Aufgabe 46. Basiswechsel konkret. Gegeben seien die drei - M10

Aufgabe 46. Basiswechsel konkret.
Gegeben seien die drei Einheitsvektoren e1, e2, e3 ∈ R3 sowie drei weitere Vektoren v1, v2, v3 ∈ R3 :
⎛
e1 = ⎝ 1
⎞
0⎠
,
⎛
e2 = ⎝
0
0
⎞
1⎠
,
⎛
e3 = ⎝
0
0
⎞
0⎠
,
⎛
v1 = ⎝
1
1
⎞
0⎠
,
⎛
v2 = ⎝
1
1
⎞
1⎠
,
⎛
v3 = ⎝
1
1
⎞
1⎠
.
2
1. Die Standardbasis des R–Vektorraums R3 besteht aus den drei Einheitsvektoren e1, e2, e3 ∈ R3 .
Zeigen Sie, dass die Vektoren v1, v2, v3 ∈ R3 ebenfalls eine Basis des R3 bilden, und stellen Sie die
Einheitsvektoren e1, e2, e3 als Linearkombinationen der Vektoren der Basis {v1, v2, v3} dar.
⎛
2. Gegeben seien nun die drei Vektoren p = ⎝ 6
⎞ ⎛
3⎠,
q = ⎝
9
3
⎞ ⎛
2⎠
und s = ⎝
6
s1
⎞
s2⎠
∈ R
s3
3 .
Stellen Sie die drei Vektoren p, q und s jeweils
LÖSUNG:
(a) als Linearkombination der Vektoren der Standardbasis {e1, e2, e3} dar und
(b) als Linearkombination der Vektoren der Basis {v1, v2, v3} dar.
1. Wir zeigen, dass die drei Vektoren v1, v2, v3 ∈ R 3 linear unabhängig sind, durch den Ansatz:
λ1 · v1 + λ2 · v2 + λ3 · v3 = 0 mit λ1, λ2, λ3 ∈ R
⎛
⇔ λ1 ⎝ 1
⎞ ⎛
0 ⎠ + λ2 ⎝
1
1
⎞ ⎛
1 ⎠ + λ3 ⎝
1
1
⎞ ⎛
1 ⎠ = ⎝
2
0
⎞ ⎧
⎨ (1)
0 ⎠ ⇔ (2)
⎩
0 (3)
⎧
⎫
⎨ (1) − (2) λ1 = 0 ⎬
λ1
λ1
+
+
λ2
λ2
λ2
+
+
+
λ3
λ3
2λ3
=
=
=
⎫
0 ⎬
0
⎭
0
⇔ (2)
⎩
(3) − (1)
λ2 + λ3
λ3
=
=
0
⎭
0
⇔ λ1 = λ2 = λ3 = 0 ⇒ Behauptung.
Da die Dimension von R 3 drei ist, bilden v1, v2, v3 eine Basis des R 3 und es lassen sich alle Vektoren
des R 3 als Linearkombinationen der Basisvektoren v1, v2, v3 darstellen.
Wir bestimmen die Linearkombination für ei, i = 1, 2, 3 jeweils durch den Ansatz:
λ1 · v1 + λ2 · v2 + λ3 · v3 = ei mit λ1, λ2, λ3 ∈ R
⎛
Für i = 1 : λ1 ⎝ 1
⎞ ⎛
0 ⎠+λ2 ⎝
1
1
⎞ ⎛
1 ⎠+λ3 ⎝
1
1
⎞ ⎛
1 ⎠ = ⎝
2
1
⎞ ⎧
⎨ (1)
0 ⎠ ⇔ (2)
⎩
0 (3)
⎧
⎫
⎨ (1) − (2) λ1 = 1 ⎬
λ1
λ1
+
+
λ2
λ2
λ2
+
+
+
λ3
λ3
2λ3
=
=
=
⎫
1 ⎬
0
⎭
0
⇔ (2) λ2 + λ3 = 0
⎩
⎭
(3) − (1) λ3 = −1
⇔ λ1 = λ2 = 1, λ3 = −1 ⇒ e1 = v1 + v2 − v3.
