Lineare Algebra I (WS 2004/05)

Lösungen 13. Übung

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

a) Wir zeigen zunächst: sind a und b linear unabhängig, dann gilt: α_{1}β_{2} − α_{2}β_{1} ≠ 0. Wir führen einen Widerspruchsbeweis. Angenommen, α_{1}β_{2} − α_{2}β_{1} = 0. Da a und b linear unabhängig sind, gilt a ≠ 0_{2} und b ≠ 0_{2}. Wir können also annehmen, daß entweder α_{1} ≠ 0 oder α_{2} ≠ 0; oBdA nehmen wir an, daß gilt: α_{1} ≠ 0. Dann:

β_{2} = β_{1} \frac{α_{2}}{α_{1}} .

Es gilt:

β_{1}a − α_{1}b = β_{1} ( \begin{matrix}α_{1} \\ α_{2} \end{matrix} ) − α_{1} ( \begin{matrix}β_{1} \\ β_{1} \frac{α_{2}}{α_{1}} \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \end{matrix} ) .

Da aber mindestens α_{1} ≠ 0, ist dies ein Widerspruch zur linearen Unabhängigkeit von a und b.

Wir zeigen nun die umgekehrte, Richtung. Wenn gilt α_{1}β_{2}−α_{2}β_{1} ≠ 0, dann gilt a ≠ 0_{2} und b ≠ 0_{2}, und insbesondere gilt: α_{1} ≠ 0 oder α_{2} ≠ 0. Sei oBdA α_{1} ≠ 0 und seien λ, μ ∈ IR so, daß λa + μb = 0. Dies ist äquivalent zu der Behauptung, daß λ und μ das folgende lineare Gleichungssystem lösen:

(\begin{matrix}α_{1} & β_{1} \\ α_{2} & β_{2} \end{matrix}) (\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 \\ 0 \end{matrix})

Durch Zeilenumformung erhalten wir das äquivalente Gleichungssystem:

(\begin{matrix}α_{1} & β_{1} \\ 0 & β_{2} − \frac{α_{2}}{α_{1}} β_{1} \end{matrix}) (\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 \\ 0 \end{matrix})

Da gilt β_{2} − \frac{α_{2}}{α_{1}} β_{1} ≠ 0 folgt, daß das Gleichungssystem die eindeutige Lösung λ = μ = 0 besitzt, d.h. a und b sind linear unabhängig.

b) Seien a_{1}, a_{2}, a_{3} ∈ IR^{2} und λ_{1}, λ_{2}, λ_{3} ∈ IR so, daß λ_{1}a_{1} + λ_{2}a_{2} + λ_{3}a_{3} = 0. Dies ist äquivalent dazu, daß λ_{1}, λ_{2}, λ_{3} das folgende homogene Gleichungssystem lösen:

(a_{1} a_{2} a_{3}) (\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{matrix}) = 0_{2},

wobei die a_{i} die Spaltenvektoren der Matrix sind. Da der Rang der Matrix (^{a_{1}} ^{a_{2}} ^{a_{3}} ) aber höchstens

zwei ist, bedeutet dies, daß das Gleichungssystem eine nichttriviale Lösung ( \begin{matrix}λ_{1} \\ λ_{2} \\ λ_{3} \end{matrix} ) ≠ ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) besitzt, d.h.

die Vektoren a_{1}, a_{2}, a_{3} sind linear abhängig.

c) Da IR^{2} ≠ ∅, muß jedes Erzeugendensystem – und insbesondere jede Basis – von IR^{2} mindestens ein Element enthalten. Sei {v_{1}, …, v_{n}} eine Basis von IR^{2}. Angenommen n > 2, dann sind nach Teil b) mindestens drei Vektoren aus den v_{i} linear abhängig, was ein Widerspruchzur linearen Unabhängigkeit der v_{1}, …, v_{n} ist. Also gilt: n ≤ 2.

Angenommen, es gilt n = 1, d.h. IR^{2} = IRv_{1}. Schreibe v_{1} = ( \begin{matrix}w_{1} \\ w_{2} \end{matrix} ), dann ist leicht einzusehen, daß z.B. der Vektor ( \begin{matrix}w_{2} \\ −w_{1} \end{matrix} ) kein Vielfaches von v_{1} ist, also v_{1} nicht ganz IR^{2} erzeugt. Da IR^{2} endlich erzeugt ist, besitzt IR^{2} eine endliche Basis nach Satz 12.14 der Vorlesung, die somit die Länge 2 haben muß.

Bemerkung: Nachdem in der Vorlesung die Theorie weiterentwickelt worden ist, sind die Aufgaben b) und c) eine unmittelbare Folgerung aus (13.3) bzw. (13.4b), wenn man berücksichtigt, daß IR^{2} eine zweielementige Basis besitzt, nämlich die kanonische Basis {e_{1}, e_{2}}.

