TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN. Matrizen als lineare Abbildungen, Permutationen

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1 TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN Zentrum Mathematik Prof. Dr. Friedrich Roesler Ralf Franken, PhD Max Lein Lineare Algebra WS 2/7 Lösungen Blatt Matrizen als lineare Abbildungen, Permutationen Zentralübungsaufgaben Z4 Matrizen als Abbildungen Sei A n (R) eine n n-matrix. Dann definieren wir die zugehörige Abbildung f A als f A : R n R n, x f A (x) : Ax (i) Zeigen Sie, dass f A eine lineare Abbildung ist, das heißt es gilt f A (x +λx 2 ) f A (x )+λf A (x 2 ) für alle x, x 2 R n, λ R. (ii) Das Bild von f A, im f A, ist die Menge der Vektoren, die ein Urbild haben. im f A : z R n z f A (x), x R n Zeigen Sie, dass das Bild die Menge der Linearkombinationen der Spaltenvektoren der Matrix A ist, f A (R n ) : im f A lin { f A (e ),..., f A (e n )}. (iii) Zeigen Sie, dass eine Matrix genau dann invertierbar ist, wenn die Spalten linear unabhängig sind. (iv) Zeigen Sie, dass im f A ein Vektorraum ist. (v) Seien A, A und A 2 n n-matrizen. Dann gilt: (a) f A f A2 f A A 2 (b) f A ist genau dann invertierbar, wenn A invertierbar ist und es gilt f A f A. (c) Falls A und A 2 invertierbar sind, gilt f A f A2 fa2 f A f A2 A. (vi) Zeigen Sie, dass f A genau dann invertierbar ist, wenn im f A R n ist. Lösung In der Analysis unterscheidet man sehr genau zwischen Gleichungen der Form y x 2 und der zugehörigen Funktion, x f (x) : x 2, meist kurz als f bezeichnet. Genau dieselbe Unterscheidung wird in der linearen Algebra getroffen: die zu einer n n-matrix A gehörige Abbildung f A ist nicht mit y Ax identisch. Das mag spitzfindig klingen, ist es aber nicht: beispielsweise wir können nur Funktionen ableiten und nur Funktionen haben bestimmte Symmetrieeigenschaften. Das bedeutet, die zu A gehörige Abbildung, f A, ist linear (und nicht etwa die Matrix ).

2 (i) Wir setzen direkt die Definition der Abbildung f A in f A (x + λy), x, y R n, λ R, ein und erhalten a... a n x f A (x + λy) A (x + λy).. y. + λ. a n... a nn x n y n a... a n x.. + λy. a n... a nn x n + λy n n l a n l (x l + λy l ). l a n l x l n l a. + λ l a l y l. n nl (x l + λy l ) l a n nl x l l a nl y l a... a n x.. a. + λ... a n y... a n... a nn x n a n... a nn Also ist die Abbildung f A linear. A x + λ A y f A (x) + λ f A (y) (ii) Wir können jeden Vektor x R n eindeutig als Linearkombination der Standardbasis schreiben, da die Standardbasis aus linear unabhängigen Vektoren besteht. α n x. α e α n e n α l e l α n l y n {e,..., e n } bezeichnen die üblichen Basisvektoren.. e l. l-te Zeile Wie man leicht nachrechnen kann, gibt f A (e l ) Ae l : s l die l-te Spalte der Matrix, beispielsweise ist f A (e ) s a... a n a f A (e l ) Ae l a.. s a n... a nn. a n a n 2

