Arbeitsbuch Lineare Algebra [1. Aufl.] 9783662614716, 9783662614723

Table of contents :
Front Matter ....Pages I-VII
Aufgaben zum Kapitel „Logik, Mengen, Abbildungen – die Sprache der Mathematik“ (Christian Karpfinger, Hellmuth Stachel)....Pages 1-14
Aufgaben zum Kapitel „Algebraische Strukturen – ein Blick hinter die Rechenregeln“ (Christian Karpfinger, Hellmuth Stachel)....Pages 15-28
Aufgaben zum Kapitel „Lineare Gleichungssysteme – ein Tor zur linearen Algebra“ (Christian Karpfinger, Hellmuth Stachel)....Pages 29-43
Aufgaben zum Kapitel „Vektorräume – von Basen und Dimensionen“ (Christian Karpfinger, Hellmuth Stachel)....Pages 45-59
Aufgaben zum Kapitel „Analytische Geometrie – Rechnen statt Zeichnen“ (Christian Karpfinger, Hellmuth Stachel)....Pages 61-83
Aufgaben zum Kapitel „Lineare Abbildungen und Matrizen – Brücken zwischen Vektorräumen“ (Christian Karpfinger, Hellmuth Stachel)....Pages 85-107
Aufgaben zum Kapitel „Determinanten – Kenngrößen von Matrizen“ (Christian Karpfinger, Hellmuth Stachel)....Pages 109-122
Aufgaben zum Kapitel „Normalformen – Diagonalisieren und Triangulieren“ (Christian Karpfinger, Hellmuth Stachel)....Pages 123-141
Aufgaben zum Kapitel „Euklidische und unitäre Vektorräume – orthogonales Diagonalisieren“ (Christian Karpfinger, Hellmuth Stachel)....Pages 143-165
Aufgaben zum Kapitel „Quadriken – vielseitig nutzbare Punktmengen“ (Christian Karpfinger, Hellmuth Stachel)....Pages 167-188

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Christian Karpfinger Hellmuth Stachel

Arbeitsbuch Lineare Algebra

Arbeitsbuch Lineare Algebra

Christian Karpfinger  Hellmuth Stachel

Arbeitsbuch Lineare Algebra Aufgaben, Hinweise, Lösungen und Lösungswege

Christian Karpfinger Technische Universität München Garching b. München, Deutschland

ISBN 978-3-662-61471-6 https://doi.org/10.1007/978-3-662-61472-3

Hellmuth Stachel Technische Universität Wien Wien, Österreich

ISBN 978-3-662-61472-3 (eBook)

Die Deutsche Nationalbibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbibliografie; detaillierte bibliografische Daten sind im Internet über http://dnb.d-nb.de abrufbar. Springer Spektrum © Der/die Herausgeber bzw. der/die Autor(en), exklusiv lizenziert durch Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2020 Das Werk einschließlich aller seiner Teile ist urheberrechtlich geschützt. Jede Verwertung, die nicht ausdrücklich vom Urheberrechtsgesetz zugelassen ist, bedarf der vorherigen Zustimmung des Verlags. Das gilt insbesondere für Vervielfältigungen, Bearbeitungen, Übersetzungen, Mikroverfilmungen und die Einspeicherung und Verarbeitung in elektronischen Systemen. Die Wiedergabe von allgemein beschreibenden Bezeichnungen, Marken, Unternehmensnamen etc. in diesem Werk bedeutet nicht, dass diese frei durch jedermann benutzt werden dürfen. Die Berechtigung zur Benutzung unterliegt, auch ohne gesonderten Hinweis hierzu, den Regeln des Markenrechts. Die Rechte des jeweiligen Zeicheninhabers sind zu beachten. Der Verlag, die Autoren und die Herausgeber gehen davon aus, dass die Angaben und Informationen in diesem Werk zum Zeitpunkt der Veröffentlichung vollständig und korrekt sind. Weder der Verlag noch die Autoren oder die Herausgeber übernehmen, ausdrücklich oder implizit, Gewähr für den Inhalt des Werkes, etwaige Fehler oder Äußerungen. Der Verlag bleibt im Hinblick auf geografische Zuordnungen und Gebietsbezeichnungen in veröffentlichten Karten und Institutionsadressen neutral. Planung/Lektorat: Andreas Rüdinger Springer Spektrum ist ein Imprint der eingetragenen Gesellschaft Springer-Verlag GmbH, DE und ist ein Teil von Springer Nature. Die Anschrift der Gesellschaft ist: Heidelberger Platz 3, 14197 Berlin, Germany

V

Vorbemerkungen Die Aufgaben gliedern sich in drei Kategorien: Anhand der Verständnisfragen können Sie prüfen, ob Sie die Begriffe und zentralen Aussagen verstanden haben, mit den Rechenaufgaben üben Sie Ihre technischen Fertigkeiten, und die Beweisaufgaben geben Ihnen Gelegenheit, zu lernen, wie man Beweise findet und führt. Ein Punktesystem unterscheidet einfache Aufgaben mit wenigen Rechenschritten , mittelschwere Aufgaben, die etwas Denkarbeit und unter Umständen die Kombination verschiedener Konzepte erfordern  und anspruchsvolle  Aufgaben, die fortgeschrittene Konzepte (unter Umständen auch aus späteren Kapiteln) oder eigene mathematische Modellbildung benötigen. Die Lösungshinweise helfen Ihnen, falls Sie bei einer Aufgabe partout nicht weiterkommen. Für einen optimalen Lernerfolg schlagen Sie die Lösungen und Lösungswege bitte erst nach, wenn Sie selber zu einer Lösung gekommen sind. Verweise auf Seiten, Formeln, Abschnitte und Kapitel beziehen sich auf das Buch Lineare Algebra von Ch. Karpfinger und H. Stachel. Wir wünschen Ihnen viel Freude und Spaß mit diesem Arbeitsbuch und in Ihrem Studium. Christian Karpfinger Hellmuth Stachel

München, Wien Januar 2020

VII

Inhaltsverzeichnis Aufgaben zum Kapitel „Logik, Mengen, Abbildungen – die Sprache der Mathematik“ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

Aufgaben zum Kapitel „Algebraische Strukturen – ein Blick hinter die Rechenregeln“ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

15

Aufgaben zum Kapitel „Lineare Gleichungssysteme – ein Tor zur linearen Algebra“ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

29

4

Aufgaben zum Kapitel „Vektorräume – von Basen und Dimensionen“ . .

45

5

Aufgaben zum Kapitel „Analytische Geometrie – Rechnen statt Zeichnen“ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

61

Aufgaben zum Kapitel „Lineare Abbildungen und Matrizen – Brücken zwischen Vektorräumen“ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

85

1

2

3

6

7

Aufgaben zum Kapitel „Determinanten – Kenngrößen von Matrizen“ . . 109

8

Aufgaben zum Kapitel „Normalformen – Diagonalisieren und Triangulieren“ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

9

Aufgaben zum Kapitel „Euklidische und unitäre Vektorräume – orthogonales Diagonalisieren“ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143

10

Aufgaben zum Kapitel „Quadriken – vielseitig nutzbare Punktmengen“ 167

1

1

Aufgaben zum Kapitel „Logik, Mengen, Abbildungen – die Sprache der Mathematik“ Aufgaben Verständnisfragen 1.1 

Welche der folgenden Aussagen sind richtig? Für alle x 2 R gilt: (a) „x > 1 ist hinreichend für x 2 > 1.“ (b) „x > 1 ist notwendig für x 2 > 1.“ (c) „x  1 ist hinreichend für x 2 > 1.“ (d) „x  1 ist notwendig für x 2 > 1.“ 1.2 

Wie viele unterschiedliche binäre, also zwei Aussagen verknüpfende Junktoren gibt es?

Rechenaufgaben 1.3 

Beweisen Sie die Äquivalenzen:

.A _ B/ , :.:A ^ :B/; .A ^ B/ , :.:A _ :B/: 1.4 

Zeigen Sie die Transitivität der Implikation, also die Aussage

..A ) B/ ^ .B ) C // ) .A ) C / :

© Der/die Herausgeber bzw. der/die Autor(en), exklusiv lizenziert durch Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2020 C. Karpfinger, H. Stachel, Arbeitsbuch Lineare Algebra, https://doi.org/10.1007/978-3-662-61472-3_1

Kapitel 1  Logik, Mengen, Abbildungen – die Sprache der Mathematik

2

1

Beweisaufgaben 1.5 

Zeigen Sie durch einen Widerspruchsbeweis, dass ist. Formulieren Sie dazu zunächst die beiden Aussagen, AW

p 2 keine rationale Zahl

„x ist die positive Lösung der Gleichung x 2 D 2“

und BW

„x Es gibt keine Zahlen a; b 2 Z mit x D

a “ b

1.6  Geheimrat Gelb, Frau Blau, Herr Grün und Oberst Schwarz werden eines Mordes verdächtigt. Genau einer bzw. eine von ihnen hat den Mord begangen. Beim Verhör sagen sie Folgendes aus: Geheimrat Gelb: Ich war es nicht. Der Mord ist im Salon passiert. Frau Blau: Ich war es nicht. Ich war zur Tatzeit mit Oberst Schwarz zusammen in einem Raum. Herr Grün: Ich war es nicht. Frau Blau, Geheimrat Gelb und ich waren zur Tatzeit nicht im Salon. Oberst Schwarz: Ich war es nicht. Aber Geheimrat Gelb war zur Tatzeit im Salon. Unter der Annahme, dass die Unschuldigen die Wahrheit gesagt haben, finde man den Täter bzw. die Täterin. 1.7  Es seien A eine Menge und F eine Menge von Teilmengen von A. Beweisen Sie die folgenden (allgemeineren) Regeln von De Morgan: 0 1 \ [ An@ BA D .A n B/ und B2F

0 An@

[

B2F

1 BA D

B2F

\

.A n B/ :

B2F

1.8  Es seien A, B Mengen, M1 ; M2  A, ferner N1 ; N2  B und f W A ! B eine Abbildung. Zeigen Sie: (a) f .M1 [ M2 / D f .M1 / [ f .M2 /, (b) f 1 .N1 [ N2 / D f 1 .N1 / [ f 1 .N2 /, (c) f 1 .N1 \ N2 / D f 1 .N1 / \ f 1 .N2 /.

Gilt im Allgemeinen auch f .M1 \ M2 / D f .M1 / \ f .M2 /? 1.9  Es seien A, B nichtleere Mengen und f W A ! B eine Abbildung. Zeigen Sie: (a) f ist genau dann injektiv, wenn eine Abbildung g W B ! A mit g ı f D idA existiert. (b) f ist genau dann surjektiv, wenn eine Abbildung g W B ! A mit f ı g D idB existiert.

3

1

Aufgaben

1.10  Es seien A, B, C Mengen und f W A ! B, g W B ! C Abbildungen. (a) Zeigen Sie: Ist g ı f injektiv, so ist auch f injektiv. (b) Zeigen Sie: Ist g ı f surjektiv, so ist auch g surjektiv. (c) Geben Sie ein Beispiel an, in dem g ı f bijektiv, aber weder g injektiv noch f surjektiv ist.

Es seien A, B Mengen und f W A ! B eine Abbildung. Die Potenzmengen von A bzw. B seien A bzw. B. Wir betrachten die Abbildung g W B ! A, B 0 7! f 1 .B 0 /. Zeigen Sie: (a) Es ist f genau dann injektiv, wenn g surjektiv ist. (b) Es ist f genau dann surjektiv, wenn g injektiv ist. 1.11 

1.12 

f W

Begründen Sie die Bijektivität der Abbildung

 .1; 1/ ! R; x x 7! 1x 2:

1.13  Geben Sie für die folgenden Relationen auf Z jeweils an, ob sie reflexiv, symmetrisch oder transitiv sind. Welche der Relationen sind Äquivalenzrelationen? (a) 1 D f.m; n/ 2 Z  Z j m  ng, (b) 2 D f.m; n/ 2 Z  Z j m  n > 0g [ f.0; 0/g, (c) 3 D f.m; n/ 2 Z  Z j m D 2ng, (d) 4 D f.m; n/ 2 Z  Z j m  n C 1g, (e) 5 D f.m; n/ 2 Z  Z j m  n  1g, (f) 6 D f.m; n/ 2 Z  Z j m D 2g. 1.14 

Wo steckt der Fehler in der folgenden Argumentation? Ist eine symmetrische und transitive Relation auf einer Menge M , so folgt für a; b 2 M mit a b wegen der Symmetrie auch b a. Wegen der Transitivität folgt aus a b und b a auch a a. Die Relation ist also eine Äquivalenzrelation. 1.15  Zeigen Sie, dass die folgenden Relationen Äquivalenzrelationen auf A sind. Bestimmen Sie jeweils die Äquivalenzklassen von .2; 2/ und .2; 2/. (a) A D R2 , .a; b/ .c; d / ” a2 C b 2 D c 2 C d 2 . (b) A D R2 , .a; b/ .c; d / ” a  b D c  d . (c) A D R2 n f.0; 0/g, .a; b/ .c; d / ” a  d D b  c. 1.16  Auf einer Menge A seien zwei Äquivalenzrelationen und gegeben. Dann heißt eine Vergröberung von , wenn für alle x; y 2 A mit x y auch x y gilt. (a) Es sei eine Vergröberung von . Geben Sie eine surjektive Abbildung

f W A= ! A= an.

4

1

Kapitel 1  Logik, Mengen, Abbildungen – die Sprache der Mathematik

(b) Für m; n 2 N sind durch x y ” m j .x  y/ und x y ” n j .x  y/ Äquivalenzrelationen auf Z definiert. Bestimmen Sie zu n 2 N die Menge aller m 2 N, sodass eine Vergröberung von ist. (c) Geben Sie die Abbildung f aus Teil (a) für m D 3 und n D 6 explizit an, indem Sie für sämtliche Elemente von Z= das Bild unter f angeben. 1.17 

Es sei  eine reflexive und transitive Relation auf einer Menge A. Zeigen

Sie: (a) Durch x y ” ..x; y/ 2  und .y; x/ 2 / wird eine Äquivalenzrelation auf A definiert. (b) Für x 2 A sei Œx 2 A= die Äquivalenzklasse von x bezüglich . Durch Œx  Œy

”

.x; y/ 2 

wird eine Ordnungsrelation auf A= definiert.

Hinweise Verständnisfragen 1.1 Bedenken Sie auch den Fall negativer Zahlen. 1.2 Zählen Sie die möglichen Belegungen einer entsprechenden Wahrheitstafel!

Rechenaufgaben 1.3 Stellen Sie eine entsprechende Wahrheitstafel auf. 1.4 Stellen Sie eine entsprechende Wahrheitstafel auf.

5

1

Lösungen

Beweisaufgaben 1.5 Schreiben Sie x als vollständig gekürzte rationale Zahl, x D p=q, und setzen Sie diese Darstellung in x 2 D 2 ein. 1.6 Gehen Sie die vier Teilnehmer der Reihe nach durch: Nehmen Sie an, dass der

Teilnehmer die Wahrheit sagt. Finden Sie einen Widerspruch? 1.7 Zeigen Sie die Gleichheit der angegebenen Mengen. 1.8 Zeigen Sie die Gleichheit der angegebenen Mengen. Geben Sie für die zusätzliche

Fragestellung ein Beispiel einer Abbildung an, bei der die angegebene Gleichheit nicht gilt. 1.9 – 1.10 Beachten Sie die Definitionen von injektiv und surjektiv. 1.11 Beachten Sie die Definitionen von injektiv und surjektiv. 1.12 Zeigen Sie, dass f injektiv und surjektiv ist. 1.13 Beachten Sie die Definitionen. 1.14 Beachten Sie die Definitionen. 1.15 Sehen Sie nach, wie Äquivalenzklassen definiert sind. 1.16 Vergessen Sie nicht, die Wohldefiniertheit von f zu zeigen. 1.17 Zeigen Sie, dass symmetrisch ist.

Lösungen Verständnisfragen 1.1 Nur die erste Aussage ist richtig. 1.2 Es sind 16.

Rechenaufgaben 1.3 – 1.4 –

6

1

Kapitel 1  Logik, Mengen, Abbildungen – die Sprache der Mathematik

Beweise 1.5 – 1.6 Herr Grün war der Täter. 1.7 – 1.8 – 1.9 – 1.10 – 1.11 – 1.12 – 1.13 – 1.14 – 1.15 (a) .2; 2/ und .2; p 2/ liegen in der gleichen Äquivalenzklasse, nämlich dem Kreis um .0; 0/ mit Radius 8. (b) Die Äquivalenzklasse von .2; 2/ ist die Hyperbel, die durch die Gleichung x  y D 4 gegeben ist. Die Äquivalenzklasse von .2; 2/ ist die Hyperbel, die durch die Gleichung x  y D 4 gegeben ist. (c) Die Äquivalenzklasse von .2; 2/ ist g1 n f.0; 0/g, die Äquivalenzklasse von .2; 2/ ist g2 n f.0; 0/g, dabei ist g1 die Gerade durch die Null mit Steigung 1 und g2 die Gerade durch die Null mit Steigung 1. 1.16 – 1.17 –

Lösungswege Verständnisfragen 1.1 Die erste Aussage stimmt. Wenn x > 1 ist, dann ist auch x 2 > 1. Die Bedingung

x > 1 ist aber nicht notwendig für x 2 > 1, denn auch die Quadrate von Zahlen x mit x < 1 sind größer als eins. Dass x  1 ist, ist nicht hinreichend für x 2 > 1, denn im Falle x D 1 erhält man 2 x D 1. Mit dem gleichen Argument wie oben ist x  1 nicht notwendig für x 2 > 1.

1

7 Lösungswege

1.2 Bei zwei Aussagen gibt es vier mögliche Kombinationen von Wahrheitswerten,

jeder davon kann entweder w oder f zugewiesen werden. Ingesamt gibt es also N D 24 D 16 verschiedene Junktoren, zu denen eben auch die vorgestellen ^, _, ) und , gehören.

Rechenaufgaben 1.3 Beweis mittels Wahrheitstafel:

A w w f f

B .A _ B/ w w f w w w f f

, w w w w

: w w w f

.:A f f w w

^ :B/ f f f w f f w w

A w w f f

B .A ^ B/ w w f f w f f f

, w w w w

: w f f f

.:A f f w w

_ :B/ f f w w w f w w

1.4 Wir führen den Beweis mittels einer Wahrheitstafel. Dazu kürzen wir ab D D

..A ) B/ ^ .B ) C // und erhalten A w w w w f f f f

B w w f f w w f f

C w f w f w f w f

.A ) B/ B ) C w w w f f w f w w w w f w w w w

D w f f f w f w w

A)C w f w f w w w w

D ) .A ) C / w w w w w w w w

Die Assoziativgesetze sind die Rechtfertigung für Schreibweisen wie A1 _A2 _: : :_An ohne Klammern.

Beweise 1.5 Für den Widerspruchsbeweis nehmen wir nun A ^ .:B/ an, es gelte also x 2 D 2

und x sei rational. Dann lässt sich die Zahl als xD

a b

mit ganzen Zahlen a und b schreiben. Diese Darstellung können wir so weit kürzen, bis man einen teilerfremden Bruch xD

p q

Kapitel 1  Logik, Mengen, Abbildungen – die Sprache der Mathematik

8

1

erhält. Jede rationale Zahl lässt sich so darstellen. Nun ist x2 D

p2 D 2; q2

also ist p 2 D 2q 2 : Demnach ist p 2 eine gerade Zahl. Das Produkt zweier ungerader Zahlen ist aber ungerade, also muss auch p gerade sein. Eine gerade Zahl kann man als p D 2r mit einer ganzen Zahl r darstellen. Das bedeutet p 2 D .2r/2 D 4r 2 : Andererseits ist aber p 2 D 2q 2 : Damit ist q 2 D 2r 2 ; und somit ist auch q gerade. Wenn p und q aber beide gerade sind, ist p xD q keine teilerfremde Darstellung. Wir haben einen Widerspruch zu unseren Annahmen erhalten. 1.6 Nach der Aussage von Herrn Grün war Geheimrat Gelb zur Tatzeit nicht im Salon. Andererseits behauptet Oberst Schwarz, dass Geheimrat Gelb zur Tatzeit im Salon gewesen sei. Also können Herr Grün und Oberst Schwarz nicht beide die Wahrheit sagen; somit ist einer von beiden der Täter. Angenommen, Oberst Schwarz sei der Täter. Dann sagen Gelb, Blau und Grün die Wahrheit. Aus der Annahme und der Aussage von Gelb folgt, dass Oberst Schwarz zur Tatzeit im Salon war. Gemäß ihrer Aussage war dann auch Frau Blau zur Tatzeit im Salon. Dies widerspricht der Aussage von Herrn Grün. Also ist die Annahme falsch und Herr Grün der Täter. 1.7 Es gilt:

0

x 2An@

\

1 BA , x 2 A

und x …

B2F

\

B

B2F

, x 2 A und x … B für ein B 2 F , x 2 A n B für ein B 2 F [ , x2 .A n B/ : B2F

Die zweite Gleichheit zeigt man analog.

9

1

Lösungswege

1.8

(a) Es gilt: y 2 f .M1 [ M2 / , , , ,

9 x 2 M1 [ M2 mit y D f .x/ 9 x 2 M1 mit y D f .x/ oder 9 x 2 M2 mit y D f .x/ y 2 f .M1 / oder y 2 f .M2 / y 2 f .M1 / [ f .M2 / :

(b) Es gilt: x 2 f 1 .N1 [ N2 / , f .x/ 2 N1 [ N2 , f .x/ 2 N1 oder f .x/ 2 N2 , x 2 f 1 .N1 / oder x 2 f 1 .N2 / , x 2 f 1 .N1 / [ f 1 .N2 / : (c) Es gilt: x 2 f 1 .N1 \ N2 / , f .x/ 2 N1 \ N2 , f .x/ 2 N1 und f .x/ 2 N2 , x 2 f 1 .N1 /

und x 2 f 1 .N2 /

, x 2 f 1 .N1 / \ f 1 .N2 / : Nun zur zusätzlichen Frage. Wegen y 2 f .M1 \ M2 / ) 9 x 2 M1 \ M2 mit y D f .x/ ) y 2 f .M1 / \ f .M2 / gilt stets f .M1 \ M2 /  f .M1 / \ f .M2 /. Die Gleichheit aber muss nicht gelten, z. B.: A D f1; 2g; B D f3g; M1 D f1g; M2 D f2g; f .1/ D 3 D f .2/ : Hier gilt f .M1 \ M2 / D ; und f .M1 / \ f .M2 / D f3g. 1.9 Aufgrund des Lemmas in Abschn. 1.3 sind sowohl bei (a) als auch bei (b) nur die

Richtungen ) zu zeigen. (a) Die Abbildung f W A ! B sei injektiv. Dann gilt für jedes b 2 f .A/ jf 1 .fbg/j D 1 : Bezeichnen wir mit ab dieses eindeutig bestimmte Element, so ist g W f .A/ ! A, b 7! ab eine Abbildung. Diese Abbildung setzen wir nun beliebig auf ganz B fort, etwa indem wir g.b/ D a für alle b 2 B n f .A/ für irgendein a 2 A festlegen. Diese Abbildung g erfüllt nun für alle a 2 A .g ı f /.a/ D g.f .a// D a D idA .a/ :

Kapitel 1  Logik, Mengen, Abbildungen – die Sprache der Mathematik

10

1

(b) Die Abbildung f W A ! B sei surjektiv. Dann gilt für jedes b 2 B jf 1 .fbg/j  1 : Insbesondere sind die Mengen f 1 .fbg/, b 2 B, nicht leer. Mit dem Auswahlaxiom können wir nun aus jeder Menge f 1 .fbg/ ein Element auswählen, wir bezeichnen dieses zu b 2 B gewählte Element mit mit ab . Damit erhalten wir eine Abbildung g W B ! A, b 7! ab . Diese Abbildung g erfüllt nun für alle b 2 B .f ı g/.b/ D f .g.b// D b D idB .b/ : 1.10

(a) Es sei g ı f injektiv, und es seien x; y 2 A mit f .x/ D f .y/. Dann ist auch g ı f .x/ D g.f .x// D g.f .y// D g ı f .y/. Da g ı f injektiv ist, folgt x D y. Somit ist f injektiv, was zu zeigen war. (b) Es sei g ı f surjektiv, und es sei z 2 C . Da g ı f surjektiv ist, existiert ein x 2 A mit z D g ı f .x/ D g.f .x//. Also ist g surjektiv, was zu beweisen war. (c) Es sei A D C D fag einelementig, B D fb; cg zweielementig, f W fag ! fb; cg, a 7! b, und gW fb; cg ! fag, b 7! a, c 7! a. Dann ist f nicht surjektiv, g nicht injektiv aber g ı f W fag ! fag, a 7! a bijektiv. Ein anderes, etwas komplizierteres Beispiel: A WD B WD C WD Z mit den Abbildungen f WD Z ! Z, m 7! 2m sowie g W Z ! Z, m m 7!

2

0

falls m gerade, sonst.

besitzt die gewünschten Eigenschaften. 1.11 Vorbemerkung:

(i) Es sei f W A ! B injektiv, und es sei A0 2 A. Dann gilt für x 2 A: x 2 A0 , f .x/ 2 f .A0 / , x 2 f 1 .f .A0 //:

Und das bedeutet A0 D f 1 .f .A0 //. (Wo wird die Injektivität benutzt?). (ii) Nun sei f W A ! B surjektiv, und es sei B 0 2 P.B/ gegeben. Dann gilt für y 2 B: y 2 f .f 1 .B 0 // , 9x 2 f 1 .B 0 / mit f .x/ D y , y 2 B 0 : Und das bedeutet f .f 1 .B 0 // D B 0 . (Wo wird die Surjektivität benutzt?).

11

1

Lösungswege

Und nun zur Aufgabe: (a) ): Es sei f injektiv, und es sei A0 2 A gegeben. Dann ist f .A0 / 2 B, und es gilt nach (i) der Vorbemerkung: g.f .A0 // D f 1 .f .A0 // D A0 : Und das bedeutet, dass g surjektiv ist. (: Es sei g surjektiv, und es seien x; y 2 A mit f .x/ D f .y/ gegeben. Es existiert zu fxg 2 A ein B 0 2 B mit fxg D g.B 0/ D f 1 .B 0 /. Also gilt f .y/ D f .x/ 2 B 0 , d. h., y 2 f 1 .B 0 / D fxg, somit gilt x D y. Und das bedeutet, dass f injektiv ist. (b) ): Es sei f surjektiv, und es seien B 0 ; B 00 2 B mit g.B 0 / D g.B 00/ gegeben. Dann gilt mit (ii) der Vorbemerkung: g.B 0 / D g.B 00/ ) f 1 .B 0 / D f 1 .B 00 / ) f .f 1 .B 0 // D f .f 1 .B 00 // ) B 0 D B 00: Und das bedeutet, dass g injektiv ist. (: Es sei g injektiv, und es sei y 2 B gegeben. Es gilt dann (wegen fyg ¤ ;): f 1 .fyg/ D g.fyg/ ¤ g.;/ D ;: Und damit existiert ein x 2 f 1 .fyg/  A mit f .x/ D y, d. h., f ist surjektiv. 1.12 Die Abbildung f ist injektiv: Aus f .x/ D f .y/ mit X; y 2 .1; 1/ folgt:

x y D , yx 2 C .1  y 2 /x  y D 0 1  x2 1  y2 1 , x D y oder x D  : y Wegen der Einschränkung y 2 .1; 1/ ist nur x D y möglich. Damit ist gezeigt, dass f injektiv ist. Die Abbildung f ist auch surjektiv: Es sei a 2 R. Im Fall a D 0 wähle x D 0. Daher dürfen wir a ¤ 0 annehmen. Es gilt: 1 x Da , xD C 2 1x 2a Im Fall a > 0 ist damit x D Im Fall a < 0 ist x D 

q 

1 4a2

1 2a

C

r

1 C1 4a2

C1 q 1 4a2

!

r oder x D

1 1 C1 : 2 4a 2a

2 .0; 1/ ein Urbild von a.  C 1 2 .1; 0/ ein Urbild von a. 1 2a

12

1

Kapitel 1  Logik, Mengen, Abbildungen – die Sprache der Mathematik

1.13

(a) 1 ist offensichtlich reflexiv und transitiv, aber nicht symmetrisch, denn z. B. 6  4, aber 4 6 6. Somit ist 1 keine Äquivalenzrelation. (b) 2 ist reflexiv, denn .0; 0/ 2 2 und m  m D m2 > 0 für alle m 2 Z n f0g. Die Relation 2 ist auch symmetrisch, denn aus m  n > 0 folgt n  m > 0. Die Relation 2 ist außerdem transitiv, denn es seien .m; n/; .n; k/ 2 2 . 1. Fall m D 0: Es folgt n D 0 und dann k D 0, also .m; k/ D .0; 0/ 2 2 . 2. Fall m > 0: Es folgt n > 0 und dann k > 0, also m  k > 0, somit .m; k/ 2 2 . 3. Fall m < 0: Es folgt n < 0 und dann k < 0, also m  k > 0, somit .m; k/ 2 2 . Also ist 2 eine Äquivalenzrelation. (c) 3 ist nicht reflexiv, denn .1; 1/ … 3 . Ferner: 3 ist nicht symmetrisch, denn .2; 1/ 2 3 , aber .1; 2/ … 3 . Die Relation 3 ist nicht transitiv, da .4; 2/; .2; 1/ 2 3 aber .4; 1/ … 3 . Also ist 3 keine Äquivalenzrelation. (d) 4 ist offensichtlich reflexiv. Ferner ist 4 nicht symmetrisch, da .1; 3/ 2 4 , aber .3; 1/ … 4 . Die Relation 4 ist nicht transitiv, da z. B. .2; 1/; .1; 0/ 2 4 , aber .2; 0/ … 4 . Also ist 4 keine Äquivalenzrelation. (e) 5 ist offensichtlich reflexiv und symmetrisch. Die Relation 5 ist nicht transitiv, da z. B. .1; 1/; .1; 2/ 2 5 , aber .1; 2/ … 5 . Also ist 5 keine Äquivalenzrelation. (f) 6 ist nicht reflexiv, da .0; 0/ … 6 . Die Relation 6 ist nicht symmetrisch, da .2; 0/ 2 6 , aber .0; 2/ 62 6 . Die Relation 6 ist offensichtlich transitiv. Also ist 6 keine Äquivalenzrelation. 1.14 Der Fehler, der in der Argumentation gemacht wurde, liegt einfach darin, dass es

durchaus ein Element x 2 A geben kann, das zu keinem y 2 A äquivalent ist. Z. B. ist ;  Z  Z eine symmetrische und transitive Relation, die nicht reflexiv ist. 1.15 In dieser Aufgabe seien stets a; b; c; d; e; f 2 R.

(a) Wegen a2 C b 2 D a2 C b 2 für alle .a; b/ 2 R2 gilt .a; b/ .a; b/ für alle .a; b/ 2 R2 ; also ist reflexiv. Aus .a; b/ .c; d / folgt a2 C b 2 D c 2 C d 2 , also c 2 C d 2 D a2 C b 2 und somit .c; d / .a; b/. Daher ist auch symmetrisch. Aus .a; b/ .c; d / und .c; d / .e; f / folgt a2 C b 2 D c 2 C d 2 D e 2 C f 2 , also .a; b/ .e; f /. Somit ist auch transitiv, also eine Äquivalenzrelation. .2; 2/ und .2; 2/pliegen in der gleichen Äquivalenzklasse, nämlich dem Kreis um .0; 0/ mit Radius 8. (b) Wegen a  b D a  b für alle .a; b/ 2 R2 gilt .a; b/ .a; b/ für alle .a; b/ 2 R2 ; also ist reflexiv. Aus .a; b/ .c; d / folgt a  b D c  d , also c  d D a  b und somit .c; d / .a; b/. Daher ist auch symmetrisch. Aus .a; b/ .c; d / und .c; d / .e; f / folgt a  b D c  d D e  f , also .a; b/ .e; f /. Somit ist auch transitiv, also eine Äquivalenzrelation. .2; 2/ und .2; 2/ liegen in unterschiedlichen Äquivalenzklassen. Die Äquivalenzklasse von .2; 2/ ist die Hyperbel, die durch die Gleichung xy D 4 gegeben ist. Die Äquivalenzklasse von .2; 2/ ist die Hyperbel, die durch die Gleichung x  y D 4 gegeben ist. (c) Wegen a  b D b  a für alle .a; b/ 2 A gilt .a; b/ .a; b/ für alle .a; b/ 2 A; also ist reflexiv. Aus .a; b/ .c; d / folgt a  d D b  c, also c  b D d  a

13

1

Lösungswege

und somit .c; d / .a; b/. Daher ist auch symmetrisch. Aus .a; b/ .c; d / und .c; d / .e; f / folgt ad D bc und cf D d e. Es folgt weiter af d D bf c D bde und acf D ade D bce. Wegen .c; d / ¤ .0; 0/ gilt c ¤ 0 oder d ¤ 0. 1. Fall: c ¤ 0. Dann ergibt sich a  f D b  e, also .a; b/ .e; f /. 2. Fall: d ¤ 0. Analog zum 1. Fall folgt .a; b/ .e; f /. Also ist auch transitiv, somit eine Äquivalenzrelation. .2; 2/ und .2; 2/ liegen in unterschiedlichen Äquivalenzklassen. Es seien g1 die Gerade durch den Ursprung mit Steigung 1 und g2 die Gerade durch den Ursprung mit Steigung 1. Die Äquivalenzklasse von .2; 2/ ist g1 n f.0; 0/g, die Äquivalenzklasse von .2; 2/ ist g2 n f.0; 0/g. 1.16 Wir verwenden für die Äquivalenzklasse Œx bzw. Œx (x 2 A) die abkürzende Schreibweise x bzw. x . (a) Gesucht ist eine surjektive Abbildung f W A= ! A= . Wir betrachten f W x ! x und stellen fest: 1. Es ist f eine Abbildung: Für x; y 2 A mit x D y folgt x y, also x y und somit x D y . 2. Es ist f surjektiv: Zu x 2 A= wähle x 2 A= . Dann gilt f .x / D x . (b) Es sei n 2 N. Es ist M WD fm 2 N j mjng die gesuchte Menge, denn: Es sei m ein Teiler von n, also n D rm. Dann ist eine Vergröberung von . Für x; y 2 Z gilt:

x y ) nj.x  y/ ) rmj.x  y/ ) mj.x  y/: Nun sei eine Vergröberung von . Betrachte Œ0 und Œ0 . Es gilt n 2 Œ0  Œ0 . Folglich gilt mjn. Dies begründet: Es ist genau dann eine Vergröberung von , wenn m ein Teiler von n ist. In anderen Worten: Die Menge aller derjenigen m, für die eine Vergröberung von ist, ist genau die Menge aller Teiler von n in N. (c) Für m D 3 und n D 6 gilt (mit unserer Kurzschreibweise): A= D f0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 g und A= D f0 ; 1 ; 2 g: Damit erhalten wir nacheinander (für die Abbildung f aus (a)): f .0 / D 0 ; f .1 / D 1 ; f .2 / D 2 ; f .3 / D 0 ; f .4 / D 1 ; f .5 / D 2 : 1.17 Es sei A eine Menge, und  sei eine reflexive und transitive Relation auf A.

(a) (i) Es sei x 2 A. Dann gilt (weil  reflexiv ist) .x; x/ 2  und .x; x/ 2 . Für alle x 2 A gilt also x x, folglich ist reflexiv. (ii) Es seien x; y 2 A mit x y gegeben. Dann gilt .x; y/ 2  und .y; x/ 2 . Es folgt .y; x/ 2  und .x; y/ 2 , d. h., y x, folglich ist symmetrisch. (iii) Es seien x; y; z 2 A mit x y und y z gegeben. Dann gilt (.x; y/ 2  und .y; x/ 2 ) und (.y; z/ 2  und .z; y/ 2 ). Es folgt (weil  transitiv ist) .x; z/ 2  und .z; x/ 2 , also x z, folglich ist transitiv.

14

1

Kapitel 1  Logik, Mengen, Abbildungen – die Sprache der Mathematik

(b) Die Definition von  ist unabhängig von der Wahl der Repräsentanten, denn für x; x 0 ; y; y 0 2 A gilt: Œx D Œx 0 ; Œy D Œy 0  und Œx  Œy ) .x; x 0 /; .x 0 ; x/; .y; y 0 /; .y 0 ; y/; .x; y/ 2 ; also (weil  transitiv ist): .x 0 ; y 0 / 2  und damit Œx 0   Œy 0 . Und nun zu Reflexivität, Antisymmetrie und Transitivität: (i) Es sei Œx 2 A= . Da .x; x/ 2  ist, gilt Œx  Œx, also ist  reflexiv. (ii) Es seien Œx; Œy 2 A= mit Œx  Œy und Œy  Œx gegeben. Dann gilt .x; y/ 2  und .y; x/ 2 , also x y. Es folgt Œx D Œy, also ist  antisymmetrisch. (iii) Es seien Œx; Œy; Œz 2 A= mit Œx  Œy und Œy  Œz gegeben. Dann gilt .x; y/ 2  und .y; z/ 2 , also gilt .x; z/ 2 . Es folgt Œx  Œz, also ist  transitiv.

15

2

Aufgaben zum Kapitel „Algebraische Strukturen – ein Blick hinter die Rechenregeln“ Aufgaben Verständnisfragen 2.1  Sudoku für Mathematiker. Es sei G D fa; b; c; x; y; zg eine sechselementige Menge mit einer inneren Verknüpfung  W G  G ! G. Vervollständigen Sie die untenstehende Multiplikationstafel unter der Annahme, dass .G; / eine Gruppe ist.

 a b c x y z

a

b

c

x y

z

x

y c

z b

x a

x

2.2  Zeigen Sie: In einer Gruppe sind die Gleichungen x a D b und a y D b eindeutig nach x bzw. y auflösbar. 2.3  Es sei K D f0; 1; a; bg eine Menge mit 4 verschiedenen Elementen. Füllen Sie die folgenden Tabellen unter der Annahme aus, dass .K; C; / ein Schiefkörper (mit dem neutralen Element 0 bezüglich C und dem neutralen Element 1 bezüglich ) ist. Begründen Sie Ihre Wahl.

C 0 1 a b

0 1 a

b

 0 1 a b

0 1 a

b

© Der/die Herausgeber bzw. der/die Autor(en), exklusiv lizenziert durch Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2020 C. Karpfinger, H. Stachel, Arbeitsbuch Lineare Algebra, https://doi.org/10.1007/978-3-662-61472-3_2

Kapitel 2  Algebraische Strukturen – ein Blick hinter die Rechenregeln

16

2.4 

Kann ein Polynomring KŒX ein Körper sein?

2.5 

In welchen Ringen gilt 1 D 0?

2 Rechenaufgaben 2.6  Untersuchen Sie die folgenden inneren Verknüpfungen N  N ! N auf Assoziativität, Kommutativität und Existenz von neutralen Elementen. (a) .m; n/ 7! mn . (b) .m; n/ 7! kgV.m; n/. (c) .m; n/ 7! ggT.m; n/. (d) .m; n/ 7! m C n C m n. 2.7  Untersuchen Sie die folgenden inneren Verknüpfungen R  R ! R auf Assoziativität,pKommutativität und Existenz von neutralen Elementen. (a) .x; y/ 7! 3 x 3 C y 3 . (b) .x; y/ 7! x C y  x y. (c) .x; y/ 7! x  y. 2.8  Es seien die Abbildungen f1 ; : : : ; f6 W R n f0; 1g ! R n f0; 1g definiert durch: 1 x1 f1 .x/ D x ; f2 .x/ D ; f3 .x/ D ; 1x x 1 x ; f6 .x/ D 1  x : f4 .x/ D ; f5 .x/ D x x1 Zeigen Sie, dass die Menge F D ff1 ; f2 ; f3 ; f4 ; f5 ; f6 g mit der inneren Verknüpfung ı W .fi ; fj / 7! fi ı fj , wobei fi ı fj .x/ D fi .fj .x//, eine Gruppe ist. Stellen Sie eine Verknüpfungstafel für .F; ı/ auf. 2.9 

Bestimmen Sie alle Untergruppen von .Z; C/.

2.10 

Verifizieren Sie, dass G D fe; a; b; cg zusammen mit der durch die Tabelle

 e a b c

e e a b c

a a e c b

b b c e a

c c b a e

definierten Verknüpfung  W G  G ! G eine abelsche Gruppe ist, und geben Sie alle Untergruppen von G an. Man nennt .G; / die Klein’sche Vierergruppe. 2.11  In QŒX dividiere man mit Rest: (a) 2 X 4  3 X 3  4 X 2  5 X C 6 durch X 2  3 X C 1. (b) X 4  2 X 3 C 4 X 2  6 X C 8 durch X  1. 2.12 

Bestimmen Sie ein Polynom P 2 ZŒX mit der Nullstelle

p p 2 C 3 2.

