Lineare Algebra I (WS 2004/05)

Lösungen 11. Übung

36. Aufgabe: (3P) Durch elementare Zeilenumformungen wird die erweiterte Koeffizientenmatrix (A|b) ∈ M_{6,8}(IR) auf Treppenform T gebracht (das Ergebnis ist eindeutig!):

T := ( \begin{matrix}1 & 2 & 0 & 7 & 2 & 0 & 0 & 9 \\ 0 & 0 & 1 & 3 & 2 & 0 & 0 & 7 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 5 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} )

Die charakteristischen Indizes sind 1,3,6 und 7 . Durch Einfügen und/oder Löschen von Nullzeilen wird aus T eine (7 × 8)–Matrix B gebildet, so daß die Einsen der Einheitsvektoren zu den Indizes 1,3,6 und 7 jetzt auf der Hauptdiagonale von B stehen:

B := ( \begin{matrix}1 & 2 & 0 & 7 & 2 & 0 & 0 & 9 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 3 & 2 & 0 & 0 & 7 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 5 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \end{matrix} )

Ersetze die Nullen der Hauptdiagonale von B durch −1 :

C := ( \begin{matrix}1 & 2 & 0 & 7 & 2 & 0 & 0 & 9 \\ 0 & -1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 3 & 2 & 0 & 0 & 7 \\ 0 & 0 & 0 & -1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & -1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 5 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \end{matrix} )

Die drei Spalten von C, in die −1 eingesetzt wurde, sollen der Reihe nach mit v_{1}, v_{2}, v_{3} bezeichnet werden, die letzte Spalte von C mit u. Nach Satz (10.26) ist dann u eine spezielle Lösung von Ax = b (d.h. Au = b) , und die Spalten v_{1}, v_{2}, v_{3} bilden eine Basis des Lösungsraumes des zugehörigen homogenen LGS’s Ax = o_{6} , und es gilt:

Lös(A, b) = { u + α_{1}v_{1} + α_{2}v_{2} + α_{3}v_{3} | α_{1}, α_{2}, α_{3} ∈ IR }

Lös(A, b) = \{ (\begin{matrix}9 \\ 0 \\ 7 \\ 0 \\ 0 \\ 5 \\ 0 \end{matrix}) + α_{1} (\begin{matrix}2 \\ −1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) + α_{2} (\begin{matrix}7 \\ 0 \\ 3 \\ −1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) + α_{3} (\begin{matrix}2 \\ 0 \\ 2 \\ 0 \\ −1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) | α_{1}, α_{2}, α_{3} ∈ IR \}

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

a) Das Gleichungssystem G_{1} kann durch elementare Zeilenumformungen in das Gleichungssystem G_{1} umgeformt werden. Die zweite Zeile von G_{2} erhält man, indem man das siebenfache der dritten Zeile von G_{1} auf die zweite von G_{1} addiert. Die dritte Zeile von G_{2} erhält man, indem man die erste von der dritten Zeile in G_{1} subtrahiert. Somit haben G_{1} und G_{2} die gleiche Lösungsmenge.

b) Wir formen zunächst G_{1} um, indem wir die dritte Zeile auf die erste Zeile addieren, und wir erhalten:

\begin{aligned}12x_{1} & + & 6x_{2} & + & 9x_{3} & = & 12 \\ 4x_{1} & + & 2x_{2} & + & 3x_{3} & = & 4 \\ 7x_{1} & + & 5x_{2} & + & 5x_{3} & = & 11 \end{aligned}

Dann ziehen wir die erste Zeile multipliziert mit \frac{1}{3} von der zweiten Zeile ab, und die ziehen wir die erste Zeile multipliziert mit \frac{7}{12} von der dritten Zeile ab. Wir erhalten:

12x_{1} + 6x_{2} + 9x_{3} = 12
0 + 0 + 0 = 0
\frac{3}{2}x_{2} − \frac{1}{4}x_{3} = 4.

