Lineare Algebra I (WS 2004/05)

Lösungen 10. Übung

32. Aufgabe: (2P) Wir unterscheiden zwei Fälle:

1. Fall: n = 1. In diesem Fall ist nur der Vektor v_{1} = (v_{1}^{1}) definiert, wobei v_{1}^{1} = 1. v_{1} ist somit offensichtlich ungleich dem Nullvektor und somit linear unabhängig. Ebenso offensichtlich sind alle Elemente des IR^{1} als Vielfaches von v_{1}^{1}.

2. Fall: n > 1. Seien α_{1}, … α_{n} ∈ IR gegeben, so daß gilt: α_{1} · v_{1} + ⋯ α_{n} · v_{n} = 0. Dann gilt komponentenweise:

∑_{i=1}^{n} α_{i}v_{i}^{j} = 0

für jedes j = 1, …, n. Da gilt v_{i}^{j} = 0 für j ∉ {i, i + 1} und v_{i}^{i} = v_{i}^{i+1} = 1 für i < n, sowie v_{n}^{j} = 0 für j ≠ n und v_{n}^{n} = 1, erhalten wir folgende Gleichungen:

α_{1} = 0

und

α_{i} + α_{i+1} = 0

für alle i = 1, …, n − 1. Für jedes 1 < k ≤ n betrachten wir:

∑_{i=1}^{k−1}(−1)^{i+1}(α_{i} + α_{i+1}) = ∑_{i=1}^{k−1}(−1)^{i+1} · 0 = 0.

Wir formen um:

0 = ∑_{i=1}^{k−1}(−1)^{i+1}(α_{i} + α_{i+1}) = ∑_{i=1}^{k−1} ((−1)^{i+1}α_{i} + (−1)^{i+1}α_{i+1})

= ∑_{i=1}^{k−1}(−1)^{i+1}α_{i} + ∑_{i=1}^{k−1}(−1)^{i+1}α_{i+1}

= ∑_{i=1}^{k−1}(−1)^{i+1}α_{i} + ∑_{i=2}^{k}(−1)^{i}α_{i}

= ∑_{i=1}^{k−1}(−1)^{i+1}α_{i} − ∑_{i=2}^{k}(−1)^{i+1}α_{i}

= α_{1} + ∑_{i=2}^{k−1}(−1)^{i+1}(α_{i} − α_{i}) − (−1)^{k}α_{k}

= α_{1} + ∑_{i=2}^{k−1}(−1)^{i+1} · 0 − (−1)^{k}α_{k}

= α_{1} − (−1)^{k}α_{k}.

Da α_{1} = 0 folgt somit α_{k} = 0 für jedes k mit 1 < k ≤ n, und somit die lineare Unabhängingkeit der v_{i}.

Sei y = ( \begin{matrix}y_{1} \\ ⋮y_{n} \end{matrix} ) ∈ IR ein beliebiges Element. Seien α_{1}, …, α_{n} gegeben so daß ∑_{i=1}^{n} α_{i}v_{i} = y. Dann

gilt komponentenweise:

α_{1} = y_{1}

und

α_{i} + α_{i+1} = y_{i+1}

für alle 1 ≤ j < n. Ähnlich wie oben gilt dann für jedes 1 < k ≤ n:

∑_{i=2}^{k}(−1)^{i}y_{i} = ∑_{i=1}^{k−1}(−1)^{i+1}(α_{i} + α_{i+1}) = α_{1} − (−1)^{k}α_{k},

also: α_{k} = (−1)^{k} ∑_{i=1}^{k}(−1)^{i}y_{i}, da α_{1} = v_{1}. Somit folgt: ist y eine Linearkombination der v_{i}, dann sind die Koeffizienten α_{i} eindeutig festgelegt. Umgekehrt, für jedes y ∈ IR^{n} setzt man α_{1} = y_{1} und α_{k} = (−1)^{k} ∑_{i=1}^{k}(−1)^{i}y_{i}. Dann folgt aus α_{k} + α_{k+1} = (−1)^{k} ∑_{i=1}^{k}(−1)^{i}y_{i} + (−1)^{k+1} ∑_{i=1}^{k+1}(−1)^{i}y_{i} = y_{k+1}, daß y eine Linearkombination der v_{i} ist.