17

2

Hinweise

Beweisaufgaben 2.13  Es seien U1 und U2 Untergruppen einer Gruppe G. Zeigen Sie: (a) Es ist U1 [ U2 genau dann eine Untergruppe von G, wenn U1  U2 oder U2  U1 gilt. (b) Aus U1 ¤ G und U2 ¤ G folgt U1 [ U2 ¤ G. (c) Geben Sie ein Beispiel für eine Gruppe G und Untergruppen U1 , U2 an, sodass U1 [ U2 keine Untergruppe von G ist. 2.14  Es sei G eine Gruppe. Man zeige: (a) Ist die Identität Id der einzige Automorphismus von G, so ist G abelsch. (b) Ist a 7! a2 ein Homomorphismus von G, so ist G abelsch. (c) Ist a 7! a1 ein Automorphismus von G, so ist G abelsch. 2.15  Es sei R ein kommutativer Ring mit 1. Zeigen Sie, dass die Menge RŒŒX D

fP j P W N0 ! Rg mit den Verknüpfungen C und , die für P; Q 2 RŒŒX wie folgt erklärt sind: .P C Q/.m/ D P .m/ C Q.m/ ; X P .i/ Q.j / ; .P Q/.m/ D i Cj Dm

ein kommutativer Erweiterungsring mit 1 von RŒX ist – der Ring der formalen PoP tenzreihen oder kürzer Potenzreihenring über R. Wir schreiben P D i 2N0 ai X i P i oder 1 i D0 ai X (also P .i/ D ai ) für P 2 RŒŒX und nennen die Elemente aus RŒŒX Potenzreihen. Zeigen Sie außerdem: (a) RŒŒX ist genau dann ein P Integritätsbereich, wenn R ein Integritätsbereich ist. (b) Eine Potenzreihe P D i 2N0 ai X i 2 RŒŒX ist genau dann invertierbar, wenn a0 in R invertierbar ist. (c) Bestimmen Sie in RŒŒX das Inverse von 1  X und 1  X 2 .

Hinweise Verständnisfragen 2.1 Ermitteln Sie zuerst das neutrale Element e und beachten Sie, dass in jeder Zeile und jeder Spalte jedes Element genau einmal vorkommt. 2.2 Multiplizieren Sie die Gleichungen mit dem Inversen von a. 2.3 Füllen Sie erst die Tafel für die Multiplikation auf. Begründen Sie, dass a  b D 1

gilt. 2.4 Geben Sie ein nichtinvertierbares Polynom an. 2.5 Was ist 1  x, falls 1 D 0?

Kapitel 2  Algebraische Strukturen – ein Blick hinter die Rechenregeln

18

Rechenaufgaben

2

2.6 Beachten Sie die Definitionen. 2.7 Beachten Sie die Definitionen. 2.8 Beginnen Sie mit dem Erstellen der Verknüpfungstafel. Sie erkennen dann, dass

alle Elemente invertierbar sind und ein neutrales Element existiert. 2.9 Begründen Sie, dass jede Untergruppe von .Z; C/ von der Form .n  Z; C/ ist. 2.10 Das neutrale Element und die invertierbaren Elemente erkennt man an der Ver-

knüpfungstafel. Das Assoziativgesetz zeigt man durch direktes Nachprüfen. 2.11 Man beachte die Division mit Rest. 2.12 Setzen Sie a D

p

2C

p 3

2 und betrachten Sie das Element .a 

p 3 2/ .

Beweisaufgaben 2.13 (a) Nehmen Sie an, es gilt U1 6 U2 und U2 6 U1 . Führen Sie dies zu einem Widerspruch. (b) Benutzen Sie den Teil (a). (c) Betrachten Sie z. B. die Klein’sche Vierergruppe. 2.14 (a) Jeder innere Automorphismus ist nach Voraussetzung die Identität. (b), (c)

Bilden Sie a b ab und verwenden Sie die Kürzungsregeln bzw. invertieren Sie. 2.15 Gehen Sie analog zur Konstruktion des Polynomrings RŒX vor.

Lösungen Verständnisfragen 2.1

a b c x y z

a x y z a b c

b z x y b c a

c y z x c a b

x a b c x y z

y c a b y z x

z b c a z x y

19

2

Lösungen

2.2 – 2.3

C 0 1 a b

0 0 1 a b

1 1 0 b a

a a b 0 1

 0 1 a b

b b a 1 0

0 1 0 0 0 1 0 a 0 b

a 0 a b 1

b 0 b 1 a

2.4 Nein. 2.5 Nur im Nullring f0g.

Rechenaufgaben 2.6 (a) Die Verknüpfung ist nicht assoziativ, nicht kommutativ, es gibt kein neutrales

Element. (b) Die Verknüpfung ist assoziativ, kommutativ, 1 ist ein neutrales Element. (c) Die Verknüpfung ist assoziativ, kommutativ, es gibt kein neutrales Element. (d) Die Verknüpfung ist assoziativ, kommutativ, es gibt kein neutrales Element. 2.7 (a) Die Verknüpfung ist assoziativ, kommutativ, 0 ist ein neutrales Element. (b)

Die Verknüpfung ist assoziativ, kommutativ, 0 ist ein neutrales Element. (c) Die Verknüpfung ist nicht assoziativ, nicht kommutativ, es gibt kein neutrales Element. 2.8 Die Verknüpfungstafel lautet

ı f1 f2 f3 f4 f5 f6

f1 f1 f2 f3 f4 f5 f6

f2 f2 f3 f1 f6 f4 f5

f3 f3 f1 f2 f5 f6 f4

f4 f4 f5 f6 f1 f2 f3

f5 f5 f6 f4 f3 f1 f2

f6 f6 f4 f5 f2 f3 f1

2.9 Es ist fn  Z j n 2 N0 g die Menge aller Untergruppen von Z D .Z; C/. 2.10 – 2.11 (a) 2 X 4  3 X 3  4 X 2  5 X C 6 D .2 X 2 C 3 X C 3/ .X 2  3 X C 1/ C .X C 3/.

(b) X 4  2 X 3 C 4 X 2  6 X C 8 D .X 3  X 2 C 3 X  3/ .X  1/ C 5. 2.12 P D X 6  6 X 4  4 X 3 C 12 X 2  24 X  4 2 ZŒX.

Kapitel 2  Algebraische Strukturen – ein Blick hinter die Rechenregeln

20

Beweisaufgaben

2

2.13 – 2.14 – 2.15 –

Lösungswege Verständnisfragen 2.1 Um die unvollständige Gruppentafel zu vervollständigen, können folgende Argu-

mente genutzt werden: (1) In der vierten Spalte und vierten Zeile steht der Eintrag „x 2 D x“. Daraus folgt, dass x das neutrale Element der Gruppe sein muss. Damit sind bereits alle Eintragungen der vierten Spalte und der vierten Zeile eindeutig festgelegt. (2) Die in der Gruppentafel angegebenen Gleichungen ay D c, az D b, b 2 D x, usw. sowie die jeweils beim Ausfüllen neu dazukommenden Gleichungen können (und müssen) verwendet werden (Beispiel siehe unten). (3) In jeder Zeile und in jeder Spalte kann jedes Element der Gruppe nur genau einmal vorkommen. Sind also in einer Zeile oder Spalte 5 der 6 Eintragungen bekannt, ist der sechste Eintrag bereits eindeutig bestimmt. Eine Möglichkeit, unsere Gruppentafel auszufüllen, ist die folgende: Wir starten mit der gegebenen Gruppentafel: a a b c x y z

b

c

x y

z

x

y c

x a

x

z b

21

2

Lösungswege

Aus dem Eintrag x 2 D x folgt, dass x das neutrale Element ist, woraus wiederum die Eintragungen der vierten Zeile und Spalte folgen.

a b c x y z

a

b

c z

a

x y b

c

a

x a b c x y z

y c

z b

y

z

x

Nun stehen in der zweiten Spalte vier von sechs Einträgen. Es fehlen die Einträge c und z. In der ersten Zeile der zweiten Spalte kann aber das c nicht stehen, weil das c in dieser Zeile schon aufgeführt ist. Also muss dort ein z stehen. a a b c x y z

a

b z x y b c a

c z c

x a b c x y z

y c

z b

y

z

x

Jetzt benutzen wir die beiden Gleichungen b 2 D x und bc D z, um den Eintrag von bz zu bestimmen: bz D bbc D xc D c. a a b c x y z

a

b z x y b c a

c z c

x a b c x y z

y c

z b c

y

z

x

Durch weiteres Anwenden der oben aufgeführten Regeln erhalten wir:

a b c x y z

a x y a c

b z x y b c a

c y z c b

x a b c x y z

y c a

z b c

y

z

x

y

Kapitel 2  Algebraische Strukturen – ein Blick hinter die Rechenregeln

22

Aus dieser unvollständigen Gruppentafel erhalten wir ca D .bz/a D b.za/ D bc D z

2

und dann cz D c.ab/ D .ca/b D zb D a: Durch weiteres Anwenden der oben aufgeführten Regeln erhalten wir die komplette Gruppentafel

a b c x y z

a x y z a b c

b z x y b c a

c y z x c a b

x a b c x y z

y c a b y z x

z b c a z x y

2.2 Die Gleichung x a D b wird durch x D b a 1 gelöst, denn .G1/

.i/

.b a1 / a D b .a1 a/ D b e D b : Die Lösung ist eindeutig, denn aus x a D x 0 a D b folgt nach der Kürzungsregel (2.2) sogleich x D x 0 . Analog löst y D a0 b die Gleichung a y D b, denn a .a0 b/ D .a a0 / b D b. 2.3

C 0 1 a b

0 0 1 a b

1 1 0 b a

a a b 0 1

b b a 1 0

 0 1 a b

0 1 0 0 0 1 0 a 0 b

a 0 a b 1

b 0 b 1 a

Die Tafel für die Multiplikation: a  b 2 K n f0g. Aus a  b D a folgte b D 1 (kann also nicht sein). Aus a  b D b folgte a D 1 (kann also auch nicht sein): Es muss also a b D 1 gelten. Damit kann aber nicht a a D 1 gelten (das Inverse zu a ist ja eindeutig bestimmt), und weil aus a  a D a die Gleichung a D 1 folgte, muss a  a D b gelten. Weiter muss auch b  a D 1 gelten. Es bleibt noch b  b zu bestimmen. Das ist nun aber klar: b  b D 1 und b  b D b sind ausgeschlossen, es muss also b  b D a gelten. Bei der Addition beachte man: 1 C a 2 f0; bg und 1 C b 2 f0; ag (man kann ja „kürzen“).

23

2

Lösungswege

Annahme: 1 C a D 0. Dann muss 1 C b D a gelten (Eindeutigkeit von Inversen). Es folgt dann: b D a  a D a  .1 C b/ D a C a  b D a C 1: Und das ist ein Widerspruch. Damit ist gezeigt: 1 C a D b. Ebenso gilt (vertausche die Rollen von a und b) 1 C b D a. Es folgt weiter: 1 C 1 D 0 (ein Inverses zu 1 muss es ja geben), und damit gilt auch a C a D a  .1 C 1/ D 0 D b  .1 C 1/ D b C b. Kommentar Nach einem berühmten Satz von Wedderburn ist jeder endliche Schief-

körper kommutativ, also ein Körper. Man beachte, dass unsere Multiplikationstafel symmetrisch ist (sein muss!). 2.4 Das Polynom X 2 KŒX ist in keinem Polynomring KŒX invertierbar. Wäre nämlich P 2 KŒX invers zu X, so gälte die Gleichung P  X D 1. Wegen der Gradformel folgte deg P D 1, ein Widerspruch. 2.5 In dem Ring R gelte 1 D 0, d. h. das Nullelement ist das Einselement. Wegen

0D0x D1x Dx für jedes x 2 R enthält der Ring R nur das Nullelement 0, d. h. R D f0g.

Rechenaufgaben 2.6

k

(a) Die Gleichheit mn D .mn /k D mnk ist für m; n; k 2 N im Allgemeinen nicht k erfüllt, so gilt etwa für m D n D k D 3: mn D 327 ¤ 39 D mnk . Also ist die Verknüpfung nicht assoziativ. Die Verknüpfung ist auch nicht kommutativ, da etwa 32 ¤ 23 gilt. Aber es gibt ein rechtsneutrales Element, nämlich 1, denn es gilt für alle m 2 N: m1 D m. Das rechtsneutrale Elemente 1 ist aber nicht linksneutral: 12 ¤ 2. Da es kein Element e in N mit e n D n für alle n 2 N gibt, existiert kein neutrales Element. (b) Wegen kgV.m; kgV.n; k// D kgV.kgV.m; n/; k/ und kgV.m; n/ D kgV.n; m/ für alle m; n; k 2 N ist die Verknüpfung assoziativ und kommutativ. Wegen kgV.1; n/ D n für jedes n 2 N ist 1 neutrales Element. (c) Analog zu (b) zeigt man, dass die Verknüpfung assoziativ und kommutativ ist. Jedoch gibt es kein neutrales Element, da ggT.e; n/ D n die Relation n j e impliziert.

24

Kapitel 2  Algebraische Strukturen – ein Blick hinter die Rechenregeln

(d) Wir setzen m ı n WD m C n C m n für m; n 2 N. Damit gilt für alle m; n; k 2 N:

2

m ı .n ı k/ D m ı .n C k C n k/ D m C .n C k C n k/ C m .n C k C n k/ ; .m ı n/ ı k D .m C n C m n/ ı k D m C n C m n C k C .m C n C m n/ k: Offenbar gilt also m ı .n ı k/ D .m ı n/ ı k, sodass die Verknüpfung assoziativ ist. Sie ist offenbar auch kommutativ: m ı n D n ı m für alle m; n 2 N. Es gibt kein neutrales Element, da n ı e D n mit e .1 C n/ D 0 gleichwertig ist und diese letzte Gleichung für n; e 2 N nicht erfüllbar ist. 2.7 Wir schreiben ı für die jeweilige Verknüpfung. (a) Diese Verknüpfung ist assoziativ, da für beliebige x; y; z 2 R gilt:

q p p 3 3 3 3 3 x ı .y ı z/ D x ı . y C z / D x 3 C 3 y 3 C z 3 q p 3 3 p D 3 x3 C y3 C z3 D 3 x3 C y3 C z3 p D . 3 x 3 C y 3 / ı z D .x ı y/ ı z : Die Verknüpfung ist offenbar kommutativ. Und es ist 0 2 R ein neutrales Element, da 0 ı x D x für alle x 2 R gilt. (b) Die Verknüpfung ist assoziativ, da für alle x; y; z 2 R gilt: x ı .y ı z/ D x ı .y C z  y z/ D x C .y C z  y z/  x .y C z  y z/ ; .x ı y/ ı z D .x C y  x y/ ı z D x C y  x y C z  .x C y  x y/ z ; d. h. x ı .y ı z/ D .x ı y/ ı z ist erfüllt. Wegen x ı y D x C y  x y D y ı x für alle x; y 2 R ist die Verknüpfung auch kommutativ. Es ist 0 2 R neutrales Element, da 0 ı x D 0 C x  0 x D x für alle x 2 R erfüllt ist. (c) Diese Verknüpfung ist nicht assoziativ, da etwa .0 ı 0/ ı 1 D .0  0/  1 D 1 und 0 ı .0 ı 1/ D 0  .0  1/ D 1 gilt. Die Verknüpfung ist auch nicht kommutativ, da 0 ı 1 D 1 ¤ 1 D 1 ı 0 gilt. Es existiert das rechtsneutrale Element 0, da x ı 0 D x  0 D x für jedes x 2 R erfüllt ist, aber dieses Element ist nicht linksneutral, da etwa 0 ı 1 D 1 ¤ 1 gilt.

25

2

Lösungswege

2.8 Wir beginnen mit der Verknüpfungstafel. Nach einfachen Rechnungen wie etwa

f2 ı f2 .x/ D ı f1 f2 f3 f4 f5 f6

f1 f1 f2 f3 f4 f5 f6

1 1 1 1x

f2 f2 f3 f1 f6 f4 f5

D

x1 x

f3 f3 f1 f2 f5 f6 f4

f4 f4 f5 f6 f1 f2 f3

D f3 .x/ erhalten wir: f5 f5 f6 f4 f3 f1 f2

f6 f6 f4 f5 f2 f3 f1

Insbesondere erhalten wir, dass f1 neutrales Element ist. Die Assoziativität ist erfüllt, da die Menge aller Abbildungen von Rnf0; 1g in sich bezüglich der Komposition ı von Abbildungen assoziativ ist. Wir sehen außerdem an der Verknüpfungstafel, dass jedes Element invertierbar ist, da das neutrale Element f1 in jeder Zeile erscheint und auch fj ı fi D f1 im Falle fi ı fj D f1 gilt. Da die Verknüpfungstafel nicht symmetrisch ist, ist die Verknüpfung nicht abelsch. 2.9 Behauptung: Es ist fnZ j n 2 N0 g die Menge aller Untergruppen von Z D .Z; C/.

Begründung: Wir zeigen: 1. Für jede natürliche Zahl n ist n  Z eine Untergruppe von Z. 2. Zu jeder Untergruppe U von Z gibt es eine natürliche Zahl n mit der Eigenschaft U D n  Z. 1. Es sei n 2 N. Es gilt: (i) n  Z ¤ ;, (ii) 8z; z 0 2 Z W nz C nz 0 D n.z C z 0 / 2 n  Z, also nZCnZ  nZ und (iii) 8 z 2 Z W nz D n.z/ 2 nZ, also nZ  nZ. Es besagen (i), (ii) und (iii), dass n  Z eine Untergruppe von Z ist. 2. Es ist f0g (D 0  Z) eine Untergruppe von Z. Daher sei ohne Einschränkung eine Untergruppe U ¤ f0g gegeben. Weil mit z 2 U auch stets z 2 U gilt, gibt es wegen U ¤ f0g ein kleinstes positives Element n ¤ 0 in U . Wir zeigen: U D n  Z. Die Inklusion n  Z  U klar. Wir kommen zu U  n  Z: Es sei u 2 U . Division von u durch n mit Rest liefert: u D qn C r

mit q 2 Z und r 2 f0; : : : ; n  1g:

Und weil nun n; u 2 U gilt, ist auch r D u  q n 2 U . Wegen der Wahl von n als kleinstes positives Element ¤ 0 in U muss r D 0 gelten. Dies liefert aber u D q n mit q 2 Z; also u 2 n  Z. 2.10 Die Verknüpfung von .G; / ist per Definition abgeschlossen. Es ist zu beweisen, dass das Assoziativgesetz gilt:

8 x; y; z 2 G W

.x  y/  z D x  .y  z/:

( )

Kapitel 2  Algebraische Strukturen – ein Blick hinter die Rechenregeln

26

2

Das sind 64 Gleichungen, die nachzuprüfen sind. Durch Tricks kann man sich viel Arbeit ersparen: Wenn eines der Elemente x; y; z das neutrale Element e ist, so gilt die Gleichheit in . / offenbar, also verbleiben 27 Gleichungen, die nachzuprüfen sind. Ohne Einschränkung seien von nun an x; y; z 2 G n feg. Wenn die drei Elemente x; y; z verschieden sind (es gilt dann etwa x  y D z) gilt die Gleichheit – es steht links und rechts von D jeweils e. Wenn die drei Elemente x; y; z gleich sind, gilt sowieso Gleichheit. Es bleiben also nur die Fälle x D y ¤ z, x ¤ y D z, x D z ¤ y zu betrachten. Und in diesen Fällen gilt jeweils die Gleichheit in . /, weil aus a ¤ b stets a  b ¤ a; b; e folgt. Also gilt das Assoziativgesetz. Bezüglich des (links-)neutralen Elements e 2 G gibt es zu jedem x 2 G ein (links-)inverses Element in G, nämlich x. Es ist klar, dass die Gruppe abelsch ist – das zeigt die Symmetrie der Verknüpfungstafel. Die Untergruppen von .G; /: Triviale Untergruppen sind G und feg. Behauptung: Für jedes x 2 G n feg gilt: Es ist U WD fe; xg eine Untergruppe von .G; /. Begründung: (i) U ¤ ;, (ii) U  U  U , (iii) U 1  U . Damit haben wir alle zweielementigen Untergruppen: fe; ag, fe; bg und fe; cg. Behauptung: Es gibt keine dreielementigen Untergruppen von .G; /. Begründung: Das liefert der Satz von Lagrange oder direkt: Ist U eine Untergruppe mit drei verschiedenen Elementen von .G; /, so ist mit x; y 2 U auch x  y 2 U . Die (mögliche) Wahl von x ¤ y und x; y 2 U n feg liefert aber: x  y 2 U n fe; x; yg. Also muss U D G gelten. 2.11 Division mit Rest liefert:

(a) 2 X 4  3 X 3  4 X 2  5 X C 6 D .2 X 2 C 3 X C 3/ .X 2  3 X C 1/ C .X C 3/. (b) X 4  2 X 3 C 4 X 2  6 X C 8 D .X 3  X 2 C 3 X  3/ .X  1/ C 5. 2.12 Für a D

p p p 2 C 3 2 gilt .a  2/3 D 2, d. h.:

a2  3

p 2 p 2a C3 2a  2 2 D 2

,

.a3 C 6 a  2/2 D 2 .3 a2 C 2/2

,

a6 C 36 a2 C 4 C 12a4  4 a3  24 a D 18 a4 C 24 a2 C 8

,

a6  6 a4  4 a3 C 12 a2  24 a  4 D 0 :

Also ist ZŒX.

p p 2C 3 2 Nullstelle des Polynoms P D X 6 6 X 4 4 X 3 C12 X 2 24 X 4 2

27

2

Lösungswege

Beweisaufgaben 2.13

(a) (: Diese Richtung ist klar, da etwa aus U1  U2 sogleich U1 [ U2 D U2 folgt. ): Es sei U1 [ U2 Untergruppe von G. Angenommen, es gilt U1 6 U2 und U2 6 U1 . Dann gibt es u1 2 U1 n U2 und u2 2 U2 n U1 . Da u1 ; u2 2 U1 [ U2 und U1 [ U2 Untergruppe von G ist, ist auch u1  u2 2 U1 [ U2 . 1. Fall u1  u2 2 U1 : Dann existiert u01 2 U1 mit u1  u2 D u01 , also u1 1  .u1  u2 / D 0 1 1 u1  u 2 U . Somit: u D e  u D .u  u /  u D u  .u  u2 / 2 U1 , ein 1 2 2 1 2 1 1 1 1 1 Widerspruch (zu u2 2 U2 n U1 ). 2. Fall u1  u2 2 U2 : Analog zum 1. Fall sieht man u1 2 U2 , ebenfalls ein Widerspruch. Daher ist die Annahme falsch, es folgt also die Behauptung. (b) Aus U1 [ U2 D G würde nach (a) folgen: U1  U2 oder U2  U1 , das hieße U2 D G und U1 D G. (c) Es sei G D fe; a; b; cg die Klein’sche Vierergruppe mit den Unterguppen U1 D fe; ag und U2 D fe; bg. Dann gilt tatsächlich: a  b D c … U1 [ U2 , also ist U1 [ U2 keine Untergruppe von G. 2.14

(a) Für jedes a 2 G ist der innere Automorphismus a W x 7! a x a1 ein Automorphismus von G, d. h. a D Id. Somit gilt für jedes x 2 G und a 2 G: a .x/ D a x a1 D x, folglich a x D x a für alle a; x 2 G. D. h. G ist abelsch. (b) Da die Abbildung q W a 7! a2 ein Homomorphismus ist, gilt für alle a; b 2 G: .a b/ .a b/ D .a b/2 D a2 b 2 D a a b b, nach Kürzen von a und b also b a D a b. Folglich ist G abelsch. (c) Da die Abbildung  W a 7! a1 ein Automorphismus ist, gilt für alle a; b 2 G: b 1 a1 D .a b/1 D a1 b 1 . Nach beidseitigem Invertieren erhalten wir a b D b a, somit ist G abelsch. 2.15 Es ist klar, dass RŒŒX ein kommutativer Erweiterungsring mit 1 von RŒX ist. Es gilt etwa 8 < N0 ! R  1 ; falls n D 0 1W : n 7! 0 ; falls n ¤ 0 :

(a) Ist RŒŒX ein Integritätsbereich, so auch R  RŒŒX (nach Identifikation). 1 1 P P Es sei R ein Integritätsbereich. Es seien P D ai X i , Q D bj X j 2 RŒŒX mit am ; bn ¤ 0. Dann ist

i Dm

j Dn

P Q 2 am bn X mCn C RŒŒX X mCnC1: Da R Integritätsbereich ist, ist am bn ¤ 0, also P Q ¤ 0. Also ist RŒŒX nullteilerfrei.

28

Kapitel 2  Algebraische Strukturen – ein Blick hinter die Rechenregeln

(b) Für einen Ring S sei S  die Menge der invertierbaren Element aus S. Mit dieser 1 P Bezeichnung ist zu zeigen: RŒŒX D f ai X i j a0 2 R g:

2

: Es sei P D

1 P i Dm

i D0



ai X 2 RŒŒX , am ¤ 0. Dann gibt es ein Q D i

RŒŒX, bn ¤ 0 mit P Q D 1. Wie in (a) gezeigt, gilt dann:

1 P j Dn

bj X j 2

1 D P Q 2 am bn X mCn C RŒŒX X mCnC1 ; also m D n D 0, a0 b0 D 1, also a0 2 R . 1 1 P P ai X i , a0 2 R . Wir definieren Q D bj X j 2 RŒŒX

: Es sei P D i D0

rekursiv durch: b0 D a01 und bj D a01 .aj b0 C aj 1 b1 C    C a1 bj 1 / für j > 0. Dann gilt P Q D Q P D 1, also P 2 RŒŒX . (c) Aus der Formel in (b) folgt X

.1  X/1 D

Xi

i 2N0

und .1  X 2 /1 D

X i 2N0

X 2i :

j D0

29

3

Aufgaben zum Kapitel „Lineare Gleichungssysteme – ein Tor zur linearen Algebra“ Aufgaben Verständnisfragen 3.1 

Haben reelle lineare Gleichungssysteme mit zwei verschiedenen Lösungen stets unendlich viele Lösungen?

Gibt es ein lineares Gleichungssystem über einem Körper K mit weniger Gleichungen als Unbekannten, welches eindeutig lösbar ist?

3.2 

3.3  Ist ein lineares Gleichungssystem A x D b mit n Unbekannten und n Gleichungen für ein b eindeutig lösbar, dann auch für jedes b . Stimmt das?

Folgt aus rg A D rg.A j b/, dass das lineare Gleichungssystem .A j b/ eindeutig lösbar ist?

3.4 

3.5 

Ein lineares Gleichungssystem mit lauter ganzzahligen Koeffizienten und Absolutgliedern ist auch als Gleichungssystem über dem Restklassenkörper Zp aufzufassen. Angenommen, l D .l1 ; : : : ; ln / ist eine ganzzahlige Lösung dieses Systems. Warum ist dann l D .l 1 ; : : : ; l n / mit l i  li .mod p/ für i D 1; : : : ; n eine Lösung des gleichlautenden Gleichungssystems über Zp ? Ist jede Lösung zu letzterem aus einer ganzzahligen Lösung des Systems über Q oder R herleitbar? 3.6 

Das folgende lineare Gleichungssystem mit ganzzahligen Koeffizienten ist über R unlösbar. In welchen Restklassenkörpern ist es lösbar, und wie lautet die jeweilige Lösung? 2 x1 C x2  2 x3 D 1 x1  4 x2  19 x3 D 10 x2 C 4 x3 D 1

© Der/die Herausgeber bzw. der/die Autor(en), exklusiv lizenziert durch Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2020 C. Karpfinger, H. Stachel, Arbeitsbuch Lineare Algebra, https://doi.org/10.1007/978-3-662-61472-3_3

Kapitel 3  Lineare Gleichungssysteme – ein Tor zur linearen Algebra

30

Es sind Zahlen a; b; c; d; r; s aus dem Körper K vorgegeben. Begründen Sie, dass das lineare Gleichungssystem

3.7 

a x1 C b x2 D r c x1 C d x2 D s

3

im Fall a d  b c ¤ 0 eindeutig lösbar ist, und geben Sie die eindeutig bestimmte Lösung an. Bestimmen Sie zusätzlich bei K D R für m 2 R die Lösungsmenge des folgenden linearen Gleichungssystems: 2 x1 C 3 x2 D 2 m x1  5 x2 D 11

Rechenaufgaben 3.8 

Bestimmen Sie die Lösungsmengen L der folgenden reellen linearen Gleichungssysteme und untersuchen Sie deren geometrische Interpretationen: a) 2 x1 C 3 x2 D 5 x1 C x2 D 2 3x1 C x2 D 1 b) 2x1  x2 C 2x3 D 1 x1  2x2 C 3x3 D 1 6x1 C 3x2  2x3 D 1 x1  5x2 C 7x3 D 2 3.9 

Für welche a 2 R hat das reelle lineare Gleichungssystem

.a C 1/ x1  .a2  6 a C 9/ x2 C .a  2/ x3 D 1 3 x3 D a  3 .a  2 a  3/ x1 C .a2  6 a C 9/ x2 C .a C 1/ x1  .a2  6 a C 9/ x2 C .a C 1/ x3 D 1 2

keine, genau eine bzw. mehr als eine Lösung? Für a D 0 und a D 2 berechne man alle Lösungen. 3.10  Berechnen Sie die Lösungsmenge der komplexen linearen Gleichungssysteme: a) x1 C i x2 C x3 D 1 C 4 i x1  x2 C i x3 D 1 i x1  x2  x3 D  1  2 i C i x3 D i b) 2 x1 x1  3 x2  i x3 D 2 i i x1 C x2 C x3 D 1 C i i x2  x3 D 0 c) .1 C i/ x1  2 x1 C .2  3 i/ x2 C 2 i x3 D 0

3

31 Aufgaben

. Abb. 3.1 Die Gewichtskraft F verteilt sich auf die Stäbe

0

#F #F

c b

b

c

# F

#F

a

a

3.11  Bestimmen Sie die Lösungsmenge L des folgenden reellen linearen Gleichungssystems in Abhängigkeit von r 2 R:

r x1 C x2 C x3 D 1 x1 C r x2 C x3 D 1 x1 C x2 C r x3 D 1 3.12  Untersuchen Sie das reelle lineare Gleichungssystem

x1  x2 C x3  2 x4 2 x1 C 3 x2 C a x3 x1 C x2  x3 C a x4 a x2 C b 2 x3  4 a x4

D 2 D4 Da D1

in Abhängigkeit der beiden Parameter a; b 2 R auf Lösbarkeit bzw. eindeutige Lösbarkeit und stellen Sie die entsprechenden Bereiche für .a; b/ 2 R2 grafisch dar. Im Ursprung 0 D .0; 0; 0/ des R3 laufen die drei Stäbe eines Stabwerks zusammen, die von den Punkten 3.13 

a D .2; 1; 5/; b D .2; 2; 4/; c D .1; 2; 3/ ausgehen. Im Ursprung 0 wirkt die vektorielle Kraft F D .0; 0; 56/ in Newton. Welche Kräfte wirken auf die einzelnen Stäbe (siehe . Abb. 3.1)?

Beweisaufgaben 3.14 

Beweisen Sie, dass bei jedem linearen Gleichungssystem über dem Körper K mit den beiden Lösungen l D .l1 ; : : : ; ln / und l D .l1 ; : : : ; ln / gleichzeitig auch l C .1  /l , also .l1 C .1  /l1 ; : : : ; ln C .1  /ln / eine Lösung ist, und zwar für jedes  2 K. 3.15 

Zeigen Sie, dass die elementare Zeilenumformung (1) auch durch mehrfaches Anwenden der Umformungen vom Typ (2) und (3) erzielt werden kann.

32

Kapitel 3  Lineare Gleichungssysteme – ein Tor zur linearen Algebra

Hinweise Verständnisfragen

3

3.1 Merkregel über die Lösungsmenge eines linearen Gleichungssystems. 3.2 Man betrachte die Zeilenstufenform. 3.3 Man ermittle die Zeilenstufenform der erweiterten Koeffizientenmatrix. 3.4 Man suche ein Gegenbeispiel. 3.5 Beachten Sie, dass die Abbildung Z ! Zp mit z 7! z bei z  z .mod p/ im Sinne des Abschn. 2.2 hinsichtlich der Addition und der Multiplikation verknüpfungstreu ist. 3.6 Transformieren Sie zunächst das System über R in Zeilenstufenform. Achten Sie

gleichzeitig darauf, welche Divisionen in Restklassenkörpern nicht erlaubt wären. 3.7 Bringen Sie die erweiterte Koeffizientenmatrix auf Zeilenstufenform.

Rechenaufgaben 3.8 Benutzen Sie das Eliminationsverfahren von Gauß oder das von Gauß und Jordan. 3.9 Bringen Sie die erweiterte Koeffizientenmatrix auf Zeilenstufenform und unter-

scheiden Sie dann verschiedene Fälle für a. 3.10 Man bilde die erweiterte Koeffizientenmatrix und wende das Verfahren von Gauß

an. 3.11 Führen Sie das Eliminationsverfahren von Gauß durch. 3.12 Wenden Sie elementare Zeilenumformungen auf die erweiterte Koeffizienten-

matrix an und beachten Sie jeweils, unter welchen Voraussetzungen an a und b diese zulässig sind. 3.13 Man zerlege die Kraft F in drei Kräfte F a , F b und F c in Richtung der Stäbe.

Beweisaufgaben 3.14 Beachten Sie die allgemeine Form der Lösung. 3.15 Will man die Zeile i mit der Zeile j vertauschen, so beginne man mit der Addition der j -ten Zeile zur i-ten Zeile.

3

33 Lösungen

Lösungen Verständnisfragen 3.1 Ja. 3.2 Nein. 3.3 Ja. 3.4 Nein. 3.5 Die erste Behauptung folgt aus der Verknüpfungstreue der Abbildung Z ! Zp . Die Antwort auf die zweite Frage ist nein. 3.6 Das System ist in Z2 und in Z3 lösbar. Die Lösungsmenge L lautet in Z2

L D f.1; 1; 1/; .0; 1; 0/g und in Z3 L D f.0; 2; 0/; .0; 1; 1/; .0; 0; 2/g: 3.7 Die eindeutig bestimmte Lösung des allgemeinen Systems ist

die eindeutige Lösung des Beispiels lautet

 10mC33 7

;

 222m 7



rd bs ; asrc a d b c a d b c



und

.

Rechenaufgaben 3.8 Das System a) ist nicht lösbar; die Lösungsmenge des Systems b) lautet L D f. 13 .1  t/; 13 .1 C 4 t/; t/ j t 2 Rg. 3.9 Für a D 1 gibt es keine Lösung. Für a D 2 und a D 3 gibt es unendlich

viele Lösungen. Für alle anderen reellen Zahlen a gibt es genau eine Lösung. Im Fall a D 0 ist dies L D f.1; 0; 0/g, und im Fall a D 2 ist L D f. 31 C 13 t; t; 0/ j t 2 Rg die Lösungsmenge. 3.10 Die Lösungsmengen sind

a) L D f.3 C 2 i; 1 C 2 i; 3 i/g. b) L D f 15 .3 C i; 3  4 i; 3 C 6 i/g. c) L D .4  3 i; 2 i; 5 C i/ C. 3.11 Im Fall r D 2 ist L D ;. Im Fall r D 1 ist L˚D f.1  s  t; s;t/ j s; t 2 Rg die 1 1 1 ; 2Cr ; 2Cr Lösungsmenge, und für alle anderen r 2 R ist L D 2Cr .

34

Kapitel 3  Lineare Gleichungssysteme – ein Tor zur linearen Algebra

3.12 Das Gleichungssystem ist für alle Paare .a; b/ der Hyperbel H D f.a; b/ j b 2 

a .a C 2/ D 0g nicht lösbar. Für alle anderen Paare .a; b/ 2 R2 n H DW G ist das System lösbar. Bei a ¤ 2 ist die Lösung eindeutig; bei a D 2, d. h. für alle Paare .a; b/ D .2; b/ 2 G, gibt es unendlich viele Lösungen.

3

3.13 F a D .12; 6; 30/, F b D .10; 10; 20/, F c D .2; 4; 6/.

Beweisaufgaben 3.14 – 3.15 –

Lösungswege Verständnisfragen 3.1 Sind s D .s1 ; : : : ; sn / eine spezielle Lösung und l D .l1 ; : : : ; ln / eine Lösung des zugehörigen homogenen Systems, so ist für jedes  2 R auch s C  l D .s1 C  l1 ; : : : ; sn C  ln / eine Lösung. 3.2 Bringt man die erweiterte Koeffizientenmatrix auf Zeilenstufenform, so erkennt

man, dass im Falle der Lösbarkeit mindestens eine Unbekannte frei wählbar ist. Somit ist eine Lösung niemals eindeutig bestimmt. 3.3 Weil die Lösung eindeutig bestimmt ist, muss der Rang der Koeffizientenmatrix,

der in diesem Fall gleich dem Rang der erweiterten Koeffizientenmatrix ist, gleich n sein. Betrachtet man die Zeilenstufenform der erweiterten Koeffizientenmatrix, so hat diese n Stufen: 1 0 b1 C B C B C B C B B ::C B :C C B C B :: C B : C B 0 C B @ bn A Keines der Elemente ist null. Also ist das Gleichungssystem für beliebige b1 ; : : : ; bn eindeutig lösbar.

35

3

Lösungswege

3.4 Das lineare Gleichungssystem

x1 C x2 D 1 hat die erweiterte Koeffizientenmatrix .1 1 j 1/ : Insbesondere gilt also rg A D rg.A j b/, aber dieses System ist nicht eindeutig lösbar, da .1  t; t/ für jedes t 2 R eine Lösung ist. 3.5 Aus aj1 l1 C : : : C aj n ln D bj folgt aj1 l 1 C : : : C aj n l n  bj .mod p/ für alle j D 1; : : : ; m. Die zweite Frage ist zu verneinen, denn es gibt lineare Gleichungssysteme, die über Q oder R unlösbar, jedoch über Zp lösbar sind. 3.6 Wir wenden über R elementare Zeilenumformungen an und erhalten

1 0 1 1 4 19 10 2 1 2 1 @ 1 4 19 10 A ! @ 0 1 4 1 A 0 1 4 1 2 1 2 1 0 1 10 1 4 19 z3 2z1 1 4 1 A ! @ 0 0 9 36 21 0 1 1 4 19 10 1=3z3 1 4 1 A ! @ 0 0 3 12 7 0 1 1 4 19 10 z3 3z2 1 4 1 A ! @ 0 0 0 0 4 0

Dieses System ist genau dann lösbar, wenn 4  0 .mod p/ ist, also p D 2, nachdem Z4 kein Körper ist. Andererseits wäre schon zwei Schritte vorher im Körper Z3 die Zeilenstufenform erreicht worden und das System lösbar, denn die dritte Zeile wäre eine Nullzeile. Also bleiben Z2 und Z3 . In Z2 rechnen wir wie folgt: 0 1 1 0 1 0 1 0 0 1 0 1 z3 z1 @1 0 1 0 A ! @ 0 1 0 1 A 0 1 0 1 0 0 0 0 Die Lösung in Parameterform und Spaltenschreibweise lautet: 0 1 0 1 0 1 l1 0 1 @l2 A D @1A C @0A t; t 2 Z2 : l3 0 1

Kapitel 3  Lineare Gleichungssysteme – ein Tor zur linearen Algebra

36

In Z3 lautet die Umformung: 0

3

0 1 2 1 1 2 z1 $z2 1 2 2 z2 Cz1 @1 2 2 1A ! @ 0 0 0 0 1 1 2 0 1 1 0 1 0 0 z1 Cz3 z2 $z3 ! @ 0 1 1 0 0 0

1 1 0 A 2 1 0 2 A 0

und somit 8 0 1 0 1 0 19 0 1 0 1 0 0 0 0 = < 0 L D @2A C @2A Z3 D @2A; @1A; @0A : : ; 0 0 1 1 2 3.7 Das Gleichungssystem aus der Aufgabenstellung hat als erweiterte Koeffizienten-

matrix  a c

b d

r s

(3.1)

Zur Abkürzung setzen wir D WD a d  b c. Da nach Voraussetzung D ¤ 0 ist, gilt a ¤ 0 oder c ¤ 0. 1. Fall: a ¤ 0. Wir formen die Matrix in (3.1) mithilfe von elementaren Zeilenumformungen um: Wir addieren das  ac -Fache der ersten zur zweiten Zeile, multiplizieren dann die zweite Zeile mit a=D, addieren dann das b-Fache der zweiten Zeile zur ersten, multiplizieren dann die erste Zeile mit 1=a und erhalten: 

1 0 0 1

rd bs D asrc D

Alsobesitzt das Gleichungssystem aus der Aufgabenstellung genau eine Lösung, näm lich rdDbs ; asrc . D 2. Fall: c ¤ 0. Eine zum 1. Fall analoge Rechnung zeigt, dass das Gleichungssys tem auch in diesem Fall genau eine Lösung besitzt, nämlich rdDbs ; asrc . D Insgesamt ist damit bewiesen: Das Gleichungssystem aus der Aufgabenstellung besitzt für a d  b c ¤ 0 genau eine Lösung, nämlich  rd  bs as  rc ; : D D Wir lösen nun das gegebene Gleichungssystem in Abhängigkeit von m 2 R. Wegen 10  3 D 7 ¤ 0 ist das System eindeutig lösbar, und Einsetzen in die Formel für die eindeutig bestimmte Lösung ergibt  10m C 33 22  2m ; : lD 7 7

37

3

Lösungswege

Rechenaufgaben 3.8

a) Wir führen an der erweiterten Koeffizientenmatrix .A j b/ elementare Zeilenumformungen durch, bis wir Zeilenstufenform erreicht haben: 1 1 1 0 0 0 2 2 2 3 5 1 1 1 1 @1 1 2 A ! @ 0 1 A ! @0 1 1A 1 3 1 1 0 2 5 0 0 3 Damit gilt rg.A j b/ > rg A, und nach dem Lösbarkeitskriterium von Kronecker und Capelli ist das System nicht lösbar. Zeichnet man die drei Geraden, die durch die Gleichungen des Systems gegeben sind, so erkennt man, dass die drei Geraden keinen gemeinsamen Punkt haben; ihre Schnittmenge ist leer. Das besagt die Nichtlösbarkeit des Gleichungssystems. b) Wir wenden dasselbe Verfahren an: 1 0 1 0 1 0 1 1 1 2 3 1 2 3 2 1 2 1 B B B1 2 3 1C 3 4 1C 3 4 1C C ! B0 C ! B0 C B A @ A @ @6 0A 3 2 1 0 15 20 5 0 0 0 1 0 1 5 7 2 0 3 4 0 0 0 Damit gilt rg.A j b/ D rg A, und nach dem Lösbarkeitskriterium ist das System lösbar. Wir wählen für die Unbekannte x3 eine beliebige reelle Zahl t und erhalten durch Rückwärtseinsetzen x2 D 13 .1 C 4 t/ und schließlich x1 D 13 .1  t/. Die Lösungsmenge ist also L D f. 13 .1  t/; 13 .1 C 4 t/; t/ j t 2 Rg. Jede einzelne Gleichung hat als Lösungsmenge eine Ebene. Die Schnittgerade der ersten beiden Ebenen liegt auch in der dritten und vierten Ebene und stellt somit die Lösungsmenge des Systems dar. 3.9 Wir führen elementare Zeilenumformungen an der erweiterten Koeffizientenmatrix aus: 0 1 1 aC1 a2 C 6a  9 a  2 @a2  2a  3 a2  6a C 9 3 a  3A 1 aC1 a2 C 6a  9 a C 1 1 0 1 aC1 .a  3/2 a  2 3 a  3A .a  3/2 D @.a C 1/.a  3/ 1 aC1 .a  3/2 a C 1 1 0 a2 1 aC1 .a  3/2 .a  3/2 .a  2/ a2 C 5a  3 0A !@ 0 0 0 0 3 1 0 2 0 1 aC1 .a  3/ 2 @ .a  2/ 0 0A 0 .a  3/ ! 0 0 1 0

Kapitel 3  Lineare Gleichungssysteme – ein Tor zur linearen Algebra

38

Wir unterscheiden vier Fälle: a … f1; 2 ; 3g: Die Koeffizientenmatrix A hat den Rang 3, es gibt dann genau eine Lösung. Im Fall a D 0 erhält man 1 0 1 1 0 0 1 1 9 0 1 @0 18 0 0A ! @0 1 0 0A 0 0 1 0 0 0 1 0 0

3

also als Lösungsmenge L D f.1; 0; 0/g. a D 1: Hier ergibt sich: 0 1 1 0 0 0 1 0 16 0 1 @0 48 0 0A ! @0 1 0 0A 0 0 1 0 0 0 1 0 0

Wegen rg A D 2 < 3 D rg.A j b/ (oder weil die erste Zeile die Form .0 0 0 j / mit ¤ 0 hat) gibt es keine Lösung. a D 2: Hier ergibt sich: 0

1 0 1 3 1 0 1 3 1 0 1 @0 0 0 0A ! @0 0 1 0A 0 0 1 0 0 0 0 0 Wegen rg A D rg.A j b/ ist das Gleichungssystem lösbar. Es ist x3 D 0, wir setzen x2 D t 2 R, also x1 D .1 C t/=3. Die Lösungsmenge ist L D f. 13 C 13 t; t; 0/ j t 2 Rg. a D 3: Hier ergibt sich: 1 0 1 4 0 0 1 4 0 0 1 @0 0 0 0 A ! @0 0 1 0 A 0 0 1 0 0 0 0 0 0

also die Lösungsmenge: L D f. 14 ; t; 0/ j t 2 Rg. Uns interessiert allerdings nur, dass es mehr als eine, nämlich unendlich viele Lösungen gibt.

