Lösungen Blatt 7

MATHEMATISCHES INSTITUT/INSTITUT FÜR ANGEWANDTE
MATHEMATIK
DER UNIVERSITÄT ERLANGEN-NÜRNBERG
Kurzweil/Kräutle
Lösungen Blatt 7
zur Vorlesung “Mathematik für Ingenieure I”
Teil C – für Informatiker
Abzugeben ist die Bearbeitung der Z-Aufgaben.
Bitte zur Vorbereitung und zur Übung die A-Aufgaben schon anschauen/durchrechnen,
bevor sie in der Übungsstunde vorgerechnet werden.
Ausgabe dieses Blattes: 05.12.2003 in der Vorlesung
Abgabe der Z-Aufgaben: 12.12.2003 in der Vorlesung
Vorrechnen der A-Aufgaben: 10.12.-12.12.2003 in den Übungsgruppen.
A16) Seien
v 1 = (1, 2, 0, 1), v 2 = (0, 1, 1, 1), v 3 = (2, 3, −1, 1), v 4 = (−1, −1, 1, 0)
a) Entscheide, ob {v 1, v 2, v 3, v 4} linear unabhängig sind.
b) Bestimme eine möglichst große Teilmenge B ⊆ {v 1, v 2, v 3, v 4} von linear unabhängigen
Vektoren.
c) Liegt b = (1, 0, −1, 0) in der linearen Hülle von v 1, v 2, v 3, v 4?
Lösung:
a) v1, ..., vm heißen linear unabhängig :⇐⇒ ( n
λivi = 0 =⇒ λ1 = ... = λm = 0)
(’Nur die triviale Linearkombination ergibt den Nullvektor’).
v 1, ..., v m heißen linear abhängig :⇐⇒ Es gibt λ1, ..., λm, nicht alle = 0, mit n
(’Es gibt eine nichttriviale Linearkombination, die den Nullvektor erzeugt.’)
Suche also nach den Lösungen des LGS 4
λivi = 0. Gauß:
⎛
⎜
⎝
1 0 2 −1
2 1 3 −1
0 1 −1 1
1 1 1 0
⎞
⎟
⎠ →
⎛
⎜
⎝
i=0
i=0
1 0 2 −1
0 1 −1 1
0 1 −1 1
0 1 −1 1
⎞
⎟
⎠ →
⎛
⎜
⎝
1 0 2 −1
0 1 −1 1
0 0 0 0
0 0 0 0
=⇒ Das homogene LGS hat keine eindeutige Lösung (λ3, λ4 ∈R frei wählbar).
=⇒ {v 1, v 2, v 3, v 4} linear abhängig.
i=0
⎞
⎟
⎠
λiv i = 0
b) {v 1, v 2} sind linear unabhängig, denn führt man obigen Gauß-Algorithmus nur mit den
Spalten v 1, v 2 durch, so erhält man ein eindeutig lösbares System. Jedes Teilsystem mit
mehr als 2 Vektoren würde zu einer Stufenform führen mit Spalten ohne Pivot-Element
führen.
Allgemein: Ein maximales System linear unabhängiger Vektoren bekommt man, indem
man Gauss durchführt, und alle Spalten wegstreicht, die in der Zeilenstufenform kein
Pivot-Element haben. (Es kann natürlich noch andere maximale lin. unabh. Teilsysteme
geben.)

c) Lineare Hülle von v1, ..., vm = 〈v1, ..., vm〉 := { m
λi vi | λi ∈R} = Menge aller Linear-
kombinationen der v i
Es ist zu prüfen, ob es Lösungen des LGS 4
⎛
⎜
⎝
1 0 2 −1 1
2 1 3 −1 0
0 1 −1 1 −1
1 1 1 0 0
⎞
i=0
⎟
⎠ → ... →
i=1
λiv i = b gibt. Gauß:
⎛
⎜
⎝
1 0 2 −1 1
0 1 −1 3 −2
0 0 0 0 1
0 0 0 0 1
=⇒ LGS hat keine Lösung =⇒ b ∈ 〈v1, v 2, v 3, v 4〉
Bem.: Man hätte die Spalten v 3, v 4 in dieser Berechnung streichen können, denn aus b)
geht hervor, dass v 3, v 4 ∈ 〈v1, v 2〉, d.h. 〈v 1, v 2, v 3, v 4〉 = 〈v 1, v 2〉
A17) Sei α : R4 −→ R4 die zu der Matrix
⎛
1 −1 0
⎞
3
⎜
A = ⎜ 2
⎝ 0
−2
6
0
3
6 ⎟
3 ⎠
0 2 1 1
gehörende lineare Abbildung.