⎛
Für i = 2 : λ1 ⎝ 1
⎞ ⎛
0 ⎠+λ2 ⎝
1
1
⎞ ⎛
1 ⎠+λ3 ⎝
1
1
⎞ ⎛
1 ⎠ = ⎝
2
0
⎞ ⎧
⎨ (1) λ1 + λ2 + λ3 =
1 ⎠ ⇔ (2) λ2 + λ3 =
⎩
0 (3) λ1 + λ2 + 2λ3 =
⎧
⎫
⎨ (1) − (2) λ1 = −1 ⎬
⇔ (2) λ2 + λ3 = 1
⎩
⎭
(3) − (1) λ3 = 0
⎫
0 ⎬
1
⎭
0
⇔ λ1 = −1, λ2 = 1, λ3 = 0 ⇒ e2 = −v1 + v2.
Dies kann man auch direkt sehen!
1

⎛
Für i = 3 : λ1 ⎝ 1
⎞ ⎛
0 ⎠+λ2 ⎝
1
1
⎞ ⎛
1 ⎠+λ3 ⎝
1
1
⎞ ⎛
1 ⎠ = ⎝
2
0
⎞ ⎧
⎫
⎨ (1) λ1 + λ2 + λ3 = 0 ⎬
0 ⎠ ⇔ (2) λ2 + λ3 = 0
⎩
⎭
1 (3) λ1 + λ2 + 2λ3 = 1
⎧
⎫
⎨ (1) − (2) λ1 = 0 ⎬
⇔ (2) λ2 + λ3 = 0
⎩
⎭
(3) − (1) λ3 = 1
⇔ λ1 = 0, λ2 = −1, λ3 = 1 ⇒ e3 = −v2 + v3.
Dies kann man auch direkt sehen!
2. (a) Die Vektoren p, q und s erhält man direkt als Linearkombinationen der Einheitsvektoren e1, e2, e3:
p = 6 · e1 + 3 · e2 + 9 · e3 , q = 3 · e1 + 2 · e2 + 6 · e3 , s = s1 · e1 + s2 · e2 + s3 · e3 .
(b) Da wir in 1. die Einheitsvektoren als Linearkombinationen der Vektoren v1, v2, v3 bestimmt haben:
e1 = v1 + v2 − v3 , e2 = −v1 + v2 , e3 = −v2 + v3
bekommen wir die Linearkombinationen der Vektoren p, q und s in der Basis v1, v2, v3 direkt als:
p = 6 · e1 + 3 · e2 + 9 · e3 = 6 · (v1 + v2 − v3) + 3 · (−v1 + v2) + 9 · (−v2 + v3)
= 3 · v1 + 3 · v3 Probe durch Nachrechnen!
q = 3 · e1 + 2 · e2 + 6 · e3 = 3 · (v1 + v2 − v3) + 2 · (−v1 + v2) + 9 · (−v2 + v3)
= v1 − v2 + 3 · v3 Probe durch Nachrechnen!
s = s1 · e1 + s2 · e2 + s3 · e3 = s1 · (v1 + v2 − v3) + s2 · (−v1 + v2) + s3 · (−v2 + v3)
= (s1 − s2) · v1 + (s1 + s2 − s3) · v2 + (−s1 + s3) · v3 = s ′ 1 · v1 + s ′ 2 · v2 + s ′ 3 · v3
mit s ′ 1 = s1 − s2, s ′ 2 = s1 + s2 − s3, und s ′ 3 = −s1 + s3 als Koordinaten von s in der Basis
{v1, v2, v3}.
Damit haben wir eine einfache Umrechnung
der alten Koordinaten s1, s2, s3 von s bzgl. der alten Basis {e1, e2, e3} in
die neuen Koordinaten s ′ 1, s ′ 2, s ′ 3 von s bzgl. der neuen Basis {v1, v2, v3}.