39

3

Lösungswege

3.10

a) Wir wenden elementare Zeilenumformungen auf die erweiterte Koeffizientenmatrix 1 an und beachten dabei 1i D 1Ci D 12 .1 C i/: 1C1 1 0 1C 4i 1 1 i 1 @1 1 i 1 A ! @0 i 1 1 1  2 i 0 0 1 @ ! 0 0 0 0

1 1C 4i i 1 4 i A 1  i 1 C i 0 1  i 3  3 i 1 i 1 1C4i 1 i 2 C 2 iA 3i 0 1 1 z1 i z2 1 0 0 3C2i z2 Ci z3 ! @0 1 0 1 C 2 iA 3i 0 0 1

Daraus ist unmittelbar die Lösung ablesbar. b) Mithilfe von elementaren Zeilenumformungen folgt: 1 0 i 1 2 0 i @1 3 i 2i A ! @2 i 1 1 1Ci i 0 1 @ ! 0 0 0 1 ! @0 0 0 1 @ ! 0 0 0 1 ! @0 0 0

1 2i 3 i i A 0 i 1 1 1Ci

1 2i 3 i 6 3i 3i A 1 C 3i 0 3 C i 1 2i 3 i i A 2 i 2 C 6i 0 6 C 2i 1 2i 3 i i A 2 i 2 C 6i 0 6 C 2i 1 2i 3 i i A 2 i 0 3  i 3 C 3i

Es gibt also eine eindeutige Lösung und zwar 3C3i 1 3 C6i D .3 C 3 i/.3 C i/ D ; 3i 10 5 i  i x3 3 4i D ; x2 D 2 5 3Ci ; x1 D 2 i C 3 x2 C i x3 D 5  ˚ also ist L D 15 .3 C i; 3  4 i; 3 C 6 i/ die Lösungsmenge. x3 D

Kapitel 3  Lineare Gleichungssysteme – ein Tor zur linearen Algebra

40

c) Wir wenden die folgenden Umformungen an:  1Ci i 1 0 2 2 3i 2i 0

z1 D 12 z2

!

z2 .1Ci/ z1

!

3

2z2

!



 3 i/ i 0 i 1 0 ! 1 12 .2  3 i/ i 0 0  12 .5 C i/ i 0  1 12 .2  3 i/ i 0 0 5Ci 2i 0 1 1Ci

1 .2 2

Um Brüche zu vermeiden, setzen wir x2 D 2 i t mit t 2 C und erhalten durch Einsetzen x3 D .5 C i/t sowie x1 D .4 C 3 i/t, also 0

1 4 C 3 i L D @ 2i AC 5  i Die folgende Darstellung derselben Lösungsmenge 0

1 17  19 i L D @2  10 iA C 26 entsteht durch Multiplikation aller Koordinaten mit den Faktor .5 C i/. 3.11 Wir notieren die erweiterte Koeffizientenmatrix und beginnen mit dem Elimina-

tionsverfahren von Gauß: 0 1 0 r 1 1 1 0 1  r2 @1 r 1 1 A ! @1 r 1 1 r 1 0 1r

1 1r 1r 1 A 1 0 r 1

1. Fall: r D 1. In diesem Fall kann man die Lösungsmenge direkt ablesen: L D f.1  s  t; s; t/ j s; t 2 Rg (das sind unendlich viele Lösungen). 2. Fall: r ¤ 1. Wir führen einen weiteren Eliminationsschritt durch. Hierbei multi1 und erhalten: plizieren wir die erste und die dritte Zeile mit 1r 0

0 1Cr @1 r 0 1

1 0 1 1 r 1 1 1 1 1 1A ! @0 1 1 0A 1 0 0 0 2Cr 1

Im Fall r D 2 gilt L D ;.  ˚ 1 1 1 ; 2Cr ; 2Cr Und im Fall r ¤ 2 gibt es offenbar genau eine Lösung. Es ist L D 2Cr die Lösungsmenge.

41

3

Lösungswege

3.12 Die erweiterte Koeffizientenmatrix .A j b/ des Systems lautet:

0

1 1 1 2 B2 3 a 0 B @1 1 1 a 0 a b 2 4 a

1 2 4C C aA 1

Wir führen nun elementare Zeilenumformungen durch, um die Matrix auf Zeilenstufenform zu bringen: 0

1 1 1 2 B2 3 a 0 B @1 1 1 a 0 a b 2 4 a

1 0 2 1 1 B0 1 4C C!B @0 0 aA 1 0 a 0 1 1 B0 1 !B @0 0 0 0 0 1 1 B0 1 !B @0 0 0 0

1 2 1 2 0 C a C 2 4 C 0 a  2 a  2A 4 a 1 b2

1 2 1 2 0 C aC2 4 C 0 a  2 a  2A 0 1 b 2  a .a C 2/ 1 2 1 2 0 C aC2 4 C 2 0 1 A b  a .a C 2/ 0 a2 a2

An der dritten Zeile erkennen wir nun bereits, dass das Gleichungssystem nicht lösbar ist, falls der Ausdruck b 2  a .a C 2/ gleich null wird. Die Menge aller dieser Paare .a; b/ mit b 2  a .a C 2/ D 0 bildet eine Hyperbel H . Wir setzen nun voraus, dass .a; b/ … H gilt. Wir dividieren die dritte Zeile durch b 2  a .a C 2/ und erhalten die Koeffizientenmatrix: 1 2 1 1 1 2 C B0 1 a C 2 4 0 C B 2 @0 0 1=.b  a .a C 2//A 1 0 a2 0 0 0 a2 0

Ist a ¤ 2, so kann man die letzte Zeile durch a  2 teilen und erhält so die eindeutige Lösbarkeit des Systems. Ist jedoch a D 2, so hat das System unendlich viele Lösungen. Für die Punkte .a; b/ der in . Abb. 3.2 dargestellten Hyperbel H ist das Gleichungssystem nicht lösbar, mit Ausnahme der beiden markierten Punkte, zu welchen jeweils unendlich viele Lösungen existieren. Für alle übrigen Paare .a; b/ ist das Gleichungssystem eindeutig lösbar. 3.13 Es ist die Kraft F in drei Kräfte zu zerlegen, welche in die Richtungen der Punkte a D .2; 1; 5/, b D .2; 2; 4/ und c D .1; 2; 3/ zeigen. Wir bezeichnen diese mit F a , F b und F c .

Kapitel 3  Lineare Gleichungssysteme – ein Tor zur linearen Algebra

42

. Abb. 3.2 Anzahl der Lösungen des Gleichungssystem aus Aufgabe 3.12 in Abhängigkeit von den Parametern a und b

a H

2

3 b

Gesucht sind also l1 ; l2 ; l3 2 R mit l1  a Cl2  bCl3  c D F ; es gilt dann l1  a D F a , l2 a D F b und l3 c D F c . Dies drückt aus, dass die Kräfte in die Richtungen der Stäbe zeigen. (Addition und Multiplikation verstehen wir hier durchwegs komponentenweise. Wir nehmen die Notationen aus dem folgenden Kapitel vorweg.) Wir formulieren die Gleichung l1  a C l2  b C l3  c D F als ein lineares Gleichungssystem und geben sogleich die erweiterte Koeffizientenmatrix an, welche wir auf Zeilenstufenform bringen, um die Lösung l1 ; l2 ; l3 zu bestimmen: 1 0 1 0 1 0 0 0 1 2 2 1 2 2 2 2 1 @ 1 2 0A ! @0 0 A ! @0 0A 2 2 5 2 5 5 4 3 56 0 14 7 56 0 0 28 56 0

Es ist .6; 5; 2/ die eindeutige Lösung des Systems. Damit haben wir die Kräfte in Richtung der Stäbe ermittelt, es gilt: F a D .12; 6; 30/ ; F b D .10; 10; 20/ ; F c D .2; 4; 6/ :

Beweisaufgaben 3.14 Wir zeigen die Behauptung durch Nachrechnen, indem wir in die j -te Gleichung einsetzen: Aus aj1 l1 C    C aj n ln D bj und aj1 l1 C    C aj nln D bj folgt, indem wir die erste Gleichung mit  und die zweite mit .1  / multiplizieren und dann addieren:

    aj1 l1 C .1  /l1 C    C aj n ln C .1  /ln D . C .1  // bj D bj :

43

3

Lösungswege

Noch einfacher geht dies in Matrizenform: Aus A l D b und A l D b folgt aufgrund der Distributivgesetzte für Matrizen: A .l C .1  /l / D b C .1  /b D b : Die Behauptung gilt für homogene und inhomogene Systeme und ist bei l D l natürlich trivial. 3.15 Wir wollen die i-te Zeile zi mit der j -ten Zeile zj vertauschen. Dann können wir bei vektorieller Schreibweise die erweiterte Koeffizientenmatrix wie folgt umformen:

0 1 0 zi zi B :: C (3) B @ : A ! @ zj 0 zi (3) B ! @

1 0 1 1 0 zi C zj zi C zj C zj C B : C :: C (2) B ::  @ :: A A! : A ! @ : zj zj  .zi C zj / zi 1 0 1 zj C zj C .zi / C (2) B :: C :: A ! @ : A : zi zi

45

4

Aufgaben zum Kapitel „Vektorräume – von Basen und Dimensionen“ Aufgaben Verständnisfragen 4.1  Gelten in einem Vektorraum V die folgenden Aussagen? (a) Ist eine Basis von V unendlich, so sind alle Basen von V unendlich. (b) Ist eine Basis von V endlich, so sind alle Basen von V endlich. (c) Hat V ein unendliches Erzeugendensystem, so sind alle Basen von V unendlich. (d) Ist eine linear unabhängige Menge von V endlich, so ist es jede.

Gegeben sind ein Untervektorraum U eines K-Vektorraums V und Elemente u; w 2 V . Welche der folgenden Aussagen sind richtig? (a) Sind u und w nicht in U , so ist auch u C w nicht in U . (b) Sind u und w nicht in U , so ist u C w in U . (c) Ist u in U , nicht aber w, so ist u C w nicht in U .

4.2 

Folgt aus der linearen Unabhängigkeit von u und v eines K-Vektorraums auch die linearen Unabhängigkeit von u  v und u C v?

4.3 

Folgt aus der linearen Unabhängigkeit der drei Vektoren u; v; w eines KVektorraums auch die lineare Unabhängigkeit der drei Vektoren uCvCw; uCv; vCw?

4.4 

Geben Sie zu folgenden Teilmengen des R-Vektorraums R3 an, ob sie Untervektorräume 80 sind, 9 dies: 1 und begründen Sie < v1 = (a) U1 D @v2 A 2 R3 j v1 C v2 D 2 : ; v3 80 1 9 < v1 = (b) U2 D @v2 A 2 R3 j v1 C v2 D v3 : ; v3 4.5 

© Der/die Herausgeber bzw. der/die Autor(en), exklusiv lizenziert durch Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2020 C. Karpfinger, H. Stachel, Arbeitsbuch Lineare Algebra, https://doi.org/10.1007/978-3-662-61472-3_4

46

Kapitel 4  Vektorräume – von Basen und Dimensionen

80 1 9 < v1 = (c) U3 D @v2 A 2 R3 j v1 v2 D v3 : ; v3 80 1 9 < v1 = (d) U4 D @v2 A 2 R3 j v1 D v2 oder v1 D v3 : ; v3

4

4.6  Welche der folgenden Teilmengen des R-Vektorraums RR sind Untervektorräume? Begründen Sie Ihre Aussagen. (a) U1 D ff 2 RR j f .1/ D 0g (b) U2 D ff 2 RR j f .0/ D 1g (c) U3 D ff 2 RR j f hat höchstens endlich viele Nullstelleng (d) U4 D ff 2 RR j für höchstens endlich viele x 2 R ist f .x/ ¤ 0g (e) U5 D ff 2 RR j f ist monoton wachsendg (f) U6 D ff 2 RR j die Abbildung g 2 RR mit g.x/ D f .x/  f .x  1/ liegt in U g, wobei U  RR ein vorgegebener Untervektorraum ist.

Gibt es für jede natürliche Zahl n eine Menge A mit n C 1 verschiedenen Vektoren v1 ; : : : ; vnC1 2 Rn , sodass je n Elemente von A linear unabhängig sind? Geben Sie eventuell für ein festes n eine solche an.

4.7 

Da dim.U C V / D dim U C dim V  dim.U \ V / gilt, gilt doch sicher auch analog zu Mengen dim.U C V C W / D dim U C dim V C dim W  dim.U \ V /  dim.U \ W /  dim.V \ W / C dim.U \ V \ W /? Beweisen oder widerlegen Sie die Formel für dim.U C V C W /! 4.8 

Rechenaufgaben

  1 Wir betrachten im R2 die drei Untervektorräume U1 D , U2 D 2

 

   1 1 1 . Welche der folgenden Aussagen ist richtig? ; und U3 D 3 1 2  2 (a) Es ist ein Erzeugendensystem von U1 \ U2 . 4 (b) Die leere ; ist eine Basis von U1 \ U3 .  Menge 1 (c) Es ist eine linear unabhängige Teilmenge von U2 . 4 (d) Es gilt hU1 [ U3 i D R2 . 4.9 

47

4

Aufgaben

4.10 

Prüfen Sie, ob die Menge

    ) 1 0 1 1 0 1 0 0 ; v2 D ; v3 D ; v4 D  R22 B D v1 D 0 1 0 0 1 0 1 0 (

eine Basis des R22 bildet. 4.11 

Bestimmen Sie eine Basis des von der Menge

80 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 19 0 1 1 1 1 2 > ˆ ˆ

= C ; B C; B C; B C; B C; B C XD B @ 0 A @ 1 A @ 0 A @ 1 A @1A @1A> ˆ ˆ > : ; 1 2 1 0 1 0 erzeugten Untervektorraums U D hXi des R4 . 4.12 

Begründen Sie, dass für jedes n 2 N die Menge 8 ˆ
= B:C U D u D @ :: A 2 Rn j u1 C    C un D 0 ˆ > : ; un 0

einen R-Vektorraum bildet, und bestimmen Sie eine Basis und die Dimension von U . 4.13 

Bestimmen Sie die Dimension des Vektorraums

hf1 ; f2 ; f3 i  RR : mit f1 W x 7! sin.x/; f2 W x ! 7 sin.2x/; f3 W x ! 7 sin.3x/: Es seien a; b verschiedene, linear unabhängige Elemente eines K-Vektorraums V . Wir setzen für Skalare ; ; ;  2 K:

4.14 

c D  a C  b und d D  a C  b: Unter welcher Bedingung an ; ; ;  2 K sind c; d linear unabhängig?

Kapitel 4  Vektorräume – von Basen und Dimensionen

48

Beweisaufgaben 4.15 

Begründen Sie, dass sich die Kommutativität der Vektoraddition aus den restlichen Axiomen folgern lässt.

4.16 

4

Es seien U1 ; U2 ; U3 Untervektorräume eines K-Vektorraums V . Weiter gelte

U1 C U3 D U2 C U3 ; U1 \ U3 D U2 \ U3 und U1  U2 : Zeigen Sie U1 D U2 . 4.17  Eine Funktion f W R ! R heißt gerade (bzw. ungerade), falls f .x/ D f .x/ für alle x 2 R (bzw. f .x/ D f .x/ für alle x 2 R). Die Menge der geraden (bzw. ungeraden) Funktionen werde mit G (bzw. U ) bezeichnet. Beweisen Sie: Es sind G und U Untervektorräume von RR , und es gilt RR D G ˚ U . 4.18  Es seien K ein Körper mit jKj D 1 und V ein K-Vektorraum. Ferner seien n 2 N und U1 ; : : : ; Un Untervektorräume von V mit Ui ¤ V für i D 1; : : : ; n. Zeigen Sie: n [

Ui ¤ V:

i D1

(Anders formuliert: Ist jKj D 1, so lässt sich V nicht als Vereinigung endlich vieler echter Untervektorräume schreiben.)

Hinweise Verständnisfragen 4.1 Beachten Sie die Definitionen von Erzeugendensystem, linear unabhängiger Menge und Basis. 4.2 Man beweise oder widerlege die Ausagen. 4.3 Wenden Sie das Kriterium für lineare Unabhängigkeit an. 4.4 Wenden Sie das Kriterium für lineare Unabhängigkeit an. 4.5 Prüfen Sie für jede Menge nach, ob sie nichtleer ist und ob für je zwei Elemente

auch deren Summe und zu jedem Element auch das skalare Vielfache davon wieder in der entsprechenden Menge liegt. 4.6 Prüfen Sie für jede Menge nach, ob sie nichtleer ist und ob für je zwei Elemente

auch deren Summe und zu jedem Element auch das skalare Vielfache davon wieder in der entsprechenden Menge liegt.

49

4

Lösungen

4.7 Geben Sie zur Standardbasis des Rn einen weiteren Vektor an. 4.8 Suchen Sie ein Gegenbeispiel.

Rechenaufgaben 4.9 Bestimmen Sie die Mengen in einer Zeichnung. 4.10 Überprüfen Sie die Menge auf lineare Unabhängigkeit. 4.11 Überprüfen Sie die angegebenen Vektoren auf lineare Unabhängigkeit. 4.12 Zeigen Sie, dass die Menge einen Untervektorraum des Rn bildet. Betrachten Sie für Basisvektoren Elemente von U , die abgesehen von einer 1 und einer 1 nur Nullen als Komponenten haben. 4.13 Zeigen Sie, dass die drei Funktionen linear unabhängig sind. 4.14 Betrachten Sie das Gleichungssystem c C d D 0.

Beweisaufgaben 4.15 Berechnen Sie .1 C 1/ .v C w/ auf zwei verschiedene Arten. 4.16 Schreiben Sie ein beliebiges v 2 U2 in der Form v D u1 C u3 mit u1 2 U1 und u 3 2 U3 . 4.17 Betrachten Sie die Summanden in der folgenden Darstellung von f : f .x/ D 1 2

.f .x/ C f .x// C 12 .f .x/  f .x//.

4.18 Wählen Sie ein u 2 Um n

m1 S i D1

Ui (Wie ist hierbei m zu wählen?) und ein v 2 V nUm

und schneiden Sie die Gerade G D fv C  u j  2 Kg mit den Untervektorräumen Ui .

Lösungen Verständnisfragen 4.1 Die Aussagen in (a) und (b) sind richtig, die Aussagen (c) und (d) sind falsch. 4.2 Die Aussagen in (a) und (b) sind falsch, die Aussage in (c) ist richtig.

50

Kapitel 4  Vektorräume – von Basen und Dimensionen

4.3 Ja. 4.4 Ja. 4.5 U1 ; U3 und U4 sind keine Untervektorräume, U2 hingegen schon. 4.6 U2 ; U3 und U5 sind keine Untervektorräume, U1 ; U4 und U5 hingegen schon.

4

4.7 Ja, es ist A D fe 1 ; : : : ; e n ; vg mit den Standard-Einheitsvektoren e 1 ; : : : ; e n und v D e 1 C    C e n eine solche Menge. 4.8 Nein, die Formel für dim.U C V C W / gilt nicht.

Rechenaufgaben 4.9 Alle Aussagen sind richtig. 4.10 Ja, die Menge bildet eine Basis. 4.11 Die Standardbasis E4 D fe 1 ; e 2 ; e 3 ; e 4 g ist eine Basis von U . 4.12 Es ist

80 ˆ ˆ ˆ ˆB ˆ

> B 0 C> > 0C B1C C B C B C> = B :: C :: C B :: C ; ; : : : ; C B C B C : C B : C B : C> > @ 1 A> 0A @0A > > ; 1 1 1

eine Basis von U , insbesondere gilt dim.U / D n  1. 4.13 Die Dimension ist 3. 4.14 Die Vektoren c; d sind genau dann linear unabhängig, falls    ¤ 0 gilt.

Beweisaufgaben 4.15 – 4.16 – 4.17 – 4.18 –

51

4

Lösungswege

Lösungswege Verständnisfragen 4.1

(a) Richtig. Basen haben stets gleich viele Elemente. Wenn eine unendlich viele Elemente hat, so hat auch jede andere Basis unendlich viele. (b) Richtig. Basen haben stets gleich viele Elemente. (c) Falsch. Vektorräume können durchaus unendliche Erzeugendensysteme, aber nur endliche Basen haben. (d) Falsch. Basen unendlichdimensionaler Vektorräume sind linear unabhängig und unendlich. 4.2

(a) Die  Aussage  ist falsch. Wir zeigen dies an einem  Beispiel. Die beiden Vektoren 1 1 1 und liegen beide nicht in dem von erzeugten Untervektorraum des 1 1 0 R2 , ihre Summe, das ist der Nullvektor des R2 , jedoch schon. (b) Die  Aussage  ist falsch. Wir zeigen dies an einem  Beispiel. Die beiden Vektoren 1 2 1 und liegen beide nicht in dem von erzeugten Untervektorraum des 1 2 0  3 , auch nicht. R2 und ihre Summe, das ist der Vektor 3 (c) Die Aussage ist richtig. Weil u 2 U gilt, folgte aus u C w 2 U : uCwuDw2U ; im Widerspruch zur Voraussetzung. Damit kann u C w 2 U nicht gelten. 4.3 Aus  .u  v/ C  .u C v/ D 0 für Elemente ;  2 K folgt . C / u C .  / v D 0. Und weil v und u linear unabhängig sind, ist eine solche Gleichheit nach dem Kriterium für lineare Unabhängigkeit nur im Fall  C  D 0 D    möglich. Hieraus folgt  D 0 D . Erneut nach dem eben zitierten Kriterium folgt nun die lineare Unabhängigkeit von u  v und u C v. 4.4 Aus  .u C v C w/ C  .u C v/ C  .v C w/ D 0 für Elemente ; ;  2 K, folgt

. C / u C . C  C / v C . C / v D 0. Aus der linearen Unbhängigkeit von u; v und w folgt mit dem Kriterium für lineare Unabhängigkeit  C  D 0,  C  C  D 0 und  C  D 0. Setzt man die letzte Gleichung in die vorletzte ein, so folgt  D 0 und damit aus der ersten  D 0 und schließlich  D 0, sodass nach dem eben zitierten Kriterium die lineare Unbhängigkeit von u C v C w; u C v; v C w folgt.

52

Kapitel 4  Vektorräume – von Basen und Dimensionen

4.5

(a) Der Nullvektor 0 ist nicht Element von U1 , somit kann U1 kein Untervektorraum sein. 0 1 0 01 v1 v1 (b) Weil der Nullvektor offenbar in U2 liegt, gilt U2 ¤ ;. Sind @v2 A und @v20 A 2 U2 , v3 v30 so gelten v1 C v2 D v3 und v10 C v20 D v30 ;

4

also auch .v1 C v10 / C .v2 C v20 / D .v3 C v30 / : 1 0 1 0 01 v1 v1 v1 C v10 Damit ist aber @v2 C v20 A D @v2 A C @v20 A 2 U2 . v3 C v30 v3 v30 Und für jedes  2 R gilt: 0

 v1 C  v2 D v3 ; 1 0 1 v1  v1 sodass also auch @ v2 A D  @v2 A 2 U2 gilt.  v3 v3 Diese drei Eigenschaften besagen, dass U2 ein Untervektorraum des R3 ist. 0 1 1 (c) Der Vektor @1A ist offenbar ein Element aus U3 , aber das .1/-Fache, 1 0 1 0 1 1 1 @ A @ 1 1 A, liegt nicht in U3 , sodass U3 kein Untervektorraum des .1/ D 1 1 R3 ist. 0 1 0 1 0 1 1 2 3 @ A @ A @ 1 4 (d) In U4 liegen die beiden Elemente und , nicht aber deren Summe 3A. 0 2 5 U4 ist also kein Untervektorraum des R3 . 0

4.6

(a) Es ist U1 ein Untervektorraum von RR : (i) 0 2 U1 . (ii) Mit f; g 2 U1 gilt auch f C g 2 U1 . (iii) Mit f 2 U1 und  2 R gilt auch  f 2 U1 . (b) Es ist U2 kein Untervektorraum von RR , denn 0 … U2 . (c) Es ist U3 kein Untervektorraum von RR , denn 0 … U3 . (d) Es ist U4 ein Untervektorraum von RR : (i) 0 2 U4 . (ii) Mit f; g 2 U4 gilt auch f C g 2 U4 . Und (iii) Mit f 2 U4 und  2 R gilt auch  f 2 U4 . (e) Es ist U5 kein Untervektorraum von RR , denn es ist f W x 7! x in U5 , f jedoch nicht.

53

4

Lösungswege

(f) Es ist U6 ein Untervektorraum von RR . Ist U ein Untervektorraum von RR , so gilt: (i) 0 2 U6 , da 0 2 U . (ii) Nun seien f; f 0 2 U6 . Dann gilt g W x 7! f .x/  f .x  1/; g 0 W x 7! f 0 .x/  f 0 .x  1/ 2 U . Und weil U ein Untervektorraum von RR ist, liegt auch g C g 0 W x 7! .f .x/  f .x  1// C .f 0 .x/  f 0 .x  1// 2 U , aber d. h. gerade: f C f 0 2 U6 . (iii) Mit f 2 U6 und  2 R gilt auch  f 2 U6 , da  g 2 U . 4.7 Im Fall n D 1 wähle man e 1 D 1 und e 2 D 2. Es ist dann A D fe 1 ; e 2 g eine solche Menge. Nun zum Fall n > 1. Wir behaupten, dass A D fe 1 ; : : : ; e n ; vg mit den Stan0 1 1 B :: C dard-Einheitsvektoren e 1 ; : : : ; e n und v D @ : A die verlangte Eigenschaft hat. Es ist 1 B WD fe 1 ; : : : ; e n g natürlich linear unabhängig. Damit ist für i 2 f1; : : : ; ng auch die .n  1/-elementige Menge fe 1 ; : : : ; e i 1 , e i C1 ; : : : ; e n g linear unabhängig. Wäre Ei WD fe 1 ; : : : ; e i 1 , e i C1 ; : : : ; e n , vg linear abhängig, so müsste v Linearkombination der übrigen Vektoren sein, d. h.,

vD

n X

j ej

j D1 j ¤i

mit j 2 R. In der Position i haben alle Vektoren ej der rechten Seite eine Null, da e i ja gerade fehlt, und damit auch die rechte Seite selbst. Der Vektor v hat aber in der Position i eine Eins, ein Widerspruch. Also ist Ei linear unabhängig. Wir haben begründet, dass jede n-elementige Teilmenge von A linear unabhängig ist. 4.8 Man betrachte drei verschiedene eindimensionale Untervektorräume U , V und W

im R2 . Dann gilt dim.U C V C W / D 2 und dim U C dim V C dim W  dim.U \ V /  dim.U \ W /  dim.V \ W / C dim.U \ V \ W / D 3.

Rechenaufgaben 4.9

2 liegt natürlich in 4 dem eindimensionalen Vektorraum U1 und ist somit ein Basisvektor, also stimmt die Aussage. (b) Die zwei eindimensionalen Vektorräume U1 und U3 sind voneinander verschieden. Also ist der Nullvektor ihr einziger gemeinsamer Punkt: U1 \ U3 D f0g. Die leere Menge ist eine Basis dieses trivialen Untervektorraums des R2 – also stimmt die Aussage. (a) Weil U1  U2 D R2 gilt, ist U1 \ U2 D U1 . Der Vektor



54

Kapitel 4  Vektorräume – von Basen und Dimensionen

 1 (c) Der Vektor liegt in U2 D R2 und ist vom Nullvektor verschieden. Als einele4  1 mentige Menge ist dann linear unabhängig; damit stimmt die Aussage. 4 (d) Die U1 und U3 erzeugenden Vektoren sind linear unabhängig, also enthält U1 [ U3 zwei linear unabhängige Vektoren, und zwei solche Vektoren erzeugen im R2 einen zweidimensionalen Raum, d. h. R2 selbst – die Aussage ist also richtig.

4

4.10 Da der Vektorraum R22 die Dimension 4 hat, reicht es aus, die lineare Unabhän-

gigkeit von B zu zeigen, da je vier linear unabhängige Vektoren eines vierdimensionalen Raums eine Basis bilden. Wir machen den üblichen Ansatz. Mit reellen Zahlen 1 ; : : : ; 4 gelte 1 v1 C    C 4 v4 D 0 : Ausgeschrieben lautet diese Gleichung   0 0 1 C 2 2 C 3 D : 0 0 3 C 4 1 Am rechten unteren Eintrag der linken Matrix erkennen wir 1 D 0. Der Eintrag an der Stelle .1; 1/ der linken Matrix liefert dann 2 D 0. Die Stelle .1; 2/ besagt dann 3 D 0, und schließlich folgt aus dem linken unteren Eintrag 4 D 0. Also ist B linear unabhängig und als vierelementige Menge somit eine Basis des R22 . 4.11 Man schreibt die in der Aufgabenstellung gegebenen erzeugenden Vektoren von

U als Zeilen in eine Matrix: 0 1 0 1 0 1 B 1 0 1 2C B C B1 2 0 1C B C B1 0 1 0C B C @ 1 0 1 1A 2 0 1 0 Dann bringt man diese Matrix mit elementaren Zeilenumformungen auf Zeilenstufenform: 0 1 0 1 0 1 0 1 1 0 1 2 B 1 B0 1 0 1C 0 1 2C B C B C B1 2 C B0 0 1 3C 0 1C B B C ! B1 B0 0 0 0 1 0C 5C B C B C @ 1 @0 0 0 0 1 1A 0A 2 0 1 0 0 0 0 0 Wir haben bei diesen Umformungen nur eine Zeilenvertauschung durchgeführt. Und zwar haben wir die ersten beiden Zeilen miteinander vertauscht. Die Nullzeilen in der

55

4

Lösungswege

fünften und sechsten Zeile besagen, dass sich die letzten beiden angegeben Vektoren in der ersten Matrix als Linearkombination der ersten vier Vektoren darstellen lassen. Man kann sie aus dem Erzeugendensystem weglassen. Die ersten vier von der Nullzeile verschiedenen Zeilen besagen wegen der Dreiecksgestalt, dass sie linear unabhängig sind. Dann sind aber auch die ersten vier Vektoren in den oberen Zeilen der ersteren Matrix linear unabhängig. Weil vier linear unabhängige Vektoren eines vierdimensionalen Vektorraums eine Basis dieses Vektorraums bilden, ist also U D R4 und 8 0 1 0 1 0 1 0 19 1 > 1 1 0 ˆ ˆ =

C;B C;B C;B C BD B @ 0 A @ 1 A @ 0 A @ 1 A> ˆ > ˆ ; : 0 1 2 1 eine Basis von U und damit des R4 . Wir hätten die Lösung auch schneller haben können. Mit ein paar Kopfrechnungen sieht man sehr schnell, dass die Matrix 1 0 1 0 1 B 1 0 1 2C C B B1 2 0 1C C B B1 0 1 0C C B @ 1 0 1 1A 2 0 1 0 0

den Rang 4 hat, damit hat der Untervektorraum U des R4 die Dimension 4, folglich gilt U D R4 . Und nun kann man eine beliebige Basis des R4 als Basis von U wählen, etwa die Standardbasis E4 D fe 1 ; e 2 ; e 3 ; e 4 g. 4.12 Der Nullvektor liegt in U , sodass U nicht leer ist. Und mit je zwei Elementen

1 0 01 0 1 u1 u1 C u01 u1 B C B :: C B :: C :: A in U , da .u1 C u01 / C    C @ : A ; @ : A 2 U ist auch deren Summe @ : un u0n un C u0n 0 .un C un / D 0 gilt. Analog folgt auch, dass jedes skalare Vielfache eines Elements aus U wieder in U liegt. Damit ist begründet, dass U ein R-Vektorraum ist. Die folgenden n  1 Vektoren liegen in U : 0

0

1 0 1 0 1 1 0 0 B0C B1C B0C B C B C B C B :: C B :: C B : C B : C ; B : C ; : : : ; B :: C B C B C B C @0A @0A @1A 1 1 1 Wir bezeichnen diese Elemente der Reihe nach u1 bis un1 und begründen, dass sie eine Basis bilden.

Kapitel 4  Vektorräume – von Basen und Dimensionen

56

Wir zeigen die lineare Unabhängigkeit der Menge B D fu1 ; : : : ; un1 g. Der Ansatz 1 u1 C    C n1 un1 D 0 für 1 ; : : : ; n1 2 R liefert ein homogenes lineares Gleichungssystem, das wir sogleich durch die erweiterte Koeffizientenmatrix angeben und auf Zeilenstufenform bringen: 0

4

1 0 0 B0 1 0 B B0 0 1 B B :: : :: B : B @0 0 ::: 1 1 1

:::

0 0 0 :: :: : : 0 1 : : : 1

0 1 1 0 B0 0C B C B0 0C B C :: C ! B :: B: C :C B @0 A 0 0 0

0 1 0

0 0 1 ::

::: 0 0 0 : :: : :: : 0 ::: 0 1 0 0 ::: 0

1 0 0C C 0C C :: C :C C 0A 0

Also ist der Nullvektor 0 2 Rn nur als triviale Linearkombination darstellbar. Folglich ist B linear unabhängig. Nun begründen wir, dass B ein Erzeugendensystem für U ist. 1 0 u1 B u2 C C B B : C Ist u D B :: C 2 U ein beliebiger Vektor, so gilt die Gleichheit C B @un1 A un 0

1 0 1 0 1 0 1 u1 1 0 0 B u2 C B0C B1C B0C B C B C B C B C B :: C B : C B : C B : C B : C D u1 B :: C C u2 B :: C C : : : C un1 B :: C ; B C B C B C B C @un1 A @0A @0A @1A un 1 1 1 denn un D u1  : : :  un1 . Damit gilt U D hu1 ; : : : ; un1 i. Also ist B ein linear unabhängiges Erzeugendensystem von U und somit eine Basis von U . 4.13 Für 1 ; 2 ; 3 2 R gelte

1 f1 C 2 f2 C 3 f3 D 0 ; d. h. 1 sin.x/ C 2 sin.2x/ C 3 sin.3x/ D 0 für alle x 2 R : Für x D

 2

erhalten wir

1  3 D 0 d. h., 1 D 3 :

57

4

Lösungswege

Für x D

 4

erhalten wir

1p 1p 2 1 C 2 C 2 3 D 0 : 2 2 Für x D

 3

erhalten wir damit

1p 1p 3 1 C 3 2 D 0 d. h., 1 D 2 : 2 2 Aus der zweiten Gleichung folgt damit 1 D 0 und somit 2 D 0 D 3 . Die drei Funktionen f1 ; f2 ; f3 sind folglich linear unabhängig; der von ihnen erzeugte Vektorraum hat also die Dimension 3. 4.14 Es seien ; 2 K. Dann gilt:

c C d D 0 , .a C b/ C .a C  b/ D 0 : Somit folgt aus der linearen Unabhängigkeit von a und b:  C  D 0

und  C  D 0 :

Und dies ist ein lineares Gleichungssystem in und : 

   

0 0



Ist  D 0 D , so hat dieses Gleichungssystem nichttriviale Lösungen, d. h. c; d sind linear abhängig. Ist  ¤ 0 (der Fall  ¤ 0 geht analog), so folgt: 

   

0 0



 !

1 1  0   1 

0 0



Dieses System hat genau dann nur die triviale Lösung D D 0, wenn   1  ¤ 0, d. h.,    ¤ 0 gilt. Der oben behandelte Sonderfall  D 0 D  ist damit auch ausgeschlossen, es gilt also insgesamt: Es sind c; d genau dann linear unabhängig, wenn c und d verschieden sind und    ¤ 0 gilt. Bemerkung: Es ist    die Determinante der obigen Koeffizientenmatrix.

58

Kapitel 4  Vektorräume – von Basen und Dimensionen

Beweisaufgaben 4.15 Sind v und w beliebige Elemente eines K-Vektorraums V , so gilt wegen (V6)

.1 C 1/ .v C w/ D .1 C 1/ v C .1 C 1/ w und somit wegen (V7) und (V9)

4

.1 C 1/ .v C w/ D v C v C w C w : Wir wenden nun auf das gleiche Element gleich (V7) und (V9) an: .1 C 1/ .v C w/ D 1 .v C w/ C 1 .v C w/ D v C w C v C w : Insgesamt erhalten wir v C v C w C w D v C w C v C w: Weil wir nun v von links und w von rechts addieren dürfen, erhalten wir so vCw D w C v. Und dies gilt für beliebige v; w 2 V . 4.16 Es sei v 2 U2 . Wegen U1 C U3 D U2 C U3 gibt es u1 2 U1 und u3 2 U3 mit

v D u1 C u3 : Wegen U1  U2 gilt: U2 3 v  u1 D u3 2 U3 ; sodass u3 2 U2 \ U3 D U1 \ U3 . Es folgt u3 2 U1 . Damit gilt aber v D u1 C u3 2 U1 . Gezeigt ist damit U2  U1 , d. h., U2 D U1 . 4.17 Aus f .x/ D f .x/, g.x/ D g.x/ folgt

.f C g/.x/ D f .x/ C g.x/ D f .x/ C g.x/ D .f C g/.x/; . f /.x/ D  f .x/ D  f .x/ D . f /.x/ für x 2 R,  2 R. Da außerdem 0 2 G (die Nullfunktion 0 ist gerade und ungerade), ist G ein Untervektorraum von RR . Analog zeigt man, dass auch U ein Untervektorraum von RR ist. Es gilt: f .x/ D

1 1 .f .x/ C f .x// C .f .x/  f .x// 2 2

mit x 7! f .x/ C f .x/ 2 G, x 7! f .x/  f .x/ 2 U und folglich RR D G C U . Ist schließlich f 2 G \ U , so ist f .x/ D f .x/ D f .x/ und damit f .x/ D 0 für x 2 R, d. h., f D 0.

4

59 Lösungswege

4.18 Wir wählen m 2 f1; 2; : : : ; ng minimal bezüglich der Eigenschaft n S i D1

m S i D1

Ui D

Ui . Da die Behauptung für m D 1 trivial ist, dürfen wir m  2 annehmen. Aus

der Minimalität von m folgt Um 6

m1 S i D1

Ui . Also gibt es einen Vektor u 2 Um n

m1 S i D1

Ui .