3 Sei z R n beliebig, aber fest, z n l β l e l. Nehmen wir an, es gäbe ein x R n mit f A (x) z. Dann gilt ja mit (i) (Linearität von f A ) n Linearität f A (x) f A l α l e l n α l f A (e l ) l n α l s l Die Spaltenvektoren s l (a il ) i n sind genau dann linear unabhängig, wenn die Zerlegung von z als Linearkombination der Spaltenvektoren eindeutig ist. Die Menge der Linearkombinationen der Spaltenvektoren (die, wie wir sehen werden, wieder ein Vektorraum ist, siehe Teilaufgabe (iv)), lin {s,..., s n } ist definiert als lin {s,..., s n } : z R n z n l α ls l, α,..., α n R Das heißt, das Bild setzt sich aus Linearkombinationen von Spaltenvektoren zusammen. (iii) Hinweis: sobald die Floskel A genau dann B fällt (in der Mathematik schreibt man auch A B), heißt das, dass sowohl aus A B folgt, A B, als auch B A impliziert, B A. Das heißt man muss beide Richtungen überprüfen und nicht nur eine! Hinrichtung, : Sei A also invertierbar. Wir müssen zeigen, dass { f A (e ),..., f A (e n )} linear unabhängig sind. Wir können f A (x) z für gegebenes z R n als Gleichungssystem auffassen, das n Gleichungen und n Unbekannte hat, A x z. In Komponenten ausgedrückt erhalten wir so a... a n α.. β.. ( ) a n... a nn Ein Gleichungssystem kann entweder keine Lösung haben, genau eine oder unendlich viele. Gäbe es allerdings keine oder unendlich viele Lösungen, so wäre A nicht invertierbar. Denn β α n β n A z A. :. x z β n ist genau diese eine Lösung für beliebiges z R n. Daher muss das Gleichungssystem genau eine Lösung haben und die Spaltenvektoren {s l } l n { f A (e l )} l n müssen linear unabhängig sein. Rückrichtung, : Seien also die Spaltenvektoren der Matrix linear unabhängig. Wir müssen zeigen, dass die Matrix dann auch invertierbar ist. Wir definieren dieses Mal die Umkehrabbildung explizit. Wir können jeden Vektor z im f A, für den ein x R n existiert mit z f A (x), als eine eindeutig bestimmte Linearkombination der Spaltenvektoren darstellen, z n l λ ls l. Dann definieren wir eine Umkehrabbildung f A als λ n z f A (z) : λ l e l. l λ λ n λ n l 3

4 Da aber n linear unabhängige Vektoren einen n-dimensionalen Unterraum aufspannen (zwei Vektoren im R 3 spannen beispielsweise eine Ebene auf), der gesamte Vektorraum aber nur n-dimensional ist, können wir jeden Vektor auf diese Art und Weise darstellen. Diese Aufgabe beweist die Behauptung, dass Matrizen, dessen Spalten (und Zeilen) nicht linear unabhängig sind, auch nicht invertierbar sind. (iv) Das Bild einer linearen Abbildung f A : R n R n ist definiert als die Menge der Punkte z im R n, zu denen ein Vektor x existiert mit f A (x) z. Erfüllt die Menge im f A R n, aufgefasst als Teilmenge des R n die Vektorraumaxiome? Wir müssen also überprüfen, ob (V) die Addition assoziativ ist ((x + x 2 ) + x 3 x + (x 2 + x 3 ) für alle x, x 2, x 3 R n ), (V2) die Addition ein Nullelement hat (es existiert ein R n mit x + x, x R n ), (V3) ein Inverses bezüglich der Addition existiert (für alle x R n existiert ein x R n mit x + ( x) ), (V4) die Addition kommutiert (x + x 2 x 2 + x x, x 2 R n ), (V5) die Skalarmultiplikation distributiv ist ((α + β)x αx + β x α, β R, x R n ), (V) die Skalarmultiplikation assoziativ ist ((α β)x α(β x) α, β R, x R n ) und (V7) ein Identitätselement R bezüglich der Skalarmultiplikation existiert ( x x x R n ). Im wesentlichen bedeutet die Aussage, dass Abbilder (bezüglich linearer Abbildungen) wieder Vektorräume sind, dass lineare Abbildungen mit der Struktur von Vektorräumen kompatibel sind. Dieses Konzept wird einem in der Mathematik immer wieder begegnen. Wir überprüfen hier nur (V) und (V2), der Rest funktioniert analog und ist als Hausaufgabe zu lösen. (V) Seien also z, z 2, z 3 im f A. Dann existieren x, x 2, x 3 R n mit f A (x j ) z j, j, 2, 3. Dann haben wir z + (z 2 + z 3 ) f A (x ) + (f A (x 2 ) + f A (x 3 )) f A (x ) + f A (x 2 + x 3 ) f A (x + x 2 + x 3 ) f A (x + x 2 ) + f A (x 3 ) (f A (x ) + f A (x 2 )) + f A (x 3 ) (z + z 2 ) + z 3 wobei wir die Linearität von f A ausgenutzt haben. (V2) Da f A linear ist, gilt f A (). Somit ist immer im f A und wir haben für alle z im f A (und x R n derart, dass f A (x) z) z + f A (x) + f A () f A (x + ) f A (x) z (v) (a) Werden zwei lineare Abbildungen f A, f A2 : R n R n hintereinanderausgeführt, f A f A2, so stellt sich die Frage, welche Matrix die Kompositionsabbildung hat. Das kann man 4