Wir formen nun G_{2} um. Nach Addition der dritten auf die zweite Zeile bekommen wir:

\begin{aligned}12x_{1} & + & 6x_{2} & + & 9x_{3} & = & 12 \\ 0 & + & 0 & + & 0 & = & 0 \\ −\frac{5}{2}x_{1} & − & \frac{1}{2}x_{2} & − & 2x_{3} & = & −\frac{1}{2}. \end{aligned}

Wir multiplizieren die dritte Zeile mit 2:

\begin{aligned}12x_{1} & + & 6x_{2} & + & 9x_{3} & = & 12 \\ 0 & + & 0 & + & 0 & = & 0 \\ −5x_{1} & − & x_{2} & − & 4x_{3} & = & −1 \end{aligned}

und addieren das \frac{5}{12}-fache der ersten Zeile auf die dritte Zeile:

12x_{1} + 6x_{2} + 9x_{3} = 12
0 + 0 + 0 = 0
\frac{3}{2}x_{2} − \frac{1}{4}x_{3} = 4.

Somit haben wir G_{1} und G_{2} in dasselbe Gleichungssystem überführt, und somit haben beide Gleichungssysteme dieselbe Lösungsmenge. c) Wir formen zunächst G_{1} um; wir subtrahieren das 4-fache der ersten Zeile von der zweiten Zeile und das 7-fache der ersten Zeile von der dritten:

x_{1} + 2x_{2} + 3x_{3} =  4
−3x_{2} − 6x_{3} = −11
−6x_{2} − 12x_{3} = −22.

Wir subtrahieren das 2-fache der zweiten von der dritten Zeile:

\begin{aligned}x_{1} & + & 2x_{2} & + & 3x_{3} & = & 4 \\ & & −3x_{2} & − & 6x_{3} & = & −11, \end{aligned}

d.h. G_{1} ist unterbestimmt mit einem freien Parameter.

Betrachten wir nun G_{2}. Wir subtrahieren das 4-fache der zweiten Zeile von der ersten Zeile und das 7-fache der zweiten Zeile von der dritten:

−3x_{2} + 2x_{3} = −10
x_{1} + 2x_{2} + 3x_{3} =  4
−6x_{2} + 2x_{3} = −23.

Wir subtrahieren das 2-fache der ersten von der dritten Zeile:

−3x_{2} + 2x_{3} = −10
x_{1} + 2x_{2} + 3x_{3} =  4
−2x_{3} = −3.

Das Gleichungssystem G_{2} hat also genau eine Lösung und ist somit nicht äquivalent zu G_{1}.

38. Aufgabe: (1+2+2P)

a) Induktionsanfang: n = 1, dann gilt: r · ∑_{i=1}^{1} v_{i} = r · v_{1} = ∑_{i=1}^{1} r · v_{i}. Sei nun n > 1, dann: r · ∑_{i=1}^{n} v_{j} = r · ( ∑_{i=1}^{n−1} v_{j} + v_{n}) = r · ∑_{i=1}^{n−1} v_{j} + r · v_{n}. Nach Induktionsvoraussetzung ist nun: r · ∑_{i=1}^{n−1} v_{j} + r · v_{n} = ∑_{i=1}^{n−1} r · v_{j} + r · v_{n} = ∑_{i=1}^{n} r · v_{j}.

b) Zuerst nehmen wir an, daß U ein Untervektorraum ist. Für n = 1 gilt dann nach Axiom U_{3} (Definition 10.13): α_{1} · v_{1} ∈ U. Für n > 1 gilt: ∑_{i=1}^{n} α_{i}v_{i} = ∑_{i=1}^{n−1} α_{i}v_{i} + α_{n}v_{n}. Nach Induktionsvoraussetzung gilt: ∑_{i=1}^{n−1} α_{i}v_{i} ∈ U; weiterhin gilt, da U Untervektorraum: α_{n}v_{n} ∈ U, und somit nach Axiom U_{1}: ∑_{i=1}^{n−1} α_{i}v_{i} + α_{n}v_{n} = ∑_{i=1}^{n} α_{i}v_{i} ∈ U.

