D-INFK Lineare Algebra HS 2018 Özlem Imamoglu Olga Sorkine-Hornung. Musterlösung 8

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1 D-INFK Lineare Algebra HS 28 Özlem Imamoglu Olga Sorkine-Hornung Musterlösung 8. Kern von A: Die Spalten der Matrix A sind Vielfache voneinander, also sind sie linear abhängig und A hat Rang. Somit hat das Bild von A Dimension. Aus dem Dimensionssatz für Matrizen folgt, dass der Kern von A Dimension haben muss. Wir bestimmen den Kern von A, in dem wir drei linear unabhängige Vektoren x suchen, welche Ax = erfüllen. Man bringt A in Zeilenstufenform Z: Z = ( ) 2 4. Dann folgt Ker(A) = span 2, 4, Bild von A: Wie vorher bemerkt, sind die Spalten von A linear abhängig, und das Bild hat deswegen Dimension : {( )} Im(A) = span. 2 Kern von A T : Wir bemerken wieder, dass die Spalten von A T linear abhängig sind und das Bild der Matrix deswegen Dimension hat. Aus dem Dimensionssatz für Matrizen folgt, dass dim Ker(A T ) =. Man bringt A T in Zeilenstufenform: 2 Z = Wir finden Bild von A T : Ker(A T ) = span {( )} 2. Bitte wen!

2 Wie vorher bemerkt, hat das Bild der Matrix Dimension, da die Spaltenvektoren linear abhängig sind: Im(A T ) = span 2 4. Kern von B: Die Zeilenstufenform von B ist: B hat Rang 2. Ker(B) hat Dimension : 2 4 Z = Ker(B) = span 4. Bild von B: Die. und die. Spalte von B sind linear abhängig. Also lässt sich das Bild von B mit der. und 2. Spalte beschreiben, 2 Im(B) = span 2, 5. Kern von B T : Man bringt B T in Zeilenstufenform: 2 Z = Wir sehen, dass die Spalten von B T linear abhängig sind und da dim Im(B T ) = 2, muss dim Ker(B T ) = sein. Wir wählen zum Beispiel Ker(B T ) = span. Bild von B T : Im(B T ) = span 2 2, Siehe nächstes Blatt!

3 2. a) Die lineare Abbildung F : R 5 R 4 lässt sich als x Ax = x x 2 x x 4 x 5 = y y 2 y y 4 = y schreiben, wobei wir die Vektoren als Spalten einer Matrix A verwet haben. b) Wie im Kapitel 5. des Skripts gezeigt, sind alle benötigten Informationen in der Zeilenstufenform R einer Matrix direkt ablesbar Die Dimension des Definitionsraums ist n = 5 und der Rang der Abbildung ist r =. Somit ist die Dimension des Bildes dim Im A = und wir können mit der Dimensionsformel die Dimension des Kerns der Matrix A bestimmen dim ker A = n r = 5 = 2. c) Als Basis für das Bild Im A nehmen wir die Pivotkolonnen (in ihrer ursprünglichen Form), also die ersten drei Kolonnen von A 5 2 Im A = span 2, 5, Die Pivotkolonnen sind linear unabhängig und spannen somit den drei-dimensionalen Bildraum auf. Allgemeiner spannen beliebige drei linear unabhängige Kolonnen von A den Bildraum auf. Man beachte auch, dass Kolonnen von A genau dann linear abhängig (oder unabhängig) sind, wenn dasselbe für die entsprechen Kolonnen von R gilt. Eine einfache Basis des Kerns erhalten wir dadurch, dass wir jeweils eine der freien Variablen x 4 und x 5 auf setzen und die andere auf. Dann werden die restlichen Variablen x, x 2 und x so bestimmt, dass wir eine Lösung des homogenen Systems Ax = erhalten, d.h. ein Element des Kerns. Für x 4 =, x 5 = erhalten wir: x = 8 8 = x 2 = x = 2 = Bitte wen!