5 allerdings ganz leicht ausrechnen. Sei x R n beliebig, aber fest. Dann ist ( f A f A2 )(x) gegeben durch (f A f A2 )(x) f A fa2 (x) f A (A 2 x) A A 2 x f A A 2 (x) Wie wir später sehen werden, ist die Matrixmultiplikation assoziativ, das heißt A (A 2 A 3 ) (A A 2 ) A 3 für alle Matrizen A, A 2, A 3 n (R). Somit ist die Komposition von linearen Abbildungen ebenfalls assoziativ. (b) Das Inverse von f A, f A, erfüllt die Gleichung f A f A id R n. Die Matrix der Identitätsabbildung ist die Einheitsmatrix. Angenommen, die zu f A gehörige Matrix sei C. Dann wissen wir mit Teilaufgabe (a), dass A C id R n ist. Die einzige Matrix, die das erfüllt, ist das Inverse zu A. (c) Wir zeichnen uns erst ein Diagramm von den Räumen und den Abbildungen zwischen ihnen. (f A f A2 ) R n f A2 f A2 R n f A f A R n f A f A2 An diesem Diagramm sieht man schon, dass man die Reihenfolge der inversen Abbildungen umdrehen muss, mathematisch rigoros ist diese Argumentationslinie jedoch nicht. Erst mit dem Wissen, dass die Verknüpfung von linearen Abbildungen assoziativ ist (was aus der Assoziativität des Matrixprodukts folgt). Sei z R n ein Vektor. Um f A f A2 umzukehren, müssen wir zuerst f A f A auf z anwenden und dann erst f A2 f A2. Daher erhalten wir mit (b) ( f A f A2 ) f A2 f A f A2 f A (b) f A2 A Daher gilt für zwei invertierbare Matrizen (A B) B A. (vi) : Sei A invertierbar. Wir werden zeigen, dass das Bild der zugehörigen Abbildung f A ganz R n ist. Nach Teilaufgabe (v)(b) A ist genau dann invertierbar, wenn f A invertierbar ist. Angenommen im f A R n. Dann wählen wir einen Vektor z R n \im f A und wenden f A auf z an, f A (z) x z. Wir haben also ein x z R n gefunden mit f A (x z ) z. Also ist z im f A, Widerspruch! Daher muss im f A R n gelten. : Sei im f A R n. Wir werden durch Widerspruch zeigen, dass A invertierbar sein muss. Wähle ein z im f A R n, z n l α l e l. Da z im f A muss das Gleichungssystem f A (x) Ax z mindestens eine Lösung haben. Angenommen f A wäre nicht invertierbar. Dann gäbe Nicht alle Produkte sind assoziativ. Ein Gegenbeispiel ist bereits aus der Schule bekannt, das Kreuzprodukt: a (a v) (a a) v, a, v R 3 5