Bestimme eine Basis für Kern(α), Bild(α). Ist α injektiv, surjektiv?
Lösung:
Bem.: Kern und Bild einer linearen Abbildung sind immer Unterräume der betreffenden
Vektorräume.
• Kern(α) ist definiert als die Lösungsmenge des homogenen LGS Ax = 0. Also Gauß:
⎛
1 −1 0
⎞
3
⎜ 2
⎝ 0
−2
6
0
3
6 ⎟
3 ⎠
0 2 1 1
→
⎛
1 −1 0
⎞
3
⎜ 0
⎝ 0
0
2
0
1
0 ⎟
1 ⎠
0 0 0 0
→
⎛
1 0 1/2
⎞
7/2
⎜ 0
⎝ 0
1
0
1/2
0
1/2 ⎟
0 ⎠
0 0 0 0
=⇒ x3 = λ, x4 = µ ∈ R frei wählbar, x2 = − 1 1
2λ − 2 µ, x1 = − 1 7
2λ − 2 µ
⎧⎛
⎪⎨
−
⎜
=⇒ L = ⎜
⎝
⎪⎩
1 7
2λ − 2 µ
− 1 1
2λ − 2 µ
⎞ ⎫ ⎛ ⎞
⎪⎬
−1/2
⎟
⎜
⎟
λ ⎠ | λ, µ∈R = R ⎜ −1/2 ⎟
⎝
⎪⎭
1 ⎠
µ
0
+
⎛ ⎞ ⎛
−7/2
⎜ −1/2 ⎟ ⎜
⎟
⎝ 0 ⎠ = 〈 ⎜
⎝
1
⎞
⎟
⎠
1/2
1/2
−1
0
⎞
⎛
⎟
⎠ ,
⎜
⎝
(Was man auch direkt an der Zeilenstufenform ablesen kann, wenn man die Ergänzung
zum Gauß-Algorithmus, die in der Musterlösung zu A5c), Blatt 2, beschrieben ist.)
α ist nicht injektiv, da Kern(α) = {0}.
• Ein Erzeugendensystem (EZS) von Bild(α) anzugeben, ist trivial:
⎛ ⎞
1
⎜
Bild(α) = 〈 ⎜ 2 ⎟
⎝ 0 ⎠
0
,
⎛ ⎞
−1
⎜ −2 ⎟
⎝ 6 ⎠
2
,
⎛ ⎞
0
⎜ 0 ⎟
⎝ 3 ⎠
1
,
⎛ ⎞
3
⎜ 6 ⎟
⎝ 3 ⎠
1
〉
Um daraus eine Basis von Bild(α) zu erhalten, muss man ein maximales linear unabhängiges
Teilsystem auswählen. Das geht wie in A16b) mit Gauß (diejenigen Spalten
7/2
1/2
0
−1
⎞
⎟
⎠ 〉

aus A auswählen, die in der Zeilenstufenform ein Pivot-Element haben):
⎧⎛
⎞
⎪⎨
1
⎜
=⇒ ⎜ 2 ⎟
⎝
⎪⎩
0 ⎠
0
,
⎛ ⎞⎫
−1
⎪⎬ ⎜ −2 ⎟
⎝ 6 ⎠
⎪⎭
2
ist eine Basis von Bild(α).