Bemerkung:
Man kann die neuen Koordinaten von p, q oder s auch über folgenden Ansatz bestimmen:
λ1 · v1 + λ2 · v2 + λ3 · v3 = p, q oder s mit λ1, λ2, λ3 ∈ R
Dies führt wie oben auf Lineare Gleichungssysteme zur Bestimmung der neuen Koordinaten
λ1, λ2, λ3 in der Basis {v1, v2, v3}, z.B. für s : λ1
⎛
⎝ 1
0
1
⎞
⎠ + λ2
⎛
⎝ 1
1
1
⎞
⎠ + λ3
⎛
⎝ 1
1
2
⎞
⎠ =
⎧
⎨ (1) λ1 + λ2 + λ3 =
⎫
s1 ⎬
⇔ (2)
⎩
(3) λ1 +
λ2
λ2
+
+
λ3
2λ3
=
=
s2
s3
⎭ ⇔
⎧
⎨ (1) − (2) λ1 =
⎫
s1 − s2 ⎬
(2)
⎩
(3) − (1)
λ2 + λ3
λ3
=
=
s2
s3 − s1
⎭
⇔ λ1 = s1 − s2, λ2 = s1 + s2 − s3, λ3 = −s1 + s3
⇒ s = (s1 − s2) · v1 + (s1 + s2 − s3) · v2 + (−s1 + s2) · v3.
Damit gilt für p : p = (6 − 3) · v1 + (6 + 3 − 9) · v2 + (−6 + 9) · v3 = 3 · v1 + 3 · v3
und für q : q = (3 − 2) · v1 + (3 + 2 − 6) · v2 + (−3 + 6) · v3 = v1 − v2 + 3 · v3
2
⎛
⎝ s1
s2
s3
⎞
⎠

Aufgabe 48. Welche der folgenden Abbildungen sind nicht linear ?
� f : R 2 −→ R mit (x1, x2) ↦→ f(x1, x2) := 3 · x2 − 2 · x1
� f : R −→ R 2 mit x ↦→ f(x) := (x + 1, x − 1)
� f : R 2 −→ R 2 mit (x1, x2) ↦→ f(x1, x2) := (x2, 0)
� f : R 2 −→ R 2 mit (x1, x2) ↦→ f(x1, x2) := (x1 · x2, x1 + x2)
LÖSUNG:
Eine Abbildung f : V → W zwischen zwei Vektorräumen (V, +, ·) und (W, ⊕, ⊙) über demselben Körper
K heißt linear ⇔ ∀x, y ∈ V und ∀λ ∈ K : f(x + y) = f(x) ⊕ f(y) und f(λ · x) = λ ⊙ f(x).
� f : R 2 −→ R mit (x1, x2) ↦→ f(x1, x2) := 3 · x2 − 2 · x1 ist linear,
da f((x1, x2) + (y1, y2)) = f(x1 + y1, x2 + y2) = 3 · (x2 + y2) − 2 · (x1 + y1)
= (3 · x2 − 2 · x1) + (3 · y2 − 2 · y1) = f(x1, x2) + f(y1, y2)
und da f(α · (x1, x2)) = f(αx1, αx2) = 3 · αx2 − 2 · αx1 = α · (3 · x2 − 2 · x1) = α · f(x1, x2)
�× f : R −→ R 2 mit x ↦→ f(x) := (x + 1, x − 1) ist nicht linear,
da 0 ↦→ f(0) = (1, −1) �= (0, 0) = 0 · f(0)
Beachte: Mit λ = 0 ∈ K folgt bei linearen Abbildungen für 0 ∈ V : f(0) = f(0 · x) = 0 · f(x) = 0 ∈ W
� f : R 2 −→ R 2 mit (x1, x2) ↦→ f(x1, x2) := (x2, 0) ist linear
da f((x1, x2) + (y1, y2)) = f(x1 + y1, x2 + y2) = (x2 + y2, 0) = (x2, 0) + (y2, 0) = f(x1, x2) + f(y1, y2)
und da f(α · (x1, x2)) = f(αx1, αx2) = (αx2, 0) = α · (x2, 0) = α · f(x1, x2)
�× f : R 2 −→ R 2 mit (x1, x2) ↦→ f(x1, x2) := (x1 · x2, x1 + x2) ist nicht linear
da f(2 · (1, 1)) = f(2, 2) = (2 · 2, 2 + 2) = (4, 4) �= (2, 4) = 2 · (1, 2) = 2 · (1 · 1, 1 + 1) = 2 · f(1, 1)
3