33. Aufgabe: (3P) Wir formen zunächst das Gleichungssystem um. Zuerst addieren wir die erste auf die dritte Zeile:

x_{1} + 2x_{2} +  x_{3}  + x_{4} = 2
x_{2} +  2x_{3}  + x_{4} = 2
−x_{2} − (1 + λ)x_{3} − x_{4} = −μ

Dann die zweite auf die dritte:

x_{1} + 2x_{2} +  x_{3}  + x_{4} = 2
x_{2} +  2x_{3}  + x_{4} = 2
(1 − λ)x_{3}  = 2 − μ

Wir unterscheiden nun folgende Fälle:

1. Ist λ = 1 und μ ≠ 2, lautet die dritte Zeile: 0 · x_{3} = 2 − μ, wobei 2 − μ ≠ 0. Diese Gleichung ist für kein x_{3} ∈ IR erfüllbar, und somit hat das Gleichungssystem keine Lösung.

2. Ist λ = 1 und μ = 2, können wir die dritte Zeile vergessen und erhalten das Gleichungssystem

\begin{aligned}x_{1} & + & 2x_{2} & + & x_{3} & + & x_{4} & = & 2 \\ & & x_{2} & + & 2x_{3} & + & x_{4} & = & 2 \end{aligned}

Wir definieren die Parameter r, s ∈ IR als: r := x_{3}, s = x_{4} und erhalten so die Lösungsmenge

L = \{( \begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}−2 \\ 2 \end{matrix} ) + r ( \begin{matrix}3 \\ −2 \end{matrix} ) + s ( \begin{matrix}1 \\ −1 \end{matrix} ) | r, s ∈ IR\}.

3. Gilt λ ≠ 1 und μ beliebig, dann haben wir:

x_{1} + 2x_{2} + x_{3} + x_{4} = 2
x_{2} + 2x_{3} + x_{4} = 2
x_{3}  = \frac{2−μ}{1−λ}

Mit x_{4} =: r ∈ IR als freien Parameter bekommen wir: L = \{( \begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{matrix} ) = ( 2( \frac{μ−λ−1}{1−λ})_{\frac{2−μ}{1−λ}}^{\frac{4+2λ−3μ}{1−λ}} ) + r ( \begin{matrix}1 \\ −1 \\ 0 \end{matrix} ) | r ∈ IR\}.

34. Aufgabe: (2+2+2P)

a) Zu zeigen: die Untervektorraumaxiome (U1), (U2), (U3) gelten für U_{1} ∩ U_{2}. Zu (U1): seien x, y ∈ U_{1} ∩ U_{2}. Dann gilt sowohl x + y ∈ U_{1} als auch x + y ∈ U_{2}, da sowohl U_{1} als auch U_{2} Untervektorräume von V sind. Zu (U2): da sowohl 0 ∈ U_{1} als auch 0 ∈ U_{2}, gilt auch: 0 ∈ U_{1} ∩ U_{2}. Zu (U3): sei x ∈ U_{1} ∩ U_{2} und r ∈ IR. Dann gilt: rx ∈ U_{1} und rx ∈ U_{2}, da U_{1}, U_{2} bereits Untervektorräume von V. Also: rx ∈ U_{1} ∩ U_{2}.

b) Zu U1: seien x, y ∈ U_{1} + U_{2}, dann lassen sich x und y schreiben als x = x_{1} + x_{2}, y = y_{1} + y_{2}, wobei x_{1}, y_{1} ∈ U_{1}, x_{2}, y_{2} ∈ U_{2}. Dann gilt: x + y = x_{1} + x_{2} + y_{1} + y_{2} = (x_{1} + y_{1}) + (x_{2} + y_{2}), und somit x + y ∈ U_{1} + U_{2}. Zu U2: 0 ∈ U_{1} und 0 ∈ U_{2}, somit 0 + 0 = 0 ∈ U_{1} + U_{2}. Zu U3: sei x ∈ U_{1} + U_{2}, so daß x = x_{1} + x_{2}, wobei x_{1} ∈ U_{1} und x_{2} ∈ U_{2}. Sei r ∈ IR, dann gilt: r · x = r · (x_{1} + x_{2}) = rx_{1} + rx_{2}. Mit rx_{1} ∈ U_{1} und rx_{2} ∈ U_{2} folgt rx_{1} + rx_{2} ∈ U_{1} + U_{2}.

c) Sei U_{1} ∪ U_{2} ein Untervektorraum von V. Angenommen, es existiert ein x ∈ U_{1} \ U_{2}. Angenommen, es existiert ein y ∈ U_{2} mit x + y ∈ U_{2}, dann folgt: x = (x + y) − y ∈ U_{2}, ein Widerspruch. Also folgt, daß x + y ∈ U_{1} für jedes y ∈ U_{2}. Somit folgt, daß y = (x + y) − x ∈ U_{1} und somit U_{2} ⊂ U_{2}. Analog zeigt man, existiert ein x ∈ U_{2} \ U_{1}, dann ist U_{1} ⊂ U_{2}.