6 es zu jedem z im f A mehr als eine Lösung (genauer: unendlich viele Lösungen). Seien x und x zwei solcher Lösungen, x l β l e l, x l β l e l. Dann gilt z z f A (x) f A ( x) Linearität n (β l β l )s l l n (β l β l ) f A (e l ) Da die Spaltenvektoren nicht linear unabhängig sind (Teilaufgabe (ii)), ist auch die Matrix A nicht invertierbar. Das bedeutet allerdings, dass es Vektoren gibt z R n gibt, die nicht in lin {s,..., s n } liegen: es sind ja höchstens n der Spaltenvektoren linear unabhängig und der von ihnen aufgespannte Raum hat die Dimension n, Widerspruch! Daher ist die Annahme falsch und A muss invertierbar sein. l Z5 Permutationen Sei M n : {,..., n} die Menge der Zahlen bis n; dann ist S n die Menge der Permutationen, das heißt jedes σ S n, σ : M n M n, ist bijektiv. (i) Betrachten Sie S 4. Zerlegen Sie eine Permutation in Paarvertauschungen. Ist diese Zerlegung eindeutig? (ii) Geben Sie die Gruppenaxiome an. (iii) Versuch : Zeigen Sie, dass S eine Gruppe ist. (iv) Geben Sie die Matrixrepräsentation einer Permutation an. (v) Versuch 2: Zeigen Sie, dass S (in Matrixrepräsentation) eine Gruppe ist. Lösung Permutationen sind Abbildungen vom Zahlentupel M n : {,..., n} in sich selbst, Beispielsweise ordnet die Permutation σ σ : M n M n S die auf die ab, die 2 auf die, usw. Dass die Hintereinanderausführung zweier Permutation wieder eine Permutation ist, ist intuitiv wahr, aber muss mathematisch trotzdem noch bewiesen werden. Dass zwei Permutationen σ, σ 2 S n, n 3, nicht vertauschen, das heißt σ σ 2 σ 2 σ, ist auch klar: sei n 3, wir betrachten also die Permutationen des Tripels M 3 {, 2, 3}. Dann ist

7 (i) Betrachten wir die Permutation σ S Man kann leicht zeigen, dass σ sich nicht eindeutig zerlegen lässt, sowohl als auch sind zwei mögliche Zerlegungen. Es gibt noch unendlich viele andere. Allerdings kann man zeigen, dass sich jede Permutation nur in entweder eine gerade oder ungerade Anzahl von Paarvertauschungen zerlegen lässt. (ii) Sei G eine Menge mit Multiplikation : G G G. Dann ist das Paar (G, ) eine Gruppe, wenn folgende drei Axiome erfüllt sind: (G) Die Multiplikation ist assoziativ, das heißt g, g 2, g 3 G gilt (g g 2 ) g 3 g (g 2 g 3 ). (G2) Es existiert ein neutrales Element (auch Einselement oder Eins) id mit g id g. (G3) Zu jedem g G existiert ein inverses Element g mit g g id g g. Das Produkt muss nicht abelsch/kommutativ sein! (iii) Fangen wir mit (G2) an: offensichtlich ist id das Einselement. (G3) kann man auch leicht nachweisen, denn man kann das Inverse direkt angeben: seien a, b, c, d, e, f M, so dass keine Zahl doppelt vorkommt. Dann ist das Inverse von σ a b c d e f die Permutation σ a b c d e f Das Gleichheitszeichen mit bedeutet, dass wir die Spalten in aufsteigender Reihenfolge (der oberen Elemente) sortieren müssen. Hier wird es also schon etwas unanschaulich, zumindest wenn man im Abstraktem bleibt! Noch schwieriger wird es, die Assoziativität des Produkts zu zeigen. Wir könnten an dieser Stelle drei allgemeine Permutationen angeben und versuchen sie zu multiplizieren, aber wieso einfach, wenn es auch schwierig geht? (Man kann das auch abstrakt machen, indem man zeigt, dass für alle Elemente der Menge σ (σ 2 σ 3 ) und (σ σ 2 ) σ 3 dasselbe Bild haben.) 7