Umgekehrt gelte, daß für alle v_{1}, …, v_{n} ∈ U und α_{1}, …, α_{n} ∈ IR auch ∑_{i=1}^{n} α_{i}v_{i} ∈ U. Dann betrachten wir folgende Spezialfälle: für n = 1 gilt α_{1}v_{1} ∈ U für alle α_{1} ∈ IR und alle v_{1} ∈ U, was äquivalent ist zu U_{3}. Wählt man α_{1} = 0, folgt, daß der Nullvektor in U enthalten und somit U_{2} erfüllt ist. Für n = 2 seien v_{1}, v_{2} ∈ U, dann gilt für α_{1} = α_{2} = 1, so daß gilt: v_{1} + v_{2} ∈ U. Somit ist U_{1} erfüllt.

c) Induktionsanfang: für r = 1 ist die Aussage offensichtlich richtig. Betrachten wir jetzt den Fall r = 2. Wir schreiben explizit für Ax = b:

a_{11}^{1}x_{1} + ⋯ + a_{1n_{1}}^{1}x_{n_{1}} +  0 · x_{n_{1}+1} + ⋯ + 0 · x_{n_{1}+n_{2}} = b_{11}
⋮  ⋮
a_{m_{1}1}^{1}x_{1} + ⋯ + a_{m_{1}n_{1}}^{1}x_{n_{1}} +  0 · x_{n_{1}+1} + ⋯ + 0 · x_{n_{1}+n_{2}} = b_{1m_{1}}
0 · x_{1} + ⋯ + 0 · x_{n_{1}} + a_{11}^{2} · x_{n_{1}+1} + ⋯ + a_{1n_{2}}^{2}x_{n_{1}+n_{2}} = b_{21}
⋮  ⋮
0 · x_{1} + ⋯ + 0 · x_{n_{1}} + a_{m_{2}1}^{2} · x_{n_{1}+1} + ⋯ + a_{m_{2}n_{2}}^{2}x_{n_{1}+n_{2}} = b_{m_{2}1}

wobei A_{1} = (a_{ij}^{1}), A_{2} = (a_{ij}^{2}). Setzt man nun den Vektor y ein, dann hat man für die ersten m_{1} Zeilen:

a_{11}^{1}y_{11} + ⋯ + a_{1n_{1}}^{1}y_{1n_{1}} + 0 · y_{21} + ⋯ + 0 · y_{2n_{2}} = b_{11}
⋮  ⋮
a_{m_{1}1}^{1}y_{11} + ⋯ + a_{m_{1}n_{1}}^{1}y_{1n_{1}} + 0 · y_{21} + ⋯ + 0 · y_{2n_{2}} = b_{2m_{1}}

und für die Zeilen m_{1} + 1 bis m_{1} + m_{2}:

0 · y_{11} + ⋯ + 0 · y_{1n_{1}} + a_{11}^{2}y_{21} + ⋯ + a_{1n_{2}}^{2}y_{2n_{2}} = b_{21}
⋮  ⋮
0 · y_{11} + ⋯ + 0 · y_{1n_{1}} + a_{m_{2}1}^{2}y_{21} + ⋯ + a_{m_{2}n_{2}}^{2}y_{2n_{2}} = b_{2m_{2}}

Wir sehen also, daß y eine Lösung des Gleichungssystems Ax = b ist.

Sei nun r > 2. Nach Induktionsvoraussetzung ist y = ( y_{11} ; ⋮ ; y_{r−1,n_{r−1}} ) Lösung des Gle-

ichungssystems A′x = b′, wobei A′ = (\begin{matrix}A_{1} & 0 & … & … & 0 \\ 0 & A_{2} & 0 & … & 0 \\ ⋮ & & ... \\ 0 & … & 0 & & A_{r−1} \end{matrix}) und b′ = ( b_{11} ; ⋮ ; b_{r−1,n_{r−1}} ). Wir

wenden nun den Fall r = 2 an für die Gleichungssysteme A′x = b′ und A_{r}x = b_{r}, und wir

erhalten so, daß y = ( y_{11} ; ⋮ ; y_{rn_{r}} ) eine Lösung des Gleichungssystems Ax = b ist.

39. Aufgabe: (5P)

(A) Wir zeigen zunächst folgende verallgemeinerte Dreiecksungleichung: Für alle natürlichen Zahlen n > 0 und x_{1}, …, x_{n} ∈ IR gilt: | ∑_{i=1}^{n} x_{i}| ≤ ∑_{i=1}^{n} |x_{i}|. Beweis: durch vollständige Induktion. Im Falle n = 1 ist die Behauptung offensichtlich wahr. Unten werden wir benutzen, daß der Fall n = 2 bereits in der Vorlesung bewiesen wurde. Sei nun n > 1 und gelte | ∑_{i=1}^{n−1} y_{i}| ≤ ∑_{i=1}^{n−1} |y_{i}| für alle y_{1}, …, y_{n−1} ∈ IR. Wir haben

| ∑_{i=1}^{n} x_{i}| = | ∑_{i=1}^{n−1} x_{i} + x_{n}|

≤ | ∑_{i=1}^{n−1} x_{i}| + |x_{n}| nach Dreiecksungleichung

≤ ∑_{i=1}^{n−1} |x_{i}| + |x_{n}| nach Induktionsvoraussetzung

= ∑_{i=1}^{n} |x_{i}|.

qed.