Wegen Um ¤ V gibt es außerdem einen Vektor v 2 V n Um . Wir betrachten die Menge G D fv C  u j  2 Kg  V : Wir zeigen zunächst: (1) jGj D 1, (2) jG \ Ui j  1 für i D 1; : : : ; m. Beweis von (1): Die Abbildung f W K ! G,  7! v C  u ist injektiv, denn aus f ./ D f ./ folgt v C  u D v C  u, also  D  oder u D 0. Wegen u … U1 ist u ¤ 0 und daher  D . Also ist f injektiv und somit jGj  jKj D 1. Beweis von (2): Es sei w D v C  u 2 G \ Um . Wegen u; w 2 Um ist dann auch v D w   u 2 Um , ein Widerspruch. Also ist sogar G \ Um D ;. Es seien nun i 2 f1; : : : ; m  1g und w; w0 2 G \ Ui . Dann existieren ;  2 K mit w D v C  u und w0 D v C  u. Dann ist auch w  w0 2 Ui , also .  / u 2 Ui . Wäre    ¤ 0, so wäre u 2 Ui , ein Widerspruch. Also ist    D 0 und somit w D w0 . Also: jG \ Ui j  1. ˇ ˇ ˇ ˇm ˇ ˇ  n m ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇS S S Ui ˇˇ D ˇˇG \ Ui ˇˇ D ˇˇ .G \ Ui /ˇˇ  m < 1. Aus (2) folgt ˇˇG \ i D1 i D1 i D1 n S Ui , und das war zu zeigen. Wegen (1) gibt es also ein w 2 G  V mit w … i D1

61

5

Aufgaben zum Kapitel „Analytische Geometrie – Rechnen statt Zeichnen“ Aufgaben Verständnisfragen 5.1  Angenommen, die Gerade G ist die Schnittgerade der Ebenen E1 und E2 , jeweils gegeben durch eine lineare Gleichung

ni  x  ki D 0;

i D 1; 2:

Stellen Sie die Menge aller durch G legbaren Ebenen dar als Menge aller linearen Gleichungen mit den Unbekannten .x1 ; x2 ; x3 /, welche G als Lösungsmenge enthalten. 5.2 

Welche eigentlich orthogonale 3  3 -Matrix A ¤ E3 erfüllt die Eigenschaf-

ten A 3 D AAA D E3

0 1 0 1 1 1 und A @1A D @1A : 1 1

Wie viele Lösungen gibt es? Gibt es auch eine uneigentlich orthogonale Matrix mit diesen Eigenschaften? 5.3  Man füge in der folgenden Matrix M die durch Sterne markierten fehlenden Einträge derart ein, dass eine eigentlich orthogonale Matrix entsteht. 0 1 2 2 1 1 A M D @ 3

Wie viele verschiedene Lösungen gibt es?

© Der/die Herausgeber bzw. der/die Autor(en), exklusiv lizenziert durch Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2020 C. Karpfinger, H. Stachel, Arbeitsbuch Lineare Algebra, https://doi.org/10.1007/978-3-662-61472-3_5

Kapitel 5  Analytische Geometrie – Rechnen statt Zeichnen

62

Der Einheitswürfel W wird um die durch den Koordinatenursprung gehende Raumdiagonale durch 60ı gedreht. Berechnen Sie die Koordinaten der Ecken des verdrehten Würfels W 0 . 5.4 

5.5  Man bestimme die orthogonale Darstellungsmatrix R d;' der Drehung durch den Winkel ' um eine0durch 1 den Koordinatenursprung laufende Drehachse mit dem d1 Richtungsvektor d D @d2 A bei kdk D 1. d3

5

Rechenaufgaben Im R3 sind zwei Vektoren gegeben, nämlich 0 1 0 1 2 2 @ A @ 2 uD und v D 5 A : 1 14

5.6 

Berechnen Sie kuk, kvk, den von u und v eingeschlossenen Winkel ' sowie das Vektorprodukt u  v samt Norm ku  vk. 5.7 

Stellen Sie die Gerade 0 1 0 1 3 2 @ A @ A 0 2 GD CR 4 1

als Schnittgerade zweier Ebenen, also als Lösungsmenge zweier linearer Gleichungen dar. Wie lauten die Gleichungen aller durch G legbaren Ebenen? Im Raum R3 sind die vier Punkte 0 1 0 1 0 1 0 1 1 0 1 1 a D @ 0A ; b D @0A ; c D @ 2A ; d D @ 2 A 1 2 0 x3

5.8 

gegeben. Bestimmen Sie die letzte Koordinate x3 von d derart, dass der Punkt d in der von a, b und c aufgespannten Ebene liegt. Liegt d im Inneren oder auf dem Rand des Dreiecks abc? Im Anschauungsraum R3 sind die zwei Geraden 0 1 0 1 0 1 0 1 2 3 2 1 @ A @ A @ A @ 0 1 1 1A GD CR ; H D CR 3 1 0 1

5.9 

63

5

Aufgaben

gegeben. Bestimmen Sie die Gleichung derjenigen Ebene E durch den Ursprung, welche zu G und H parallel ist. Welche Entfernung hat E von der Geraden G, welche von H ? Im Anschauungsraum R3 sind die Gerade 0 1 0 1 0 1 1 2 1 @ A @ A @ 0 1 GD CR und der Punkt p D 1A 2 2 1

5.10 

gegeben. Bestimmen Sie die Hesse’sche Normalform derjenigen Ebene E durch p, welche zu G normal ist. Im Anschauungsraum R3 sind die zwei Geraden 0 1 0 1 0 1 0 1 3 2 2 1 G1 D @0A C R @2A ; G2 D @3A C R @ 1A 4 3 1 2

5.11 

gegeben. Bestimmen Sie die kürzeste Strecke zwischen den beiden Geraden, also deren Endpunkte a1 2 G1 und a2 2 G2 sowie deren Länge d . 0 1 0 1 1 2 5.12  Im Anschauungsraum R3 ist die Gerade G D @1A C R @2A gegeben. 2 1 Welcher Gleichung müssen die Koordinaten x1 , x2 und x3 des Raumpunkts x genügen, damit x von G den Abstand r D 3 hat und somit auf dem Drehzylinder mit der Achse G und dem Radius r liegt? Im Anschauungsraum R3 sind die zwei Geraden 0 1 0 1 0 1 0 1 3 2 2 1 G1 D @0A C R @2A ; G2 D @3A C R @ 2A 4 3 1 2

5.13 

gegeben. Welcher Gleichung müssen die Koordinaten x1 , x2 und x3 des Raumpunkts x genügen, damit x von den beiden Geraden denselben Abstand hat? Bei der Menge dieser Punkte handelt es sich übrigens um das Abstandsparaboloid von G1 und G2 , ein orthogonales hyperbolisches Paraboloid (siehe Abschn. 10.3). 0 1 1 5.14  Im Anschauungsraum R3 ist die Gerade G D p C Ru mit p D @1A und 2 0 1 2 u D @2A gegeben. Welcher Gleichung müssen die Koordinaten x1 , x2 und x3 des 1 Raumpunkts x genügen, damit x auf demjenigen Drehkegel mit der Spitze p und der Achse G liegt, dessen halber Öffnungswinkel ' D 30ı beträgt?

Kapitel 5  Analytische Geometrie – Rechnen statt Zeichnen

64

Im Anschauungsraum R3 sind die „einander fast schneidenden“ Geraden 0 1 0 1 0 1 0 1 2 3 1 2 G1 D @3A C R @ 1A ; G2 D @0A C R @2A 3 4 2 1

5.15 

gegeben. Für welchen Raumpunkt m ist die Quadratsumme der Abstände von G1 und G2 minimal. 5.16 

5

Die eigentlich orthogonale Matrix 1 0 2 1 1 p p 1 B C A D p @p0 p3 p 3A 6 2 2 2

ist die Darstellungsmatrix einer Drehung. Bestimmen Sie einen Richtungsvektor d der Drehachse und den auf die Orientierung von d abgestimmten Drehwinkel '. 5.17 

Die eigentlich orthogonale Matrix

0 1 2 1 2 1@ 1 2 2A AD 3 2 2 1 ist die Umrechnungsmatrix B T B 0 zwischen kartesischen Koordinatensystemen .oI B 0 / und .oI B/. Bestimmen Sie die zugehörigen Euler’schen Drehwinkel ˛, ˇ und . 5.18  Die drei Raumpunkte

0 1 0 @ a1 D 0A ; 1

0

1 2 a2 D @ 1A ; 2

0

1 1 a3 D @1A 3

bilden ein gleichseitiges Dreieck. Gesucht ist die erweiterte Darstellungsmatrix derjenigen Bewegung, welche die drei Eckpunkte zyklisch vertauscht, also mit a1 7! a2 , a2 7! a3 und a3 7! a1 :

Beweisaufgaben Man beweise: Zwei Vektoren u; v 2 R3 n f0g sind dann und nur dann zueinander orthogonal, wenn ku C vk2 D kuk2 C kvk2 ist. 5.19 

Man beweise: Für zwei linear unabhängige Vektoren u; v 2 R3 sind die zwei Vektoren u  v und u C v genau dann orthogonal, wenn kuk D kvk ist. Was heißt dies für das von u und v aufgespannte Parallelogramm? 5.20 

65

5

Aufgaben

5.21  Das (orientierte) Volumen V des von drei Vektoren v1 , v2 und v3 aufgespannten Parallelepipeds ist gleich dem Spatprodukt det.v1 ; v2 ; v3 /. Zeigen Sie unter Verwendung des Determinantenmultiplikationssatzes und des Satzes über die Determinante der transponierten Matrix aus Abschn. 7.1, dass das Quadrat V 2 des Volumens gleich ist der Determinante der von den paarweisen Skalarprodukten gebildeten (symmetrischen) Gram’schen Matrix 1 0 v 1  v1 v 1  v 2 v 1  v3 G .v1 ; v2 ; v3 / D @v2  v1 v2  v2 v2  v3 A : v 3  v1 v 3  v 2 v 3  v3 5.22  Die Quaternionen (siehe Abschn. 2.3) bilden einen vierdimensionalen Vektorraum über R. Sie sind aber auch als Elemente des Vektorraums C 2 über R aufzufassen dank der bijektiven linearen Abbildung 'W H ! C 2 mit   x a C ib 'W q D a C i b C j c C k d 7! D : y c C id

Im Urbild ist i eine Quaternioneneinheit;das i im Bild ist die imaginäre Einheit. Ignox riert man diesen Unterschied, so ist ' 1 y D x C y ı j. Beweisen Sie, dass ' einen Isomorphismus von .H n f0g; ı/ auf .C 2 n f0g; / induziert, sofern ı die Quaternionenmultiplikation bezeichnet und die Verknüpfung auf C 2 definiert wird durch    x2 x1 x2  y1 y2 x1 D : y1 y2 x1 y2 C y1 x2  x Der Querstrich bedeutet hier die Konjugation in C. Wie sieht das zu y hinsichtlich inverse Element aus? Beweisen Sie weiter, dass die Abbildung   x x y ! W C 2 ! C 22 ; y y x einen injektiven Homomorphismus von .C 2 n f0g; / in die multiplikative Gruppe der invertierbaren Matrizen aus C 22 induziert. Inwiefern bestimmt die Norm der Quaternion q die Determinante der Matrix . ı '/.q/? Damit ist dann bestätigt, dass die von den Einheitsquaternionen gebildete Gruppe .H1 ; ı/ isomorph ist zur multiplikativen Gruppe SU2 der Matrizen obiger Bauart mit der Determinante 1, der zweireihigen unitären Matrizen (siehe Abschn. 9.4). 5.23  Man zeige: (a) In einem Parallelepiped schneiden die vier Raumdiagonalen einander in einem Punkt. (b) Die Quadratsumme dieser vier Diagonalenlängen ist gleich der Summe der Quadrate der Längen aller 12 Kanten des Parallelepipeds (siehe dazu die Parallelogrammgleichung (5.6)).

66

Kapitel 5  Analytische Geometrie – Rechnen statt Zeichnen

5.24  Angenommen, die Punkte p 1 ; p2 ; p3 ; p 4 bilden ein reguläres Tetraeder der Kantenlänge 1. Man zeige: (a) Der Schwerpunkt s D 14 .p 1 C p 2 C p 3 C p 4 / hat von allen Eckpunkten dieselbe Entfernung. (b) Die Mittelpunkte der Kanten p 1 p 2 , p 1 p 3 , p4 p3 und p 4 p2 bilden ein Quadrat. Wie lautet dessen Kantenlänge? (c) Der Schwerpunkt s halbiert die Strecke zwischen den Mittelpunkten gegenüberliegender Kanten. Diese drei Strecken sind paarweise orthogonal.

5

Hinweise Verständnisfragen 5.1 Jede dieser Ebenen hat eine Gleichung, welche die Lösungsmenge des durch die

Gleichungen von E1 und E2 gegebenen linearen Gleichungssystem nicht weiter einschränkt. 5.2 Als eigentlich orthogonale Matrix stellt A eine Bewegung B dar, die den Vektor d D .1; 1; 1/> fix lässt. B ist daher eine Drehung um d. 5.3 Definitionsgemäß müssen die Spaltenvektoren ein orthonormiertes Rechtsdreibein bilden. 5.4 Wenden Sie die Formel aus dem Lemma für die Drehmatrix Rb aus Abschn. 5.5 d;'

an.

5.5 Verwenden Sie die Darstellung der Drehmatrix aus dem Lemma in Abschn. 5.5.

Rechenaufgaben 5.6 Beachten Sie die geometrischen Deutungen des Skalarprodukts und des Vektor-

produkts im R3 . 5.7 Jeder zum Richtungsvektor von G orthogonale Vektor ist Normalvektor einer

derartigen Ebene. Das zugehörige Absolutglied in der Ebenengleichung folgt aus der Bedingung, dass der gegebene Punkt von G auch die Ebenengleichung erfüllen muss. 5.8 Es muss d eine Affinkombination von a, b und c sein. Wenn d der abgeschlosse-

nen Dreiecksscheibe angehört, ist dies sogar eine Konvexkombination. 5.9 Der Normalvektor von E ist zu den Richtungsvektoren von G und H orthogonal. Für die Berechnungen der Abstände wird zweckmäßig die Hesse’sche Normalform von E verwendet.

67

5

Hinweise

5.10 Der Richtungsvektor von G ist ein Normalvektor von E. 5.11 Verwenden Sie die Formeln aus Abschn. 5.4. 5.12 Beachten Sie die Formel in Abschn. 5.4. 5.13 Beachten Sie die Formel in Abschn. 5.4. 5.14 Die Gleichung dieses Drehkegels muss ausdrücken, dass die Verbindungsgerade

des Punkts x mit der Kegelspitze p mit dem Richtungsvektor u der Kegelachse den Winkel ' einschließt. 5.15 Beachten Sie das Anwendungsbeispiel in der Box in Abschn. 5.4. 5.16 Nach dem Lemma in Abschn. 5.5 lautet der schiefsymmetrischen Anteil 12 .A 

A > / D sin ' Sb mit d D kdk b d. Die Spur von A, also die Summe der Hauptdiagod nalglieder, lautet 1 C 2 cos '. 5.17 Beachten Sie die zugehörige Beispielbox. 5.18 Berechnen Sie die Drehmatrix mithilfe des Lemmas in Abschn. 5.5. Sie müssen

allerdings beachten, dass die Drehachse diesmal nicht durch den Ursprung geht.

Beweisaufgaben 5.19 Berechnen Sie das Skalarprodukt u  v. 5.20 Berechnen Sie .u  v/  .u C v/. 5.21 Der Determinantenmultiplikationssatz aus Kap. 7 besagt, dass die Determinante

des Produktes zweier quadratischer Matrizen gleich ist dem Produkt der Determinanten. 5.22 Beachten Sie die Definition eines Homomorphismus und jene der Quaternionenmultiplikation. Die Norm kqk einer Quaternion ist definiert durch kqk2 D q ı q mit q als zu q konjugierter Quaternion. 5.23 Beachten Sie die Koordinatenvektoren der 8 Eckpunkte eines Parallelepipeds (Abb. 5.17). 5.24 Benutzen Sie bei i ¤ j die Gleichung .p i  pj /2 D 1, um das Skalarprodukt

.p i  pj / durch eine Funktion von p 2i und pj2 zu substituieren.

Kapitel 5  Analytische Geometrie – Rechnen statt Zeichnen

68

Lösungen Verständnisfragen 5.1

˚  .n1 C n2 /  x D k1 C k2 j .; / 2 R2 n f.0; 0/g .

5.2 Es gibt zwei Lösungen,

0

5

0 1 1 0 0 1 0 1 0 A 1 D @1 0 0A und A 2 D @0 0 1A D A 21 : 0 1 0 1 0 0 Keine uneigentlich orthogonale Matrix kann diese Bedingungen erfüllen. 5.3 Es gibt vier Lösungen, wobei in den folgenden Darstellungen einmal die oberen,

einmal die unteren Vorzeichen zu wählen sind: 0 1 1 2 2 1@ ˙2 1 2A M 1;2 D 3 2 ˙2 ˙1 0 1 ˙5 10 10 1 @ ˙14 5 2A M 3;4 D 15 2 ˙10 ˙11 5.4 Die zugehörige Drehmatrix lautet:

0

1 2 1 2 1 2 1A D @ 2 Rb d;' 3 1 2 2 Die Koordinatenvektoren der verdrehten Würfelecken sind die Spaltenvektoren in 0 1 0 2 1 1 2 4 3 1 1@ 0 2 4 2 1 1 3 1A 3 0 1 1 2 2 1 3 4 5.5 Bei Benützung der üblichen Abkürzungen s ' und c ' für den Sinus und Kosinus des Drehwinkels lautet die Drehmatrix R d;' :

0

.1  d12 / c ' C d12 @d1 d2 .1  c '/ C d3 s ' d1 d3 .1  c '/  d2 s '

d1 d2 .1  c '/  d3 s ' .1  d22 / c ' C d22 d2 d3 .1  c '/ C d1 s '

1 d1 d3 .1  c '/ C d2 s ' d2 d3 .1  c '/  d1 s ' A .1  d32 / c ' C d32

5

69 Lösungen

Rechenaufgaben 5.6 kuk D 3; kvk D 15; cos ' D 8=45; ' 79:76ı

0

1 33 p u  v D @26A ; ku  vk D 1961: 14

5.7 E1 W

x2 C 2x3  8 D 0 E2 W x1 C 2x3  5 D 0

Jede weitere Ebenengleichung ist eine Linearkombination dieser beiden. 5.8 x3 D 2. Der Punkt d liegt außerhalb des Dreiecks.

p

5.9 EW x1  x2 C 2x p3 D 0. Die Entfernung der Ebene E von G beträgt 2 6=3, jene

von der Geraden H

6=2.

5.10 l.x/ D 13 .2x1 C x2  2x3  1/ D 0.

5.11 d D

p

0 1 0 1 1 2 2, a1 D @2A, a2 D @3A. 3 3

5.12 5x12 C 5x22 C 8x32 C 8x1 x2  4x1 x3 C 4x2 x3  10x1  26x2  32x3 D 31. 5.13 3x12  3x32  4x1 x2 C 8x1 x3  12x2 x3  42x1 C 26x2 C 38x3 D 27. 5.14 11x12 C11x22 C23x32 C32x1 x2 16x1 x3 C16x2 x3 22x1 86x2 92x3 C146 D 0.

0 1 3 5.15 m D 12 @5A : 6 0p p 1 2C 3 5.16 p C B d D @ 1  2 A ; 1 p p p cos ' D 2p1 6 .2 C 2 C 3  6/; q p p sin ' D 2p1 6 9 C 2 6 C 2 2; und daher ' 56:60ı.

70

Kapitel 5  Analytische Geometrie – Rechnen statt Zeichnen

1

5.17 cos ˛ D p ;

2

1 ; 3 1 cos D p ; 2 0 1 0 5.18 B 3 0 D D B @ 1 1 2 0 cos ˇ D

5

1 sin ˛ D p ; ˛ D 45ı ; 2 p 2 2 sin ˇ D ; ˇ 70:53ı ; 3 1 sin D  p ; D 315ı : 2 1 0 0 0 1C C 0 0A 1 0

Beweisaufgaben 5.19 – 5.20 Ein Parallelogramm hat genau dann orthogonale Diagonalen, wenn die vier Sei-

tenlängen übereinstimmen. 5.21 – 5.22 '.q1 ı q2 / D '.q1 / '.q2 /. Es ist

 1   x x 1 1 D q : D' y x x C y y y kqk2   x1 x2 . ı '/.q1 ı q2 / D y1 y2   x1 y1 x2 y2 D : y1 x1 y2 x2  x y D jxj2 C jyj2 det .. ı '/.q// D det y x D q ı q D kqk2 : 5.23 – 5.24 Die Entfernung der Eckpunkte vom Schwerpunkt lautet

r kx  pi k D

3 : 8

Die Seitenlänge des Quadrates ist 12 .

71

5

Lösungswege

Lösungswege Verständnisfragen 5.1 Die Gleichung dieser Ebene muss linear sein und eine Folgegleichung der Glei-

chungen von E1 und E2 , also nach den Ergebnissen von Kap. 3 eine Linearkombination dieser Gleichungen. 5.2 A ist die Darstellungmatrix einer Drehung um die Achse Rd, d D .1; 1; 1/> ,

durch den Winkel ' D ˙120ı , nachdem wegen A 3 D E3 der Drehwinkel zur dreifachen Drehung gleich 3' D ˙360ı sein muss. Nun benutzen wir entweder die Darstelaus dem Lemma in Abschn. 5.5 mit b d D p13 d. lung der Drehmatrix Rb d;' Oder wir denken daran, dass diese Drehungen um die Raumdiagonale des Einheitswürfels die Vektoren .e 1 ; e 2 ; e 3 / der Standardbasis zyklisch vertauschen müssen. Die Matrix A hat die Bildvektoren als Spalten; daher bleibt A D .e 2 ; e 3 ; e 1 / oder A D .e 3 ; e 1 ; e 2 /. A kann nicht uneigentlich sein, denn bei dreimaliger Anwendung der zugehörigen linearen Abbildung würden alle Rechtssysteme in Linkssysteme übergehen, während sie bei A 3 D E3 fix bleiben müssen. 5.3 Es ist zu beachten, dass die Spaltenvektoren paarweise orthogonale Einheitsvek-

toren sind. So bleibt für den zweiten Spaltenvektor als dritte Koordinate ˙2=3. Der dritte Spaltenvektor ist gleichfalls ein Einheitsvektor und gleichzeitig orthogonal zum zweiten. Also gelten für dessen fehlende Koordinaten x2 und x3 die Gleichungen x2 ˙ 2x3 D

4 4 und C x22 C x33 D 1: 3 9

Wir berechnen x2 aus der ersten Gleichung und setzen dies in der zweiten ein. Dies ergibt die quadratische Gleichung 45x32  48x3 C 11 D 0 mit den beiden Lösungen x3 D ˙

11 1 oder x3 D  : 15 3

Der erste Spaltenvektor ist als Vektorprodukt aus dem zweiten und dritten Spaltenvektor berechenbar.

Kapitel 5  Analytische Geometrie – Rechnen statt Zeichnen

72

0 1 1 5.4 Wir setzen für die Drehachse b d D p13 @1A, für den Drehwinkel cos ' D 1 sin ' D

p 3 , 2

1 , 2

und berechnen die Drehmatrix Rb . Als Matrizenprodukt d;'

0

1 0 1 1 0 0 1 1 0  @0 0 1 1 0 0 1 1 A Rb d;' 0 0 0 0 1 1 1 1

5

entsteht dann die oben angegebene Matrix mit den Koordinaten der Würfelecken in den Spalten. 5.5 Wir setzen in die Formel

R d;' D .d d T / C cos ' .E 3  d d T / C sin ' S d ein. Dabei ist 0

d1 d1 d d T D @d2 d1 d3 d1

und

0

0 S d D @ d3 d2

d1 d2 d2 d2 d3 d2

d3 0 d1

1 d1 d3 d2 d3 A d3 d3

1 d2 d1 A : 0

Als erstes Element in der Hauptdiagonale von R d;' folgt r11 D d12 C cos '.1  d12 /: Rechts daneben steht r12 D d1 d2 .1  cos '/  d3 sin ':

Rechenaufgaben 5.6

p p 22 C .2/2 C 12 D 9 p p kvk D 22 C 52 C 142 D 225 1 8 1 .u  v/ D .4  10 C 14/ D cos ' D kuk kvk 45 45 0 1 0 1 0 1 2 2 2  14  1  5 u  v D @2A  @ 5 A D @ 1  2  2  14 A 1 14 25C22 kuk D

73

5

Lösungswege

Es ist ku  vk D

p p 332 C 262 C 142 D 1 961

und zur Kontrolle ku  vk D kuk kvk sin ' p p D 3  15  1  .8=45/2 D 1 961: 5.7 Bei

0 1 0 1 3 2 G D @0A C R @2A D p C R v 4 1 wählen wir: E1 W .v  e 1 /x  .v  e 1 /p D 0 E2 W .v  e 2 /x  .v  e 2 /p D 0 Wir berechnen: 0 1 0 1 0 1 2 1 0 v1 D @2A  @0A D @1A ; v1  p D 8 1 0 2 0 1 0 1 0 1 2 0 1 @ A @ A @ 0A ; v 2  p D 5 v2 D 2  1 D 1 0 2 Für beliebige .; / 2 R2 n f.0; 0g stellt EW  x1 C  x2 C 2. C /x3  8  5 D 0 eine Ebene durch G dar, und dies sind alle möglichen Ebenen durch G. 5.8 Für die Koeffizienten ,  und  in der gesuchten Affinkombination von a, b und

c muss gelten: C C  D 1   D1 2 D 2  C 2 D x3 Aus den ersten drei Gleichungen folgt als eindeutige Lösung  D 1,  D 2 und  D 2. Damit bleibt x3 D  C 2 D 2. Der Punkt d liegt außerhalb des Dreiecks, nachdem  nicht im Intervall Œ0; 1 liegt. Für den ersten Teil der Aufgabe könnte man auch die Gleichung 2x1  x2  2x3 C 4 D 0 der von a, b und c aufgespannten Ebene verwenden.

74

Kapitel 5  Analytische Geometrie – Rechnen statt Zeichnen

5.9 Wir berechnen einen Normalvektor von E durch

0 1 1 0 1 0 1 1 3 1 2 1 n D @ 1A  @ 1A D @2A ; b n D p @1A : 6 2 1 1 4 0

Das Absolutglied der Gleichung von E muss null sein, weil E durch den Ursprung geht. Damit lautet die Hesse’sche Normalform

5

1 EW l.x/ D b n  x D p .x1  x2 C 2x3 / D 0: 6 Wir setzen die gegebenen Punkte g von G und h von H ein und erhalten als orientierte Abstände: p 2 6 4 l.g/ D b ng D p D 3 6 p 3 6 l.h/ D b nhD p D 2 6 Die Ebene verläuft zwischen G und H , weil diese beiden orientierten Abstände verschiedene Vorzeichen haben. 0 1 2 5.10 Die Koordinaten des Richtungsvektors n D @ 1A von G sind die Koeffizienten 2 in der linearen Gleichung von E. Das Absolutglied ist n  p D 1. Um daraus die Hesse’sche Normalform zu erhalten, muss die Gleichung noch durch knk D 3 dividiert werden. 5.11 Die gemeinsame Normale von G1 und G2 hat als Richtungsvektor

0

1 0 1 0 1 2 1 5 n D @2A  @ 1A D @5A : 1 2 0 0 1 1 1 @1A p . Der im Sinne von b n orientierte kürzesDurch Normieren entsteht daraus b nD 2 0 te Abstand zwischen G1 und G2 lautet 00 1 0 11 0 1 3 2 1 p 2 @@0 A  @3 AA  b @ A b 3 nD n D p D  2: 2 4 3 1

75 Lösungswege

Der Schnittpunkt der gemeinsamen Normalen mit G1 ist 0 1 0 1 3 2 a1 D @0A C t1 @2A 4 1 mit 0 1 1 1 5 1 50 1 5A D det @ 3 D 1; t1 D knk2 50 1 2 0 0 1 0 1 0 1 3 2 1 also a1 D @0A  @2A D @2A. 4 1 3 Analog ist 0 1 0 1 1 2 @ @ A 1A 3 C t2 a2 D 2 3 mit 0

1 1 2 5 1 0 det @ 3 2 5A D D 0; t2 D knk2 50 1 1 0 0 1 2 also a2 D @3A. 3 5.12 Ausgehend von der Bedingung

dD

k.x  p/  uk D3 kuk

0 1 0 1 1 2 mit p D @1A und u D @2A berechnen wir 2 1 1 0 1 0 1 2 x2 C 2x3  5 x1  1 n D @x2  1A  @2A D @ x1 C 2x3  3 A x3  2 2x1  2x2 C 4 1 0

und setzen dies in die Gleichung n2 D 9 u2 ein.

5

76

Kapitel 5  Analytische Geometrie – Rechnen statt Zeichnen

5.13 Aus der Formel

d D

k.x  pi /  ui k kui k

für den Abstand des Punkts x von der Geraden p i CR ui folgt als Bedingungsgleichung k.x  p 1 /  u1 k k.x  p 2 /  u2 k D : ku1 k ku2 k

5

Wir berechnen die Vektorprodukte 1 0 1 0 1 0 2 x2 C 2x3  8 x1  3 @ x2 A  @2A D @ x1 C 2x3  5 A x3  4 2x1  2x2 C 6 1 sowie 1 0 1 0 1 0 1 x1  2 2x2  2x3 @x2  3A  @ 2A D @2x1  x3 C 7A x3  3 2x1 C x2  7 2 und erhalten wegen ku1 k D ku2 k die quadratische Bedingungsgleichung .x2 C 2x3  8/2 C .x1 C 2x3  5/2 C .2x1  2x2 C 6/2 D .2x2  2x3 /2 C .2x1  x3 C 7/2 C .2x1 C x2  7/2 : 5.14 Wir berechnen den Winkel ' zwischen den Vektoren xp und u nach der Formel

p cos ' D

3 .x  p/  u D : 2 kx  pk kuk

Dies ergibt die quadratische Bedingungsgleichung ..x  p/  u/2 D

3 .x  p/2 u2 : 4

Nach Einsetzung der gegebenen Koordinaten folgt .2x1  2x2 C x3  2/2  27  D .x1  1/2 C .x2  1/2 C .x3  2/2 : 4 5.15 m ist der Mittelpunkt der Gemeinlotstrecke. Wir verwenden die Formeln aus

Abschn. 5.4 und berechnen zunächst einen Richtungsvektor der gemeinsamen Normalen von G1 und G2 , nämlich 0 1 0 1 0 1 1 2 5 @ A @ A @ 1 2 nD  D 5A : 2 1 0

77

5

Lösungswege

Der Schnittpunkt der gemeinsamen Normalen mit G1 ist 0 1 0 1 2 1 a1 D @3A C t1 @ 1A 3 2 mit

0 1 1 2 5 1 0 det @ 3 2 5A D D 0; t1 D knk2 50 1 1 0 0 1 2 also a1 D @3A. Analog ist 3 0 1 0 1 2 3 a2 D @0A C t2 @2A 1 4 mit

0 1 1 1 5 1 50 1 5A D det @ 3 D 1; t2 D knk2 50 1 2 0 0 1 0 1 0 1 3 2 1 also a2 D @0A  @2A D @2A. Nun bleibt 4 1 3 0 1 3 1 1 m D .a1 C a2 / D @5A : 2 2 6

Diese Aufgabe ließe sich auch mit Methoden der Analysis lösen: Setzen Sie m zunächst mit unbekannten Koordinaten .x1 ; x2 ; x3 /> an und minimieren Sie dann die Quadratsumme der Abstände von G1 und G2 (siehe Formel aus Abschn. 5.4) durch Nullsetzen der partiellen Ableitungen nach x1 , x2 und x3 . 5.16 Wir berechnen den schiefsymmetrischen Anteil von A mittels

1 .A C A > / D sin ' Sb d 2 und erhalten wegen d D kdk b d 0 p 1 0 1 1  2 p C p sin ' 1 B 0  2  3A D p @ 1 Sd: p p p kdk 2 6 1C 2 2C 3 0

78

Kapitel 5  Analytische Geometrie – Rechnen statt Zeichnen

Wir setzen 0p p 1 2C 3 p C kdk B d D @ 1  2 A ; daher sin ' D p > 0: 2 6 1 Wir erhalten p p 9C2 6C2 2 : sin ' D 24 2

5

Andererseits ist p p 1 Sp A D p .2 C 2 C 3/ D 1 C 2 cos ' 6 und daher p p p 1 cos ' D p .2 C 2 C 3  6/: 2 6 Daraus folgt ' 56:60ı . 5.17 In den Spalten von A stehen der Reihe nach die B-Koordinaten der Vektoren b01 , b02 und b03 der Basis B 0 , also die Skalarproduke bi  bj0 . Wir beginnen mit cos ˇ D b3  b03 D 13 . Der Vektor

0 1 0 1 0 1 0 2 2 1 1 0 @ @ @ A A 0 2 2A d D b3  b3 D  D 3 3 1 1 0 schliesst mit b1 den (im Sinne von b3 gemessenen) orientierten Winkel ˛ ein. Wir erhalten 1 dDp : cos ˛ D b1  b 2 d liegt im ersten Quadranten der x1 x2 -Ebene, also 0 < ˛ < 90ı . Der Vektor d schließt mit b01 den im Sinne von b03 zu messenden Winkel ein. Wir finden 0 1 0 1 1 2 1 1 3 1 d D @ 1 A  p @1 A D p D p : cos D b01  b 3 2 2 0 3 2 2 Zur Bestimmung der richtigen Orientierung berechnen wir ferner sin D .b d  b01 /  b03 D det.b d ; b01 ; b03 / D b d  .b01  b03 / D b d  b02 ;

79

5

Lösungswege

also 0 1 0 1 1 1 1 1 sin D b d  b02 D  p @1A  @2A D  p : 3 2 0 2 2 5.18 Wir berechnen einen zur Dreiecksebene orthogonalen Vektor d D .a1  a2 /  .a2  a3 / als

0 1 1 0 1 0 1 1 2 1 3 1 b @ @ A @ A @ A 1A : 2 D 3 ; dDp d D 1  3 1 1 1 3 0

Die Drehachse geht durch den Schwerpunkt 0 1 1 1 s D .a1 C a2 C a3 / D @ 0A : 3 2 d Durch die Drehung soll a1 nach a2 kommen. Da der Vektor .a1  s/  .a2  s/ mitpb gleichgerichtet ist, beträgt der Drehwinkel ' D 120ı , d. h., cos ' D  12 , sin ' D 23 . Die zugehörige Drehmatrix Rb wurde bereits im Beispiel 5.2 ausgerechnet als d;' 0

1 0 0 1 D @1 0 0A : Rb d;' 0 1 0 Sie ist deshalb besonders einfach, weil die Basisvektoren zyklisch vertauscht werden. Nun ist diese orthogonale 3  3-Drehmatrix rechte untere Teilmatrix in der erweiterten Darstellungsmatrix D . Die erste Spalte in D folgt aus der Forderung, dass der Schwerpunkt sich bei der Drehung nicht ändert, also aus  1 1 D x s

0> Rb d;'

! 1 : s

Wir setzen ein und erhalten für den noch unbekannten Vektor x in der ersten Spalte 0

1 0 1 B1C B B CDB @ 0A @ 2

1 x1 x2 x3

0 0 1 0

0 0 0 1

10 1 0 1 1 1 0 B C B C 1 C C B1C D Bx1 C 2C ; A @ A @ 0 x2  1 A 0 0 x3 2

woraus x1 D 3, x2 D 1, x3 D 2 folgt.

80

Kapitel 5  Analytische Geometrie – Rechnen statt Zeichnen

Beweisaufgaben 5.19 ku C vk2 D .u C v/  .u C v/ D kuk2 C kvk2 C 2 .u  v/.

Damit ist die gegebene Bedingung äquivalent zur Aussage u  v D 0, also bei u; v ¤ 0 zur Orthogonalität. 5.20 Wegen der Linearität und Kommutativität des Skalarprodukts gilt

.u  v/  .u C v/ D kuk2  kvk2 :

5

Somit ist die Orthogonalität zwischen dem Summenvektor und dem Differenzenvektor, die beide von 0 verschieden sind, äquivalent zu kuk D kvk. 5.21 Wir verwenden nach wie vor das Symbol .v1 ; v2 ; v3 / für die 3  3 -Matrix mit den Spaltenvektoren v1 , v2 und v3 . Dann ist

V 2 D . det.v1 ; v2 ; v3 / /2 D det.v1 ; v2 ; v3 />  det.v1 ; v2 ; v3 /   D det .v1 ; v2 ; v3 /> .v1 ; v2 ; v3 / 1 0 v 1  v 1 v 1  v2 v 1  v 3 D det @v2  v1 v2  v2 v2  v3 A : v 3  v 1 v 3  v2 v 3  v 3 5.22 Bei qj D aj C i bj C j cj C k dj und '.qj / D

  xj aj C i bj D für j D 1; 2 yj cj C i dj

ist q1 ı q2 D .a1 a2  b1 b2 / C i .a1 b2 C b1 a2 /  Œ.c1 c2 C d1 d2 / C i .c1 d2 C d1 c2 / C j .a1 c2  b1 d2 / C k .a1 d2 C b1 c2 / C j .c1 a2 C d1 b2 / C k .c1 b2 C d1 a2 / und daher wegen .a1 C i b1 /.a2 C i b2 / D .a1 a2  b1 b2 / C i .a1 b2  b1 a2 / usw. 

  x1 x2  y1 y2 x1 x2 '.q1 ı q2 / D D : x1 y2 C y1 x2 y1 y2 Damit ist ' ein Homomorphismus. Wegen q 1 D

1 .a  i b  j c  k d / kqk2

81

5

Lösungswege

ist    1 a  ib x x 1 1 1 D ; D '.q / D y kqk2 c  i d kqk2 y wobei kqk2 D a2 C b 2 C c 2 C d 2 D x x C y y D jxj2 C jyj2 : Die Abbildung W C 2 ! C 22 ist injektiv, denn die erste Zeile .x; y/ des Bildes x y legt bereits das Urbild eindeutig fest. Nach den Regeln der Matrizenmultiplikation ist     x2 x1 y1 x2 y2 x1 D y1 y2 y1 x1 y2 x2  x1 x2  y1 y2 x1 y2  y1 x2 D y1 x2 C x1 y2 y1 y2 C x1 x2 

   x1 x2  y1 y2 x1 x2 D D : x1 y2 C y1 x2 y1 y2 Damit ist auch ein Homomorphismus. Die Determinante von Quadrat der Norm von q, denn  x y det D x x C y y D jxj2 C jyj2 D q q D kqk2 : y x Ist q eine Einheitsquaternion, also q 2 H1 , dann hat umgekehrt.

.'.q// ist gleich dem

.'.q// die Determinante 1, und

5.23 Wird das Parallelepiped von den drei linear unabhängigen Vektoren a, b und c

aufgespannt und wählen wir die erste Ecke im Koordinatenurprung 0, so verbinden die 4 Raumdiagonalen die Punktepaare .p i ; q i /, i D 1; : : : ; 4, wobei gilt: p1 p2 p3 p4

D 0; D a; D a C b; D b;

q1 q2 q3 q4

DaCbCc DbCc Dc DaCc

Nun liegt der Mittelpunkt mD

1 .a C b C c/ 2

auf allen Raumdiagonalen, denn für jedes i 2 f1; : : : ; 4g ist mD

1 .p C q i /: 2 i

82

Kapitel 5  Analytische Geometrie – Rechnen statt Zeichnen

Als Quadratsumme der Längen kq i  p i k folgt .a C b C c/2 C .a C b C c/2 C .a  b C c/2 C .a  b C c/2 D 4.a2 C b2 C c 2 /; nachdem die gemischten Skalarprodukte 2.a  b/, 2.a  c/ und 2.b  c/ in dieser Summe je zweimal mit positivem und zweimal mit negativem Vorzeichen auftreten. 5.24 Zu a) Für die Entfernung d1 des Schwerpunkts s vom Eckpunkt p 1 folgt

5

1 kp C p2 C p 3 C p 4  4p1 k2 16 1 1 D ..p 2  p 1 / C .p 3  p 1 / C .p 4  p 1 //2 16 1 3 D .3  1 C 3  1/ D ; 16 8

d12 D ks  p 1 k2 D

nachdem für die Skalarprodukte bei i ¤ j und i; j ¤ 1 gilt 1 .p i  p 1 /  .pj  p 1 / D p i  pj  p i  p 1  pj  p 1 C p21 C .p 2i C pj2  p 2i  pj2 / 2 1 1 D ..p i  p 1 /2 C .pj  p 1 /2  .pi  pj /2 / D : 2 2 Die Distanz d1 D ks  p1 k hängt gar nicht vom Index 1 ab. Zu b) Die genannten Kantenmitten sind der Reihe nach 1 .p C p 2 /; 2 1 1 m3 D .p 3 C p 4 /; 2 m1 D

1 .p C p 3 /; 2 1 1 m4 D .p 2 C p 4 /: 2 m2 D

Sie erfüllen die Parallelogrammbedingung m2  m1 D m3  m4 D p 3  p 2 : Alle Seitenlängen in diesem Parallelogramm sind gleich 12 , denn 1 1 .p 3  p 2 /2 D ; 4 4 1 1 2 2 km3  m2 k D .p 4  p 1 / D : 4 4

km2  m1 k2 D

Zudem sind aufeinanderfolgende Seiten orthogonal, denn zunächst folgt 1 .p  p 2 /  .p 4  p1 / 4 3 1 D .p 3  p4  p 3  p 1  p 2  p 4 C p 2  p1 /: 4

.m2  m1 /  .m3  m2 / D

83

5

Lösungswege

Der letzte Ausdruck ist eine Summe von Skalarprodukten. Nun gilt für i ¤ j .p i  pj /2 D p 2i C pj2  2.pi  pj / D 1; somit p i  pj D

 1 2 p i C pj2  1 : 2

Wir setzen dies in der letzten Gleichung ein und erhalten .m2  m1 /  .m3  m2 / 1 D .p 23 C p 24  1  p 23  p 21 C 1  p 22  p 24 C 1 C p 22 C p 21  1/ D 0: 8 Zu c) Mit dem letzten Beweis ist gleichzeitig .p 3  p 2 /  .p 4  p 1 / D 0 und damit die Orthogonalität der Gegenkantenpaare bestätigt. Als Mittelpunkt der zugehörigen Seitenmitten folgt 1 2



1 1 1 .p C p3 / C .p 1 C p 4 / D .p 1 C p 2 C p3 C p 4 / D s: 2 2 2 4

85

6

Aufgaben zum Kapitel „Lineare Abbildungen und Matrizen – Brücken zwischen Vektorräumen“ Aufgaben Verständnisfragen 6.1 

Für welche u 2 R2 ist die Abbildung

 2 R ! R2 ; 'W v 7! v C u linear? 2 2 6.2   Gibt eseine lineare Abbildung ' W R ! R mit

2 2 D ; 3 2   2 1 ' D ; 0 1   6 4 ' D bzw. 3 3   1 2 (b) ' D ; 3 1   2 1 ' D ; 0 1   5 4 ' D ? 3 3

(a) '

Folgt aus der linearen Abhängigkeit der Zeilen einer reellen 11  11-Matrix A die lineare Abhängigkeit der Spalten von A?