Surjektivität: Bild(α) wird von 2 Vektoren erzeugt (’hat die Dimension 2’); der R 4 von
4 Vektoren, also Bild(α) ist eine echte Teilmenge von R 4 =⇒ α nicht surjektiv.
A18) Welche der folgenden Mengen ist ein Unterraum des R 2 ?
a) U = {(x, y) | 2x − 3y = 0}
b) U = {(x, y) | x + y = 1}
c) U = {(x, y) | xy = 0}
Lösung: Eine Teilmenge U eines Vektorraums V ist Unterraum, falls (i) u, v ∈U ⇒ u + v ∈U
und (ii) u∈U, λ∈K ⇒ λu∈U
a) (i) Seien (x1, y1), (x2, y2) ∈ U =⇒ 2x1 − 3y1 = 0, 2x2 − 3y2 = 0
=⇒(Addition) 2(x1 + x2) − 3(y1 + y2) = 0 =⇒ (x1 + x2, y1 + y2)∈U.
(ii) Seien (x, y)∈U, λ∈R =⇒ 2x − 3y = 0 =⇒ 2(λx) − 3(λy) = 0 =⇒ (λx, λy)∈U.
b) Offensichtlich ist 0 ∈ U =⇒ U kein Unterraum
c) Es ist (0, 1), (1, 0) ∈ U, aber (0, 1) + (1, 0) = (1, 1) ∈ U =⇒ U kein Unterraum.

Zum Abgeben:
Z21) Die 4 Vektoren
v 1 = (1, 2, 3), v 2 = (2, 2, 2), v 3 = (0, −1, −2), v 4 = (1, 0, 1)
im R 3 sind laut Vorlesung linear abhängig.
a) Man bestimme alle Linearkombinationen von v 1, v 2, v 3, v 4, die den Nullvektor erzeugen.
b) Man entscheide für jeden der 4 Vektoren, ob man ihn als Linearkombination der jeweils
3 anderen Vektoren schreiben kann. (Geometrische Deutung?)
Lösung:
a) Gesucht sind alle Lösungen des LGS
Mit Gauß:
⎛
1 2 0
⎞
1
⎛
⎝ 2 2 −1 0 ⎠ → ⎝
3 2 −2 1
λ1v 1 + λ2v 2 + λ3v 3 + λ4v 4 = 0.
1 2 0 1
0 −2 −1 −2
0 −4 −2 −2
⎞
⎛
⎠ → ⎝
1 0 −1 −1
0 1 1/2 1
0 0 0 2
⎞
⎛
⎠ → ⎝
(8 Punkte)
1 0 −1 0
0 1 1/2 0
0 0 0 1
=⇒ λ3 = µ ∈ R beliebig, λ4 = 0, λ2 = − 1
2 µ, λ1 = µ
=⇒ (λ1, λ2, λ3, λ4) = (µ, − 1
2 µ, µ, 0), wobei µ ∈ R beliebig. Die Menge aller LK, die den
Nullvektor erzeugen, ist also
µv 1 − 1
2 µv 2 + µv 3 + 0 · v 4 = 0, µ∈R (∗)
b) Wähle z.B. µ = 1. Es folgen die Darstellungen
Z22) Sei
v 1 = 1
2 v 2 − v 3, v 2 = 2v 1 + 2v 3, v 3 = 1
2 v 2 − v 1.
Eine entsprechende Darstellung für v 4 gibt es nicht, denn angenommen, es gibt eine
Darstellung
v 4 = αv 1 + βv 2 + γv 3,
so wäre αv 1 + βv 2 + γv 3 − v 4 = 0, was ein Widerspruch zu (*) in a) ist, denn in (*) hat
v 4 immer den Koeffizienten 0.
Geometrische Deutung:
v 1, v 2, v 3 liegen in einer Ebene (denn sie sind linear abhängig, wie der Gaussalgorithmus
aus a) zeigt). v4 liegt außerhalb dieser Ebene (er lässt sich nicht als LK der 3 Vektoren
schreiben).
P2 := {p : R −→ R, x ↦−→ a + bx + cx 2 , a, b, c∈R}
die Menge aller Polynomfunktionen vom Grad ≤2.
a) Zeige: P2 ist ein Unterraum vom Vektorraum R R aller Funktionen von R nach R.
b) Gib eine Basis des Vektorraums P2 an.
