Übungen zur Linearen Algebra 1

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1 Übuge zur Lieare Algebra 1 Lösuge Witersemester 009/010 Uiversität Heidelberg Mathematisches Istitut Lösuge Blatt 8 Dr D Vogel Michael Maier Aufgabe 33 Gehe wir aalog zu Algorithmus vor: v 1 M(4,K) A := v v 3 = v Nu wolle wir diese Matrix auf Zeilestufeform (ZSF) brige Erstes Ziel ist dabei i der erste Spalte, da diese icht 0 ist, de erste Eiheitsvektor zu erzeuge User erster Umformugsschritt ist vom Typ III mit λ = ud (i,j) = (1, ) Wir addiere also zur te Zeile -mal die erste Zeile Eie weitere Möglichkeit dies auszudrücke ist über die Multiplikatio mit der etsprechede Elemetarmatrix A,1 () Die letzte Möglichkeit die Trasformatio festzuhalte sieht wie folgt aus ud ist für de Afäger am beste geeiget: I dieser Notatio fahre wir fort, wobei Doppelpfeile Vertauschuge adeute Wird eie Zeile mit eiem Skalar multipliziert (welcher icht 0 sei darf), so schreibe wir diese direkt hiter die Zeile Wichtig ist darauf zu achte, dass die Umformuge immer acheiader ausgeführt werde! Beatworte wir zuerst die Frage für K = Q:

2 eie mögliche ZSF über Q Daraus ergibt sich, dass ((, 1, 6, 0, 1), (0, 3, 0,, 3), (0, 0, 6, 1, 0), (0, 0, 0, 1, 3)) eie Basis des vierdimesioale Utervektorraumes U ist Da (v 1,v,v 3,v 4 ) ei EZS vo U ist ud seie Dimesio der Azahl der Vektore etspricht, muss dies ach Folgerug 4 scho eie Basis sei Die geutzte elemetare Zeileumformuge sid i jedem Körper erlaubt - auch we zb die erste Umformug über F atürlich ichts ädert Vorsichtig muss ma ur bei Trasformatioe vom Typ I sei, de hat zb i Q ei multiplikatives Iverses, icht aber i F! Wir komme also für jedes F p bei obiger Form heraus Allerdigs ist dies icht i jedem Fall eie gültige ZSF Veräderuge trete da auf, we p eies der Pivotelemete teilt Für p, 3 ist Obiges wiederum eie ZSF ud aalog zu Q da sowohl ((, 1, 6, 0, 1), (0, 3, 0,, 3), (0, 0, 6, 1, 0), (0, 0, 0, 1, 3)) als auch (v 1,v,v 3,v 4 ) eie Basis des vierdimesioale Utervektorraumes U Für p = gilt: = Da dies eie mögliche ZSF über F ist, ergibt sich die Dimesio vo U zu 3 über die Basis ((0, 1, 0, 0, 1), (0, 0, 0, 1, 1), (0, 0, 0, 0, 1)) ud damit sid (v 1,v,v 3,v 4 ) da atürlich keie Basis Für p = 3 gilt: = Da dies eie mögliche ZSF über F 3 ist, ergibt sich die Dimesio vo U zu über die Basis ((, 1, 0, 0, ), (0, 0, 0,, 0)) ud damit sid (v 1,v,v 3,v 4 ) da atürlich keie Basis

3 Aufgabe 34 a) Da wir ach Satz 1 wisse, dass sich A durch elemetare Zeileumformuge auf ZSF brige lässt, reicht es die Aussage für die Umformuge vo Typ I, II (siehe Am ach 1) zu betrachte Typ II: Ist B durch Umformug vo Typ II, dh Additio der k-te Zeile auf die j-te, etstade, so gilt: b 1,i b j,i a j,i + a k,i b i = = b k,i a k,i b m,i a 1,i a m,i Daraus ergibt sich: 0 = λ λ i b i = λ i(a j,i + a k,i ) λ ia m,i λ i a 1,i = 0 ud ud P λi a k,i =0 λ i a j,i +λ i a k,i = 0 ud ud ud ud λ i a 1,i = 0 ud ud ud ud 0 = λ i a j,i = 0 ud ud λ λ i a i = λ ia j,i λ ia m,i λ i a k,i = 0 λ i a k,i = 0 3