45. Aufgabe: (3P) Behauptung: die Menge B := {w_{i,i+1} | i = 1, 2, …, n − 1 } ist eine maximale linear unabhängige Teilmenge von {w_{ij} | 1 ≤ i < j ≤ n}. Beweis: Wir zeigen zunächst, daß die Menge B linear unabhängig ist. Seien α_{1}, …, α_{n−1} ∈ IR so daß ∑_{i=1}^{n−1} α_{i}w_{i,i+1} = 0. Dann gilt:

0 = ∑_{i=1}^{n−1} α_{i}w_{i,i+1}

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

= ∑_{i=1}^{n−1} α_{i}v_{i} − ∑_{i=2}^{n} α_{i−1}v_{i}

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

Da die v_{i} linear unabhängig sind, folgt nach Koeffizientenvergleich: α_{1} = α_{n} = 0 sowie α_{i} = α_{i+1} für 2 ≤ i ≤ n − 2. Daraus folgt, daß 0 = α_{1} = α_{2} = α_{3} = ⋯ = α_{n−1} = 0, also sind die w_{i,i+1} linear unabhängig.

Nun zeigen wir, daß B eine maximale linear unabhängige Teilmenge von {w_{ij}} ist. Wir führen einen Widerspruchsbeweis. Angenommen, es gibt eine linear unabhängige Menge B′ mit B ⊂ B′ ⊆ {w_{ij} | i < j}, die echt größer als B ist, d.h. es existiert ein w_{ij} ∈ B′ \ B. Dann gilt: |i − j| > 1. Dieses w_{ij} können wir aber schreiben als Linearkombination der w_{i,i+1}, denn:

∑_{k=i}^{j−1} w_{k,k+1} = ∑_{k=i}^{j−1}(v_{k} − v_{k+1}) = ∑_{k=i}^{j−1} v_{k} − ∑_{k=i+1}^{j} v_{k} = v_{i} + ∑_{k=i+1}^{j−1}(v_{k} − v_{k}) − v_{j} = v_{i} − v_{j} = w_{ij}.

Somit haben wir einen Widerspruch zur linearen Unabängigkeit von B′.

Es folgt, daß B eine Basis des von den {w_{ij}} erzeugten Untervektorraumes ist (Satz 12.13 aus der Vorlesung). qed

Wir ergänzen nun die Basis: Behauptung: {v_{1}} ∪ {w_{i,i+1}|1 ≤ i < n} ist eine Basis von V. Beweis: Lineare Unabhängigkeit.Seien α, β_{1}, …, β_{n−1} ∈ IR, so daß αv_{1} + ∑_{i=1}^{n−1} β_{i}w_{i,i+1} = 0. Dann:

0 = αv_{1} + ∑_{i=1}^{n−1} β_{i}w_{i,i+1}

= αv_{1} + ∑_{i=1}^{n−1} β_{i}(v_{i+1} − v_{i})

= αv_{1} + ∑_{i=2}^{n} β_{i−1}v_{i} − ∑_{i=1}^{n−1} β_{i}v_{i}

= αv_{1} + β_{1}v_{1} + β_{n−1}v_{n} + ∑_{i=2}^{n−1}(β_{i−1} − β_{i})v_{i}.

Aus der linearen Unabhängigkeit der v_{i} folgt nun, daß β_{n−1} = 0 und β_{i−1} = β_{i} für alle 1 < i < n und somit: β_{i} = 0 für alle 1 ≤ i < n. Mit (α + β_{1})v_{1} = 0 und β_{1} = 0 folgt somit auch α = 0.

Um zu zeigen, daß die v_{1}, w_{i,i+1} V erzeugen, genügt es zu zeigen, daß alle v_{i} in L_{IR}(v_{1}, w_{1,2}, …, w_{n−1,n}) enthalten sind. Im Falle i = 1 ist dies trivialerweise erfüllt. Sei 1 < i ≤ n, dann:

v_{1} + ∑_{j=1}^{i} w_{j,j+1} = v_{1} + ∑_{j=1}^{i−1}(v_{j+1} − v_{j})

= v_{1} + v_{i} − v_{1} + ∑_{j=2}^{i−1} v_{j} − ∑_{j=2}^{i−1} v_{j}

= v_{i}

qed

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

a) Sei zunächst b ∈ L_{IR}(a_{1}, …, a_{n}), dann gibt es λ_{1}, …, λ_{n} ∈ IR, so daß ∑_{i=1}^{n} λ_{i}a_{i} = b. Es folgt also für jede Zeile (1 ≤ i ≤ m):

a_{i1}λ_{1} + ⋯ a_{in}λ_{n} = b_{i},

wobei a_{i} = ( ⋮_{a_{in}}^{a_{i1}} ), d.h. inbesondere löst der Vektor ( ⋮_{λ_{n}}^{λ_{1}} ) das Gleichungssystem

\begin{aligned}a_{11}x_{1} & + & … & + & a_{1n}x_{n} & = & b_{1} \\ ⋮ & & & & & = & ⋮ \\ a_{m1}x_{1} & + & … & + & a_{mn}x_{3} & = & b_{m} \end{aligned}  (1)

Um die Rckrichtung zu zeigen, betrachte eine Lösung λ = ( ⋮_{λ_{n}}^{λ_{1}} ) des Gleichungssystems Ax = b.