6.3 

© Der/die Herausgeber bzw. der/die Autor(en), exklusiv lizenziert durch Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2020 C. Karpfinger, H. Stachel, Arbeitsbuch Lineare Algebra, https://doi.org/10.1007/978-3-662-61472-3_6

Kapitel 6  Lineare Abbildungen und Matrizen – Brücken zwischen Vektorräumen

86

6.4 

(a) Ist das Inverse einer invertierbaren symmetrischen Matrix wieder symmetrisch? (b) Folgt aus der Invertierbarkeit einer Matrix A stets die Invertierbarkeit von A> ? (c) Ist die Summe invertierbarer Matrizen stets invertierbar? (d) Ist das Produkt invertierbarer Matrizen stets invertierbar?

Rechenaufgaben 6.5 

6

der folgenden Abbildungen sind linear? 8 Welche 2 ! R2 ; R ; .1; 2; 0; 1/> i W D h.1; 0; 1; 0/> ; .1; 0; 1; 1/> ; .2; 0; 1; 0/> i des R-Vektorraums V D R4 gegeben. 6.20  Für A; B 2 Knn sei En  A B invertierbar. Zeigen Sie, dass dann auch

6

En  B A invertierbar ist und bestimmen Sie das Inverse.

6.21  Es sei A 2 Kmn und B 2 Knp . Zeigen Sie:

rg.A B/ D rg.B/  dim.ker A \ Bild B/ : 6.22 

Zeigen Sie: Sind A und A 0 zwei n  n-Matrizen über einem Körper K, so

gilt A A 0 D En ) A 0 A D En : Insbesondere ist A 0 D A 1 das Inverse der Matrix A.

Hinweise Verständnisfragen 6.1 Nehmen Sie an, dass die Abbildung linear ist. Untersuchen Sie, welche Bedingung u erfüllen muss. 6.2 Beachten Sie das Prinzip der linearen Fortsetzung. 6.3 Man beachte die Regel Zeilenrang ist gleich Spaltenrang. 6.4 –

Rechenaufgaben 6.5 Überprüfen Sie die Abbildungen auf Linearität oder widerlegen Sie die Linearität

durch Angabe eines Gegenbeispiels. 6.6 –

91

6

Hinweise

6.7 Bestimmen Sie das Bild von ' und beachten Sie die Dimensionsformel. 6.8 Zeigen Sie die Behauptung per Induktion. 6.9 Beachten Sie das Injektivitätskriterium. 6.10 In der i-ten Spalten der Darstellungsmatrix steht der Koordinatenvektor des Bil-

des des i-ten Basisvektors. 6.11 – 6.12 Beachten Sie die Basistransformationsformel. 6.13 Schreiben Sie B M .'/B D B M .id ı ' ı id/B , und beachten Sie die Formel für das Produkt von Darstellungsmatrizen. 6.14 Beachten Sie die Definitionen der Linearität und der Darstellungsmatrix.

Beweisaufgaben 6.15 Benutzen Sie für den Nachweis von (a) den Dimensionssatz. Zum Nachweis

von (b) zeige man zuerst '1 .V / \ '2 .V / D f0g. 6.16 Prüfen Sie die Menge A0 auf lineare Unabhängigkeit, bedenken Sie dabei aber, dass A0 durchaus unendlich viele Elemente enthalten kann. Beachten Sie auch das Injektivitätskriterium. 6.17 Wählen Sie geeignete Vektoren v und v0 , und betrachten Sie vC'.v/ und v0 '.v0 /. 6.18 Betrachten Sie den von den Zeilen von A aufgespannten Untervektorraum T von K2n sowie die Abbildung  W T ! Kn , .x; y/ 7! x. Zeigen Sie, dass  linear, Bild  D U C W und ker  D f.0; y/ j y 2 U \ W g ist. 6.19 Benutzen Sie die Methode aus Aufgabe 6.18. 6.20 Zeigen Sie mit der (reellen) geometrischen Reihe

1 D 1 C b.1  ab/1 a : 1  ba 6.21 Ergänzen Sie eine Basis von ker.A/ \ Bild B durch C D fb1 ; : : : ; b t g zu einer Basis von Bild B und zeigen Sie, dass

D D fA b1 ; : : : ; A b t g linear unabhängig ist. 6.22 Betrachten Sie die Komposition der Abbildungen 'A W Kn ! Kn ; v 7! A v und

'A 0 W Kn ! Kn ; v 7! A 0 v.

92

Kapitel 6  Lineare Abbildungen und Matrizen – Brücken zwischen Vektorräumen

Lösungen Verständnisfragen 6.1 Nur für u D 0. 6.2 (a) Nein. (b) Ja. 6.3 Ja. 6.4 (a) Wahr, (b) wahr, (c) falsch, (d) wahr.

6

Rechenaufgaben 6.5 (a) '1 ist nichtlinear. (b) '2 ist linear. (c) '3 ist nicht linear.

0

6.6

AD

2

p 3 2 2

1

p 3C 2 2

B 3p2 @ 2

1

1

1

p 3C 2 C A 2

2

0 C

0

p 3 2 2

0

p 3 2 2

B 3Cp2 @ 2

0

0

1

p 3C 2 C 2 A

0

6.7 dim '.R2 / D 1 und dim ' 1 .f0g/ D 1. 6.8 Es gilt anC1 D an C bn und bnC1 D 2 an . 6.9 (a) '.a/ D c, '.b/ D 0, ' ist nicht injektiv. (b) Der Kern hat die Dimensi-

on01 und 3. (c) Es ist fbg eine Basis des Kerns von ' und 8 1 das 0 Bild 1 0die Dimension 19 3 1 1 ˆ > ˆ

= B C ; B C ; B C eine Basis des Bildes von '. (d) L D a C ' 1 .f0g/. @ 1 A @1A @ 3 A> ˆ ˆ > : ; 1 1 1 0 0 1 1 0 1 0 0 0 0 0 0 6.10   B0 0 2 0C B1 0 0 0C d d C und B M C DB DB EM @ @0 1 0 0A A 0 0 0 3 dX E dX B 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 1 5 2 2 6.11 2 1 B3 0 1C C @ 1 A ; C M . /B D B B M .'/E2 D 2 @2 1 1A ; 1 1 3 0 1 0 1 8 5 B7 4 C B C C M . ı '/E2 D @ 3 2 A 7 4

93 Lösungen

6.12 (b) Es gilt

0

1 1 0 0 @ A B M .'/B D 0 2 0 0 0 3

0

1 2 1 2 und S D @2 1 1A 3 1 1

6.13 (a) Es gilt

0

1 16 47 88 @ A B M .'/B D 18 44 92 12 27 59 (b) Es gilt

0

1 2 10 3 @ 0 23 A A M .'/B D 8 2 17 10

0

1 7 13 22 und B M .'/A D @6 2 14A 4 1 7

1 0 1 1 1 1 B0 0 2 3 4 C C B C 6.14 (a) E M .4/E D B B0 0 0 3 6C, @0 0 0 0 4 A 0 0 0 0 0 1 dim ' .f0g/ D 1; dim.4.V // D 4. 0 1 0 1 0 0 0 B0 0 1 0 0 C B C C (b) B M .4/B D B B0 0 0 1 0 C. @0 0 0 0 1 A 0 0 0 0 0 (c) Die Basis B. 0

Beweisaufgaben 6.15 – 6.16 Ja. 6.17 – 6.18 – 6.19 Es ist f.1; 0; 1; 2/> ; .1; 0; 0; 1/> g eine Basis von U \ W . 6.20 Es ist En C B.En  AB/1 A das Inverse zu En  BA.

6

94

Kapitel 6  Lineare Abbildungen und Matrizen – Brücken zwischen Vektorräumen

6.21 – 6.22 –

Lösungswege Verständnisfragen 6.1 Wenn ' linear ist, dann gilt '.v C w/ D '.v/ C '.w/ für alle v; w 2 R2 . Mit der

angegebenen Abbildungsvorschrift besagt dies: '.v C w/ D v C w C u D v C u C w C u D '.v/ C '.w/ :

6

Und dies ist nur dann möglich, wenn u D 0 ist. Also folgt aus der Linearität von ' die Gleichung u D 0. Umgekehrt ist aber natürlich ' in der Situation u D 0 eine lineare Abbildung, denn dann ist ' die Identität. 6.2

(a) Wegen    6 2 2 D1 C2 3 3 0 2 2 würde eine lineare Abbildung ' W R ! R mit den angegebenen Eigenschaften 6 den Vektor einerseits auf 3     6 2 2 ' D' 1 C2 3 3 0   2 2 D' C2' 3 0    2 1 4 D C2 D 2 1 4    6 4 4 abbilden, andererseits aber auch ' D ¤ erfüllen. Das kann aber 3 3 4 nicht sein, d. h., dass keine solche lineare Abbildung existiert. (b) Wegen       5 1 2 4 2 1 D1 C2 und D1 C2 3 3 0 3 1 1   5 4 enthält die dritte Forderung ' D tatsächlich nichts, was nicht schon 3 3 in den ersten beiden Forderungen verlangt wird. Nach dem Prinzip der linearen Fortsetzung existiert genau eine Abbildung mit den gewünschten Eigenschaften.

95

6

Lösungswege

6.3 Die Aussage ist richtig. Weil der Zeilenrang von A kleiner oder gleich 10 ist, ist

auch der Spaltenrang von A kleiner oder gleich 10. Also sind die Spalten von A linear abhängig. 6.4

(a) Die Aussage ist wahr: Für jede invertierbare Matrix A 2 Knn erhält man aus der Symmetrie der Einheitsmatrix 

A 1 A

>

D E> n D En ;

 1  1 >  > also A > A 1 D En und damit A > D A und wenn A symmetrisch ist 

A 1

>

 1 D A> D A 1 :

(b) Die Aussage ist wahr: A invertierbar ) AA 1 D En , also .A 1 /> A > D En , sodass .A 1 /> das Inverse von A > ist. (c) Die Aussage ist falsch: En und En sind invertierbar, ihre Summe aber nicht. (d) Die Aussage ist wahr: B 1 A 1  AB D En , also .AB/1 D B 1 A 1 .

Rechenaufgaben 6.5

 1 ¤ 0 kann '1 nicht linear sein. 2   v1 w1 (b) Mit  2 R und v D ;w D gilt: v2 w2 (a) Wegen '1 .0/ D

1 13 . v2 C w2 / A 11 . v1 C w1 / '. v C w/ D @ 4 . v2 C w2 /  2 . v1 C w1 / 0

D  '2 .v/ C '.w/ ; d. h., dass'2 eine lineare Abbildung ist. 1 (c) Mit v D und  D 2 gilt: 1 0

1 2 '3 . v/ D @8A 0

0

1 2 und  '.v/ D @2A ; 0

d. h., dass '3 keine lineare Abbildung ist.

96

Kapitel 6  Lineare Abbildungen und Matrizen – Brücken zwischen Vektorräumen

6.6 Es gilt

1 p 2  2 1 p C B AD@3 1 2A 1 3 2 p 0 1 0 3 2 2 1 0 2 p p B B 3Cp2 3C 2 C D @ 32 2 C 1 A @ 2 2 0

1

„

6

p 3C 2 2

ƒ‚

2S.n;R/

2

…

„

0

p 3 2 2

0

p 3 2 2

ƒ‚

0

1

p 3C 2 C 2 A

0

2A.n;R/

…



  1 1 , d. h., dass also '.R2 / D und somit 1 1 dim '.R2 / D 1 gilt. Mit der Dimensionsformel folgt dim ' 1 .f0g/ D  1.  1 Wir können auch den Kern von ' bestimmen, dieser ist offenbar . 1 6.7 Für jedes v 2 R2 gilt '.v/ 2 R

6.8 Wir berechnen die ersten Potenzen:

0

0 1 1 2 1 1 2 3 3 M 2 D @1 2 1A D M C 2 E3 und M 3 D @3 2 3A D 3 M C 2 E3 : 1 1 2 3 3 2 Nun zeigen wir per Induktion M n D an M C bn En für an ; bn 2 R : Wir haben die Behauptung bereits für n D 2 und n D 3 gezeigt. Die Behauptung gelte für ein n 2 N. Wegen M nC1 D M n M D .an M C bn / E3 M D a n M 2 C bn M D an .M C 2 E3 / C bn M D .an C bn / M C 2 an E3 : Somit gilt anC1 D an C bn und bnC1 D 2 an . 6.9

(a) Wir berechnen '.a/: 0

10 1 0 1 3 1 1 1 1 4 B1 C B1C B4C 3 1 1 C B C D B C D c: '.a/ D A a D B @ 1 1 3 1 A @1A @4A 1 1 1 3 1 4

97

6

Lösungswege

Der Vektor b liegt im Kern von ', wenn '.b/ D 0 gilt. Wir prüfen das nach: 10 1 0 1 0 1 3 1 1 1 B B C B1 C 3 1 1 C B1C B0C C D 0: D '.b/ D A b D B @ 1 1 3 1 A @1A @0A 0 1 1 1 1 3 0

Also liegt b im Kern von '. Die Abbildung ' ist nach dem Injektivitätskriterium nicht injektiv, da b ¤ 0 im Kern von ' liegt. (b) Da '.R4 / D hs1 ; s2 ; s3 ; s4 i mit den Spaltenvektoren s1 ; s2 ; s3 ; s4 der Matrix A gilt, erhalten wir die Dimension des Bildes durch elementare Spaltenumformungen an A: 0 1 0 1 3 1 1 1 0 1 0 0 B1 B C 3 1 1 C B C ! B8 3 0 0C @ 1 1 3 @ 4 1 4 0A 1A 1 1 1 3 4 1 4 0 An dieser Spaltenstufenform erkennt man den Spaltenrang 3 der Matrix A. Damit gilt dim '.R4 / D 3. Mit der Dimensionsformel folgt nun dim ' 1 .f0g/ D 1. Wir hätten natürlich auch umgekehrt zuerst die Dimension des Kerns durch elementare Zeilenumformungen bestimmen können. (c) Nach (a) liegt der Vektor 0 b1im Kern von '. Nach (b) ist der Kern eindimensional, * 1 + B1C C sodass ' 1 .f0g// D B @1A gelten muss. Also ist fbg eine Basis des Kerns von '. 1 Nach (b) ist das Bild von ' dreidimensional. Wir haben weiterhin in (b) gezeigt, dass die ersten drei Spalten der Matrix A linear unabhängig sind. Also bilden die ersten Spaltenvektoren 80 drei 1 0 1 0 19s1 ; s2 ; s3 von A eine Basis des Bildes von ': Die Menge 3 1 1 > ˆ ˆ > < B 1 C B 3 C B1C= B C ; B C ; B C ist eine Basis von '.R4 /. @ 1 A @1A @ 3 A> ˆ ˆ > : ; 1 1 1 (d) Es ist L die Lösungsmenge des inhomogenen linearen Gleichungssystems .A j c/. Diese Lösungsmenge ist die Summe einer speziellen Lösung und der Lösungsmenge des zugehörigen homogenen Systems. Da a nach (a) eine spezielle Lösung des inhomogenen Systems und der Kern die Lösungsmenge des homogenen Systems ist, erhalten wir also: L D a C ' 1 .f0g/. 6.10

(a) Wegen d d .1/ D 0 .X/ D 1; dX dX

d .X 2 / D 2 X; dX

d .X 3 / D 3 X dX

98

Kapitel 6  Lineare Abbildungen und Matrizen – Brücken zwischen Vektorräumen

erhalten wir sogleich:  EM

d dX

0

E

0 B0 DB @0 0

1 0 0 0

0 2 0 0

1 0 0C C 3A 0

(b) Wegen d d .X 3 / D 3 X 2 .3 X 2 / D 6 X; dX dX

6

erhalten wir hieraus: 0 0  B 1 d DB BM @0 dX B 0

0 0 1 0

0 0 0 1

d .6 X/ D 6; dX

d .6/ D 0 dX

1 0 0C C 0A 0

0 1   1 1 0 6.11 Wir verwenden die Bezeichnungen e 1 D und e 2 D sowie b1 D @1A, 0 1 1 0 1 0 1 1 1 b2 D @1A, b3 D @0A. 0 0 Wir erhalten B M .'/E2 , indem wir die Koordinaten v1j , v2j , v3j von '.ej / für j D 1; 2 bezüglich der Basis B in die Spalten einer Matrix schreiben. Wir erhalten v1j , v2j , v3j durch Lösen der durch v1j b1 C v2j b2 C v3j b3 D '.ej / für j D 1; 2 gegebenen linearen Gleichungssysteme über R mit dem Gauß-Algorithmus. Man erhält: 0 1 2 1 @ 1A B M .'/E2 D 2 1 1 0 0 0 0 , v2j , v3j , v4j von .bj / Analog erhält man C M . /B , indem man die Koordinaten v1j für j D 1; 2; 3 bezüglich der Basis C in die Spalten einer Matrix schreibt. Dies liefert:

0

1 5 2 2 B3 0 1C B C C M . /B D @ 2 1 1A 3 0 1

99

6

Lösungswege

Die Darstellungsmatrix C M .

ı '/E2 erhält man durch Matrixmultiplikation: 0

C M.

ı '/E2 D C M . /B B M .'/E2

1 8 5 B7 4 C C DB @3 2 A 7 4

6.12

(a) Wegen 0 1 0 1 2 2 3 1 1 1 @1 1 1A ! @0 1 1A 2 1 1 0 0 1 sind die drei Vektoren 0 1 0 1 2 1 b1 D @2A ; b2 D @1A 3 1

0 1 2 und b3 D @1A 1

linear unabhängig, also B eine geordnete Basis. (b) Mit A D E3 M .'/E3 erhalten wir A b1 D 1 b1 C 0 b2 C 0 b3 ; A b2 D 0 b1 C 2 b2 C 0 b3 ; A b3 D 0 b1 C 0 b2 C 3 b3 : Also gilt: 0

1 1 0 0 @ A B M .'/B D 0 2 0 0 0 3 Und als Transformationsmatrix erhalten wir die Matrix 0 1 2 1 2 S D E3 M .idR3 /B D .b1 ; b2 ; b3 / D @2 1 1A 3 1 1 6.13

(a) Es gilt B M .'/B

D B M .id ı ' ı id/B D B M .id/A A M .'/A A M .id/B :

B M .'/B zu ermitteln, ist das Produkt der drei Matrizen B M .id/A , und A M .id/B zu bilden. Die Matrix A M .'/A ist gegeben, die anderen beiden Matrizen müssen wir noch bestimmen. Wegen B M .id/A A M .id/B D B M .id/B D E3 ist A M .id/B das Inverse zu B M .id/A .

Um also

A M .'/A

100

Kapitel 6  Lineare Abbildungen und Matrizen – Brücken zwischen Vektorräumen

Wir bezeichnen die Elemente der geordneten Basis der Reihe nach mit a1 ; a2 ; a3 und jene der Basis B mit b1 ; b2 ; b3 und ermitteln B M .id/A D .B a1 ; B a2 ; B a3 /. Gesucht sind also 1 ; 2 ; 3 2 R mit 1 b1 C 2 b2 C 3 b3 D a1 bzw. D a2 bzw. D a3 : Dies sind drei lineare Gleichungssysteme, die wir simultan lösen: 1 0 1 0 1 0 0 3 3 1 1 3 2 8 16 9 @2 1 1 6 7 3A !    ! @0 1 0 1 3 2A 1 2 2 7 13 7 0 0 1 1 2 1

6

Damit lautet die Basistransformationsmatrix 0 1 3 3 1 @ A B M .id/A D 1 3 2 1 2 1 Die Matrix A M .id/B 0 1 1 @ A M .id/B D 1 2 1 3

erhalten wir durch Invertieren der Matrix B M .id/A . Es gilt 1 3 5A 6

Wir berechnen schließlich das Produkt

0

1 16 47 88 @ A: B M .'/B D B M .id/A A M .'/A A M .id/B D 18 44 92 12 27 59 (b) Wegen A M .'/B

D A M .' ı id/B D A M .'/A A M .id/B

erhalten wir die Darstellungsmatrix A M .'/B als Produkt der beiden Matrizen und A M .id/B . Es gilt: 0 1 2 10 3 @ 0 23 A A M .'/B D A M .'/A A M .id/B D 8 2 17 10 A M .'/A

Analog erhalten wir für B M .'/B

D B M .id ı '/A D B M .id/A A M .'/A

die Darstellungsmatrix 0

1 7 13 22 @ 2 14A B M .'/B D B M .id/A A M .'/A D 6 4 1 7

101

6

Lösungswege

6.14

(a) Wir kürzen V D RŒX4 ab. Dann gilt für f; g 2 V : 4.f C g/ D .f C g/.X C 1/  .f C g/.X/ D f .X C 1/  f .X/ C g.X C 1/  g.X/ D 4.f / C 4.g/ ; damit ist 4 additiv. Und für f 2 V und  2 R gilt: 4. f / D . f /.X C 1/  . f /.X/ D  f .X C 1/   f .X/ D  .f .X C 1/  f .X// D  4.f / ; was besagt, dass 4 homogen ist. Die Homogenität und die Additivität besagen, dass 4 eine lineare Abbildung ist. Es gilt: 4.1/ D 1  1 D 0; 4.X/ D .X C 1/  X D 1; 4.X 2 / D .X C 1/2  X 2 D 2 X C 1; 4.X 3 / D .X C 1/3  X 3 D 3 X 2 C 3 X C 1; 4.X 4 / D .X C 1/4  X 4 D 4 X 3 C 6 X 2 C 4 X C 1 : Also ist 0

0 B0 B D 1 D E M .4/E D B B0 @0 0

1 0 0 0 0

1 2 0 0 0

1 3 3 0 0

1 1 4C C 6C C 4A 0

die Darstellungsmatrix von 4 bezüglich der Standardbasis E D .1; X; X 2 ; X 3 ; X 4 / von RŒX4 . Wir behaupten, dass die letzten 4 Spalten von D 1 linear unabhängig sind. Ist nämlich 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 1 1 1 1 0 B0 C B2 C B3 C B4C B0C B C B C B C B C B C B C B C B C B C C 1 B B0C C 2 B0C C 3 B3C C 4 B6C D B0C ; @0 A @0 A @0 A @4A @0A 0 0 0 0 0

102

Kapitel 6  Lineare Abbildungen und Matrizen – Brücken zwischen Vektorräumen

so folgt aus der vierten Zeile 4 4 D 0, d. h. 4 D 0. Nach Streichen des vierten Vektors ergibt sich aus der dritten Zeile 3 3 D 0, d. h., 3 D 0, usw., also insgesamt 1 D 2 D 3 D 4 D 0, wie behauptet. Weil f 2 V genau dann im Kern von 4 liegt, wenn E M .4/E E f D 0 gilt und der Kern der Matrix nach obiger Rechnung die Dimension 1 hat, erhalten wir für die Dimension des Kerns von 4: dim ' 1 .f0g/ D 1 :

6

Mit der Dimensionsformel folgt nun dim.4.V // D 4. (b) Wir bezeichnen die angegebenen Polynome der Reihe nach mit pj für j D 0; 1; 2; 3; 4 und haben dann B D .p0 ; p1 ; p2 ; p3 ; p4 /. Die Matrix M , deren Spalten die Koordinatenvektoren E pj sind, hat die Form 0 1 1 B0 1 C B C B0 0 1 C B C 2 B C @0 0 0 16 A 1 0 0 0 0 24 Wegen der Dreiecksgestalt ist B linear unabhängig, weil die Koordinatenvektoren linear unabhängig sind, und folglich ist B eine geordnete Basis von V . Es gilt: 4.p0 / D 4.1/ D 0; 4.p1 / D 4.X/ D 1 D p0 ; 4.p2 / D 4.p3 / D D 4.p4 / D D

.X C 1/ X X .X  1/ X2 C X X2  X  D  D X D p1 ; 2 2 2 2 .X C 1/ X .X  1/ X .X  1/ .X  2/  6 6  X .X  1/ X .X  1/  X C 1  .X  2/ D D p2 ; 6 2 .X C 1/ X .X  1/.X  2/ X .X  1/ .X  2/ .X  3/  24 24  X .X  1/ .X  2/  X .X  1/ .X  2/ X C 1  .X  3/ D D p3 : 24 6

Die Darstellungsmatrix von 4 bezüglich B ist demnach: 0 1 0 1 0 0 0 B0 0 1 0 0 C B C C D 2 D B M .4/B D B B0 0 0 1 0 C @0 0 0 0 1 A 0 0 0 0 0 Bemerkung: Man nennt die Form der Matrix D 2 Jordan-Normalform – dies ist fast eine Diagonalform.

6

103 Lösungswege

(c) Natürlich die Basis B, denn wegen 4k .pj / D pj k (für 0  k  j  4) sind die Matrizen von 42 , 43 , 44 , 45 der Reihe nach einfach 0

0 B0 B B0 B @0 0

0 0 0 0 0

1 0 0 0 0

0 1 0 0 0

1 0 0 0 0C B0 C B B 1C C ; B0 0A @0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

1 0 0 0 0

1 0 0 0 1C B0 C B B 0C C ; B0 0A @0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

1 0 0 1 0 C B0 C B B 0C C ; B0 0 A @0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

1 0 0C C 0C C: 0A 0

(Dasselbe erhält man durch direktes Ausrechnen von D 22 , D 32 , D 42 , D 52 .) Insbesondere ist 45 D 0 die Nullabbildung.

Beweisaufgaben 6.15 Es seien n D dim.V /, k1 D dim.'1 .V // und k2 D dim.'2 .V //. (a) Wegen '1 .v/ C '2 .v/ D .'1 C '2 /.v/ D v für alle v 2 V ist V D .'1 C '2 /.V /  '1 .V / C '2 .V /. Nach der Dimensionsformel gilt:

dim.'1 .V / C '2 .V // D dim.'1 .V // C dim.'2 .V //  dim.'1 .V / \ '2 .V //; also n  k1 C k2 . (b) Ist n D k1 C k2 , so gilt dim.'1 .V / \ '2 .V // D 0, also '1 .V / \ '2 .V / D f0g. Nach Voraussetzung ist '1 .w/ C '2 .w/ D w für alle w 2 V , also auch für w D '1 .v/ oder für w D '2 .v/. Für alle v 2 V gilt: (i) '1 .'1 .v// C '2 .'1 .v// D '1 .v/ ) '1 .v/  '1 .'1 .v// D '2 .'1 .v// 2 '1 .V / \ '2 .V / D f0g. Also gilt '1 ı '1 D '1 und '2 ı '1 D 0. (ii) '1 .'2 .v// C '2 .'2 .v// D '2 .v/ ) '2 .v/  '2 .'2 .v// D '1 .'2 .v// 2 '1 .V / \ '2 .V / D f0g. Also gilt '2 ı '2 D '2 und '1 ı '2 D 0. 6.16 Da A eine unendliche Menge sein kann, trifft dies auch für A0 zu. Wir prüfen

die lineare Unabhängigkeit von A0 nach, indem wir die lineare Unabhängigkeit für jede endliche Teilmenge E  A0 nachweisen. Ist nun E D f'.v1 /; : : : ; '.vr /g  A0 mit v1 ; : : : ; vr 2 A eine solche endliche Teilmenge von A0 , so folgt aus 1 '.v1 / C    C r '.vr / D 0 für 1 ; : : : ; r 2 K und der Linearität von ' sogleich '.1 v1 C    C r vr / D 0 :

Kapitel 6  Lineare Abbildungen und Matrizen – Brücken zwischen Vektorräumen

104

Nun ist ' aber als injektiv vorausgesetzt. Nach dem Injektivitätskriterium gilt deswegen: 1 v1 C    C r vr D 0 : Weil aber die Menge fv1 ; : : : ; vr g als endliche Teilmenge von A linear unabhängig ist, folgt: 1 D    D r D 0 ; also die lineare Unabhängigkeit von E und damit schließlich jene von A0 .

6

6.17

(a) Wegen ' ¤ idR2 existiert v 2 R2 mit '.v/ ¤ v, also b1 WD v C '.v/ ¤ 0. Wegen ' ¤ idR2 existiert v0 2 R2 mit '.v0 / ¤ v0 , also b2 D v0  '.v0 / ¤ 0. Es gilt:   '.b1 / D ' v C '.v/ D '.v/ C ' 2 .v/ D '.v/ C v D b1 ;   '.b2 / D ' v0  '.v0 / D '.v0 /  ' 2 .v0 / D '.v0 /  v0 D b2 ; wie gewünscht. Bemerkung: Anstelle von ' ı ' haben wir ' 2 geschrieben, wie es allgemein üblich ist. Es bleibt zu zeigen, dass fb1 ; b2 g tatsächlich eine Basis des R2 ist. Sind ˛; ˇ 2 R mit ˛ b1 C ˇ b2 D 0 gegeben, so folgt durch Anwenden von ' auf diese Identität: 0 D '.0/ D '.˛ b1 C ˇ b2 / D ˛ '.b1 / C ˇ '.b2 / D ˛ b1  ˇ b2 : Addition bzw. Subtraktion beider Identitäten ergibt 2 ˛ b1 D 2 ˇ b2 D 0, wegen b1 ; b2 ¤ 0 also ˛ D ˇ D 0. Damit ist fb1 ; b2 g linear unabhängig, aus Dimensionsgründen also eine Basis des R2 . (b) Es existieren ;  2 R mit a1 D  b1 C  b2 . Anwenden von ' ergibt: a1 D '.a1 / D  b1   b2 : Da die Darstellung von a1 als Linearkombination der Basis fb1 ; b2 g eindeutig ist, muss  D , d. h.  D 0 sein. Also ist a1 D  b1 . Es gilt  ¤ 0, weil a1 als Element der Basis fa1 ; a2 g natürlich nicht der Nullvektor ist. Damit haben wir ein  mit den gewünschten Eigenschaften gefunden. Die gleiche Prozedur für a2 ergibt für a2 D  b1 C  b2 mit ;  2 R: a2 D '.a2 / D  b1 C  b2 ; zusammen mit a2 D  b1 C  b2 also  D 0 und a2 D  b2 mit  ¤ 0.

6

105 Lösungswege

6.18 Wir zeigen zunächst den Hinweis: Die Abbildung  ist linear, denn für alle a 2 K

und .x; y/; .x 0 ; y 0 / 2 K2n gilt:

.a  .x; y/ C .x 0 ; y 0 // D ..a x C x 0 ; a y C y 0 // D a  x C x 0 D a  ..x; y// C ..x 0 ; y 0 //: Es ist ferner: Bild  D f..x; y// j .x; y/ 2 T g 8 0 9 1 r t r < = X X X D @ ai u i C bj wj ; a i u i A j a 1 ; : : : ; a r ; b1 ; : : : ; b t 2 K : ; i D1 j D1 i D1 9 8 r t = ; .1; 0; 0; 1/> g eine Basis von U \ W . 6.20 Wir benutzen die (reelle) geometrische Reihe, um das Inverse von

stimmen. Es gilt:

1 1ab

zu be-

1

X 1 .b a/i D 1 C b a C b a b a C    D 1ba i D0 D 1 C b .1 C a b C a b a b C    / a 1 a D 1 C b .1  a b/1 a : D1Cb 1ab Damit haben wir einen Kandidaten für das Inverse zu En  B A gefunden, nämlich En C B .En  A B/1 A : Nun rechnen wir nur noch nach .En C B .En  A B/1 A/ .En  B A/ D En C B .En  A B/1 A  B A  B .En  A B/1 A D En C B ..En  A B/1 .En  A B/  En / A D En ; d. h., dass En CB .En A B/1 A tatsächlich das Inverse zu En B A ist, insbesondere ist En  B A invertierbar.

107

6

Lösungswege

6.21 Wir ergänzen eine Basis B D fv1 ; : : : ; vs g von ker A \ Bild B durch C D fb1 ; : : : ; b t g zu einer Basis von Bild B und zeigen

D D fA b1 ; : : : ; A b t g ist eine Basis von Bild A B. Es sei v 2 Bild A B. Dann existiert ein b mit v D A B b. Nun ist B b 2 Bild B, also gilt: BbD

s X

i vi C

i D1

t X

i bi

i D1

und damit A Bb D

s X

i A vi C

i D1

t X

i A b i D

i D1

t X

i A bi :

i D1

Somit ist D ein Erzeugendensystem von Bild A B. Die Menge D ist auch linear unabhängig, denn 0D

t X

i A b i D A

i D1

impliziert t X i D1

t X

i bi

i D1

Pt

i D1

i bi D

i bi 2 ker A \ Bild B. Somit existieren Skalare 1 ; : : : ; s 2 K mit

s X

i vi :

i D1

Folglich gilt i D i D 0 für alle i, da B [ C linear unabhängig ist als Basis von Bild B. 6.22 Wir betrachten die Abbildungen 'A W Kn ! Kn , v 7! A v und 'A 0 W Kn ! Kn ,

v 7! A 0 v und erhalten

'A ı 'A 0 .v/ D A A 0 v D v : Somit ist die lineare Abbildung 'A surjektiv. Da ein surjektiver Endomorphismus des endlichdimensionalen Kn auch injektiv und damit bijektiv ist, ist 'A 0 die zu 'A inverse Abbildung. Wir erhalten: A 0 D A 1 , insbesondere gilt A 0 A D En .

109

7

Aufgaben zum Kapitel „Determinanten – Kenngrößen von Matrizen“ Aufgaben Verständnisfragen 7.1 

Begründen Sie: Sind A und B zwei reelle n  n-Matrizen mit

A B D 0 ; aber A ¤ 0 und B ¤ 0 ; so gilt det.A/ D 0 D det.B/ : 7.2 

Hat eine Matrix A 2 Rnn mit n 2 2N C1 und A D A > die Determinante 0?

7.3  Folgt aus der Invertierbarkeit einer Matrix A stets die Invertierbarkeit der Matix A > ?

Rechenaufgaben 7.4 

Bestimmen Sie die Determinante der Matrix 0 1 0 0 a 0 B 0 0 0 bC 44 C ADB @ 0 c 0 0A 2 R d 0 0 0

mittels der Leibniz’schen Formel.

© Der/die Herausgeber bzw. der/die Autor(en), exklusiv lizenziert durch Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2020 C. Karpfinger, H. Stachel, Arbeitsbuch Lineare Algebra, https://doi.org/10.1007/978-3-662-61472-3_7

Kapitel 7  Determinanten – Kenngrößen von Matrizen

110

7.5 

Berechnen Sie die Determinanten der folgenden reellen Matrizen: 0

1 B2 ADB @0 0 7.6 

2 1 0 0

1 0 0C C; 4A 3

0 0 3 4

0

2 B0 B BDB B0 @0 2

0 2 0 2 0

0 0 2 0 0

0 2 0 2 0

1 2 0C C 0C C 0A 2

Berechnen Sie die Determinante des magischen Quadrats

16 3 2 13 5 10 11 8 9 6 7 12 4 15 14 1

7

aus Albrecht Dürers Melancholia. 7.7 

0

1

Bestimmen Sie die Determinante der folgenden Tridiagonalmatrizen i

B Bi 1 B B B B0 i B: B: :: : @: 0 :::

0 i 1 :: : 0

1 ::: 0 :C :: : :: C C C :: nn : : 0C C2C C :: C : iA i 1

Zusatzfrage: Was haben Kaninchenpaare damit zu tun? 7.8  Es seien V ein K-Vektorraum und n eine natürliche Zahl. Welche der folgenden Abbildungen ' W V n ! K, n > 1, sind Multilinearformen? Begründen Sie Ihre Antworten. (a) Es sei V D K, ' W V n ! K, .a1 ; : : : ; an /> 7! a1    an . (b) Es sei V D K, ' W V n ! K, .a1 ; : : : ; an /> 7! a1 C : : : C an . (c) Es sei V D R22 , ' W V 3 ! R, .X ; Y ; Z / 7! Sp.X Y Z /. Dabei ist die Spur Sp.X / einer n  n-Matrix X D .aij / die Summe der Diagonalelemente: Sp.X/ D a11 C a22 C    C ann. 7.9 

Berechnen Sie die Determinante der reellen n  n-Matrix 0

0 B :: B: ADB B @0 dn

1 : : : 0 d1 C : :: d2 C C : : : :: C : : : :A :::

111

7

Aufgaben

22 7.10  Es sei V sowie ' W V ! V definiert durch X 7! .A X  2 X > / DR

1 2 2 R22 . Bestimmen Sie det.'/. 0 1

mit A D

Beweisaufgaben Zeigen Sie, dass für invertierbare Matrizen A; B 2 Knn gilt:

7.11 

ad.A B/ D ad.B/ ad.A/ : 7.12  Zu jeder Permutation  W f1; : : : ; ng ! f1; : : : ; ng wird durch f .ej / D e  .j /

für 1  j  n ein Isomorphismus f W Kn ! Kn erklärt. Es sei P  2 Knn die Matrix mit f .x/ D P  x. Zeigen Sie P  P D P  , P 1 D P  1 D P >   und 1 P  .aij /P  D .a .i / .j / /. Welche Determinante kann P  nur haben? 7.13  Für Elemente r1 ; : : : ; rn eines beliebigen Körpers K sei die Abbildung f W K ! K, durch f .x/ D .r1  x/.r2  x/    .rn  x/ erklärt. Zeigen Sie:

ˇ ˇr1 ˇ ˇb ˇ ˇb ˇ ˇ ˇ ˇb

a r2 b b

a a r3  b

ˇ aˇ ˇ aˇ ˇ af .b/  bf .a/ a ˇˇ D ab ˇ ˇ    rn ˇ

  

für a ¤ b:

7.14  Zeigen Sie, dass jede Permutation  2 Sn ein Produkt von Transpositionen ist, d. h., es gibt Transpositionen 1 ; : : : ; k 2 Sn mit

 D 1 ı    ı k : 7.15  Es seien K ein Körper und A 2 Kmm , B 2 Knn . Die Blockmatrix A ˝

B D .aij B/i;j D1;:::;m 2 Kmnmn heißt das Tensorprodukt von A und B. Zeigen Sie det A ˝ B D .det A/n .det B/m (a) zunächst für den Fall, dass A eine obere Dreiecksmatrix, ist; (b) für beliebiges A.

7.16  Es sei x ein Element eines Körpers K, und A n D ..x  1/ıij C 1/i;j D1;:::;n 2 Knn . Hierbei ist ıij das Kronecker-Symbol: ıij D 0 für i ¤ j , und ıi i D 1. Zeigen Sie:

det.A n / D .x  1/n1 .x C n  1/:

112

Kapitel 7  Determinanten – Kenngrößen von Matrizen

Hinweise Verständnisfragen 7.1 Nehmen Sie an, dass det.A/ ¤ 0 ist und zeigen Sie, dass Sie dadurch einen

Widerspruch erhalten; zu welchen Aussagen ist det.A/ ¤ 0 äquivalent? 7.2 Man beachte die Regeln in der Übersicht. 7.3 Beachte die Übersicht.

Rechenaufgaben

7

7.4 Unter den 4 Š D 24 Summanden ist nur einer von null verschieden. Daher ist auch nur eine Permutation zu berücksichtigen – welche? 7.5 Verwenden Sie die Regeln aus Abschn. 7.3. 7.6 Nutzen Sie aus, dass die Summen der Zeilen/Spalten gleich sind. 7.7 Bestimmen Sie die Determinante der Tridiagonalmatrix durch Entwicklung nach

der ersten Zeile und denken Sie an die Fibonacci-Zahlen. 7.8 Beachten Sie die Determinantenregeln. 7.9 Unterscheiden Sie nach den Fällen n gerade und n ungerade. 7.10 Beachten Sie die Definition der Determinante eines Endomorphismus.

Beweisaufgaben 7.11 Man beachte die Formeln zur Adjunkten. 7.12 Die Identitäten weisen Sie direkt nach, für die Berechnung der Determinante

ziehen Sie z. B. die Leibniz’sche Formel heran. 7.13 Wenn man in jeder der n2 Positionen x addiert, so wird aus der Determinante eine

lineare Funktion in der Variablen x, die deshalb durch ihre Werte an zwei verschiedenen Stellen bestimmt ist. 7.14 Führen Sie einen Beweis mit vollständiger Induktion über die Anzahl der Ele-

mente aus f1; : : : ; ng, die unter  nicht fest bleiben.