4 Typ I: Ist B durch Umformug vo Typ I, dh Multiplikatio mit λ K i Zeile j, etstade, so gilt: b 1,i b i = b j,i = b m,i a 1,i λa j,i a m,i Daraus ergibt sich: 0 = λ λ i b i = λ iλa j,i λ ia m,i λ i a 1,i = 0 ud ud λ λ K λ i a 1,i = 0 ud ud 0 = λ i a j,i = 0 ud ud λ i a j,i = 0 ud ud λ λ i a i = λ ia j,i λ ia m,i b) Teil a) zeigt, dass eie Teilfamilie vo (v 1,,v ) geau da lu ist, we die zugehörige Spalte i der ZSF lu sid Eie maximale Teilfamilie dieser sid gerade die Spalte mit Pivotelemete Wege der Maximalität ergibt sich da eie Basis vo Li((v 1,,v )) Algorithmus: Eigabe: W = Li((v 1,,v )) K m Ausgabe: Eie Teilfamilie vo (v 1,,v ), die eie Basis vo W ist Durchführug: 1 Bilde aus v 1,,v eie Matrix A M(m,K), idem die Vektore i die Spalte geschriebe werde Brige A durch elemetare Zeileumformuge auf ZSF B, woraus sich die Spalte j 1,,j r mit Pivotelemete ergebe 3 (v j1,,v jr ) ist eie Basis vo W 4

5 Aufgabe 3 a) (0) N F ud für (a ) N, (b ) N F ud λ R gilt: λ(a ) N + (b ) N = (λa + b ) N F, de λa + + b + = λ(a +1 + a ) + b +1 + b = (λa +1 + b +1 ) + (λa + b ) Also ist F ei Utervektorraum Wir defiiere folgede zwei reelle Folge (b ) N, (c ) N rekursiv mit b 1 = 1,b = 0 ud b + := b +1 + b für N bzw c 1 = 0,c = 1 ud c + := c +1 + c für N Damit folgt atürlich (b ) N, (c ) N F Wir wolle u zeige, dass ((b ) N, (c ) N ) eie Basis ist Gilt λ(b ) N + µ(c ) N = 0 R N = (0) N für λ,µ R, so folgt λb 1 + µc 1 = λ = 0 ud λb + µc = µ = 0, woraus sich direkt die lieare Uabhägigkeit ergibt Ist (a ) N eie beliebige reelle Folge i F, so gilt atürlich a 1 = a 1 b 1 + a c 1 ud a = a 1 b + a c Für N ergibt sich da iduktiv a + = a +1 +a IV = a 1 b +1 +a c +1 +a 1 b +a c = a 1 (b +1 +b )+a (c +1 +c ) = a 1 b + +a c + ud damit gilt a 1 (b ) N + a (c ) N = (a ) N ((b ) N, (c ) N ) ist also auch ei Erzeugedesystem ud damit eie Basis F ist also -dimesioal b) Beh: (r ) N F r = r + 1 oder r = 0 Ist (r ) N F ud r R, da gilt r 3 = r + r 1 ud die Behauptug ergibt sich idem ma durch r teilt Adersrum gilt für N, dass r + = r r = (r + 1) r = r +1 + r (für r = 0 habe wir die Aussage obe scho gesehe) r = 0 liefert die Nullfolge, das Nullelemet des Vektorraumes, ud damit keie Vektor, der i eier Basis auftrete sollte Bestimme wir die Nullstelle vo t t 1 R[t], so ergibt sich ϕ = 1+ ud 1 ϕ Wir wolle u zeige, dass ((ϕ ) N, ((1 ϕ) ) N ) liear uabhägig ist Sei λ,µ R mit λ(ϕ ) N + µ((1 ϕ) ) N = (0) N = 0 R N Da gilt λϕ + µ(1 ϕ) = 0 ud λϕ + µ(1 ϕ) = 0 Multipliziert ma die erste Gleichug mit ϕ ud zieht diese vo der zweite ab, erhält ma so 0 = µ(1 ϕ) µ(1 ϕ)ϕ = µ(1 3ϕ+ϕ ) = µ (3 ϕ) µ = 0 λ = 0 }{{} 0 Beh, de F ist zweidimesioal