⎞
⎠

c) Sind die Elemente p1, p2, p3 ∈P2, gegeben durch
p1(x) = (x − 1)(2x − 1), p2(x) = (2x + 1)(x − 1), p3(x) = x 2 + x + 1,
linear unabhängig?
d) Bestimme Bild und Kern der linearen Abbildung
Lösung:
D : P2 −→ P2, a + bx + cx 2 ↦−→ b + 2cx
a) Zu zeigen: (i) p, q ∈P2 ⇒ p + q ∈P2; (ii) p∈P2, λ∈R ⇒ λp∈P2
(14 Punkte)
(i) Seien p, q ∈ P2. Dann gibt es eine Darstellung p(x) = a + bx + cx 2 , q(x) = a ′ +
b ′ x + c ′ x 2 , a, b, c, a ′ , b ′ , c ′ ∈ R. Nach Definition der Addition in R R ist (p + q)(x) =
p(x) + q(x) = (a + a ′ ) + (b + b ′ )x + (c + c ′ )x 2 . Aus dieser Darstellung folgt, dass
p + q ∈ P2.
(ii) Sei p ∈ P2, λ ∈ R. =⇒ p(x) = a + bx + cx 2 , a, b, c ∈ R =⇒ (λp)(x) = λ · p(x) =
λ · (a + bx + cx 2 ) = (λa)x + (λb)x + (λc)x 2 . Aus dieser Darstellung folgt λp∈P2.
b) Die Elemente b1, b2, b3 ∈ P2 mit b1(x) := 1, b2(x) := x, b3(x) := x 2 sind ein Erzeugendensystem
von P2, denn jedes p(x) = a + bx + cx 2 läßt sich als Linearkombination
ab1 + bb2 + cb3 schreiben.
b1, b2, b3 sind ferner linear unanhängig, denn aus λ1b1 + λ2b2 + λ3b3 = 0 ∀x ∈ R, also
λ1 + λ2x + λ3x 2 = 0 ∀x∈R, folgt per Koeffizientenvergleich λ1 = λ2 = λ3 = 0.
Es gibt natürlich noch andere Basen von P2. Die obige Basis nennt man die Standard-
Basis von P2.
c) Ausmultiplizieren: p1(x) = 2x 2 − 3x + 1, p2(x) = 2x 2 − x − 1
λ1p1 + λ2p2 + λ3p3 = 0
⇔ λ1(2x 2 − 3x + 1) + λ2(2x 2 − x − 1) + λ3(x 2 + x + 1) = 0 ∀ x∈R
⇔ (2λ1 + 2λ2 + λ3)x 2 + (−3λ1 − λ2 + λ3)x + (λ1 − λ2 + λ3) = 0 ∀ x∈R
Koeffizientenvergleich:
2λ1 + 2λ2 + λ3 = 0
−3λ1 − λ2 + λ3 = 0
λ1 − λ2 + λ3 = 0
Gauß-Verfahren:
⎛
2 2
⎞
1
⎛
⎝ −3 −1 −1 ⎠ → ⎝
1 −1 1
1 −1 1
2 2 1
−3 −1 −1
⎞
⎛
⎠ → ⎝
1 −1 1
0 4 −1
0 −4 4
⎞
⎛
⎠ → ⎝
1 −1 1
0 4 −1
0 0 3
=⇒ Es gibt nur die triviale Lösung λ1 = λ2 = λ3 = 0 =⇒ die Elemente sind linear
unabhängig.
d) Kern: Sei p ∈ P2, p(x) = a + bx + cx 2 mit D(p) = 0, d.h. b + 2cx = 0 ∀x ∈ R.
=⇒ b = c = 0, a∈R beliebig.
Also Kern(D) = {x ↦−→ a, a∈R}.
Bild: Bild(D) = {x ↦−→ b + 2cx | b, c∈R}, also Bild(D) = P1 ⊂ P2.
[Deutung: Beim ’Differenzieren’ (siehe 2. Semester) werden die konstanten Funktionen
auf die Nullfunktion abgebildet, und werden Polynome 2. Grades auf Polynome 1.
Grades abgebildet.]
⎞
⎠