ 0 · c
3f(b
4) = A · u
2= 0 = 0 · c
1+ 0 · c
2+ 0 · c
3besitzt die darstellende Matrix von f bez¨ uglich dieser beiden Basen die Gestalt
M =
1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0
∈ R
3×4.
5.18 a) F¨ ur die Matrix A = (v
1, v
2, w
1, w
2) ∈ R
3×4gilt A =
1 1 5 5 0 1 3 4
−1 1 1 3
III+I
1 1 5 5 0 1 3 4 0 2 6 8
I−II III−2·II
1 0 2 1 0 1 3 4 0 0 0 0
; damit sind v
1, v
2linear unabh¨ angig mit
w
1= 2 · v
1+ 3 · v
2und w
2= 1 · v
1+ 4 · v
2,
insbesondere also eine Basis von V = hv
1, v
2, w
1, w
2i.
b) Da v
1, v
2eine Basis von V sind, gibt es nach dem Prinzip der linearen Fort- setzung f¨ ur jeden Vektorraum V
0und jede Wahl von v
10, v
20∈ V
0genau eine lineare Abbildung f : V → V
0mit f(v
1) = v
10und f (v
2) = v
02; insbesondere existiert genau ein Endomorphismus f : V → V von V mit f(v
1) = w
1und f(v
2) = w
2. Wegen
f (v
1) = w
1= 2 · v
1+ 3 · v
2f (v
2) = w
2= 1 · v
1+ 4 · v
2ist M = 2 1
3 4
∈ R
2×2die darstellende Matrix von f bez¨ uglich der Basis v
1, v
2von V .
c) Wegen χ
M(λ) =
2 − λ 1 3 4 − λ
= (2 − λ) (4 − λ) − 3 =
= λ
2− 6 λ + 5 = (λ − 1) (λ − 5) f¨ ur alle λ ∈ R besitzt M die beiden einfachen Eigenwerte λ
1= 1 und λ
2= 5 und ist damit als 2 × 2–Matrix insbesondere diagonalisierbar; wegen
M − λ
1E
2= 1 1
3 3
III−3·I
1 1 0 0
ist u
1= −1
1
ein Eigenvektor von M zum Eigenwert λ
1= 1, und wegen M − λ
2E
2=
−3 1 3 −1
III+I