35. Aufgabe: (2+2P)

a) (U1): Seien A, B zwei spurfreie Matrizen. Dann gilt Sp(A + B) = ∑_{k=0}^{n}(a_{kk} + b_{kk}) = ∑_{k=0}^{n} a_{kk} + ∑_{k=0}^{n} b_{kk} = 0 + 0 = 0, also A + B ∈ S. (U2): Sp(0) = ∑_{k=0}^{n} 0 = 0, also 0 ∈ S. (U3): Sei r ∈ IR, A ∈ S, dann: Sp(r · A) = ∑_{k=0}^{n} ra_{kk} = r ∑_{k=0}^{n} a_{kk} = r · 0 = 0, also r · A ∈ S.

b) Wir definieren folgende Matrizen: für i ≠ j sei E_{ij} = (e_{kl})_{k,l=1,...,n}, wobei

e_{kl} = \begin{cases}1 & wenn k = i und l = j \\ 0 & sonst. \end{cases}

Für i = 1, …, n − 1 definieren wir F_{i} = (f_{kl})_{k,l=1,...,n}, wobei

f_{kl} = \begin{cases}1 & wenn k = l = i \\ −1 & wenn k = l = i + 1 \\ 0 & sonst. \end{cases}

Es ist klar, daß die E_{ij} und F_{i} spurfreie Matrizen sind.

Seien nun α_{ij} ∈ IR, mit i = 1, …, n, j = 1, …, n und i ≠ j und β_{i}, i = 1, …, n − 1 so daß

∑_{i,j=1,i≠j}^{n} α_{ij}E_{ij} + ∑_{k=1}^{n−1} β_{k}F_{k} = 0.

Dann gilt komponentenweise:

α_{ij} = 0

für i = 1, …, n, j = 1, …, n und i ≠ j und

β_{k+1} − β_{k} = 0 für 1 ≤ k < n − 1 und β_{0} = β_{n−1} = 0.

Im Falle n > 2 gilt für 1 ≤ l < n − 2:

0 = ∑_{k=1}^{l}(β_{k+1} − β_{k}) = ∑_{k=1}^{l} β_{k+1} − ∑_{k=1}^{l} β_{k}
= β_{l+1} − β_{1}
= β_{l+1}

und deshalb b_{l+1} = 0 für alle 1 ≤ l < n − 2.

Seien nun A = (a_{ij})_{i,j=1,...,n} und α_{ij} ∈ IR, mit i = 1, …, n, j = 1, …, n und i ≠ j und β_{i}, i = 1, …, n − 1 so daß

∑_{i,j=1,i≠j}^{n} α_{ij}E_{ij} + ∑_{k=1}^{n−1} β_{k}F_{k} = A.

Dann folgt komponentenweise:

α_{ij} = a_{ij}, β_{1} = a_{11}, β_{n−1} = −a_{nn} = ∑_{i=1}^{n−1} a_{ii},

wobei i ≠ j (die letzte Gleichung folgt aus Sp(A) = 0). Für 1 < l < n − 2 gilt:

∑_{k=2}^{l} a_{kk} = ∑_{k=1}^{l}(β_{k+1} − β_{k}) = β_{l+1} − β_{1},

also β_{l+1} = ∑_{k=1}^{l} a_{kk}. Somit folgt, daß die Koeffizienten α_{ij}, β_{k} eindeutig festgelegt sind. Analog wie in Aufgabe 32 folgert man, daß jede Matrix A als Linearkombination der E_{ij} und der F_{l} dargestellt werden kann, wobei die α_{ij} = a_{ij} und β_{l} = ∑_{k=1}^{l} a_{kk}, β_{n−1} = −a_{nn} = ∑_{i=1}^{n−1} a_{ii} (da A spurfrei).