4 Für x 4 =, x 5 = erhalten wir: x = 8 8 = x 2 = x = = Somit erhalten wir für den Kern ker A die Basis ker A = span, d) Mit Satz 5.9 aus dem Skript wissen wir, dass die allgemeine Lösung als Summe einer speziellen Lösung des inhomogenen Systems und der allgemeinen Lösung des homogenen Systems geschrieben werden kann. Eine spezielle Lösung für das inhomogene System Ax = b lässt sich finden, indem auch die rechte Seite bei der Umformung in Zeilenstufenform berücksichtigt wird. Man erhält und somit eine spezielle Lösung x = (,,,, ). Die allgemeine Lösung lautet L b = +, Siehe nächstes Blatt!

5 . a) Der Kern von F wird durch die Menge der Matrizen A gebildet, die auf die Nullmatrix abbilden F (A) =. Wir sehen, dass 2 (A+AT ) = ist, nur falls A = A T oder A = A T. Dies ist genau die Definition der schiefsymmetrischen Matrizen. dim Ker(F ) = (n ) = 2n(n ), da die Diagonale einer schiefsymmetrischen Matrix nur Nullelemente enthält und nur die Hälfte der anderen Elemente frei wählbar sind. b) Wir sehen, dass F (A) = 2 (A + AT ) alle Matrizen A auf eine symmetrische Matrix abbilden, da A+A T = (A+A T ) T. Jetzt müssen wir noch zeigen, dass alle symmetrischen reellen n n-matrizen B auch als eine Summe in der Form 2 (A+AT ) dargestellt werden können: B = 2 B + 2 B = 2 (B + B) = 2 (B + BT ). Damit ist das Bild von F der vollständige Raum der reellen symmetrischen Matrizen. Wir haben dim Im(F ) = 2 n(n+), da die Diagonale und die Hälfte der restlichen Elemente (z.b. obere Dreiecksmatrix) frei wählbar sind. c) Wir bezeichnen mit E ij eine reelle n n-matrix mit einer in der i-ten Spalte und der j-ten Kolonne und Nullen überall sonst. Damit können wir nun eine Basis des Bildes von F beschreiben (symmetrische Matrizen) als span {E ii (E ij + E ji ) i<j } für alle i, j {,..., n}. Eine mögliche Basis des Kerns von F (schiefsymmetrische Matrizen) ist dann span {(E ij E ji ) i<j }.s 4. Bonusaufgabe a) Da beide Vektoren in der Ebene E liegen, müssen diese auch die Gleichung ( ) x( ) 2y = z erfüllen. Damit wählen wir für x, y zwei linear unabhängige Paare, und erhalten damit zwei linear unabhängige Vektoren in der Ebene. b = b 2 = 2 2 = = Der Normalenvektor n kann direkt von den Koeffizienten der Gleichung für die Ebene abgelesen werden und ist n = 2. b) Wir haben mit b, b 2 zwei linear unabhängige Vektoren die zu n orthogonal sind: 2 b, n = + 2 = b 2, n = = und somit auch linear unabhängig. Da sie ganz R aufspannen, bilden sie eine Basis von R. Bitte wen!

6 c) Wir betrachten nun, was die Spiegelung an der Ebene mit den drei Basisvektoren b, b 2, n genau macht. Wir sehen, dass b und b 2 gerade auf sich selbst abgebildet werden, da sie in der Ebene liegen und dass der Normalenvektor invertiert wird: [F (b )] B = [b ] B = [F (b 2 )] B = [b 2 ] B = [F (n)] B = [ n] B = Daraus ergibt sich die folge einfache Abbildungsmatrtix für F in der Basis B: Mat(F, B, B) = F B =. d) Die Abbildungsmatrix F im Bezug zur Standardbasis ist geben durch F E = TF B T, wobei T die Koordinatentransformation zwischen B und E ist: T = Mat(id, B, E) = ( ) [b ] E [b 2 ] E [n] E = 2. 2 e) Die Spiegelung an einer Ebene kann mit folger Abbildung beschrieben werden: n, x F (x) = x 2 n, n n. Dabei nutzen wir die Projektion des Vektors x auf die Normale n der Ebene E und ziehen diese von x zwei mal ab. Das ergibt einen an der Ebene gespiegelten neuen Vektor. Siehe nächstes Blatt!