8 (iv) Sei σ S die Permutation σ Wir betrachten nun den Vektorraum R mit Standardbasisvektoren {e,..., e n }. Jeder Zahl im Tupel wird nun der entsprechende Basisvektor zugeordnet, der entspricht e, der 2 entspricht e 2, usw. Jeder Permutation ordnen wir eine Matrix zu. Beispielsweise wird mit σ die Matrix e e 2 e e 5 e 3 e 4 assoziiert, wobei e j der j-te Einheitsvektor ist. Das heißt in der. Spalte steht der Vektor e, da nicht vertauscht wird. Andererseits steht in der 3. Zeile e, da wir 3 mit vertauschen. Eine allgemeine Permutation σ a b c d e f wird also dargestellt durch ˆσ e a e b e c e d e e e f und wir wissen, dass ˆσe e a ist, usw. Das Produkt von zwei Permutation wird einfach zum Matrixprodukt, wir können also direkt ˆσ ˆσ 2 ausrechnen. (v) Nun benutzen wir die Matrixdarstellung um nachzuweisen, dass die Permutationen tatsächlich eine Gruppe bilden. Gruppenaxiom folgt sofort aus der entsprechenden Eigenschaft für Matrizen: die Matrixmultiplikation ist assoziativ, also ist auch die Hintereinanderausführung von Permutationen assoziativ. In der Matrixdarstellung ist auch klar, wieso Permutationen im allgemeinen nicht miteinander kommutieren: das Matrixprodukt ist ebenfalls nicht kommutativ! Das Einselement der Permutationen wird auf die Identitätsmatrix abgebildet, also haben wir (G2) bestätigt. Zu guter Letzt (G3): da Permutationsmatrizen nur die Standardbasisvektoren vertauschen ist im ˆσ R n für alle Permutationsmatrizen ˆσ. Aus Z4 (iv) folgern wir, dass alle Permutationsmatrizen invertierbar sind. Also ist auch (G3) erfüllt. Tutoraufgaben T4 Matrizen als Abbildung (i) Der Kern einer Abbildung f A ist definiert als ker f A : x R n f A (x). Zeigen Sie, dass f A genau dann invertierbar ist, wenn ker f A {} trivial ist. 8

9 (ii) Berechnen Sie Kern und Bild zu den zu folgenden Matrizen assoziierten Abbildungen: A B 5 C Lösung (i) Der Kern einer linearen Abbildung f A ist die Menge aller Vektoren, die eingesetzt in die Abbildung ergeben. Insbesondere ist jede Lösung der Gleichung f A (x) z nur modulo Vektoren im Kern bestimmt (siehe H4 (ii)). : Sei f A (und somit A) also invertierbar. Sei k ker f A, das heißt f A (k). Dann muss auch f Z4 (v) (b) A () f A () A gelten. Das heißt k und somit ker f A {}, der Kern ist trivial. : Sei also ker f A {}. Da ker f A {} ist, hat das Gleichungssystem Ax nur eine Lösung. Das bedeutet, die Spalten sind linear unabhängig und nach Z4 (iii) ist die Matrix invertierbar. Daraus folgt wiederum, dass im f A R n sein muss (Z4 (vi)). (ii) Wir rechnen immer zuerst den Kern und dann das Bild aus. Fangen wir mit f A an: ker f A ist die Lösungsmenge der Gleichung 7 5 x x 2 3 Wir erhalten also drei Gleichungen mit drei Unbekannten: x 3 7x + 5x 2 + x 3 5x 5x 2 25x 3 x x 2 + 5x 3 x 3x 2 x 3 (i) (ii) (iii) Wir setzen Gleichung (ii) in (iii) ein und erhalten (x 2 + 5x 3 ) 3x 2 x 3 2x 2 x 3 x 2 3x 3 x 3x 3 + 5x 3 2x 3 Das setzen wir in Gleichung (i) ein. 7 (2x 3 ) + 5 ( 3x 3 ) + x 3 9

10 Diese Gleichung ist immer erfüllt und x 3 ist unser freier Parameter. Der Kern von f A ist 2 ker f A lin 3 Da wir einen freien Parameter haben, sind nur zwei Spalten linear unabhängig und das Bild wird von zwei Spaltenvektoren aufgespannt (da wir keine Nullspalten haben bzw. keine kolinearen Vektoren, können wir uns zwei Spalten aussuchen). 7 5 im f A lin 5, 5 x R n 5x 3x 2 + 3x 3 3 Allerdings können wir in diesem Fall das Bild auch als Ebenengleichung angeben: wir kreuzmultiplizieren die zwei Vektoren, die das Bild aufspannen und erhalten ñ A : 2n A Die Bildebene ist also gegeben durch die Gleichung n A x. Wir wiederholen die obige Prozedur für f B mit 5 B Die Matrix enthält eine Nullspalte und einen kolinearen Vektor wir erwarten also, dass der Kern zwei-dimensional ist und das Bild von der ersten (bzw. dritten) Spalte aufgespannt wird, das Bild ist eine Gerade. Fangen wir jedoch trotzdem mit dem Kern an: 5 x 5 x Wir lösen das Gleichungssystem direkt auf: x 3 x 5x 3 x 5x 3 x + 5x 3 x 5x 3 7x 35x 3 x 5x 3 Wir haben also zwei freie Parameter, x 2 und x 3. Der Kern ist also gegeben durch 5 ker f B lin, x R 3 x 5x 3