113

7

Lösungen

7.15 Begründen Sie beim Teil (a), dass A ˝ B eine obere Blockdreiecksmatrix ist und

berechnen Sie dann die Determinante von A ˝ B. Benutzen Sie dann die Aussage (a) um (b) zu beweisen, indem Sie A durch elementare Zeilenumformungen auf eine obere Dreiecksmatrix transformieren. 7.16 Geben Sie A n explizit an und ziehen Sie jeweils die i-te Zeile von der i C 1-ten

Zeile ab.

Lösungen Verständnisfragen 7.1 – 7.2 Ja. 7.3 Ja.

Rechenaufgaben 7.4 det.A/ D a b c d: 7.5 det A D 21, det B D 0. 7.6 Die Determinante ist null. 7.7 Die Determinante ist die Rekursionsformel für die Fibonacci-Zahlen. 7.8 Bei (a) und (c) handelt es sich um Multilinearformen, bei (b) hingegen nicht. 7.9 det A D .1/

n.n1/ 2

d1 d2 : : : dn .

7.10 Es gilt det.'/ D 15.

Beweisaufgaben 7.11 – 7.12 Es gilt det P  2 f˙1g. 7.13 –

Kapitel 7  Determinanten – Kenngrößen von Matrizen

114

7.14 – 7.15 – 7.16 –

Lösungswege Verständnisfragen 7.1 Angenommen, es gilt det.A/ ¤ 0. In diesem Fall ist die Matrix A invertierbar,

und aus der Gleichung A B D 0 folgt durch Kürzen von A die Gleichung B D 0 – ein Widerspruch. Also gilt det.A/ D 0. Analog folgt det.B/ D 0.

7

7.2 Ja, denn es gilt

det A D det.A > / D .1/n det A D  det A; sodass also det A D  det A, d. h. det A D 0 gilt. 7.3 Weil A invertierbar ist, gilt det A ¤ 0. Aus det A D det A > folgt det A > ¤ 0.

Dies wiederum besagt, dass A > invertierbar ist, also ist die Aussage richtig.

Rechenaufgaben 7.4 Es gilt

det.A/ D

X

sgn. /

 2S4

n Y

ai  .i / ;

i D1

4g j  ist bijektivg. Bei der Leibniz’schen wobei S4 D f W f1; 2; 3; 4g ! f1; 2; 3; Q Formel sind natürlich nur die Summanden niD1 ai  .i / zu berücksichtigen, bei denen die Faktoren a1  .1/ ; a2  .2/ ; a3  .3/ ; a4  .4/ von null verschieden sind. Nun ist a1  .1/ höchstens dann von null verschieden, wenn  .1/ D 3 gilt, da dann a1  .1/ D a erfüllt ist. Analog erhält man  .2/ D 4,  .3/ D 2,  .4/ D 1. Damit gilt det.A/ D sgn. /

n Y

ai  .i / ;

i D1

wobei  W .1; 2; 3; 4/ 7! .3; 4; 2; 1/ :

115

7

Lösungswege

Diese Permutation  hat offenbar 5 Fehlstände, somit gilt sgn  D .1/5 D 1 : Damit erhalten wir det.A/ D a b c d : 7.5 Da A eine Blockdreiecksmatrix (siehe Aufgabe 9) ist, ergibt sich

ˇ ˇˇ ˇ ˇ1 2ˇ ˇ3 4ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ D .12  22 /.32  42 / D .3/.7/ D 21 : det A D ˇ 2 1ˇ ˇ4 3ˇ

Da B zwei identische Zeilen (z. B. die erste und die letzte Zeile) hat, ist det B D 0. 7.6 Ein magisches Quadrat der Ordnung n ist eine n  n-Matrix, die jede der Zahlen 1; 2; : : : ; n2 genau einmal als Eintrag enthält und deren Zeilen-, Spalten- und Diagonalsummen alle denselben Wert (in diesem Fall 34) haben. Wir nützen zunächst aus, dass das magische Quadrat konstante Zeilensummen hat, und addieren alle übrigen Spalten zur ersten Spalte. Danach ist klar, wie’s weitergeht. ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ16 3 13ˇ 2 13ˇ ˇ34 3 2 13ˇ ˇ34 3 2 ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ 5 10 11 8ˇ ˇ34 10 11 8ˇ ˇ 0 7 9 5ˇˇ ˇDˇ ˇDˇ ˇ ˇ 9 6 3 5 1ˇˇ 7 12ˇˇ ˇˇ34 6 7 12ˇˇ ˇˇ 0 ˇ ˇ 4 15 14 1ˇ ˇ34 15 14 1ˇ ˇ 0 12 12 12ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ 8 16 ˇ 7 9 5ˇ 0ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ 5 1ˇˇ D 0; D 34  ˇˇ 3 5 1ˇˇ D 34  ˇˇ 3 ˇ24 48 ˇ12 12 12ˇ 0ˇ

denn die 1. Zeile und die 3. Zeile der zuletzt produzierten Matrix sind offensichtlich linear abhängig. Bemerkung: Die vorliegende Matrix .aij /1i;j 4 ist ein sog. reguläres magisches Quadrat, d. h., es gilt aij C a5i;5j D 17 (die Hälfte der magischen Zahl 34) für jede Position .i; j /. Reguläre magische Quadrate gerader Ordnung sind stets singulär; siehe R. Bruce Mattingly, Even Order Regular Magic Squares Are Singular, American Mathematical Monthly 107:777–782, 2000. 7.7 Wir bezeichnen die Determinante der angegebenen n  n-Matrix mit fn . Durch Entwickeln nach der ersten Zeile ergibt sich ˇ ˇ ˇ i i 0 : : : 0 ˇˇ ˇ ˇ : ˇ :: ˇ 0 1 : :: ˇˇ i ˇ ˇ ˇ :: fn D fn1  i ˇˇ 0 i : 0 ˇˇ 1 ˇ : ˇ ˇ : :: :: :: ˇ : i ˇ : : ˇ : ˇ ˇ ˇ 0 ::: 0 i 1 ˇ

D fn1  i2 fn2 D fn1 C fn2

Kapitel 7  Determinanten – Kenngrößen von Matrizen

116

mit den Randbedingungen f0 D f1 D 1. Die Zahlen fn sind die Fibonacci-Zahlen 1; 1; 2; 3; 5; 8; 13; 21; 34; 55; : : :, die Leonardo Pisano, genannt Fibonacci, in seinem Rechenbuch (Liber abbaci, 1202) einführte als Anzahl der Kaninchenpaare nach n Monaten, wenn man mit einem Kaninchenpaar startet und annimmt, dass jedes Paar ab dem zweiten Lebensmonat jeden Monat ein neues Paar in die Welt setzt (und niemals stirbt). 7.8

(a) Es seien i 2 f1; : : : ; ng und a1 ; a2 ; : : : ; an 2 K sowie ; ai0 2 K. Dann gilt auf Grund des Distributivgesetzes und der Kommutativität der Multiplikation in K: '..a1 ; : : : ; ai C ai0 ; : : : ; an /> / D a1    .ai C ai0 /    an D a1    an C a1    ai0    an D '.a1 ; : : : ; an / C '.a1 ; : : : ; ai0 ; : : : ; an /;

7

also ist ' eine Multilinearform. (b) Wegen '..1; 0; : : : ; 0/> / D 1 ¤ 0 ist ' nicht linear im zweiten Argument, also ist ' nicht multilinear. (c) Eine kurze Rechnung zeigt, dass die Abbildung Sp W R22 ! R linear ist. Aus dem Distributivgesetz in dem Ring R22 zusammen mit der Linearität der Abbildung Sp folgt dann die Linearität von ' in jedem Argument (z.B. die Linearität von ' im zweiten Argument: Es seien X ; Y ; Y 0 ; Z 2 R22 und  2 R, so gilt '.X ; Y C Y 0 ; Z / D Sp.X .Y C Y 0 /Z / D Sp.X Y Z C X Y 0 Z / D  Sp.X Y Z / C Sp.X Y 0 Z / D '.X ; Y ; Z / C '.X ; Y 0 ; Z /). 7.9 Zunächst sei n D 2 m gerade. Durch die m Zeilenvertauschungen 1 $ n, 2 $

n  1, . . . , m $ m C 1 entsteht aus 0

0 B :: B: B B @0 dn

1 : : : 0 d1 C : :: d2 C C : :: C : :: :: :A :::

( )

die Matrix 0

dn

B B0 B B :: @: 0

1 ::: :C :: :: : :: C : C; C :: : d2 A : : : 0 d1

( )

117

7

Lösungswege

deren Determinante d1 d2    dn ist. Also gilt: ˇ ˇ0 ˇ ˇ :: ˇ: ˇ ˇ ˇ0 ˇ ˇd n

ˇ : : : 0 d1 ˇ ˇ ˇ : :: d2 ˇˇ D .1/m d1 d2 : : : dn D .1/m .2 m1/ d1 d2 : : : dn : : : :: ˇˇ : : : n .n1/ :ˇ D .1/ 2 d1 d2 : : : dn ˇ :::

Als nächstes sei n D 2 m C 1 ungerade. In diesem Fall ergibt sich die Matrix ( ) aus ( ) durch die m Zeilenvertauschungen 1 $ n, 2 $ n  1, . . . , m $ m C 2, und es folgt genauso: ˇ ˇ0 ˇ ˇ :: ˇ: ˇ ˇ ˇ0 ˇ ˇd n

ˇ : : : 0 d1 ˇ ˇ ˇ : :: d2 ˇˇ D .1/m d1 d2 : : : dn D .1/m .2 mC1/ d1 d2 : : : dn : : : :: ˇˇ : : : .n1/ n :ˇ D .1/ 2 d1 d2 : : : dn ˇ :::

7.10 Es ist zuerst zu prüfen, ob die Abbildung ' W V ! linear ist. Dazu wählen wir  2 R und X ; Y 2 R22 und rechnen nach:

'. X C Y / D A . X C Y /  2 . X C Y / D  '.X / C '.Y / : Damit ist bereits gezeigt, dass ' linear ist. Nun wählen wir uns irgendeine geordnete Basis B von V und bestimmen die Darstellungsmatrix von ' bezüglich dieser Basis B. Wir wählen  B D E 11

    1 0 0 1 0 0 0 0 D ; E 12 D ; E 21 D ; E 22 D 0 0 0 0 1 0 0 1

und erhalten wegen '.E 11 / D 1 E 11 ; '.E 21 / D 2 E 11  2 E 12  1 E 21 ;

'.E 12 / D 1 E 12  2 E 21 ; '.E 22 / D 2 E 12  3 E 22

die Darstellungsmatrix 0

1 1 0 2 0 B0 1 2 2C B C: B M .'/B D @ 0 2 1 0 A 0 0 0 3 Von dieser Matrix ist es nun leicht, die Determinante zu bestimmen, es gilt det.'/ D det.B M .'/B / D .1/ .5/ .3/ D 15 :

118

Kapitel 7  Determinanten – Kenngrößen von Matrizen

Beweisaufgaben 7.11 Es gilt:

ad.A B/ D .A B/1 det.A B/ D B 1 A 1 det A det B D det B B 1 det A A 1 D ad.B/ ad.A/ : Das ist die Behauptung. 7.12 Die Abbildung f W Kn ! Kn ensteht durch lineare Fortsetzung aus der Bijektion

7

En ! En , ej 7! e  .j / . Wegen f .En / D En ist f bijektiv, also ein Automorphismus von Kn (d. h. ein Isomorphismus von Kn auf sich selbst). Es sei P  D .pij /. Wegen P  ej D e  .j / gilt  pij D

1; falls i D  .j /; 0 sonst;

( )

d. h. die Matrix P  hat in jeder Zeile und Spalte genau eine Eins. Spezielle Permutationsmatrizen haben wir schon kennengelernt: Die Elementarmatrix P ij gehört zur Permutation  W i 7! j , j 7! i, k 7! k für k 2 f1; 2 : : : ; ng n fi; j g. Als weiteres Beispiel geben wir für n D 4 und die durch die Wertetabellen 1 2 3 4 j  .j / 2 1 4 3

bzw.

j 1 2 3 4 .j / 2 3 4 1

erklärten Permutationen ; W f1; 2; 3; 4g matrizen an: 0 1 0 1 0 0 B1 0 0 0 C C P D B bzw. @0 0 0 1 A 0 0 1 0

! f1; 2; 3; 4g die zugehörigen Permutations0 0 B1 B @0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

1 1 0C C: 0A 0

Nun zum Beweis der vier Identitäten: Es gilt P  P ej D P  e .j / D e . .j // D e . /.j / D P  ej für j 2 f1; 2; : : : ; ng, also P  P D P : Zusammen mit P id D En folgt daraus P  P  1 D P   1 D P id D En , also P 1  D P  1 :

119

7

Lösungswege

Wegen j D  .i / , i D  1 .j / entsteht aus P  durch Vertauschen von Zeilen und Spalten P  1 , d. h. P  1 D P >  : Schließlich gilt P 1 

.aij /P  ej D

P 1 

.aij / e  .j / D

P 1 

n X

! ai; .j / e i

i D1

D

n X

ai; .j / e  1 .i /

i D1

i D .k/

D

n X

a .k/; .j /e k ;

kD1

d. h. P 1  .aij / P  D .a .k/; .j / /1k;j n wie behauptet. Aus der Form der Matrix P  (beachte . /) folgt mit der Leibniz’schen Formel, dass det P  D 1, falls sgn  D 1 und det P  D 1, falls sgn  D 1. 7.13 Die zu beweisende Aussage gilt für jeden Körper K. Für x 2 K sei also

ˇ ˇr1 C x ˇ ˇb C x ˇ ˇ ı.x/ D ˇ b C x ˇ :: ˇ : ˇ ˇb C x

aCx r2 C x bCx :: : bCx

aCx aCx r3 C x :: : bCx

::: a Cx ::: a Cx ::: a Cx :: :: : : : : : rn C x

ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ: ˇ ˇ ˇ ˇ

( )

Durch Subtraktion der ersten Spalte von allen übrigen Spalten und anschließendes Entwickeln nach der ersten Spalte erkennt man, dass ˇ ˇr1 C x ˇ ˇb C x ˇ ˇ ı.x/ D ˇ b C x ˇ :: ˇ : ˇ ˇb C x

a  r1 r2  b 0 :: : 0

a  r1 ab r3  b :: : 0

: : : a  r1 ::: a b ::: a b :: :: : : : : : rn  b

ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ D ˛0 C ˛1 x ˇ ˇ ˇ ˇ

( )

mit ˛0 ; ˛1 2 K. Einsetzen von x D a bzw. x D b in ( ) führt auf eine untere bzw. obere Dreiecksmatrix, zeigt also ˛0  a˛1 D f .a/ ˛0  b˛1 D f .b/

Kapitel 7  Determinanten – Kenngrößen von Matrizen

120

Die Lösung dieses Gleichungssystems ist wegen a ¤ b eindeutig bestimmt:    1  ˛0 af .b/  bf .a/ 1 a f .a/ 1 D D 1 b f .b/ ˛1 a  b f .b/  f .a/ Demnach gilt ˇ ˇ r1 ˇ ˇb ˇ ˇb ˇ ˇ :: ˇ: ˇ ˇb

a r2 b :: : b

a a r3 :: : b

::: a ::: a ::: a : :: : :: : : : rn

ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ af .b/  bf .a/ ˇ ˇ D ı.0/ D ˛0 D ˇ ab ˇ ˇ ˇ

wie behauptet.

7

Kommentar Im Fall K D R gilt:

ˇ ˇ r1 ˇ ˇa ˇ ˇa ˇ ˇ :: ˇ: ˇ ˇa

a r2 a :: : a

a a r3 :: : a

::: a ::: a ::: a : :: : :: : : : rn

ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ af .b/  bf .a/ ˇ ˇ D lim ˇ b!a ab  ˇ ˇ f .b/  f .a/ ˇ D lim f .b/ C b  b!a ab n n Y Y X D f .a/  af 0 .a/ D .ri  a/ C a .rj  a/: i D1

i D1 j ¤i

Diese Formel kann man für einen beliebigen Körper K durch Entwickeln von ( ) nach der letzten Spalte/Zeile und Induktion nach n beweisen. 7.14 Es sei n die Anzahl der Elemente i aus f1; : : : ; ng, die unter  nicht fest bleiben, d. h.,  .i / ¤ i. Wir zeigen die Behauptung durch vollständige Induktion. Im Fall n D 0 ist  die Identität, es gilt  D ı für jede Transposition . Ist nun n > 0, so sei i 2 f1; : : : ; ng gewählt mit  .i / D j ¤ i. Betrachte die Permutation

 D ı  2 Sn mit der Transposition 2 Sn , die i und j D  .i / vertauscht. Dann hat  mehr Fixpunkte als  , d. h. n < n , denn .i/ D i, aber  .i / ¤ i und jedenfalls  .j / ¤ j . Und für alle anderen l ¤ i; j gilt  .l / D l ) .l/ D l : Nach Induktionsvoraussetzung ist  ein Produkt von Transpositionen, also auch  D ı .

121

7

Lösungswege

7.15

(a) Wenn A eine obere Dreiecksmatrix ist, so ist 1 0 a11 B ::: :: C B : B a22 B : : : C C A˝B DB C B :: @ : A amm B eine obere Blockdreiecksmatrix mit Blöcken a11 B; : : : ; amm B. Also gilt det A ˝ B D det.a11 B/  : : :  det.amm B/ n n D a11  : : :  amm  det.B/  : : :  det.B/ D det.A/n det.B/m : (b) Man kann jede Matrix A nur mit elementaren Zeilenumformungen der Art Addition eines Vielfachen einer Zeile zu einer anderen, also Linksmultiplikation mit einer entsprechenden Elementarmatix der Form T ij ./, auf obere Dreicksform bringen. (Dabei realisiert T ij .1/T j i .1/T ij .1/ einen Tausch der Zeilen i und j , wobei dann noch Zeile j mit 1 multipliziert wird.) In keinem Umformungsschritt ändert sich dabei die Determinante. Die Idee ist nun, dass wir auf A den Gauß-Algorithmus anwenden, und auf A ˝ B einen Block-Gauß-Algorithmus. Führen wir an der Matrix A die Umformung Tij ./ durch, addieren also das -Fache der j -ten Zeile von A zur i-ten Zeile von A, so erhalten wir also A 0 D T ij ./A : Nun führen wir an A ˝ B die Umformungen T .i 1/mCk;.j 1/mCk ./ für k D 1; : : : ; m durch; dies entspricht der Addition des -Fachen der j -ten Blockzeile von A ˝ B zur i-ten Blockzeile. Wir erhalten also .A ˝ B/0 D T .i 1/mC1;.j 1/mC1 ./  : : :  T .i 1/mC2;.j 1/mC2 ./  T .i 1/mCm;.j 1/mCm ./  A ˝ B: Dann gilt det.A 0 / D det.A/, det.A ˝ B/0 D det.A ˝ B/ und A 0 ˝ B D .A ˝ B/0 . Wir schreiben A .1/ D A 0 , und A .kC1/ D .A .k/ /0 (und analog für .A ˝ B/.k/ ). Durch Induktion folgt (i) det.A .k/ / D det.A/, (ii) A .k/ ˝ B D .A ˝ B/.k/ , (iii) det.A ˝ B/.k/ D det.A ˝ B/ für alle k. Im N -ten Schritt des Gauß-Algorithmus sei dann A .N / eine obere Dreicksmatrix. Wir erhalten .iii/

.ii/

det.A ˝ B/ D det.A ˝ B/.N / D det.A .N / ˝ B/ .a/

D det.A .N / /n det.B/m .i/

D det.A/n det.B/m :

122

Kapitel 7  Determinanten – Kenngrößen von Matrizen

7.16 Es ist

0

x

B B1 An D B B :: @: 1

7

1 ::: 1 :C :: : :: C x C: C :: :: : 1A : ::: 1 x 1

Wir ziehen für i D n  1; : : : ; 1 jeweils die i-te Zeile von der i C 1-ten Zeile ab und erhalten so 1 0 x 1 ::: ::: 1 C B1  x x  1 0 ::: 0 C B C B :: :: :: :: C B 0 : : : : det.A n / D det B C: C B : :: C B : : : 1  x x  1 0 A @ 0 ::: 0 1x x1 Wir entwickeln nach der ersten Zeile. Streicht man die erste Zeile und Spalte, so entsteht eine untere Dreiecksmatrix mit .n  1/ Diagonaleinträgen .x  1/. Der Summand in der Entwicklungsformel ist also x.x  1/n1 : Streicht man die erste Zeile und k-te Spalte (k > 1), so entsteht eine Blockdiagonalmatrix: Die obere .k  1/  .k  1/ Blockmatrix ist eine obere Dreiecksmatrix mit .k  1/ Diagonaleinträgen 1  x, und die untere .n  k/  .n  k/ Blockmatrix ist eine untere Dreiecksmatrix mit n  k Diagonaleinträgen .x  1/. Der Summand in der Entwicklungsformel lautet also .1/kC1 .1  x/k1 .x  1/nk D .x  1/n1 für k D 2; : : : ; n: Also ist det.A n / D x.x  1/n1 C .n  1/.x  1/n1 D .x  1/n1 .x C n  1/:

123

8

Aufgaben zum Kapitel „Normalformen – Diagonalisieren und Triangulieren“ Aufgaben Verständnisfragen 8.1 

Gegeben ist ein Eigenvektor v zum Eigenwert  einer Matrix A. (a) Ist v auch Eigenvektor von A 2 ? Zu welchem Eigenwert? (b) Wenn A zudem invertierbar ist, ist dann v auch ein Eigenvektor zu A 1 ? Zu welchem Eigenwert? Wieso hat jede Matrix A 2 Knn mit A 2 D En einen der Eigenwerte ˙1 und keine weiteren?

8.2 

Haben die quadratischen n  n-Matrizen A und A > dieselben Eigenwerte? Haben diese gegebenenfalls auch dieselben algebraischen und geometrischen Vielfachheiten? 8.3 

8.4  Gegeben ist eine Matrix A 2 C nn . Sind die Eigenwerte der quadratischen Matrix A > A die Quadrate der Eigenwerte von A? 8.5  Der Satz von Cayley-Hamilton bietet eine Möglichkeit, (a) das Inverse A 1 einer p (invertierbaren) Matrix A zu bestimmen, p (b) eine Quadratwurzel A einer komplexen Matrix A 2 C 22 mit Sp AC2 det A ¤ 0 zu bestimmen (dabei heißt eine Matrix B eine Quadratwurzel aus A, falls B 2 D A gilt).

Wie funktioniert das? Berechnen Sie mit dieser Methode das Inverse von A und eine Quadratwurzel B von A 0 , wobei 0 1  1 4 2 2 6 0 @ A AD 0 1 0 und A D 3 7 0 3 1 © Der/die Herausgeber bzw. der/die Autor(en), exklusiv lizenziert durch Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2020 C. Karpfinger, H. Stachel, Arbeitsbuch Lineare Algebra, https://doi.org/10.1007/978-3-662-61472-3_8

Kapitel 8  Normalformen – Diagonalisieren und Triangulieren

124

Man nennt eine Matrix A 2 Knn idempotent, falls A 2 D A gilt. Wieso ist jede idempotente Matrix A diagonalisierbar? 8.6 

Rechenaufgaben 8.7 

Sie die Eigenwerte und Eigenvektoren der folgenden Matrizen an: Geben 3 1 (a) A D 2 R22 , 1 1  0 1 (b) B D 2 C 22 . 1 0 8.8 

8

Welche der folgenden Matrizen sind diagonalisierbar? Geben Sie gegebenenfalls eine Matrix S an, sodass D D S 1 A S Diagonalgestalt hat.  invertierbare 1 i (a) A D 2 C2 i 1 0 1 3 0 7 (b) B D @0 1 0A 2 R3 7 0 3 0 1 1 2 2 (c) C D 13 @2 2 1 A 2 C 2 2 1 2 8.9  Im Vektorraum RŒX3 der reellen Polynome vom Grad höchstens 3 ist für ein a 2 R die Abbildung 'W RŒX3 ! RŒX3 durch

'.p/ D p.a/ C p0 .a/.X  a/ erklärt. (a) Begründen Sie, dass ' linear ist. (b) Berechnen Sie die Darstellungsmatrix von ' bezüglich der Basis E3 D .1; X; X 2 ; X 3 / von RŒX3 . (c) Bestimmen Sie eine geordnete Basis B von RŒX3 , bezüglich der die Darstellungsmatrix von ' Diagonalgestalt hat. 8.10 

Gegeben sei die vom Parameter a 2 R abhängige Matrix 0

1 5 1 3 2 3 A 2 R33 : AD@ 2 a3 1 a1 (a) Bestimmen Sie in Abhängigkeit von a die Jordan-Normalform J von A. (b) Berechnen Sie für a D 1 und a D 1 jeweils eine Jordan-Basis des R3 zu A.

125

8

Hinweise

Beweisaufgaben 8.11  Beweisen Sie das folgende Kriterium für die Triangulierbarkeit einer Matrix:

Für eine Matrix A 2 Knn sind äquivalent: (i) A ist triangulierbar. (ii) Das charakteristische Polynom A von A zerfällt in Linearfaktoren. Begründen Sie die Binomialformel für Matrizen: Für Matrizen D; N 2 Knn mit D N D N D und jede natürliche Zahl k gilt: ! k X k k .D C N / D D ki N i : i i D0

8.12 

Gegeben ist eine nilpotente Matrix A 2 C nn mit Nilpotenzindex p 2 N, d. h., es gilt: 8.13 

A p D 0 und A p1 ¤ 0: Zeigen Sie: (a) Die Matrix A ist nicht invertierbar. (b) Die Matrix A hat einen Eigenwert der Vielfachheit n. (c) Es gilt p  n. Es sei ' ein diagonalisierbarer Endomorphismus eines n-dimensionalen KVektorraumes V (n 2 N) mit der Eigenschaft: Sind v und w Eigenvektoren von ', so ist v C w ein Eigenvektor von ' oder v C w D 0. Zeigen sie, dass es ein  2 K mit ' D   id gibt.

8.14 

8.15  Es seien K ein Körper und n 2 N; weiter seien A; B 2 Knn . Zeigen Sie: A B und B A haben dieselben Eigenwerte. 8.16  Begründen Sie die im Satz zur Dimension des Hauptraums im Abschn. 8.8 gemachte Behauptung zur Hauptraumzerlegung. 8.17  Es sei V ein endlichdimensionaler K-Vektorraum, und die linearen Abbildungen '; W V ! V seien diagonalisierbar, d. h., es gibt jeweils eine Basis von V aus Eigenvektoren von ' bzw. . Man zeige: Es gibt genau dann eine Basis von V aus gemeinsamen Eigenvektoren von ' und , wenn ' ı D ı ' gilt.

Hinweise Verständnisfragen 8.1 Bilden Sie das Produkt von A 2 bzw. A 1 mit dem Eigenvektor. 8.2 Betrachten Sie .A  En / .A C En /.

126

Kapitel 8  Normalformen – Diagonalisieren und Triangulieren

8.3 Zeigen Sie, dass die charakteristischen Polynome der beiden Matrizen A und A >

gleich sind. 8.4 Geben Sie ein Gegenbeispiel an. 8.5 Betrachten Sie für (a) das charakteristische Polynom von A:

A D .1/n X n C    C a1 X C a0 : Was gilt für a0 ? Setzen Sie die Matrix A ein. Für den Teil (b) betrachte man das charakteristische Polynom von B für eine Wurzel B von A und zeige Sp B 2 D .Sp B/2  2 det B. 8.6 Betrachten Sie .A  En / A.

Rechenaufgaben

8 8.7 Bestimmen Sie das charakteristische Polynom, dessen Nullstellen und dann die

Eigenräume zu den so ermittelten Eigenwerten. 8.8 Bestimmen Sie die Eigenwerte, Eigenräume und wenden Sie das Kriterium für

Diagonalisierbarkeit an. 8.9 Diagonalisieren Sie die Darstellungsmatrix von ' bezüglich der Standardbasis. 8.10 Beachten Sie die Beispiele zur Bestimmung einer Jordan-Basis im Text und gehen

Sie analog vor.

Beweisaufgaben 8.11 Zeigen Sie die Behauptung duch vollständige Induktion. 8.12 Vollständige Induktion nach k. 8.13 Wenden Sie den Determinantenmultiplikationssatz an und zeigen Sie, dass es nur

eine Möglichkeit für einen Eigenwert der Matrix geben kann. Der Fundamentalsatz der Algebra besagt dann, dass dieser Eigenwert auch tatsächlich existiert. Für die Aussage in (c) beachte man den Satz von Cayley-Hamilton. 8.14 Benutzen Sie, dass jeder Vektor bezüglich einer Basis (aus Eigenvektoren) ein-

deutig darstellbar ist.

127

8

Lösungen

8.15 Unterscheiden Sie die Fälle, je nachdem, ob 0 ein Eigenwert von A B ist oder

nicht. 8.16 Es ist nur zu zeigen, dass Kn D ker N r1 C    C ker N rs gilt. Aus Dimensions-

gründen folgt dann Kn D ker N r1 ˚    ˚ ker N rs . Führen Sie diesen Nachweis mit dem Satz von Cayley-Hamilton. 8.17 Begründen Sie: Ist v 2 Eig' ./, so gilt

.v/ 2 Eig' ./.

Lösungen Verständnisfragen 8.1 (a) Ja, zum Eigenwert 2 . (b) Ja, zum Eigenwert 1 . 8.2 – 8.3 Die Matrizen A und A > haben dieselben Eigenwerte und auch jeweils dieselben

algebraischen und geometrischen Vielfachheiten. 8.4 Nein.

0

8.5 A 1

1  1 10 2 0 2 @ A 1 0 ,B D D 0 . 1 3 0 3 1

8.6 –

Rechenaufgaben 8.7 (a) Es ist 2 der einzige Eigenwert von A, und jeder Vektor aus

Eigenvektor zum Eigenwert 2 von A.

  1 n f0g ist ein 1

  1 (b) Es sind ˙1 die beiden Eigenwert von B, und jeder Vektor aus n f0g ist 1

  1 ein Eigenvektor zum Eigenwert 1 von B, und jeder Vektor aus n f0g ist ein 1 Eigenvektor zum Eigenwert 1 von B.

128

Kapitel 8  Normalformen – Diagonalisieren und Triangulieren

8.8 (a) Die Matrix A ist nicht diagonalisierbar. (b) Die Matrix B ist diagonalisierbar.

(c) Die Matrix ist diagonalisierbar. 0 1 1 0 a2 2 a3 B0 1 2 a 3 a2 C C 8.9 (b) E3 M.'/E3 D B @0 0 0 0 A 0 0 0 0 2 2 3 (c) Es ist B D .a 2 a X CX ; 2 a 3 a2 X CX 3 ; 1; X/ eine geeignete geordnete Basis, es gilt: 0

0 B0 B B M.'/B D @ 0 0

8

0 0 0 0

0 0 1 0

1 0 0C C 0A 1

0

1 1 0 0 A, im Fall a D 1 gilt 8.10 (a) Im Fall a 2 R n f1g gilt J D @0 3 0 1 1 1 0 0 0 aC2 J D @0 1 0 A 0 0 3 (b) Im Fall a D 1 ist B D f.1; 1; 1/> ; .3; 0; 2/> ; .1; 2; 0/> g eine Jordan-Basis. Im Fall a D 1 ist B D f.1; 1; 1/> ; .3; 3; 3/> ; .0; 0; 1/> g eine Jordan-Basis.

Beweisaufgaben 8.11 – 8.12 – 8.13 Die Matrix hat den n-fachen Eigenwert 0. 8.14 – 8.15 – 8.16 – 8.17 –

129

8

Lösungswege

Lösungswege Verständnisfragen 8.1

(a) Aus A v D  v folgt A 2 v D A. v/ D 2 v ; sodass also v ein Eigenvektor zum Eigenwert 2 von A 2 ist. (b) Aus A v D  v folgt v D A 1 .A v/ D A 1 . v/ D  .A 1 v/ ; sodass also v ein Eigenvektor zum Eigenwert 1 von A 1 ist (man beachte, dass  ¤ 0 gilt, da A invertierbar ist). 8.2 Wenn die Matrix A einen Eigenwert  hat, so existiert ein Vektor v ¤ 0 mit

v D A 2 v D A . v/ D 2 v ; sodass also .2  1/ v D 0 gilt. Weil v ¤ 0 ist, folgt also 2  1 D 0, d. h.  D 1 oder  D 1. Damit ist gezeigt: Die Matrix A kann höchstens die Eigenwerte 1 oder 1 haben. Nun überlegen wir uns noch, dass A auch tatsächlich einen dieser Eigenwerte hat. Wegen 0 D A 2  En D .A  En / .A C En / folgt mit dem Determinantenmultiplikationssatz det.A  En / D 0 oder det.A C En / D 0 ; sodass also 1 oder 1 auch tatsächlich ein Eigenwert ist. 



8.3 Wegen A D det.A  X En / D det .A  X En /> D det.A >  X En / D A>

haben A und A > dieselben Eigenwerte mit jeweils denselben algebraischen Vielfachheiten. Auch die geometrischen Vielfachheiten stimmen überein: Ist nämlich  ein Eigenwert von A, so gilt für die Dimension des Eigenraums zum Eigenwert  dim EigA ./ D dim ker.A   En / D n  rg.A   En / D n  rg.A >   En / D dim ker.A >   En / D dim EigA > ./ : 8.4 Die Aussage ist falsch. Als Beispiel betrachten wir

 AD

1 1 ; 0 1

A> A D

 1 1 : 1 2

Die Eigenwerte von A > A sind die Nullstellen von X 2  3 X C 1, d. h. 1=2 D .3 ˙ p 5/=2, während A den zweifachen Eigenwert  D 1 hat.

130

Kapitel 8  Normalformen – Diagonalisieren und Triangulieren

8.5

(a) Es sei

A D .1/n X n C    C a1 X C a0 das charakteristische Polynom von A. Da A invertierbar ist, ist 0 kein Eigenwert von A, sodass a0 ¤ 0 gilt. Nun gilt nach dem Satz von Cayley-Hamilton a01 ..1/n A n1 C    a1 En / A D En ;

8

sodass A 1 D a01 ..1/n A n1 C    a1 En / gilt. 0 1 1 4 2 Die Matrix A D @0 1 0 A hat das charakteristische Polynom A D X 3 C 0 3 1 3 X 2  3 X C 1. Damit erhalten wir 0 1 1 10 2 1 0A : A1 D .1/ .A2 C 3 A  3 E3 / D @0 0 3 1 (b) Es sei B eine Wurzel von A. Das charakteristische Polynom von B lautet

B D X 2  Sp B X C det B : Nun setzen wir B ein und erhalten mit dem Satz von Cayley-Hamilton A  .Sp B/ B C .det B/ E2 D 0 : Wir lösen diese Gleichung im Fall Sp B ¤ 0 nach B auf: B D .Sp B/1 .A C .det B/ E2 / : Um eine Wurzel  a b BD c d aus A zu erhalten, benötigen wir nur noch Sp B und det B. Mit dem p Determinantenmultiplikationssatz erhalten wir sofort, dass wir für det B etwa det A wählen können. Und wegen Sp A D Sp B 2 D a2 C 2 b c C d 2 D a2 C 2 a d C d 2  2 a d C 2 b c p D .Sp B/2  2 det B D .Sp B/2  2 det A liefert q p Sp B D Sp A C 2 det A

131

8

Lösungswege

nun eine mögliche Wurzel von A, q p p B D . Sp A C 2 det A/1 .A C det A E2 / : In unserem Beispiel erhalten wir für A 0 wegen det A D 4 und Sp A D 6 die Quadratwurzel  0 2 BD : 1 3 8.6 Wenn die Matrix A idempotent ist, so gilt

.A  En / A D 0 : Als Minimalpolynom A kommen somit nur die folgenden Polynome infrage: X  1 ; X ; .X  1/ X : Auf jeden Fall ist A nach obigem Satz zur Diagonalisierbarkeit und dem Minimalpolynom diagonalisierbar.

Rechenaufgaben 8.7

(a) Wir berechnen das charakteristische Polynom der Matrix A 

3X

A D det 1

1 1X

D .2  X/2 :

Die einzige Nullstelle von A ist 2, also ist 2 der einzige Eigenwert von A mit der algebraischen Vielfachheit 2. Den Eigenraum EigA .2/ zum Eigenwert 2 erhalten wir als Kern der Matrix .A  2 E2 / EigA .2/ D ker

   1 1 1 D : 1 1 1

  1 Damit ist jeder Vektor aus n f0g ein Eigenvektor zum Eigenwert 2 von A. 1 (b) Wir berechnen das charakteristische Polynom der Matrix B 

X

B D det 1

1 X

D .1  X/ .1  X/ :

Die beiden Nullstellen von B sind ˙1, also gibt es zwei Eigenwerte mit der jeweiligen algebraischen Vielfachheit 1. Die Eigenräume EigB .1/ und EigB .1/ zu den

132

Kapitel 8  Normalformen – Diagonalisieren und Triangulieren

beiden Eigenwerten 1 und 1 erhalten wir als Kerne der Matrizen .B  1 E2 / und .B C 1 E2 /:    1 1 1 D 1 1 1    1 1 1 D EigB .1/ D ker 1 1 1 EigB .1/ D ker

  1 Damit ist jeder Vektor aus n f0g ein Eigenvektor zum Eigenwert 1 von B 1

  1 und jeder Vektor aus n f0g ein Eigenvektor zum Eigenwert 1 von B. 1 8.8

(a) Das charakteristische Polynom von A ist

8

ˇ ˇ1  X

A D ˇˇ i

ˇ i ˇˇ D .1  X 2 / C 1 D X 2 ; 1  X ˇ

sodass A den zweifachen Eigenwert 0 hat. Der Eigenraum zum Eigenwert 0 ist aber nicht zweidimensional, da A nicht die Nullmatrix ist. Nach dem Kriterium für Diagonalisierbarkeit ist A nicht diagonalisierbar. (b) Das charakteristische Polynom von B ist ˇ ˇ3  X ˇ

B D ˇˇ 0 ˇ 7

0 1X 0

ˇ 7 ˇ ˇ 0 ˇˇ D .1  X/ .10  X/ .4  X/ ; 3  Xˇ

sodass A die drei jeweils einfachen Eigenwerte 1, 10 und 4 hat. Damit ist nun schon klar, dass B diagonalisierbar ist, da die geometrische Vielfachheit für jeden Eigenwert mindestens 1 ist. (Eigentlich folgt die Diagonalisierbarkeit auch schon aus der Symmetrie der Matrix M.) Wir bestimmen nun die Eigenräume zu den drei Eigenwerten: *001+ EigB .1/ D @1A 0 0 1 *0 1+ 7 0 7 1 EigB .10/ D ker @ 0 9 0 A D @0A 7 0 7 1 0 1 *0 1+ 7 0 7 1 @ A @ 0 5 0 0A D EigB .4/ D ker 7 0 7 1

133

8

Lösungswege

0 1 0 1 0 1 0 1 1 Wir setzen b1 D @1A, b2 D @0A, b3 D @ 0 A. Es gilt nun mit der Matrix 0 1 1 S D .b1 ; b2 ; b3 / die Gleichung 0

1 1 0 0 @0 10 0 A D S 1 B S : 0 0 4 Kommentar Die Matrix B ist symmetrisch. Also gibt es eine orthogonale Matrix, die B auf Diagonalgestalt transformiert. Die von uns bestimmte Matrix S transformiert zwar B auf Diagonalgestalt, ist aber nicht orthogonal. Man müsste aber nur noch die Spalten von S normieren.