Dann gilt:

Aλ = (a_{1} … a_{n}) ( ⋮_{λ_{n}}^{λ_{1}} ) = ∑_{i=1}^{n} λ_{i}a_{i} = b,

also b ∈ L_{IR}{a_{1}, …, a_{n}}. qed.

b) Es gilt: a_{1}, …, a_{n} bilden ein Erzeugendensystem von IR^{m} genau dann wenn b ∈ L_{IR}{a_{1}, …, a_{n}} für jedes b ∈ IR^{m}. Dies ist nach Teil a) wiederum äquivalent dazu, daß das lineare Gleichungssystem Ax = b für jedes b ∈ IR^{m} lösbar ist. qed.

c) Seien λ_{1}, …, λ_{n} ∈ IR so daß ∑_{i=1}^{n} λ_{i}a_{i} = 0_{m}. Durch explizites (komponentenweises) Umschreiben erhalten wir das Gleichungssystem (1) und sehen, daß die a_{i} linear unabhängig sind genau dann wenn (1) nur die triviale Lösung besitzt.

47. Aufgabe: (1+2P)

a) Wir testen die Untervektorraumaxiome U1, U2, U3 aus Def. 10.13 der Vorlesung. Betrachte zunächst den Untervektorraum U_{1}. Sind f, g ∈ U_{1}, dann gilt (f + g)(−x) = f(−x) + g(−x) = −f(x) − g(x) = −(f + g)(x) für alle x ∈ IR, also f + g ∈ U_{1} ⇒ U1. Sei 0_{V} ∈ V die Nullfunktion, d.h. 0_{V} (x) = 0 für alle x ∈ IR. Dann gilt: 0_{V} (−x) = 0 = −0_{V} (x), also 0_{V} ∈ U_{1} ⇒ U2. Sei r ∈ IR, f ∈ U_{1}, dann: r · f(−x) = r · (−f(x)) = −(r · f(x)) für alle x ∈ IR, also r · f ∈ U_{1} ⇒ U3.

Wir betrachten nun U_{2}. Sind f, g ∈ U_{2}, dann gilt (f + g)(−x) = f(−x) + g(−x) = f(x) + g(x) = (f + g)(x) für alle x ∈ IR, also f + g ∈ U_{2} ⇒ U1. Außerdem: 0_{V} (−x) = 0 = 0_{V} (x), also 0_{V} ∈ U_{2} ⇒ U2. Sei r ∈ IR, f ∈ U_{2}, dann: r · f(−x) = r · f(x) für alle x ∈ IR, also r · f ∈ U_{2} ⇒ U3.

b) Sei f ∈ V beliebig. Wir definieren f^{s}, f^{a} ∈ V durch: f^{s}(x) = f(x) + f(−x) für alle x ∈ IR und f^{a}(x) = f(x) − f(−x) für alle x ∈ IR. Behauptung: f^{a} ∈ U_{1} und f^{s} ∈ U_{2}. Beweis: f^{a}(−x) = f(−x) − f(−(−x)) = f(−x) − f(x) = −(f(x) − f(−x)) = −f^{a}(x) für alle x ∈ IR ⇒ f^{a} ∈ U_{1}.

f^{s}(−x) = f(−x) + f(−(−x)) = f(−x) + f(x) = f(x) + f(−x) = f^{s}(x) für alle x ∈ IR ⇒ f^{a} ∈ U_{2}.

qed.

Es gilt: f(x) = \frac{1}{2}(f(x) − f(−x) + f(x) + f(−x)) = \frac{1}{2}(f^{a}(x) + f^{s}(x)) für alle x ∈ IR, also f = \frac{1}{2}(f^{a} + f^{s}). Daraus folgt, daß V = U_{1} + U_{2}. Es bleibt zu zeigen, daß U_{1} ∩ U_{2} = \{0\}. Wie in Teil a) schon gesehen, ist 0 = 0_{V} ∈ U_{1} ∩ U_{2}. Sei nun f ∈ U_{1} ∩ U_{2} beliebig, dann gilt für jedes x ∈ IR: f(x) = −f(−x) und f(x) = f(−x), d.h. −f(−x) = f(−x), d.h. f(−x) = 0, also offensichtlich f(x) = 0 für jedes x ∈ IR, d.h. f = 0_{V} = 0. qed.