11 Das Bild ist gegeben durch im f B lin 7 Nun zu f C. Um den Kern zu berechnen, müssen wir x x 2 x 3 lösen. Wir erhalten drei Gleichungen und setzen immer gleich ein: 5x 3x 2 + x 3 x 3 5x + 3x 2 (i) 3x + 2x 2 2 (5x + 3x 2 ) 4x 2 7x (ii) x x 5x x 2 x (iii) Also müssen x x 2 x 3 sein, der Kern ist trivial, ker f C {} (enthält also nur den Nullvektor), und die Matrix ist nach Teilaufgabe (i) invertierbar. Da C invertierbar ist, muss das Bild ganz R 3 sein, im f C R 3 (siehe Aufgabe Z4 (vi)). T5 Permutationsgruppe S (i) Geben Sie die Matrixdarstellung der Permutationen σ j S, j, 2, 3, an. σ σ σ 3 (ii) Berechnen Sie σ σ 2 σ 3 und vergleichen Sie das Ergebnis mit ˆσ ˆσ 2 ˆσ 3. (iii) Wann kommutieren Permutationen? Geben Sie Beispiele an! Lösung

12 (i) Wir wenden das Schema der Zentralübung an und erhalten so für die einzelnen Permutationen ˆσ e e 4 e e 3 e 2 e 5 ˆσ 2 e e 3 e 2 e 4 e 5 e ˆσ 3 e e e 3 e 4 e 5 e 2 (ii) Wir berechnen zunächst die Komposition von σ σ 2 σ σ σ 2 σ

13 Nun versuchen wir dieselbe Rechnung über Matrizenmultiplikation. ˆσ ˆσ 2 ˆσ 3 e 5 e e 4 e 3 e 2 e (iii) Permutationen kommutieren, wenn sie beispielsweise andere Elemente vertauschen, σ 2 S (die Permutation, die und 2 vertauscht) kommutiert beispielsweise mit σ 34 S. Hausaufgaben H3 Vektorraumaxiome Vervollständigen Sie den Beweis in Z4(iv): zeigen Sie, dass die Axiome (V3)-(V7) erfüllt sind. Lösung (V3) Sei z im f A und x R n derart, dass f A (x) z. Dann haben wir z + ( z) f A (x) + f A ( x) f A x + ( x) fa () Also ist z im f A (da f A linear ist, liegt z auch im Bild) das Inverse der Addition zu z im f A. (V4) Seien z, z 2 im f A und x, x 2 R n derart, dass f A (x j ) z j, j, 2. Also ist die Addition kommutativ. z + z 2 f A (x ) + f A (x 2 ) f A (x + x 2 ) f A (x 2 + x ) f A (x 2 ) + f A (x ) z 2 + z (V5) Sei z im f A und x R n derart, dass f A (x) z, sowie α, β R. Dann ist die Skalarmultiplikation auf im f A ebenfalls distributiv. (α + β) z (α + β) f A (x) Linearität f A (α + β)x fa (αx + β x) α f A (x) + β f A (x) α z + β z 3