7 5. a) function d = poldim(u) d=find(u ~=,, last ); if (numel(d) == ) d=; function [u,d] = poltruncate(u) % Truncates the representation by dropping off zeros at the % Every nonzero polynomial of degree d- is represented as an n x -matrix % with n >= d. Here, we drop the zeros in the postions d+,...,n % The zero polynomial is represented by the empty x -matrix return d=poldim(u); u=u(:d); u=u(:); % if it s of size x, we reshape it into a x -matrix function [u,d] = polext(u,d) % Exts the representation by adding zeros at the, % in the entries d+,...,d return d=poldim(u); u=[u(:d);zeros(d-d,)]; function deg = poldegree(u) deg=poldim(u)-; if (deg == -) deg = ; function w = polsum(u,v) [u,du]=poltruncate(u); [v,dv]=poltruncate(v); D=max(du,dv); u=polext(u,d); v=polext(v,d); w=u+v; w=poltruncate(w); function w = polscalarmult(u,a) w=a*u; Bitte wen!

8 w=poltruncate(w); function w = poldiff(u) d=poldim(u); if (d <= ) w=zeros(,); return w=u(2:d).*(:d-) ; function w = polprod(u,v) I=polDim(u); J=polDim(v); w=zeros(i+j-,); for i=:i- for j=:j- w(i+j+)=w(i+j+)+u(i+)*v(j+); b) Die Vektoren u und v repräsentieren die Polynome Pu und Pv, die durch (Pu) (x) = 2x 2 + und (Pv) (x) = 2x 4 x + x 2 2x + für alle x definiert werden. >> u=[; ; 2; ]; >> v=[; -2; ; -; 2]; >> poldegree(u) ans = 2 >> polsum(u,v) ans = >> polscalarmult(u,-) ans = -9-6 >> poldiff(v) Siehe nächstes Blatt!

9 ans = >> polprod(u,v) ans = Multiple-Choice-Aufgaben. Seien V, W lich dimensionale Vektorräume über einem Körper K. Sei F : V W eine lineare Abbildung und (v,..., v n ) eine Basis von V. Dann gilt: (a) F (v ),..., F (v n ) sind linear unabhängig, wenn F surjektiv ist (b) F (v ),..., F (v n ) sind linear unabhängig, wenn F injektiv ist (c) F (v ),..., F (v n ) bilden ein Erzeugensystem, wenn F surjektiv ist (d) F (v ),..., F (v n ) bilden ein Erzeugensystem, wenn F injektiv ist (e) F (v ),..., F (v n ) bilden eine Basis genau dann, wenn F ein Isomorphismus ist. Bitte wen!

10 2. Sei A R m n so, dass Ax = nur die triviale Lösung hat. Dann gilt: (a) dim Im(A) = n (b) dim Im(A) = (c) dim Ker(A) = (d) dim Ker(A) = Der Kern von A ist genau die Lösungsmenge des Gleichungssystems Ax =. Da Ax = nur die triviale Lösung hat, gilt dim Ker(A) =. Weiter gilt Daher gilt dim Im(A) = n. dim Ker(A) + dim Im(A) = n. {( ) ( )}. Der Vektor v R 2 2 habe bezüglich der Basis B :=, die Koordinaten 2 2 (, ). Die Koordinaten bezüglich der Standardbasis sind... (a) (.5, ) (b) (, ) (c) (, 2) (d) (2, ) (e) (, ) Da der gegebene Vektor v R 2 bezüglich der Basis B die Koordinaten (, ) hat, gilt v = () ( ) + () 2 ( ) 2 = 2 ( ) 2 = 2 ( ) + Daher sind (2, ) die Koordinaten von v bezüglich der Standardbasis. ( ).