(c) Das charakteristische Polynom von C ist 1

C D 27

ˇ ˇ1  3 X ˇ ˇ 2 ˇ ˇ 2

2 2  3 X 1

ˇ ˇ 2 ˇ ˇ 1 ˇ 2  3 X ˇ

1 .27 X 3  27 X 2 C 27 X C 27/ 27 D .1  X/2 .1  X/ ; D

sodass A den zweifachen Eigenwert 1 und den einfachen Eigenwert 1 hat. Wir bestimmen nun die Eigenräume zu den beiden Eigenwerten: 0

1 * 0 1 0 1+ 4 2 2 0 1 EigB .1/ D ker @2 1 1A D @ 1 A ; @ 0 A 2 1 1 1 2 0

1 *0 1+ 2 2 2 2 EigB .1/ D ker @ 2 5 1 A D @1A 2 1 5 1 0

0 1 0 1 1 0 1 2 @ @ @ A A 1 , b2 D 0 , b3 D 1A. Es gilt nun mit der Matrix Wir setzen b1 D 1 2 1 S D .b1 ; b2 ; b3 / die Gleichung 0

1 1 0 0 @ 0 1 0A D S 1 B S : 0 0 1

Kapitel 8  Normalformen – Diagonalisieren und Triangulieren

134

8.9

(a) Es gilt für alle  2 R und p; q 2 RŒX3 '. p C q/ D  p.a/ C q.a/ C  p 0 .a/.X  a/ C q 0 .a/.X  a/ D  '.p/ C '.q/ ; also ist ' eine lineare Abbildung. (b) Es gilt '.1/ D 1 ;

'.X/ D X ;

Damit erhalten wir 0 1 0 a2 B0 1 2 a B E3 M.'/E3 D @ 0 0 0 0 0 0

8

'.X 2 / D a2 C 2 a X ;

'.X 3 / D 2 a3 C 3 a2 X :

1 2 a3 3 a2 C C DW A: 0 A 0

(c) Wegen rg.A/ D 2 hat der Kern von ' die Dimension 2, und dabei haben die Koordinatenvektoren einer Basis des Kerns von ' die Form 1 a2 B2 aC C B @ 1 A; 0 0

0

1 2 a3 B3 a2 C B C @ 0 A: 1

Damit erhalten wir Basisvektoren des Kerns von ', d. h. eine Basis des Eigenraumes zum Eigenwert 0 der Matrix E3 M.'/E3 E D 2 3 2 3 ker.'/ D „ a2  2 a X C X ; 2 a  3 a X C X ƒ‚ … „ ƒ‚ … : DWb1

DWb2

In (b) haben wir bereits gezeigt, dass die Koordinatenvektoren von 1 und X Eigenvektoren zum Eigenwert 1 von E3 M.'/E3 sind, weil '.1/ D 1 DW b3

und '.X/ D X DW b4

gilt. Weil die Darstellungsmatrix aber auch nicht mehr als vier linear unabhängige Eigenvektoren haben kann, bildet B D .b1 ; b2 ; b3 ; b4 / eine geordnete Basis von RŒX3 aus Eigenvektoren von '. Die Darstellungsmatrix bezüglich der geordneten Basis B hat die Form 0 1 0 0 0 0 B0 0 0 0 C B C: B M.'/B D @ 0 0 1 0A 0 0 0 1

135

8

Lösungswege

8.10

(a) Das charakteristische Polynom erhält man nach kurzer Rechnung als

A D .1  X/.3  X/ ..a C 2/  X/ : Also hat A die Eigenwerte 1 D 1, 2 D 3, 3 D a C 2. Wir unterscheiden folgende Fälle: a ¤ 1 ^ a ¤ 1: A hat drei verschiedene Eigenwerte und damit gibt es eine Basis des R3 aus Eigenvektoren von A, d. h. A ist diagonalisierbar und hat die Jordan-Normalform 0 1 1 A: 3 J D@ aC2 a D 1 W A hat den einfachen Eigenwert 1 und den doppelten Eigenwert 3. Um die Dimension von EigA .3/ zu ermitteln, betrachten wir 0

1 0 1 2 1 3 2 1 3 rg.3 E3  A/ D rg @2 1 3A D rg @ 0 0 0 A D 1; 2 1 3 0 0 0 also dim EigA .3/ D dim ker.3 E3  A/ D 3  rg.3 E3  A/ D 2. Es gibt also auch in diesem Fall eine Basis des R3 aus Eigenvektoren und damit lautet die Jordan-Normalform J von A 0 1 1 3 A: J D@ 3 a D 1: A hat den einfachen Eigenwert 3 und den 2-fachen Eigenwert 1. Die Dimension von EigA .1/ erhalten wir wieder durch Rangberechnung: 0

1 0 1 0 1 4 1 3 2 1 3 2 1 3 3 A D rg @0 1 1A D 2: rg.E3  A/ D rg @2 1 3A D rg @0 3 4 1 3 0 3 3 0 0 0 Also dim EigA .1/ D 3  2 D 1. Damit hat A die Jordan-Normalform 0

1 1 1 0 J D @0 1 0A : 0 0 3

136

Kapitel 8  Normalformen – Diagonalisieren und Triangulieren

(b) a D 1: A ist diagonalisierbar, also berechnen wir eine Basis aus Eigenvektoren: 0

1 0 1  4 1 3 2 1 1 2 1 1 @ A @ A EigA .1/ D ker 2 1 3 D ker 0 1 1 D ker 0 1 1 2 1 1 0 2 2 0 1 1 D R @1A 1 0 1 0 1 0 1 2 1 3 3 1 EigA .3/ D ker @2 1 3A D ker.2; 1; 3/ D R @ 0 A C R @2A 2 1 3 2 0

8

8 0 1 0 1 0 19 3 1 = < 1 @ A @ A @ 1 0 Also ist B WD ; ; 2A eine Basis der gesuchten Art. : ; 1 2 0 a D 1: A ist nicht diagonalisierbar, aber die geometrische Vielfachheit aller Eigenwerte von A ist 1. Eine Jordan-Basis erhalten wir wie folgt: 0

1 2 2 0 ker.A  1E3 /2 D ker @ A (dieser Kern muss ja zweidimensional sein, ˝ daher brauchen wir˛ nur die erste Zeile zu kennen). Also gilt: ker.A  1E3 /2 D .1; 1; 0/> ; .0; 0; 1/> . Wir wählen b3 D .0; 0; 1/> und erhalten b2 D .A  1E3 /b3 D .3; 3; 3/> 2 ker.A  1E3 /. Und damit haben wir mit b1 als einen beliebigen Eigenvektor zum Eigenwert 3 (etwa .1; 1; 1/> ) eine geordnete Jordan-Basis B D .b1 ; b2 ; b3 /.

Beweisaufgaben 8.11 (i) ) (ii): Da die Matrix A triangulierbar ist, ist A zu einer oberen Dreiecksmatrix D ähnlich,

0 B M .'/B

B D@

1 0

 :: :

1 :: C :A: n

Wegen der Ähnlichkeit der Matrizen gilt nun A D D D .1  X/    .n  X/, sodass A in Linearfaktoren zerfällt. (ii) ) (i): Es gelte A D .1  X/    .n  X/. Wir zeigen per Induktion nach der Zeilenzahl n von A, dass A triangulierbar ist, d. h. dass eine invertierbare Matrix S 2 Knn existiert, sodass D D S 1 A S eine obere Dreiecksmatrix ist.

137

8

Lösungswege

Induktionsbeginn: Im Fall n D 1 ist A bereits eine obere Dreiecksmatrix, man wähle S D E1 D .1/. Induktionsbehauptung: Es sei n  2. Zu jeder Matrix B 2 K.n1/.n1/ mit in Linearfaktoren zerfallendem charakteristischen Polynom gebe es eine invertierbare Matrix T 2 K.n1/.n1/ mit der Eigenschaft, dass T 1 B T eine obere Dreiecksmatrix ist. Induktionsschritt: Es sei A 2 Knn eine Matrix mit einem in Linearfaktoren zerfallenden charkateristischen Polynom A D .1  X/    .n  X/. Wegen n  2 existiert zum Eigenwert 1 von A ein Eigenvektor b1 2 Kn , b1 ¤ 0 von A, A b1 D 1 b1 : Wir ergänzen fb1 g zu einer Basis B D .b1 ; : : : ; bn / von Kn . Mit der invertierbaren Matrix U D .b1 ; : : : ; bn / mit den Spaltenvektoren b1 ; : : : ; bn gilt nun 0

1 B0 B B D U 1 A U D B :: @: 0

1  C C C: A B

Wegen der Blockdreiecksgestalt der Matrix B und da ähnliche Matrizen dasselbe charakteristische Polynom haben, gilt

A D B D .1  X/ C : Folglich gilt C D .2  X/    .n  X/, sodass C in Linearfaktoren zerfällt. Da C somit eine .n  1/  .n  1/-Matrix über K mit einem in Linearfaktoren zerfallenden charakteristischen Polynom ist, können wir die Induktionsvoraussetzung anwenden: Die Matrix C ist triangulierbar, d. h., es gibt eine invertierbare Matrix T 2 K.n1/.n1/ mit 1 0  B :C :: T 1 C T D @ : :: A : 0 Nun gilt mit der n  n-Matrix 0

1 1 0  0 B0 C B C S D B :: C U 2 Knn @: A T 0

138

Kapitel 8  Normalformen – Diagonalisieren und Triangulieren

die Gleichung 0

1 0  B0 B S 1 A S D B :: @: T 0 0 1 0  B0 B D B :: @: T 0 0 1    B 0  B D B :: :: @: : 0

8

1 0 1 0 1 0  0 C B0 C C B C C U A U 1 B :: C A @: A T 1 0 10 10 0 1    1 0  CB 0 C B0 CB CB C B :: C B :: A@ : A@: B T 1 0 0 1 C C :: C : :A

1 0 C C C A

Damit ist begründet, dass auch die Matrix A triangulierbar ist. Man kann auch aus diesem Beweis ein Konstruktionsverfahren für eine Fahnenbasis gewinnen. Bei diesem Verfahren konstruiert man bei jedem Schritt eine Matrix. Die Fahnenbasis erhält man dann durch die Multiplikation dieser Matrizen. Wenn man die Rechnungen mit Bleistift und Papier durchführt, ist das Verfahren damit aufwändiger als das durch den ersten Beweis im Text nahegelegte Verfahren. 8.12 Wir machen eine vollständige Induktion nach k: Im Fall k D 1 gilt

! 1 X 1 D i N 1i D D 0 N 10 C D 1 N 11 D N C D k i D0 Nun zum Induktionsschritt: .D C N /kC1

! ! k X k D .D C N /k .D C N / D D i N ki .D C N / i i D0 ! ! k k X X k k D i N ki D C D i N ki C1 D i i i D0 i D0 ! ! k k X X k k D N DN D D D i C1 N ki C D i N ki C1 i i i D0 i D0 ! ! k1 k X X k k kC1 i C1 i DD C D N C D i N ki C1 C N kC1 i i i D0 i D1 ! ! k k X X k k kC1 i ki C1 DD C C D N D i N ki C1 C N kC1 i  1 i i D1 i D1 Ind.vor.

139

8

Lösungswege

! !! k k DD C C D k N ki C1 C N kC1 i  1 i i D1 ! ! ! k X kC1 k C1 k C1 kC1 0 i ki C1 D D N C C D 0 N kC1 DN kC1 0 i i D1 ! kC1 X kC1 D D i N kC1i : i i D0 kC1

k X

8.13

(a) Aus A p D 0 folgt det.A/ D 0 wegen 0 D det.A p / D det.A/p . Damit ist A nicht invertierbar. (b) Ist  2 C ein Eigenwert von A, so gibt es einen Eigenvektor v 2 C n zum Eigenwert . Dann gilt mit A v D  v 0 D .A p / v D A p1 .A v/ D  A p1 v D : : : D p v : Wegen v ¤ 0 gilt p D 0, also folgt  D 0. Somit kann höchstens 0 ein Eigenwert sein. Aufgrund des Fundamentalsatzes der Algebra ist aber 0 dann auch Eigenwert von A, weil das charakteristische Polynom

A in Linearfaktoren zerfällt und es somit Eigenwerte gibt. Da A keine weiteren Nullstellen haben kann, muss 0 eine n-fache Nullstelle sein; es gilt also A D ˙X n . (c) Mit dem Satz von Cayley-Hamilton folgt A .A/ D 0. Also A n D 0, und damit ist p  n bewiesen. 8.14 Es gibt eine Basis B D .b1 ; : : :; bn / mit B M .'/B D diag.1 ; : : : ; n /. (Für i D 1; : : :; n sei bi ein Eigenvektor zum Eigenwert i .) Für bi ¤ bj gilt natürlich bi C bj ¤ 0. Also muss es ein  2 K geben mit

'.bi C bj / D .bi C bj / ; d.h. i bi C j bj D '.bi / C '.bj / D '.bi C bj / D .bi C bj / D bi C bj : Da fbi ; b˝j g (mit ˛bi ¤ bj ) linear unabhängig ist, ist die Darstellung eines jeden Vektors aus fbi ; bj g eindeutig. Es folgt: i D  D j für alle 1  i ¤ j  n. Also gilt: B M .'/B D diag.; : : : ; / D   En . Also gilt ' D   id. 8.15 Es ist 0 ein Eigenwert von A B genau dann, wenn A B nicht invertierbar ist.

Dies ist genau dann der Fall, wenn A oder B nicht invertierbar ist. Und das gilt genau dann, wenn B A nicht invertierbar ist, wobei dies wieder gleichwertig dazu ist, dass 0 ein Eigenwert von B A ist. Jetzt sei  ¤ 0 ein Eigenwert von A B und v ein Eigenvektor von A B zu . Dann gilt: A B v D v ¤ 0, also B v ¤ 0. Damit ist dann B A .B v/ D B  v D  .B v/. Also gilt: Jeder Eigenwert von A B ist auch Eigenwert von B A. Durch Vertauschen der Rollen von A B und B A erhält man dann die Behauptung.

140

Kapitel 8  Normalformen – Diagonalisieren und Triangulieren

8.16 Es sei

A D

r Y

.i  X/ma .i /

i D1

das charakteristische Polynom von A. Wir setzen für jedes j D 1; : : : ; r

j D

r Y

.i  X/ma .i /

i D1 i ¤j

Dann sind die Polynome 1 ; : : : ; r teilerfremd, sodass Polynome p1 ; : : : ; pr existieren mit 1D

r X

pi i ;

i D1

8

wobei 1 D X 0 das Einspolynom bezeichne. Wir setzen nun die Matrix A auf beiden Seiten ein und erhalten eine Gleichheit von Matrizen En D

r X

pi .A/ i .A/ :

i D1

Nun wenden wir diese (gleichen) Matrizen auf einen Vektor v 2 V an und erhalten v D En v D p1 .A/ 1 .A/ v C    C pr .A/ r .A/ v :

( )

Da A D i .i  X/ma .i / für jedes i D 1; : : : ; r gilt, erhalten wir somit wegen 0 D A .A/ D i .A/ .i En  A/ma .i / (beachte den Satz von Cayley-Hamilton) für jeden Summanden der rechten Seite von . /: pi .A/ i .A/ v 2 ker.i En  A/ma .i / ; d. h. v ist eine Summe von Hauptvektoren. 8.17 ): Ist B D .b1 ; : : : ; bn / eine Basis von V aus gemeinsamen Eigenvektoren von '; , dann ist die Matrix von ' bzw. bezüglich B eine Diagonalmatrix D ' 2 Knn bzw. D 2 Knn . Für diese Matrizen gilt offenbar D ' D D D D ' , woraus sofort folgt ' ı D ı '. (: Da nach Voraussetzung ' und diagonalisierbar sind, lässt sich V jeweils in eine direkte Summe von Eigenräumen zerlegen

V D Eig' .1 / ˚ : : : ˚ Eig'.r /

(1)

V D Eig .1 / ˚ : : : ˚ Eig .s /

(2)

wobei die i bzw. j die paarweise verschiedenen Eigenwerte von ' bzw.

sind.

141

8

Lösungswege

Wir stellen zunächst fest, dass Eig .j / '-invariant ist 8 j 2 f1; : : : ; sg, denn für   v 2 Eig .j / ist .'.v// D ' . .v// D ' j v D j '.v/, also '.v/ 2 Eig .j /. Zu festem k 2 f1; : : : ; rg betrachten wir nun die Unterräume Wk;j D Eig' .k / \ Eig .j /, j D 1; : : : ; s, und behaupten Eig' .k / D Wk;1 ˚ : : : ˚ Wk;s

( )

Die Summe auf der rechten Seite von . / ist direkt, da 8 j 2 f1; : : : ; sg gilt: Ist v 2 P P .2/ Wk;j \ siD1;i ¤j Wk;i , so ist insbesondere v 2 Eig .j / \ siD1;i ¤j Eig .i / D f0g. Es bleibt zu zeigen: Eig' .k / D Wk;1 C : : : C Wk;s W Es sei also w 2 Eig' .k /, dann gibt es wegen .2/ wj 2 Eig .j /, j D 1; : : : ; s, mit w D w1 C : : : C ws . Nun gilt einerseits '.w/ D '.w1 / C    C '.ws / und andererseits '.w/ D k w1 C    C k ws . Da wegen der '-Invarianz von Eig .j / für alle j 2 f1; : : : ; sg '.wj / 2 Eig .j / gilt und '.w/ in eindeutiger Weise als Summe gemäß .2/ geschrieben werden kann, folgt '.wj / D k wj 8 j 2 f1; : : : ; sg. Damit ist also wj 2 Wk;j 8 j 2 f1; : : : ; sg und . / ist gezeigt. Da . / für beliebiges k 2 f1; : : : ; rg gilt, folgt mit .1/ V D W1;1 ˚ : : : ˚ W1;s ˚ W2;1 ˚ : : : ˚ W2;s ˚ : : : ˚ Wr;1 ˚ : : : ˚ Wr;s : Da die Wk;j nach Definition außer dem Nullvektor höchstens gemeinsame Eigenvektoren von ' und enthalten, gibt es daher eine Basis von V aus gemeinsamen Eigenvektoren von ' und .

143

9

Aufgaben zum Kapitel „Euklidische und unitäre Vektorräume – orthogonales Diagonalisieren“ Aufgaben Verständnisfragen 9.1 

Sind die folgenden Produkte Skalarprodukte? 8 2 R2 ! R; A w ausdrücken. Weil die Matrix A symmetrisch und sogar positiv definit ist, ist  ein Skalarprodukt.

151

9

Lösungswege

9.2 Die Aussage ist falsch. Wähle etwaim R2 für  das kanonische Skalarprodukt und

1 1 , also durch v ı w D v> A w, gegeben 1 2 ist. Dann steht e 1 bezüglich  senkrecht auf e 2 nicht aber bezüglich ı, da e 1 ı e 2 ¤ 0 gilt. für ı jenes, das durch die Matrix A D

9.3 Das gilt wegen B

>

 > > > D AA D .A A > /> D A A D B. 

1 a 9.4 Wir können das gegebene Produkt mittels der Matrix A D durch 2 b v  w D v> A w beschreiben. Nun überprüfen wir, für welche komplexen Zahlen a und b die Matrix hermitesch bzw. positiv definit ist, denn es ist in diesem Fall das Produkt  hermitesch bzw. positiv definit. > Die Matrix A ist hermitesch, wenn A D A gilt, also genau dann, wenn a D 2 und b 2 R ist. Und A ist genau dann positiv definit, wenn det.A/ > 0 gilt, d. h. b > 4.

Rechenaufgaben 9.5 Als charakteristisches Polynom erhalten wir

A D X 3 C 30 X 2  108 X C 104 D .X  2/2 .X  26/ : Also sind 2 ein Eigenwert der algebraischen Vielfachheit 2 und 26 ein solcher der algebraischen Vielfachheit 1. Wir bestimmen die Eigenräume 0 1 8 8 8 EigA .2/ D ker.A  2 E3 / D ker @8 8 8A 8 8 8 0 1 * 0 1 0 1+ 1 1 1 1 1 @ A @ A @ 1 ; 0A D ker 0 0 0 D 0 0 0 0 1 und

0

16 EigA .26/ D ker.A  26 E3 / D ker @ 8 8 0 1 0 2 1 1 1 @ A @ 1 2 1 D ker D ker 0 1 1 2 0

1 8 8 16 8 A 8 16 1 *0 1+ 1 2 1 1 1A D @1A : 0 0 1

Kapitel 9  Euklidische und unitäre Vektorräume – orthogonales Diagonalisieren

152

8
. v/ D   v> v D jj 3 : i'

e . Diese Bedingung besagt  D p 3 Damit haben wir die gesuchten Vektoren bestimmt. Es sind dies die Elemente der Menge 8 9 0 1 i < ei' = p @1A j ' 2 Œ0; 2 Œ : : 3 ; 1

9.8 Wir gehen vor wie in dem Beispiel nach dem Projektionssatz.

Wir bilden die Matrix A, deren Spalten die Basisvektoren b1 ; b2 von U sind, und erhalten dann den Koordinatenvektor von u bezüglich der Basis B D .b1 ; b2 / durch Lösen des Gleichungssystems A >A x D A> v :

9

Das Gleichungssystem lautet   3 1 3 xD : 1 3 5 

1=2 Die eindeutig bestimmte Lösung besagt, dass die senkrechte Projektion von 3=2 0 1 2 @ 2 A ist. Damit erhalten wir für den v auf U der Vektor u D 1=2 b1  3=2 b2 D 1 minimalen Abstand den Abstand von v zu U : 0 1 0 1  3 2    p  @ A @ kv  uk D  1  2 A  D 2:  1 1  9.9 Um die Periodizität des Wasserstandes zu berücksichtigen, wählen wir f1 D t t 1; f2 D cos. 212 /; f3 D sin. 212 / als Basisfunktionen. Gesucht sind nun 1 ; 2 ; 3 2 R, sodass die Funktion

f D 1 f1 C 2 f3 C 3 f3 die Größe .f .t1 /  h1 /2 C    C .f .t6 /  h6 /2 minimiert.

155

9

Lösungswege

Wir ermitteln nun die Matrix A und den Vektor p, um die Normalgleichung aufstellen zu können. Für die Matrix A erhalten wir 0

1 1 1 0 p B1 1=2 3=2 C B C B1 1=2 p3=2 C B C ADB 1 0 C B1 C p B C @1 1=2  3=2A p 1 1=2  3=2 und für den Vektor p gilt 0

1 1:0 B1:5C B C B1:3C C pDB B0:6C : B C @0:4A 0:8 Damit können wir nun die Normalgleichung A > A v D A > p aufstellen. Sie lautet mit unseren Zahlen 0

1 1 0 5:6 6 0 0 @0 3 0A x D @ 0:7 A : p 0 0 3 0:8  3 Dieses Gleichungssystem ist eindeutig lösbar, die eindeutig bestimmte Lösung ist 1 D 0:93; 2 D 0:23; 3 D 0:46 ; wobei wir auf zwei Dezimalstellen gerundet haben. Damit haben wir die Näherungsfunktion f ermittelt:  f D 0:93 C 0:23 cos

2 t 12



 C 0:46 sin

2 t 12



(. Abb. 9.1). 9.10 Wir betrachten die Drehung, die durch die Drehmatrix

D˛ D

 cos ˛ sin ˛

 sin ˛ cos ˛



mit 0;  ¤ ˛ 2 Œ0; 2 Œ gegeben ist.

156

Kapitel 9  Euklidische und unitäre Vektorräume – orthogonales Diagonalisieren

f .t / 3 2 1 0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

t

. Abb. 9.1 Die Ausgleichsfunktion und die vorgegebenen Stützstellen

Um die Eigenwerte der Matrix D ˛ zu erhalten, berechnen wir das charakteristische Polynom D ˛ :

D ˛

ˇ ˇcos ˛  X D ˇˇ sin ˛

ˇ  sin ˛ ˇˇ D X 2  2 cos ˛ X C 1 : cos ˛  X ˇ

Damit sind

9

1=2 D cos ˛ ˙

p cos2 ˛  1 D cos ˛ ˙ i sin ˛ D e˙i˛

die beiden verschiedenen (konjugiert komplexen) Eigenwerte – man beachte, dass wir ˛ ¤ 0;  voraussetzen (. Abb. 9.2). Folglich ist die Matrix D ˛ über C diagonalisierbar. Wir bestimmen die Eigenräume zu den Eigenwerten e˙i˛ :   sin ˛ cos ˛  ei˛ sin ˛ cos ˛  ei˛

      sin ˛ sin ˛ 1 D D D : i sin ˛ i cos ˛  ei˛

EigD¸ .ei˛ / D ker

. Abb. 9.2 In den Eigenwerten steckt der Drehwinkel drin

x2 e Ci˛

˛

x1

e

i˛

157

9

Lösungswege

Und damit EigD¸ .ei˛ / D



sin ˛ cos ˛  ei˛

 D

  1 : i

Nach Normieren dieser beiden angegebenen Eigenvektoren erhalten wir eine geordnete Orthonormalbasis B D .b1 ; b2 / aus Eigenvektoren der Matrix D ˛ . Mit der Matrix S D .b1 ; b2 / gilt also (wenn b1 ein Eigenvektor zu ei˛ und b2 ein solcher zu ei˛ ist) wegen S > D S 1 :  i˛ e 0 > D S D˛ S : 0 ei˛ 9.11

  v1 5 v1 C 3 v2 (a) Die Darstellungsmatrix des Endomorphismus in den Punkt v2 3 v1 C 5 v2 2 2 des R lautet bezüglich der Standardbasis des R  5 3 AD 3 5 Die Punkte der Einheitskreislinie E D fv D .vi / 2 R2 j v12 C v22 D 1g lassen sich charakterisieren als jene Punkte, deren Skalarprodukt mit sich 1 ergibt, v 2 E , v  v D v> v D 1 : Gesucht ist die Form der Membran, eine Beschreibung erhalten wir etwa durch eine Gleichung, welche diese Membran nach dem Abbilden aller Punkte des Einheitskreises beschreibt. Die Membran, also das Bild der linearen Abbildung, ist gegeben durch die Menge M D fA v j kvk D 1g. Wir beschreiben diese Menge nun durch eine Gleichung, dazu formen wir erst einmal um: w 2 M , w D A v mit kvk D 1 , v D A 1 w mit kvk D 1 Also erhalten wir M D fw j kA 1 wk D 1g. Damit haben wir die Elemente w 2 M durch eine Gleichung ausgedrückt: w 2 M , kA 1 wk D 1 , w> .A 1 /> A 1 w D 1 : Diese Gleichung lässt sich mit B D .A 1 /> A 1 D .A 2 /1 einfacher schreiben: w 2 M , w> B w D 1 : Wir bestimmen die Eigenwerte und Eigenvektoren von B. Mit Aufgabe 8.1 können wir die Eigenwerte und Eigenvektoren von B aus jenen von A folgern. Das charakteristische Polynom von A lautet

A D .5  X/2  9 D X 2  10 X C 16 D .2  X/ .8  X/ ;

Kapitel 9  Euklidische und unitäre Vektorräume – orthogonales Diagonalisieren

158

 1 d. h., dass die Matrix die beiden Eigenwerte 2 und 8 hat. Offenbar ist v1 D 1 ein Eigenvektor zum Eigenwert 8. Weil die Matrix A symmetrisch ist, muss ein zu  v1 senkrechter Vektor ein Eigenvektor zum Eigenwert 2 sein. Wir wählen v2 D 1 1 und 14 mit . Mit Aufgabe 8.1 folgt, dass die Matrix B die Eigenwerte 64 1 den zugehörigen Eigenvektoren v1 und v2 besitzt. Mit der orthogonalen Matrix S D . p12 v1 ; p12 v2 / gilt: ! 1 0 64 DD D S >B S ; 0 14 und wegen kS wk D kwk durchläuft mit w auch S w die Menge M , d. h., dass die Elemente w der Menge M auch durch w 2 M , w> D w D 1 charakterisiert werden können. Die Gleichung w> D w D 1 hat aber eine einfache Form, wir setzen w D .wi /:

9

w> D w D 1 ,

1 2 1 2 w C w D 1: 64 1 4 2

Diese letzte Gleichung beschreibt eine Ellipse mit den Halbachsenlängen 2 und 8, wie man sich durch  Einsetzen weniger 

  Werte überzeugt. 1 1 (b) Die zwei Geraden und werden auf sich abgebildet. 1 1 9.12

(a) Wegen A > A D E3 ist A orthogonal, aber wegen 0 1 1 0 0 0A D 1 det A D det @ 0 1 0 0 1 ist A nicht Darstellungsmatrix einer Drehung. (b) Nach dem Teil (a) ist A Darstellungsmatrix einer Spiegelung oder eines Produkts von drei Spiegelungen. Wir berechnen '.e 1 /: 0 1 0 '.e 1 / D A e 1 D @ 0A DW bE1 : 1 Wegen ke 1 k D kb1 k gibt es genau eine Spiegelung, die ebenfalls e 1 auf b1 abbildet, nämlich die Spiegelung a an der Ebene .Ra/? mit 0 1 1 @ a D e 1  b1 D 0A . 1

159

9

Lösungswege

Die zugehörige Matrix A 1 ist 0 1 0 1 0 1 1 0 0 1 0 1 0 0 1 2 0A A 1 D E3  2 aa> D @0 1 0A  @0 0 0A D @ 0 1 a 0 0 1 1 0 1 1 0 0 Da A 1 ¤ A ist, kann ' keine Spiegelung sein und muss daher Produkt von drei Spiegelungen sein. Definiere nun 0 1 1 0 0 R D A 1 A D @0 0 1A 0 1 0 Wir suchen einen Vektor, der von 'R nicht auf sich selbst abgebildet wird, z. B. e 2 W 0 1 0 @ 'R .e 2 / D Re 2 D 0A DW b2 n : 1 Es gibt wegen ke 2 k D kb2 k wieder eine Spiegelung, die ebenfalls e 2 auf b2 abbildet, nämlich die Spiegelung b an der Ebene .Rb/? mit 0 1 0 @ 1A : b D e 2  b2 D 1 Die zu b2 gehörige Matrix A 2 ist 0 1 0 1 0 1 1 0 0 0 0 0 1 0 0 2 > 1 1A D @0 0 1A A 2 D E3  2 bb D @0 1 0A  @0 b 0 0 1 0 1 1 0 1 0 Definiere nun 0 10 1 0 1 1 0 0 1 0 0 1 0 0 0A A 3 D A 2 R D @0 0 1A @0 0 1A D @0 1 0 1 0 0 1 0 0 0 1 Man sieht sofort, dass A 3 die zu der Spiegelung c mit c D .0; 0; 1/> gehörige Matrix ist. Damit gilt nun A 3 D A 2 R D A 2 A 1 A und schließlich A D A 1 A 2 A 3 bzw. ' D a ı b ı c . 9.13

(a) Es sei p 2 RŒX3 . Aus deg p  3 folgt deg p 00  1, also deg.1  X 2 /p 00  3. Analog ergibt sich deg.2X  p 0 /  3. Beides zusammen zeigt .1  X 2 /p 00  2Xp 0 2 RŒX3 . Die Abbildung L ist also wohldefiniert. Da p 7! p 0 und die Multiplikation mit Polynomen stets lineare Abbildungen sind, ist auch L eine lineare Abbildung.

160

Kapitel 9  Euklidische und unitäre Vektorräume – orthogonales Diagonalisieren

(b) Es gilt L.1/ D 0;

L.X/ D 2X;

L.X 2 / D .1  X 2 /  2  2X  2X D 2  6X 2 ;

L.X 3 / D .1  X 2 /  6X  2X  3X 2 D 6X  12X 3 und damit 0 0 B0 ADB @0 0

1 0 2 0 2 0 6 C C 0 6 0 A 0 0 12

(c) Da die Matrix A aus (b) Dreiecksgestalt hat, stehen in ihrer Diagonalen bereits die Eigenwerte von L. Der Endomorphismus L hat also die 4 verschiedenen Eigenwerte 0, 2, 6, 12, deren geometrische Vielfachheit dann automatisch gleich 1 ist. Es gilt: EigA .0/ D R e 1 ; EigA .2/ D R e 2 ; 0

9

6 B0 EigA .6/ D ker B @0 0 0 12 B0 EigA .12/ D ker B @0 0

0 4 0 0

0 1 1 1 2 0 B C 0C 0 6C C; DRB @ A 3A 0 0 0 0 6 1 0 1 0 2 0 0 B3C 10 0 6C C D R B C: @0A 0 6 0A 0 0 0 5

Eine geordnete Basis von RŒX3 aus Eigenvektoren von L ist daher etwa .1; X; 1  3X 2 ; 3X  5X 3 /. (d) Die Menge f1g ist eine Basis von ker L D EigL .0/. Der Vektorraum L.RŒX3 / wird von ˚ L.1/ D 0; L.X/ D 2X; L.1  3X 2 / D 6.1  3X 2 /;  L.3X  5X 3 / D 12.3X  5X 3 / erzeugt. Eine Basis von L.RŒX3 / ist daher fX; 1  3X 2 ; 3X  5X 3 g: Eine alternative Lösung ist: An der Dreiecksgestalt von A sieht man, dass die zweite, dritte und vierte Spalte von A linear unabhängig sind. Eine Basis von L.RŒX3 / ist folglich  ˚ fL.X/; L.X 2 /; L.X 3 / D 2X; 2  6X 2 ; 6X  12X 3 g: Wegen dim.ker L/ D 4  dim.L.RŒX3 // D 1 und 1 2 ker L ist f1g eine Basis von ker L.

161

9

Lösungswege

(e) Mit partieller Integration erhält man: Z1 hL.p/; qi D



0 .1  t 2 /p 0 .t/ q.t/ dt

1

Z1 i1 h 2 0  .1  t 2 /p 0 .t/q 0 .t/ dt D .1  t /p .t/q.t/ 1

1

Z1 D

.1  t 2 /p 0 .t/q 0 .t/ dt:

1

Daraus folgt: Z1 hp; L.q/i D hL.q/; pi D 

.1  t 2 /q 0 .t/p 0 .t/ dt D hL.p/; qi :

1

Beweisaufgaben 9.14 Reflexivität: Für jedes A 2 Knn gilt:

En A E> n D A; d. h., dass A zu sich selbst ähnlich ist, A A. Symmetrie: Ist A zu B ähnlich, A B, so existiert eine invertierbare Matrix S 2 Knn mit A D S B S > . Es folgt: B D S A S> ; d. h., dass auch B zu A ähnlich ist, B A. Transitivität: Es sei A zu B ähnlich, A D S B S > , und B zu C , B D T C T > . Dann folgt: A D .S T / C .S T /> ; sodass A zu C ähnlich ist, A C . 9.15 Im Fall w D 0 stimmen alle Behauptungen. Darum setzen wir von nun an w ¤ 0 voraus. Für alle ;  2 C gilt die Ungleichung:

0  . v C  w/  . v C  w/ :

Kapitel 9  Euklidische und unitäre Vektorräume – orthogonales Diagonalisieren

162

Wir wählen nun das reelle  D w  w .> 0/ und  D v  w und erhalten so: 0  . v C  w/  . v C  w/ D   .v  v/ C   .v  w/ C   .w  v/ C   .w  w/ D  . .v  v/ C  .v  w/ C  .w  v/ C  / D  ..w  w/ .v  v/       C  / D  .kwk kvk  .v  w/ .v  w// : Wir können die positive Zahl  in dieser Ungleichung kürzen und erhalten kwk2 kvk2  jv  wj2 : Da die Wurzelfunktion monoton steigt, gilt die Cauchy-Schwarz’sche Ungleichung jv  wj  kvk kwk : Weiterhin folgt aus der Gleichheit jv  wj D kvk kwk mit obiger Wahl für  und  sogleich:

9

. v C  w/  . v C  w/ D 0 ; wegen der positiven Definitheit des Skalarprodukts also  v C  w D 0. Weil  ¤ 0 gilt, bedeutet dies, dass v und w linear abhängig sind. Ist andererseits vorausgesetzt, dass v und w linear abhängig sind, so existiert ein  2 K mit v D  w. Wir erhalten jv  wj D juj kwk kwk D k wk kwk D kvk kwk : Damit ist alles begründet. 9.16 Wir setzen

aD

n X

jvi j ;

bD

2

i D1

n X

jwi j ; 2

cD

n X

i D1

vi w i :

i D1

Die Cauchy-Schwarz’sche Ungleichung besagt jd j  und c C c D 2 Re.c/  2 jcj erhalten wir: n X i D1

jvi C wi j D 2

n X

p

a b. Mit dieser Ungleichung

.vi C wi / .v i C w i /

i D1

DaCcCcCb  a C 2 jcj C b  a C 2 p p D . a C b/2 :

p ab Cb

Ziehen der Wurzeln auf beiden Seiten liefert die gewünschte Ungleichung.

163

9

Lösungswege

9.17 Für jedes v 2 V und i 2 f1; : : : ; ng gilt: > > 'P2 i .v/ D P i P i v D .bi b> i / .bi bi / v D bi bi v D P i v D 'P i .v/ :

Nach dem Satz zu den Koordinatenvektoren bezüglich einer Orthonormalbasis können wir jedes v 2 V schreiben als v D .v  b1 / b1 C    C .v  bn / bn : Wir wenden nun die Abbildung D

n X

'P i D 'PniD1 P i

i D1

auf v an und erhalten > .v/ D 'PniD1 P i .v/ D P 1 v C    C P n v D b1 b> 1 v C    C bn bn v

D .v  b1 / b1 C    C .v  bn / bn D v : P D idV , d. h. niD1 P i D En .

Somit gilt

9.18 Hat die Matrix A einen positiven Eigenwert , so gilt für einen Eigenvektor v

zum Eigenwert  wegen A v D  v: v> A v D  v> v : Da v> v positiv ist, ist auch v> A v positiv. Somit gibt es einen Vektor, nämlich v, mit v> A v > 0. Ist nun  ein negativer Eigenwert von A, so zeigt die gleiche Überlegung, dass v> A v negativ ist. Also gibt es auch einen Vektor v mit v> A v < 0. Nun gebe es Vektoren v und w mit v> A v > 0 und w> A w < 0. Da A hermitesch ist, hat A nicht notwendig verschiedene reelle Eigenwerte 1 ; : : : ; n . Wären alle Eigenwerte positiv bzw. negativ, so wäre A positiv bzw. negativ definit nach dem Eigenwertkriterium zur Definitheit ein Widerspruch. Somit muss A sowohl einen positiven als auch einen negativen Eigenwert haben. 9.19 Wegen

A .v  A v/ D A v  A 2 v D 0 ist v  A v ein Element des Kerns von A. Für jedes v 2 Kn gilt daher: vDv A… v C „ƒ‚… Av ; „ ƒ‚ 2ker A

2Bild A

d. h., dass K D ker A C Bild A. Nun sei v 2 ker A \ Bild A. Da v 2 Bild A, existiert ein w 2 Kn mit v D A w. Da v 2 ker A, gilt A v D 0. Somit erhalten wir: n

0 D A v D A2v D A w D v : Damit folgt die Behauptung.

Kapitel 9  Euklidische und unitäre Vektorräume – orthogonales Diagonalisieren

164

9.20 Gilt Q R D Q0 R 0 mit zwei orthogonalen Matrizen Q, Q0 und oberen Drei-

ecksmatrizen R, R 0 , deren Diagonaleinträge positiv sind, so erhalten wir wegen det Q; det R 0 ¤ 0: R R 01 D Q1 Q0 : Da zum einen Q1 Q0 wieder eine orthogonale Matrix ist (.Q1 Q0 /> .Q1 Q0 / D En ) und zum anderen R R 01 wieder eine obere Dreiecksmatrix ist (das Inverse einer oberen Dreiecksmatrix und das Produkt oberer Dreiecksmatrizen ist wieder eine obere Dreiecksmatrix), ist somit S D R R 01 eine orthogonale, obere Dreiecksmatrix. Es gilt somit S 1 D S > . Da S > eine untere Dreiecksmatrix ist, ist S eine Diagonalmatrix. Die Diagonaleinträge von S sind die Eigenwerte von S . Da eine orthogonale Matrix höchstens Eigenwerte vom Betrag 1 hat und die Diagonaleinträge von S alle positiv sind, da es jene von R und R 01 sind, ist S somit die Einheitsmatrix S D En , d. h., R D R 0 und Q D Q0 : 9.21 Wegen

9

.v  .v//  u D v  u  .v  u/ .u  u/ D 0 für alle v 2 V (man beachte u  u D 1) steht v  .v/ senkrecht auf U . Damit ist  die orthogonale Projektion. 9.22 Die Matrix A 2 C nn sei hermitesch, d. h., A

>

D A. Die Matrix i A erfüllt dann > i A D i A. Damit erhalten wir für jede natürliche Zahl N die Gleichheit >

N N X X 1 1 .i A/k D .i A/k : kŠ kŠ kD0

kD0

>

Für N ! 1 strebt die linke Seite gegen .eiA / und die rechte Seite gegen eiA , woraus wir durch einen Vergleich der Komponenten wegen der Stetigkeit des Konjugierens >

.eiA / D eiA folgern können. Damit erhalten wir >

.eiA / eiA D eiA eiA D e0 D En ; >

da offenbar .iA/ .i A/ D .iA/ .i A/ gilt. Die Gleichheit .eiA / eiA D En besagt, dass eiA unitär ist.

165

9

Lösungswege

9.23 Sind 1 ; : : : ; r die verschiedenen (reellen) Eigenwerte von ', so wähle zu jedem .i /

i eine Orthonormalbasis .b1 ; : : : ; b.is / / aus Eigenvektoren zum Eigenwert i . Dann ist ' D 1 1 C    r r ; wobei für jedes i D 1; : : : ; r ˝ .i / ˛ i W V ! b1 ; : : : ; b.is / die Projektion auf den Eigenraum zum Eigenwert i ist.