14 (V) Seien x, z, α und β wie gehabt. Dann ist die Skalarmultiplikation aus assoziativ. (α β) z (α β) f A (x) f A (α β) x fa α (β x) α f A (β x) α β f A (x) α (βz) (V7) Auch hier ist die R das Identitätselement der Skalarmultiplikation, denn für x R n, z im f A derart, dass f A (x) z, gilt z f A (x) f A ( x) f A (x) z H4 Bilder und Kerne von linearen Abbildungen (i) Berechnen Sie Bild und Kern für die folgenden zu den Matrizen A, B n (R) assoziierten Abbildungen (gegebenenfalls in Abhängigkeit von λ): 5 5 λ A B λ 2λ (ii) Sei x z R n eine Lösung der Gleichung f A (x z ) z. Zeigen Sie, dass auch x z + k, k ker f A, eine Lösung ist. Lösung (i) Wir wenden uns zunächst f A zu und berechnen ker f A. 5 x x Wir haben also drei Gleichungen mit drei Unbekannten. x 3 5x x 2 x 3 x 3 5x x 2 3x + 4x 2 + 3( 5x x 2 ) x 7 x 2 (i) (ii) Aus der letzten Gleichung folgt auch x 3 x 2. Eingesetzt in die letzte Gleichung erhalten wir 7 x 2 + 2x 2 + 5( x 2) (iii) Die letzte Gleichung ist immer erfüllt und x 2 ist ein freier Parameter. Der Kern ist der Unterraum (also eine Gerade durch den Ursprung), der von der Lösung aufgespannt wird. 7 ker f A lin 4

15 Es sind nur zwei der Vektoren linear unabhängig und das Bild ist eine Ebene. 5 im f A lin 3, 4 x R 3 x + 2x 2 x 3 2 Die Abbildung f Bλ. Man kann erkennen, dass für λ 5, die mittlere Spalte die Summe der äußeren beiden ist in diesem Fall ist der Kern eindimensional, das Bild zweidimensional. 5 λ x 2λ 9 x Die drei Gleichungen lassen sich besonders leicht umstellen: x 3 2 ( λ 5 x 2) 2x 2 4 (2λ 9)x 2 Die letzte Gleichung impliziert 5x + λx 2 x λ 5 x 2 (2λ 9)x 2 + x 3 x 3 (2λ 9)x 2 (ii) 38 5 λ 38 x 3 (i) Das heißt entweder ist λ 5 und die Gleichung ist immer erfüllt. Dann ist x 3 ein freier Parameter und wir erhalten ker f B5 Das Bild wird von aufgespannt von zwei der Spalten. 5 im f B5, x R 3 2x + 2x 2 + 5x Für λ 5 sind die Spaltenvektoren linear unabhängig und Bild und Kern sind trivial, ker f Bλ {} und im f Bλ R 3. (ii) Sei x z eine Lösung der Gleichung f A (x z ) z für z im f A beliebig, aber fest. Sei weiterhin k ker f A. Da f A linear ist, gilt f A (x z + k) f A (x z ) + f A (k) z + z Das bedeutet eben, dass Lösungen von Gleichungssystemen nur modulo Vektoren im Kern bestimmt sind. H5 Permutationen 5

16 (i) Berechnen Sie σ 2 σ 3 σ (aus T5) und vergleichen Sie das Ergebnis mit ˆσ 2 ˆσ 3 ˆσ. (ii) Geben Sie die Inversen der Matrizen ˆσ j, j, 2, 3 an (Hinweis: invertieren Sie zuerst σ j in der ürsprünglichen Darstellung). Lösung (i) Fangen wir mit dem Produkt in der üblichen Darstellung an: σ 2 σ 3 σ In der Matrixdarstellung sieht dieselbe Rechnung folgendermaßen aus: ˆσ 2 ˆσ 3 ˆσ e 3 e 4 e e 2 e e 5 (ii) In der Standarddarstellung erhält man die Inversen von σ j, j, 2, 3 indem die beiden Zeilen vertauscht werden σ σ σ Jetzt sortieren wir die Spalten, so dass in der ersten Zeile wieder die Zahlen der Größe nach geordnet sind. σ σ σ

17 Nun können wir die Inverse wieder ablesen und erhalten so ˆσ e 3 e 5 e 4 e 2 e e ˆσ 2 e e 3 e 2 e 4 e 5 e ˆσ 3 e 2 e e 3 e 4 e 5 e Wenn man sich die Matrizen genau ansieht, erkennt man, dass sie genauso wie σ j s aussehen, nur auf den Kopf gestellt (transponiert). z z 4 z z 3 z 2 z 5 e e 3 e 2 e 4 e 5 e z z z 3 z 4 z 5 z 2 7