(B) Seien x_{1}, …, x_{n} ∈ IR, y_{1}, …, y_{n} ∈ IR und x_{i} ≤ y_{i} für alle i ∈ {1, …, n}. Dann gilt: ∑_{i=1}^{n} x_{i} ≤ ∑_{i=1}^{n} y_{i}. Beweis: durch vollständige Induktion. Im Falle n = 1 ist die Behauptung offensichtlich wahr. Sei nun n > 1, dann gilt ∑_{i=1}^{n} x_{i} = ∑_{i=1}^{n−1} x_{i}+x_{n} ≤ ∑_{i=1}^{n−1} y_{i}+x_{n} nach Induktionsvoraussetzung. Weiterhin gilt nach Axiom O_{A} (Definition 1.5 aus der Vorlesung): ∑_{i=1}^{n−1} y_{i}+x_{n} ≤ ∑_{i=1}^{n−1} y_{i}+y_{n} = ∑_{i=1}^{n} y_{i}, und somit folgt die Behauptung. qed.

Betrachten wir nun das Gleichungssystem. Da das dieses homogen ist, ist der Nullvektor

x = ( ⋮_{0}^{0} ) offensichtlich eine mögliche Lösung. Nun betrachte eine beliebige Lösung ( ⋮_{z_{n}}^{z_{1}} ), die

vom Nullvektor verschieden ist. Wir wählen k_{0} ∈ {1, …, n} so, daß |z_{k_{0}}| maximal ist. Dann gilt:

0 = | ∑_{i=1}^{n} a_{k_{0}i}z_{i}|

= | ∑_{i=1}^{n} a_{k_{0}i}z_{i}|

= | ∑_{\begin{matrix}i=1 \\ i≠k_{0} \end{matrix}}^{n} a_{k_{0}i}z_{i} + a_{k_{0}k_{0}}z_{k_{0}}|

≥ |a_{k_{0}k_{0}}z_{k_{0}}| − | ∑_{\begin{matrix}i=1 \\ i≠k_{0} \end{matrix}}^{n} a_{k_{0}i}z_{i}| siehe Hinweis in der Aufgabe

≥ |a_{k_{0}k_{0}}z_{k_{0}}| − ∑_{\begin{matrix}i=1 \\ i≠k_{0} \end{matrix}}^{n} |a_{k_{0}i}z_{i}| nach (A)

= |a_{k_{0}k_{0}}z_{k_{0}}| − ∑_{\begin{matrix}i=1 \\ i≠k_{0} \end{matrix}}^{n} |a_{k_{0}i}||z_{i}|

≥ |a_{k_{0}k_{0}}z_{k_{0}}| − ∑_{\begin{matrix}i=1 \\ i≠k_{0} \end{matrix}}^{n} |a_{k_{0}i}||z_{k_{0}}| nach (B), da |z_{i}| ≤ |z_{k_{0}}| für alle i

= (|a_{k_{0}k_{0}}| − ∑_{\begin{matrix}i=1 \\ i≠k_{0} \end{matrix}}^{n} |a_{k_{0}i}|)|z_{k_{0}}|

Nach Voraussetzung ist |a_{k_{0}k_{0}}| − ∑n ; \begin{matrix}i=1 \\ i≠k_{0} \end{matrix} |a_{k_{0}i}| > 0 und somit 0 ≥ (|a_{k_{0}k_{0}}| − ∑n ; \begin{matrix}i=1 \\ i≠k_{0} \end{matrix} |a_{k_{0}i}|)|z_{k_{0}}| > 0,

und somit erhalten wir einen Widerspruch zu der Annahme ( ⋮_{z_{n}}^{z_{1}} ) ≠ 0.