Lösungen Blatt 7

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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 <strong>Lösungen</strong> 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), <strong>Blatt</strong> 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.
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Seite 5: c) Sind die Elemente p1, p2, p3 ∈

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