6 c) Aus Teil b) wisse wir, dass ((ϕ ) N, ((1 ϕ) ) N ) eie Basis vo F ist Also lässt sich jede Folge (a ) N F (eideutig) als Liearkombiatio dieser beide icht rekursiv defiierte Folge darstelle, dh es gibt λ,µ R, so dass (a ) N = λ(ϕ ) N + µ((1 ϕ) ) N Mit diesem Wisse erhalte wir das -te Folgeglied durch: a = λϕ + µ(1 ϕ) Aus 1 = λϕ + µ(1 ϕ) ud 1 = λϕ + µ(1 ϕ) ergibt sich, wie obe: 1 ϕ = µ(1 ϕ) µ(1 ϕ)ϕ = µ(3 ϕ) µ = (3 ϕ) 1 }{{} = 1 (+ϕ) (1 ϕ) = λ = (µ(1 ϕ) 1) ϕ 1 = ( Also gilt: a = (ϕ (1 ϕ) ) = (1 ϕ) 1)(ϕ 1) = 1 ( ϕ)(ϕ 1) = (( 1 + ) ( 1 ) ) 1 (1 ϕ) = Aufgabe 36 a) Zz: Für uterschiedliche Vertreter derselbe Äquivalezklasse ergibt sich dieselbe Summe Oder sid v,v,w,w V mit [v] = [v ] ud [w] = [w ], so ist [v + w] = [v + w ] [v] = [v ] v v u 1 := v v U ud aalog u := w w U Da gilt v + w = v + u 1 + w + u = v + w + u 1 + u }{{} also v + w = v + w ud U damit [v + w] = [v + w ] Zz: Für uterschiedliche Vertreter derselbe Äquivalezklasse ergibt sich dasselbe skalare Vielfache Sei v,v V mit v v ud λ K, so gilt: λv = λ(v + v v ) = λv + λ(v v ) λv λv }{{} U Also sid beide Verküpfuge wohldefiiert b) (a) zz: (V/U, +) ist abelsche Gruppe Sei x,y,z V/U, da gibt es u,v,w V mit x = [u],y = [v],z = [w] Damit ergibt sich: x + (y + z) = [u] + ([v] + [w]) = [u] + [v + w] = [u + (v + w)] = [(u + v) + w] = [u + v] + [w] = ([u] + [v]) + [w] = (x + y+) + z assoziativ 6

7 Neutrales Elemet: 0 V/U := [0 V ] V/U, de x + 0 V/U = [u] + [0 V ] = [u + 0 V ] = [u] = x (Rest: Kommutativität) Iverses zu x = [u]: x := [ u] V/U, de x + ( x) = [u] + [ u] = [u + ( u)] = [0 V ] = 0 V/U (Rest: Kom) Kommutativität: x+y = [u]+[v] = [u+v] = [v+u] = [v]+[u] = y+x (b) Sei λ,µ K, x = [u],y = [v] V/U, da gilt: (λ + µ) x = [(λ + µ) u] = [λu + µu] = [λu] + [µu] = λx + µx λ (x + y) = λ[u + v] = [λ(u + v)] = [λu + λv] = [λu] + [λv] = λx + λy 1 K x = [1 K u] = x λ (µ x) = λ[µ u] = [λ(µu)] = [(λµ)u] = (λµ)x Die Übugsblätter sowie weitere Iformatioe zur Vorlesug Lieare Algebra 1 fide Sie uter folgedem Lik 7