167

10

Aufgaben zum Kapitel „Quadriken – vielseitig nutzbare Punktmengen“ Aufgaben Verständnisfragen 10.1 

Welche der nachstehend genannten Polynome stellen quadratischen Formen, welche quadratische Funktionen dar: (a) f .x/ D x12  7x22 C x32 C 4x1 x2 x3 (b) f .x/ D x12  6x22 C x1  5x2 C 4 (c) f .x/ D x1 x2 C x3 x4  20x5 (d) f .x/ D x12  x32 C x1 x4 10.2 

Welche der nachstehend genannten Abbildungen sind symmetrische Bilinearformen, welche hermitesche Sesquilinearformen? (a)  W C 2  C 2 ! C,  .x; y/ D x1 y 1 (b)  W C 2  C 2 ! C,  .x; y/ D x1 y 1 C x 2 y2 (c)  W C  C ! C,  .x; y/ D x y (d)  W C  C ! C,  .x; y/ D x y C y y (e)  W C 3  C 3 ! C,  .x; y/ D x1 y2  x2 y1 C x3 y3 10.3 

Bestimmen Sie die Polarform der folgenden quadratischen Formen: (a) W R3 ! R, .x/ D 4x1 x2 C x22 C 2x2 x3 (b) W R3 ! R, .x/ D x12  x1 x2 C 6x1 x3  2x32 Welche der folgenden Quadriken Q. / des A .R3 / ist parabolisch? .x/ D x22 C x32 C 2x1 x2 C 2x3 .x/ D 4x12 C 2x1 x2  2x1 x3  x2 x3 C x1 C x2

10.4 

(a) (b)

© Der/die Herausgeber bzw. der/die Autor(en), exklusiv lizenziert durch Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2020 C. Karpfinger, H. Stachel, Arbeitsbuch Lineare Algebra, https://doi.org/10.1007/978-3-662-61472-3_10

Kapitel 10  Quadriken – vielseitig nutzbare Punktmengen

168

Rechenaufgaben 10.5  Bringen Sie die folgenden quadratischen Formen auf eine Normalform laut (10.4). Wie lauten die Signaturen, wie die zugehörigen diagonalisierenden Basen? (a) W R3 ! R, .x/ D 4x12  4x1 x2 C 4x1 x3 C x32 (b) W R3 ! R, .x/ D x1 x2 C x1 x3 C x2 x3 10.6  Bringen Sie die folgende hermitesche Sesquilinearform auf Diagonalform und bestimmen Sie die Signatur:

W C 3 ! C; 10.7 

.x/ D 2x1 y 1 C 2i x1 y 2  2i x2 y 1

Bestimmen Sie Rang und Signatur der quadratischen Form

W R6 ! R;

.x/ D x1 x2  x3 x4 C x5 x6

10.8 

Bringen Sie die folgenden quadratischen Formen durch Wechsel zu einer anderen orthonormierten Basis auf ihre Diagonalform: (a) W R3 ! R, .x/ D x12 C 6x1 x2 C 12x1 x3 C x22 C 4x2 x3 C 4x32 (b) W R3 ! R, .x/ D 5x12  2x1 x2 C 2x1 x3 C 2x22  4x2 x3 C 2x32 (c) W R3 ! R, .x/ D 4x12 C 4x1 x2 C 4x1 x3 C 4x22 C 4x2 x3 C 4x32

10

10.9 

Transformieren Sie die folgenden Kegelschnitte Q. / auf deren Normalform und geben Sie Ursprung und Richtungsvektoren der Hauptachsen an: (a) .x/ D x12 C x1 x2  2 p p (b) .x/ D 5x12  4x1 x2 C 8x22 C 4 5 x1  16 5 x2 C 4 (c) .x/ D 9x12  24x1 x2 C 16x22  10x1 C 180x2 C 325 10.10 

Bestimmen Sie den Typ und im nicht parabolischen Fall einen Mittelpunkt der folgenden Quadriken Q. / des A .R3 /: (a) .x/ D 8x12 C 4x1 x2  4x1 x3  2x2 x3 C 2x1  x3 (b) .x/ D x12  6x22 C x1  5x2 . (c) .x/ D 4x12  4x1 x2  4x1 x3 C 4x22  4x2 x3 C 4x32  5x1 C 7x2 C 7x3 C 1 Bestimmen Sie in Abhängigkeit vom Parameter c 2 R den Typ der folgenden Quadrik Q. / des A .R3 /:

10.11 

.x/ D 2x1 x2 C c x32 C 2.c  1/x3 10.12  Transformieren Sie die folgenden Quadriken Q. / des A .R3 / auf deren Hauptachsen und finden Sie p damit heraus,pum welche p Quadrik es sich handelt: (a) .x/ D x12  4x1 x2 C 2 3 x2 x3  2 3 x1 C 3 x2 C x3 (b) .x/ D 4x12 C 8x1 x2 C 4x2 x3  x32 C 4x3 (c) .x/ D 3x12 C 4x1 x2  4x1 x3  2x2 x3  30 (d) .x/ D 13x12  10x1 x2 C 13x22 C 18x32  72

10

169 Aufgaben

10.13 

Bestimmen Sie den Typ der Quadriken Q.

0 .x/

D .x/ und

1 .x/

0/

und Q.

1/

mit

D .x/ C 1;

wobei W R6 ! R; .x/ D x1 x2  x3 x4 C x5 x6 : 10.14 

Berechnen Sie die Singulärwerte der linearen Abbildung

1 0 01 0 2 0 10 0 1 x1 x1 0 5C B : C B11 C @x 2 A : 'W R3 ! R4 ; @ :: A D B @ 0 3 0A x3 x40 0 4 0 10.15  Berechnen Sie die Singulärwertzerlegung der linearen Abbildung

0 01 0 10 1 x1 2 4 4 x1 0 3 3 @x A @ A @ x2 A : 6 6 3 'W R ! R ; D 2 x30 x3 2 4 4 10.16  Berechnen Sie die Moore-Penrose Pseudoinverse ' C zur linearen Abbil-

dung 0 01 0 10 1 x1 1 0 0 x1 3 3 @x 0 A @ A @ x2 A : 1 0 0 'W R ! R ; D 2 0 x3 x3 1 2 1 Überprüfen Sie die Gleichungen ' ı ' C ı ' D ' und ' C ı ' ı ' C D ' C . 10.17 

Berechnen Sie eine Näherungslösung des überbestimmten linearen Gleichungssystems 2x1 C 3x2 D 23:8 x1 C x2 D 9:6 x2 D 4:1

In der Absolutspalte stehen Messdaten von vergleichbarer Genauigkeit. Berechnen Sie in A .R2 / die Ausgleichsgerade der gegebenen Punkte

10.18 

 p1 D

1 ; 1

p2 D

 3 ; 0

p3 D

 4 ; 1

p4 D

 4 ; 2

also diejenige Gerade G, für welche die Quadratsumme der Normalabstände aller p i minimal ist.

170

Kapitel 10  Quadriken – vielseitig nutzbare Punktmengen

10.19  Die Ausgleichsparabel P einer gegebenen Punktmenge in der x1 x2 -Ebene ist diejenige Parabel mit zur x2 -Achse paralleler Parabelachse, welche die Punktmenge nach der Methode der kleinsten Quadrate bestmöglich approximiert. Berechnen Sie die Ausgleichsparabel der gegebenen Punkte     0 2 3 5 ; p2 D ; p3 D ; p4 D : p1 D 5 4 4 8

Beweisaufgaben Beweisen Sie den folgenden Satz: Ist die Matrix A 2 Rnn darstellbar als eine Linearkombination der dyadischen Quadrate orthonormierter Vektoren .h1 ; : : : ; hr /, also 10.20 

r X

AD

i .hi h> i / bei hi  hj D ıij ;

i D1

so sind die hi Eigenvektoren von A und die i die zugehörigen Eigenwerte. Beweisen Sie den folgenden Satz: Zu jeder symmetrischen Matrix A 2 Rnn gibt es eine orthonormierte Basis .h1 ; : : : ; hn / derart, P dass A darstellbar ist als eine Linearkombination der dyadischen Quadrate A D niD1 i .hi h> i /. 10.21 

10

10.22 

Beweisen Sie den folgenden Satz: Es sei ' ein selbstadjungierter Endomorphismus des euklidischen Vektorraums V . Andererseits seien p1 ; : : : ; ps die Orthogonalprojektionen von V auf sämtliche Eigenräume Eig' .1 /, . . . , Eig' .s / von '. Dann ist 'D

s X

i pi :

i D1

Hinweise Verständnisfragen 10.1 Beachten Sie die Definitionen in den Abschn. 10.1 und 10.3. 10.2 Beachten Sie die jeweiligen Definitionen in den Abschn. 10.1 und 10.2. 10.3 Beachten Sie die Hinweise auf die Polarform in Abschn. 10.1. 10.4 Beachten Sie bei der Klassifikation der Quadriken das Kriterium für den parabolischen Typ sowie die Definition des Mittelpunkts.

171

10

Hinweise

Rechenaufgaben 10.5 Verwenden Sie den in Abschn. 10.1 erklärten Algorithmus und reduzieren Sie die Einheitsmatrix bei den Spaltenoperationen mit. 10.6 Hier ist der Algorithmus aus Abschn. 10.1 mit den Zeilenoperationen und den

jeweils gleichartigen, allerdings konjugiert komplexen Spaltenoperationen zu verwenden. 10.7 Suchen Sie zunächst einen Basiswechsel, welcher die auf R2 definierte quadratische Form .x/ D x1 x2 diagonalisiert. 10.8 Die gesuchte orthonormierte Basis H besteht aus Eigenvektoren der Darstel-

lungsmatrix von . 10.9 Folgen Sie den Schritten 1 und 2 aus Abschn. 10.3. 10.10 Die Bestimmung des Typs ist auch ohne Hauptachsentransformation möglich. Achtung, im Fall b) ist .x/ als Funktion auf dem A .R3 / aufzufassen. 10.11 Beachten Sie das im Zusammenhang mit der Klassifikation der Quadriken an-

gegebene Kriterium. 10.12 Folgen Sie den Schritten 1 und 2 aus Abschn. 10.3. 10.13 Beachten Sie die Aufgabe 10.7. 10.14 Nach den Resultaten des Abschn. 10.4 sind die Singulärwerte die Wurzeln aus

den von null verschiedenen Eigenwerten der symmetrischen Matrix A > A.

10.15 Folgen Sie der im Abschn. 10.4 beschriebenen Vorgangsweise. 10.16 Wählen Sie b3 2 Ker.'/ (siehe Abb. 10.22) und ergänzen Sie zu einer Basis B

mit b1 ; b2 2 Ker.'/? . Ebenso ergänzen Sie im Zielraum die Vektoren '.b1 /; '.b2 / 2 Im.'/ durch einen dazu orthogonalen Vektor b03 2 Ker.' / zu einer Basis B 0 . Dann ist ' C durch '.bi / 7! bi , i D 1; 2, und b03 7! 0 festgelegt. 10.17 Lösen Sie die Normalgleichungen. 10.18 G ist die Lösungsmenge einer linearen Gleichung l.x/ D u0 C u1 x1 C u2 x2 mit drei zunächst unbekannten Koeffizienten u0 ; u1 ; u2 . Die gegebenen Punkte führen auf vier lineare homogene Gleichungen für diese Unbekannten. Dabei ist der Wert l.p i / proportional zum Normalabstand des Punkts p i von der Geraden G (beachten Sie die Hesse’sche Normalform in Abschn. 5.4). 10.19 P ist die Nullstellenmenge einer quadratischen Funktion x2 D ax12 C bx1 C c.

Jeder der gegebenen Punkte führt auf eine lineare Gleichung für die unbekannten Koeffizienten.

172

Kapitel 10  Quadriken – vielseitig nutzbare Punktmengen

Beweisaufgaben 10.20 Beachten Sie die Assoziativität der Matrizenmultiplikation. 10.21 Beachten Sie Aufgabe 10.20. 10.22 Untersuchen Sie die Wirkung der Endomorphismen auf eine Basis von Eigen-

vektoren.

Lösungen Verständnisfragen 10.1 d) ist eine quadratische Form; b), c) und d) sind quadratische Funktionen. 10.2 a) ist hermitesch. Es kommt hier keine symmetrische Bilinearform vor. 10.3 a)  .x; y/ D 2x1 y2 C 2x2 y1 C x2 y2 C x2 y3 C x3 y2

b)  .x; y/ D x1 y1  12 x1 y2  12 x2 y1 C 3x1 y3 C 3x3 y1  2x3 y3 .

10

10.4 b) ist parabolisch.

Rechenaufgaben 10.5 Die Darstellungsmatrix M B 0 ./ und je eine mögliche Umrechnungsmatrix B T B 0

von der gegebenen kanonischen Darstellung zur diagonalisierten Darstellung lauten: 0 01 1 1 1 0 0 0 12 2 a) M B 0 ./ D @0 1 0 A, B T B 0 D @ 0 1 1 A 0 0 1 0 1 0 0 0 1 1 1 0 0 1 1 1 b) M B 0 ./ D @0 1 0 A, B T B 0 D @1 1 1A 0 0 1 0 0 1 Die Signatur .p; r  p; n  r/ lautet in a) .2; 1; 0/, in b) .1; 2; 0/. 10.6 Die diagonalisierte Darstellungsmatrix und eine zugehörige Transformationsma-

trix lauten: 1 1 0 0 M B 0 ./ D @0 1 0A ; 0 0 0

1 p p 1= 2 i= 2 0 p C B D@ 0 1= 2 0A 0 0 1 0

0

B T B0

Die Signatur von  ist .p; r  p; n  r/ D .1; 1; 1/.

173

10

Lösungen

10.7 Der Rang ist 6, die Signatur .3; 3; 0/. 10.8

a) .x/ D 10x30 2  4x20 2 , .p; r  p; n  r/ D .1; 1; 1/, b) .x/ D 3x10 2 C 6x30 2 , .p; r  p; n  r/ D .2; 0; 1/, c) .x/ D 2x10 2 C 2x20 2 C 8x30 2 , .p; r  p; n  r/ D .3; 0; 0/. 10.9 a)

p p 2  1 02 1 C 2 02 .x/ D x1  x2  1: 4 4

p Mittelpunkt ist 0, die Achsen haben die Richtung der Vektoren .1 ˙ 2; 1/> . p b) .x/ D 14 x10 2 C 19 x20 2  1. Mittelpunkt .0; 5/> , Hauptachsen in Richtung von .2; 1/> und .1; 2/> . c) .x/ D 12 x10 2  2x2 mit dem Ursprung p D .9; 3/> und den Achsenrichtungen .3; 4/> und .4; 3/> . 10.10 a) Q. / ist kegelig (Typ 1) mit Mittelpunkt beliebig auf der Geraden G D .t;  12  2t; 2t/> , t 2 R. Wegen .x/ D .2x1  x3 /.4x1 C 2x2 C 1/ besteht Q. / aus zwei Ebenen durch G. 5 b) Q. / ist eine Quadrik vom Typ 2 mit Mittelpunkt auf der Geraden . 12 ;  12 ; t/> , t 2 R, und zwar ein hyperbolischer Zylinder mit Erzeugenden parallel zur x3 -Achse. c) Q. / ist parabolisch (Typ 3), und zwar wegen der Signatur .2; 0; 1/ der quadratischen Form ein elliptisches Paraboloid. 10.11 Q. / ist bei c D 1 ein quadratischer Kegel, bei c D 0 ein hyperbolisches

Paraboloid und sonst ein einschaliges Hyperboloid. p

p

10.12 a) 3x10 2 C . 2  1/x20 2  . 2 C 1/x30 2 

Hyperboloid. p p

6.3C 105/ x 0 2

11 6

D 0. Q. / ist ein einschaliges

p p 6. 1053/ x 0 2

1 2 b)  C 2x3 D 0. Q. / ist ein hyperbolisches Parabo8 8 loid. c) 5x10 2  x20 2  x30 2  30. Q. / ist ein zweischaliges Drehhyperboloid.

d)

x10 2 9

C

10.13 Q.

x20 2 4

0/

C

x30 2 4

 1 D 0. Q. / ist ein linsenförmiges Drehellipsoid.

ist von Typ 1, Q.

1/

p

von Typ 2 mit n D r D 6, p D 3. p

10.14 Die Singulärwerte sind 10 2, 5 2 und 5.

Kapitel 10  Quadriken – vielseitig nutzbare Punktmengen

174

1 1 0 p 2 4 4 6 2 0 0 9 0A V > AD@ 6 6 3 ADU@ 0 2 4 4 0 0 0 0 1 1 0 1 p 1 @ 0 2 0 A; U Dp 2 1 0 1 0 1 1 2 2 1 2 1A V> D @ 2 3 2 1 2

10.15

0

0 1 0 10 01 y1 5 5 0 y1 1 C @y A @ A @ y20 A : 2 2 4 ' W D 2 10 y3 y30 1 1 2

10.16

10.17 x1 D 5:583, x2 D 4:183. 10.18 GW 0:34017 x1 C 0:33778 x2 C 0:87761 D 0. 10.19 P W x2 D

10

5 12

x12 

235 156

x1 C

263 52 .

Beweisaufgaben 10.20 – 10.21 – 10.22 –

Lösungswege Verständnisfragen 10.1 Der letzte Summand in a) ist vom Grad 3. Also ist dies keine quadratische Funk-

tion. In d) kommen nur Summanden vom Grad 2 in .x1 ; : : : ; x4 / vor. Also ist dies eine quadratische Form Rn ! R mit n  4 und damit zugleich eine quadratische Funktion. In b) und c) reichen die Grade der Summanden von 0 bis 2. 10.2 a) erfüllt die Definition aus Abschn. 10.2. b), c) und d) hingegen verletzen diese

Definition. e) zeigt eine Bilinearform, jedoch ist diese nicht symmetrisch wegen des Minuszeichens vor x2 y1 .

175

10

Lösungswege

10.3 Die Quadrate kxi2 werden zu kxi yi aufgespaltet, die gemischten Terme 2kxi xj

aufgespaltet in kxi yj C kxj yi .

10.4 Wir untersuchen die Lösbarkeit des Gleichungssystems Ax D a. In a) gibt

es die eindeutige Lösung .0; 0; 1/> für den Mittelpunkt, denn rg A D 3. In b) ist rg A D 2, eine notwendige Bedingung für Typ 3. Zudem ist rg A j a D 3, das System also unlösbar. Also ist Q. / parabolisch.

Rechenaufgaben 10.5

a) Wir geben hier nur die Zwischenergebnisse nach jedem Paar gleichartiger Zeilenund Spaltenoperationen wieder: 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 0 0 4 2 2 B2 0 0C 12 z1 B 1 0 0C z2 Cz1 B 0 1 1 C B C 1 B C z3 z1 B C B B B2 C C s 0 1C ::: B 0 1 0 C 0 1C 2 1 B 1 B C ! ! B1=2 0 0C B1=2 1=2 1=2C B1 0 0C B B B C C C @ 0 @ 0 @0 1 0A 1 0A 1 0 A 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 1 1 0 0 1 0 0 B 0 B 0 1 0C 1 0 C C z3 $z2 B C z3 Cz2 B C s3 $s2 B 0 C s3 Cs2 B 0 0 1 0 1 C ! B C ! B B1=2 1=2 0C B1=2 0 1=2C B B C C @ 0 @ 0 1 1A 1 1 A 0 0 1 0 1 0 Die Matrix unter dem Strich ist eine zur Normalform führende Transformationsmatrix B T B 0 . b) Wieder schreiben wir nur die Ergebnisse nach einem Paar gleichartiger Zeilen- und Spaltenoperationen an: 0 0 1 1 1 1=2 1 0 1=2 1=2 B1=2 0 B1=2 0 1=2C 1=2C B C C 2 B B1=2 1=2 0 C zs11 Cz Cs2 B 1 1=2 0 C B C ! B C B 1 B 1 0 0 C 0 0 C B B C C @ 1 @ 0 1 0 A 1 0 A 0 0 1 0 0 1 0 0 1 1 1 0 0 1 0 0 B0 1 0 C 0C z2  12 z1 B0 1=4 C 2 z2 B C z3 z1 B B C 0 0 1C 2 s2 B 0 0 1C ::: B B C ! B C ! B1 1 1C B1 1=2 1C B C @1 1=2 1A @1 1 1A 0 0 1 0 0 1 Wieder lesen wir unter dem Strich B T B 0 ab.

Kapitel 10  Quadriken – vielseitig nutzbare Punktmengen

176

10.6 Aus Platzgründen schreiben wir wiederum nur die Zwischenergebnisse nach je-

dem Paar gekoppelter Umformungen auf: 0

2 B2i B B 0 B B 1 B @ 0 0

2i 0 0 0 1 0

1 0 0C C z2 Ciz1 0C 2 is 1 C s! 0C C 0A 1

0 1 1 0 2 0 0 p 0 1 B0 2 0C 1=p2 z1 B B B C B0 0 0C 1= :::2 z2 B 0 0 B C ! B B1=p2 i=p2 B1 i 0C B B C p B @0 1 0 A @ 0 1= 2 0 0 1 0 0 0

1 0 0C C 0C C 0C C C 0A 1

Wieder steht oben die Darstellungsmatrix M B 0 ./ in Normalform und darunter die Transformationsmatrix B T B 0 . 10.7 Ein Basiswechsel von B zu B 0 mit x1 D x10 C x20 , x2 D x10  x20 usw. führt zu

.x/ D x10 2  x20 2  x30 2 C x40 2 C x50 2  x60 2 : Damit ist M B 0 ./ D diag.1; 1; 1; 1; 1; 1/. 10.8

a) Das charakteristische Polynom der Darstellungsmatrix

10

0

1 1 3 6 A D @3 1 2A 6 2 4 von  lautet det.A  E3 / D 3 C 62 C 40 D . C 4/.  10/: Mögliche Eigenvektoren zu den Eigenwerten 0; 4; 10 sind 0

b01

1 0 D @2A ; 1

0

b02

1 3 D @ 1 A; 2

b03

0 1 5 @ D 3A : 6

Bezüglich der durch Normierung entstehenden Basis H mit 0 1 0 1 @ A 2 ; h1 D p 5 1

0 1 3 1 @ A 1 ; h2 D p 14 2

0 1 5 1 @ A 3 h3 D p 70 6

bekommt die quadratische Form die Diagonalform .x/ D 4x20 2 C 10x30 2 :

177

10

Lösungswege

b) Die gegebene Darstellungsmatrix 0 1 5 1 1 2 2A A D @1 1 2 2 hat das charakteristische Polynom det.A  E3 / D 3 C 92  18 D .  3/.  6/: Eine mögliche Basis aus Eigenvektoren zu den Eigenwerten 0; 3; 6 lautet 0 1 0 1 0 1 0 1 2 0 0 0 @ A @ A @ A: 1 1 1 ; b2 D ; b3 D b1 D 1 1 1 Bezüglich der durch Normierung entstehenden Basis H mit 0 1 0 1 0 1 0 1 2 1 1 1 @ @ @ A A 1 ; h2 D p 1 ; h3 D p 1A h1 D p 2 1 3 1 6 1 nimmt die quadratische Form Diagonalform an: .x/ D 3x20 2 C 6x30 2 c) Als charakteristisches Polynom der Darstellungsmatrix 0 1 4 2 2 A D @2 4 2A 2 2 4 von  folgt det.A  E3 / D 3 C 122  36 C 32 D .  2/2 .  8/: Eine mögliche Basis aus Eigenvektoren ist 0 1 0 1 0 1 1 1 1 b01 D @ 1 A ; b02 D @ 0 A ; b03 D @1A : 0 1 1 Die ersten beiden aus dem Eigenraum zu 2 sind allerdings noch nicht orthogonal. Wir ersetzen daher b02 durch 0 1 1 0 0  b b 1 2 1 0 00 0 @ 1A b2 D b2  0 0 b1 D b1  b1 2 2

178

Kapitel 10  Quadriken – vielseitig nutzbare Punktmengen

und normieren noch alle drei Vektoren. Dies ergibt 0 1 0 1 0 1 1 1 1 1 1 1 h1 D p @ 1 A ; h2 D p @1A ; h3 D p @1A 2 0 6 2 3 1 und die vereinfachte Form .x/ D 2x10 2 C 2x20 2 C 8x30 2 : 10.9 a) Zunächst diagonalisieren wir die enthaltene quadratische Form mit der Dar-

stellungsmatrix AD

1 1 2

1 2

0

! :

p Wir erhalten das charakteristische Polynom 2  14 mit den Eigenwerten .1˙ 2/=2 und den Eigenvektoren p ! p ! 1C 2 1 2 0 0 b1 D ; b2 D : 1 1

10

Nachdem in der quadratischen Funktion die linearen Glieder fehlen, fällt der Mittelpunkt in den Ursprung 0. In dem Koordinatensystem .0I h1 ; h2 / mit hi D b0i =kb0i k entsteht die Kegelschnittsgleichung p p 2  1 02 1 C 2 02 x1  x2  2 D 0: 2 2 Nach Division durch p 2 erhalten wir die Normalform. Es liegt eine Hyperbel vor mit den Achsenlängen 2=. 2 ˙ 1/. b) Das charakterische Polynom 2  13 C 36 der enthaltenen quadratischen Form führt auf die Eigenwerte 4 und 9 mit den Eigenvektoren   2 1 0 0 b1 D ; b2 D : 1 2 Das lineare Gleichungssystem für den Mittelpunkt p !   5 2 x1 2 5 p D Ax D a; also x2 2 8 8 5 ! 0 ergibt die (eindeutige Lösung) m D p . Wir rechnen auf m als neuen Ursprung 5 und die normierte Eigenvektoren als neue kartesische Basis um, setzen also !    0 0 x1 x1 1 2 1 p Cp D x2 x20 1 2 5 5

179

10

Lösungswege

in .x/ ein und erhalten als Konstante nach (10.11) den Wert Division durch 36 folgt

.m/ D 36. Nach

x10 2 x0 2 C 2  1 D 0: 9 4 Es liegt eine Ellipse mit den Achsenlängen 3 und 2 vor. c) Das charakteristische Polynom der enthaltenen quadratischen Form lautet  9 12 det.A  E2 / D det D 2  25: 12 16   Zu den Eigenwerten 25 und 0 gehören die Eigenvektoren b01



3 D 4

und

b02

 4 D : 3

Das Gleichungssystem  Ax D a; also

9 12 12 16

  5 x1 D 90 x2

ist unlösbar. Wir zerlegen daher die Absolutspalte a in zwei orthogonale Komponenten a0 C a1 . Dabei liegt a0 in dem von b02 aufgespannten Kern Ker.A/ und a1 in dem dazu orthogonalen Bildraum A, der von den Spaltenvektoren von A aufgespannt wird:   40 45 a  b02 0 a0 D 0 0 b2 D ; a1 D a  a0 D : 30 60 b2  b2 Als Lösung von Ax D a1 folgt p.t/ D .5 C 4t; 3t/> , t 2 R. Der Koordinatenwechsel     0 x1 x1 5 C 4t 1 3 4 D C 4 3 3t x2 x20 5 ergibt .x/ D 25x10 2 C 100x20 C 500t C 500: Die Wahl t D 1 beseitigt die Konstante. Es handelt sich um eine Parabel mit dem Scheitel p.1/ D .9; 3/> . Die Division der Gleichung durch 50 ergibt den Koeffizienten 2 von x20 . Eine Umkehr beider Koordinatenachsen schließlich ergibt ein Rechtskoordinatensystem mit dem in der Normalform vorgeschriebenen Koeffizienten 2, also die Kegelschnittsgleichung 12 x200 2  2x200 D 0. Die Parabel hat den Parameter 1=2.

Kapitel 10  Quadriken – vielseitig nutzbare Punktmengen

180

10.10

a) Für die Koeffizientenmatrix A, die erweiterte Koeffizientenmatrix A und für den Vektor a gilt 0

1 0 1 1 8 2 2 @ A @ 0 1 ; a D 0 A ; AD 2 2 1 0  12 0 1 0 1 0  12 B 1 8 2 2 C C; A D B @ 0 2 0 1 A  12 2 1 0 daher rg.A/ D rg.A j a/ D rg.A / D 2:

10

Das Gleichungssystem Ax D a für den Mittelpunkt ist lösbar. Also liegt der kegelige Typ 1 vor. b) Es ist rg.A/ D rg.A j a/ D 2 und rg.A / D 3. Das System Ax D a für den Mittelpunkt hat eine einparametrige Lösung. Die in .x/ enthaltene quadratische Form liegt bereits in Diagonaldarstellung vor. Also ist deren Signatur .1; 1; 1/. c) Es ist rg.A/ D 2 und rg.A j a/ D 3. Also gibt es keinen Mittelpunkt. Es liegt ein parabolischer Typ vor. Nach Zeilen- und Spaltenumformungen erkennt man die Signatur .p; r  p; n  r/ D .2; 0; 1/ der enthaltenen quadratischen Form. 10.11 Die enthaltene quadratische Form ist bei c D 0 vom Rang 2, ansonsten vom

Rang 3 und durch 0 1 0 p1 x1 2 1 @x 2 A D B @ p2 x3 0

 p12 p1 2

0

10 1 0 x10 C @x 0 A 0A 2 x30 1

diagonalisierbar. Bei c D 0 entsteht unmittelbar die Gleichung x10 2  x20 2  3x30 D 0 eines hyperbolischen Paraboloids. Bei c ¤ 0 gibt es einen eindeutigen Mittelpunkt m D .0; 0; 1c /> . Wird er als Koordinatenursprung gewählt, so erhalten wir die Gleic chung x10 2  x20 2 C cx30 2 

.1  c/2 D 0: c

Bei c D 1 stellt diese einen quadratischen Kegel dar, ansonsten unabhängig vom Vorzeichen von c ein einschaliges Hyperboloid, nachdem bei negativem c sowohl der Koeffizient von x30 2 , als auch das Absolutglied das Vorzeichen wechseln.

181

10

Lösungswege

10.12

a) Das charakteristische Polynom 3 C 2 C 7  3 hat die Nullstellen 3 sowie p 1 ˙ 2. Die Vektoren 0 p 1 0 p 1 ˙ 2  3 p C Bp C B b01 D @ 3 A ; b02;3 D @˙ 2  1A p 1 3 bilden eine Basis aus Eigenvektoren, aus welchen durch Normierung die Hauptachsen p folgen.pDer Mittelpunkt als Lösung von Ax D a fällt nach m D .2= 3; 1=2 3; 5=6/>. Wegen .m/ D 11=6 wird die Quadrikengleichung zu p p 11 3x10 2 C . 2  1/x20 2  . 2 C 1/x30 2  D 0: 6 Dadurch wird ein einschaliges Hyperboloid dargestellt. b) Das charakteristische Polynom 3 C 32 C 24 führt zu den Eigenwerten 12 .3 ˙ p 105/ und 0 und zu Eigenvektoren 1 0 p 0 1 1 13 ˙ 105 p C B 0 0 @ b1;2 D @ 5 ˙ 105 A ; b3 D 1 A : 2 4 Das Gleichungssystem Ax D a ist unlösbar; also liegt ein Paraboloid vor. Wir zerlegen a in zwei zueinander orthogonale Komponenten a D a0 C a1 mit a0 2 Ker.A/ und a1 2 Im.A/. Dies ergibt 0 1 0 1 2 2 1@ A 1@ A 2 ; a1 D 2 : a0 D 3 4 3 2 Das System Ax D a1 hat als Lösung p D 16 .1  t; 2 C t; 2t/> . Bei t D 1=4 fällt nach Substitution die Konstante in der Quadrikengleichung weg und es bleibt nach geeigneter Multiplikation die Normalform p p p p 6.3 C 105/x10 2 6. 105  3/x20 2  C 2x3 D 0: 8 8 1 Es handelt sich um ein hyperbolisches Paraboloid mit dem Scheitel 24 .3; 7; 2/> . 3 2 c) Das charakteristische Polynom  C 3 C 9 C 5 der enthaltenen quadratischen Form hat als Nullstellen die Eigenwerte 5 und zweifach 1. Zugehörige linear unabhängige Eigenvektoren sind 0 1 0 1 0 1 2 0 1 0 0 0 @ @ @ A A 1 1 b1 D ; b2 D ; b3 D 0A : 1 1 2

182

Kapitel 10  Quadriken – vielseitig nutzbare Punktmengen

Wir ersetzen b03 durch einen zu b02 orthogonalen Vektor aus dem Eigenraum zu 1, nämlich durch 0 1 1 0 0 b b b003 D b03  30 20 b02 D @1A ; b2  b2 1 und normieren diese Basis zu 0 1 0 1 2 0 1 @ A 1 @ A 1 ; h2 D p 1 ; h1 D p 6 1 2 1

0 1 1 1 @ A 1 : h3 D p 3 1

Wegen des Fehlens der linearen Glieder in Quadrikengleichung lautet

.x/ liegt der Mittelpunkt in 0, und die

5x10 2  x20 2  x30 2  30 D 0: Nach Division durch 30 zeigt sich die Normalform eines zweischaligen Drehhyperboloids. d) Das charakteristische Polynom

10

3 C 442  612 C 2592 hat als Nullstellen die Eigenwerte 8 und zweifach 18. Der Koordinatenursprung 0 ist bereits der Mittelpunkt. Die Normalform der Quadrikengleichung x10 2 x0 2 x0 2 C 2 C 3 1D0 9 4 4 weist Q. / als ein verlängertes Drehellipsoid aus mit den Achsenlängen 3 und zweimal 2. Eine mögliche Basis für die Hauptachsen ist 0 1 1 1 @ A 1 ; h1 D p 2 0

0 1 1 1 @ A 1 ; h2 D p 2 0

0 1 0 h3 D @0A : 1

10.13 Der Basiswechsel von B zu B 0 mit x1 D x10 C x20 , x2 D x10  x20 usw. führt zu: 0 .x/

D x10 2  x20 2  x30 2 C x40 2 C x50 2  x60 2

1 .x/

D x10 2  x20 2  x30 2 C x40 2 C x50 2  x60 2  1

Damit ist Q. 0 / ein kegeliger Typ und Q. 1 / eine im Ursprung 0 zentrierte Mittelpunktsquadrik mit den charakteristischen Zahlen .n; r; p/ D .6; 6; 3/.

183

10

Lösungswege

10.14 Wir erhalten als Matrizenprodukt

0

1 125 0 75 25 0 A: A> A D @ 0 75 0 125 Aus dem charakteristischen Polynom 3 C 2752  16250 C 250000 p pfolgen die Eigenwerte 200, 50 und 25. Also lauten die Singulärwerte von A: 10 2, 5 2 und 5. 10.15 Wir bestimmen Eigenwerte und -vektoren der symmetrischen Matrix

0

1 44 20 34 68 14A : A > A D @20 34 14 41 Zu den Eigenwerten 72, 81 und 0 gehört die orthonormierte Basis 0 1 0 1 0 1 1 2 2 1@ A 1@ A 1@ A 2 ; h2 D 2 ; h3 D 1 : h1 D 3 3 1 3 2 2 Der letzte Basisvektor liegt im Kern Ker.A/. Die Bilder Ah1 und Ah2 sind zueinander orthogonal und bestimmen die ersten zwei Vektoren h01 ; h02 im Bildraum mit 0 1 0 1 1 0 1 h01 D p @ 0 A ; h02 D @1A : 2 1 0 Wir ergänzen durch das Vektorprodukt h03 D h01  h02 zu einer orthonormierten Basis im Bildraum. Dann bilden die hi als Spaltenvektoren die orthogonale Matrix 0 1 1 2 2 1 V D B T H D @2 2 1 A 3 2 1 2 und die h0i die orthogonale Matrix 0 1 1 0 1 p 1 @ 2 0 A: 0 U D B0 T H 0 D p 2 1 0 1 Wegen AD ist

B 0 M .'/B

D

B 0 T H 0 H 0 M .'/H H T B

p A D U diag. 72; 9; 0/ V > :

In der Diagonalmatrix stehen die Wurzeln aus den Eigenwerten von A > A, also die Singulärwerte von A, zusammen mit 0.

Kapitel 10  Quadriken – vielseitig nutzbare Punktmengen

184

10.16 b3 D .0; 1; 2/> spannt den Kern Ker.'/ auf. In dem zugehörigen Orthogonal-

raum Ker.'/? , dem Bildraum der adjungierten Abbildung ' , wählen wir die Vektoren b1 D .1; 0; 0/> und b2 D .1; 2; 1/> als zwei linear unabhängige Zeilenvektoren aus der gegebenen Darstellungsmatrix. Deren Bildvektoren b01 D '.b1 / D .1; 1; 1/> und b02 D '.b1 / D .1; 1; 6/> liegen im Bildraum Im.'/. Wir ergänzen zu einer Basis B 0 durch einen orthogonalen Vektor b03 2 Im.'/? , der damit im Kern von ' liegt, etwa b03 D .1; 1; 0/> . Nun ist 0

B M .'

C

/B 0

1 1 0 0 D @0 1 0A : 0 0 0

Mithilfe der Transformationsmatrizen E T B D .b1 ; b2 ; b3 / und E 0 T B 0 D .b01 ; b02 ; b03 / rechnen wir auf die Standardbasen E und E 0 im Urbildraum und im Zielraum um und erhalten schließlich 0 1 5 5 0 1 C @2 2 4A : E M .' /E 0 D 10 1 1 2 Zum Nachprüfen der obigen Gleichungen genügt es, die Basisvektoren bi oder bj0 zu verfolgen.

10

10.17 Wir multiplizieren das unlösbare Gleichungssystem Ax D b von links mit A >

und erhalten die Normalgleichungen 5x1 C 7x2 D 57:2 7x1 C 22x2 D 85:1 Daraus folgt als Lösung, etwa nach der Cramer’schen Regel, x1 D 5:583 und x2 D 4:183. 10.18 Durch Einsetzen der gegebenen Punkte in l.x/ entstehen vier lineare homogene Gleichungen für u0 , u1 und u2 der Form

0

1 B1 B @1 1

0 1 1 1 1 0 1 0 u 0 B0 C 3 0C C @u 1 A D B C : @0 A 4 1A u2 4 2 0

Wir multiplizieren die Koeffizientenmatrix A von links mit A > und erhalten die symmetrische Matrix 0 1 4 12 2 A > A D @12 42 11A : 2 11 6

185

10

Lösungswege

Deren charakteristisches Polynom det.A > A  E3 / D 3 C 522  175 C 20 hat die numerisch berechenbaren Nullstellen 1 D 0:11844; 2 D 3:48929; 3 D 48:39226: Ein zum kleinsten Eigenwert 1 berechneter Eigenvektor mit Norm 1 lautet .0:87761; 0:34017; 0:33778/>. Das ergibt die Hesse’sche Normalform der Ausgleichsgeraden GW 0:34017 x1 C 0:33778 x2 C 0:87761 D 0: Setzt man hingegen die Gleichung von G in der Form x2 D kx1 C d an mit nur zwei unbekannten Koeffizienten k und d , so führen die gegebenen Punkte auf ein überbestimmtes inhomogenes lineares Gleichungssystem. Mit Hilfe der Normalgleichungen 

  42 12 k 11 D 12 4 d 2

kommt man zur eindeutigen Lösung k D 5=6 und d D 2, also zur Gleichung 5x1  6x2  12 D 0 e Für diese haben allerdings die in Richtung der x2 -Achse gemessenen einer Geraden G. Abstände x2  kx1  d der p i eine minimale Quadratsumme und nicht, wie gefordert, die Normalabstände. 10.19 Das lineare Gleichungssystem für die unbestimmten Koeffizienten a; b; c lautet

0 0 1 0 a B4 A @b A D B @9 c 25

0 2 3 5

1 0 1 1 0 1 5 a B4 C 1C C @b A D B C : @4 A 1A c 1 8

Durch Multiplikation von links mit A > leiten wir die Normalgleichungen 0

10 1 0 1 722 160 38 a 252 @160 38 10A @b A D @ 60 A 38 10 4 c 21 her. Wir erhalten als Koeffizienten der optimalen Parabelgleichung .a; b; c/ D .5=12; 235=156; 263=52/, also ungefähr .0:416; 1:506; 5:058/.

Kapitel 10  Quadriken – vielseitig nutzbare Punktmengen

186

Beweisaufgaben 10.20 Es ist

A hj D

r X

i .hi h> i /hj D

i D1

D

r X

r X

i hi .h> i hj /

i D1 r X

i .hi  hj / hi D

i D1

i ıij hi D j hj :

i D1

10.21 Wir wissen von der Hauptachsentransformation, dass die symmetrische Matrix

A und damit die symmetrische Bilinearform  mit der kanonischen Darstellungsmatrix M E . / D A eine orthonormierte Basis H D .h1 ; : : : ; hn / aus Eigenvektoren hi 2 Rn besitzt. Es gibt somit eine Transformationsmatrix H T E mit M H . / D diag.1 ; : : : ; n / D .E T H /> A E T H : Umgekehrt ist wegen H T E D .E T H /1 D .E T H /> A D .H T E /> diag.1 ; : : : ; n / H T E :

10

Nun stehen in den Spalten von E T H und damit auch in den Zeilen von H T E die kanonischen Koordinaten der Eigenvektoren hi . Also ist 0 >1 h1 B : C B A D .h1 ; : : : ; hn / diag.1 ; : : : ; n / @ :: C A h> n 0 >1 h1 n B : C X B D i .hi h> D .1 h1 ; : : : ; n hn / @ :: C i /: A i D1 > hn Eine zweite Beweismöglichkeit ist wie folgt: Wir zeigen die Gleichheit von A und der Linearkombination der dyadischen Quadrate durch den Nachweis, dass beide Matrizen die Vektoren der Basis H auf dieselbe Weise abbilden. Einerseits ist A hj D j hj . Andererseits ist n X i D1

i .hi h> i / hj D

n X

i .hi  hj / hi D j hj :

i D1

10.22 Es gibt eine Basis H D .h1 ; : : : ; hn / von Eigenvektoren von '. Dabei sind

bei normalen Endomorphismen, also insbesondere bei selbstadjungierten Endomorphismen zwei zu verschiedenen Eigenwerten gehörige Eigenvektoren stets zueinander

187

10

Lösungswege

orthogonal. Daher liegt der Eigenvektor hj 2 Eig' .j / bei j ¤ i im Kern der Orthogonalprojektion pi auf Eig' .i /, während er bei j D i im Bildraum der Projektion liegt und daher bei pi unverändert bleibt. Also ist pi .hj / D ıij hj und daher s X

! i pi .hj / D

i D1

s X

i pi .hj / D j hj D '.hj /:

i D1

Es stimmen somit die Bilder der Vektoren hj einer Basis bezüglich ' überein mit jenen bezüglich der Linearkombination der Projektionen. Also sind die beiden Endomorphismen identisch. Alternativ dazu kann man die Gleichheit der Abbildungen auf die Gleichheit der Darstellungmatrizen zurückführen und das Resultat von Aufgabe 18.21 verwenden: Die Darstellungsmatrix A D B M .'/B ist symmetrisch. Ist dann .hp ; : : : ; hq / eine Basis des Eigenraumes Eig' .j /, so ist die Orthogonalprojektion pj analog zum dreidimensionalen Fall in (5.16) durch die Summe der dyadischen Quadrate von hp bis hq darstellbar. Wir brauchen daher in AD

n X

i .hi h> i /

i D1

nur jeweils die zu demselben Eigenwert j gehörigen Summanden zusammenzufassen, um in der erhaltenen Teilsumme dyadischer Quadrate die Darstellungsmatrix j B M .pj /B zu erkennen.

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