Technische Universität München Zentrum Mathematik. Übungsblatt 7

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1 Technische Universität München Zentrum Mathematik Mathematik (Elektrotechnik) Prof. Dr. Anusch Taraz Dr. Michael Ritter Übungsblatt 7 Hausaufgaben Aufgabe 7. Für n N ist die Matrix-Exponentialfunktion exp : R n n R n n definiert durch exp(a) := wobei A := I n ist. (Sie dürfen ohne Beweis annehmen dass diese Definition sinnvoll ist die Funktion ist also wohldefiniert.) Berechnen Sie exp(a) für die Matrix i= A i i! 2 3 A =. Lösung zu Aufgabe 7. Wir berechnen zunächst die Potenzen von A: Damit gilt A = I 3 A = A A 2 = = A 3 = = A i = A 3 A i 3 = A i 3 = für alle i 4 exp(a) = = Natürlich klappt das hier nur deswegen so problemlos weil ab A 3 alle Potenzen von A die Nullmatrix ergeben (Matrizen mit der Eigenschaft dass ab einem bestimmten Punkt alle Potenzen die Nullmatrix ergeben heißen übrigens nilpotent). Für Matrizen bei denen das

2 nicht der Fall ist muss man etwas mehr arbeiten was genau dann zu tun ist werden wir uns später noch überlegen. Anwendungen hat die Exponentialfunktion für Matrizen natürlich auch: Man braucht Sie z. B. für die Lösung von Systemen linearer Differentialgleichungen. Aufgabe 7.2 Sei (K + ) ein Körper mit Nullelement (neutrales Element bezüglich + ). Zeigen Sie: a) Für jedes x K gilt x = x =. b) Wenn für x y K die Gleichung x y = gilt so folgt x = oder y =. c) Für alle x y K gilt x ( y) = ( x) y = (x y). Geben Sie dabei für jede Umformung an welche Körper-Axiome Sie jeweils verwendet haben. Lösung zu Aufgabe 7.2 a) Für beliebiges x K gilt: () = x + ( ( x)) (2) = ( + ( )) x (3) = x Dabei benutzen wir in () Existenz und Definition des additiven Inversen zu x in (2) das Distributivgesetz und in (3) die Definition des inversen und neutralen Elements der Addition. Der Beweis für x = geht analog. b) Seien x y K so dass x y = gilt. Angenommen x dann besitzt x ein Inverses x bzgl. der Multiplikation und es gilt: () = x (2) = x (x y) (3) = (x x) y (4) = y (5) = y. Dabei verwenden wir in () die erste Teilaufgabe in (2) setzen wir x y = ein in (3) wird das Assoziativgesetz der Multiplikation benutzt in (4) die Definition des inversen Elements der Multiplikation und in (5) die Definition des neutralen Elements der Multiplikation. Insgesamt folgt dass y = sein muss. Analog kann man zeigen dass x = gilt falls man y voraussetzt also muss mindestens einer der Faktoren sein. Man nennt diese Eigenschaft übrigens Nullteilerfreiheit. Beispielsweise gilt diese Eigenschaft im Z 4 nicht das dort etwa 2 2 = gilt was zeigt dass Z 4 kein Körper ist. c) Wir müssen zeigen dass x ( y) das additive Inverse zu x y ist. Dazu rechnen wir einfach nach: x ( y) + (x y) () = x (( y) + y) (2) = x (3) = Wir verwenden dabei in () das Distributivgesetzt in (2) die Definition des additiven Inversen und in (3) die erste Teilaufgabe. Da das inverse Element eindeutig bestimmt ist zeigt das die Behauptung. 2

3 Aufgabe 7.3 Entscheiden Sie für die folgenden Mengen ob es sich um Untervektorräume handelt. Falls die Menge kein Untervektorraum ist geben Sie eine kurze Begründung an. Falls es sich um einen Untervektorraum handelt geben Sie eine Basis an. 2 3 a) U := lin 2 R b) U 2 := x R 3 : T 3 2 x = 2 T 2 c) U 3 := α 3 + β 2 : α β R R3 7 R 3 d) U 4 := {a + a x + a 2 x 2 P 3 : 2a 2 = a } P 3 e) U 5 := {A R 3 3 : det(a) } R 3 3 Lösung zu Aufgabe 7.3 a) U ist eine lineare Hülle also per Definition ein Untervektorraum. Um eine Basis zu bestimmen müssen wir eine linear abhängige Teilmenge der drei aufspannenden Vektoren finden (oder linear unabhängige Vektoren die ebenfalls den Vektorraum U aufspannen). Dazu schreiben wir die Vektoren in die Spalten einer Matrix und bringen diese dann mit Spaltenoperation in Spaltenstufenform (alternativ könnte man auch alles mit Zeilen durchführen es muss aber einheitlich sein!) Damit können wir aus den Spalten ungleich eine Basis von U unabhängiges Erzeugendensystem) nämlich B := ablesen (ein linear damit gilt auch dim(u ) = 2. 3

4 b) Es gilt U 2 = {x R 3 : (2 )x = } also ist U 2 = Kern(2 ) und damit nach Vorlesung ein Untervektorraum des R 3. Die Matrix (2 ) ist bereits in Zeilenstufenform und besitzt ein Pivotelement also ist dim(u 2 ) = dim(kern(2 )) = 3 = 2. Es gilt also zwei linear unabhängige Vektoren im Kern von (2 ) zu finden diese bilden dann automatisch eine Basis von U 2 (weil sie eine maximal linear unabhängige Menge sind). Wir lösen also das homogene lineare Gleichungssystem (2 )x = mit freien Variablen x 3 und x 2 : Die Lösungsmenge ist also x = 2 x 3 x 3 x 2 = freie Variablen x 2 3 L = x 2 : x 2 x 3 R = x 2 + x 3 : x 2 x 3 R = lin x und wir bekommen als Basis B 2 =. 2 c) Es gilt 2 U 3 = lin also ist U 3 als lineare Hülle auch ein Untervektorraum. Da die beiden aufspannenden Vektoren offenbar keine Vielfachen voneinander sind müssen sie linear unabhängig sein (Achtung: Dieses Argument funktioniert nur mit zwei Vektoren! Niemals auch nicht paarweise mit drei oder mehr Vektoren verwenden!) also bilden sie auch eine Basis (ein linear unabhängiges Erzeugendensystem) von U 3 : d) Wir schreiben ein bisschen um: 2 B 3 = U 4 = { a + a x + a 2 x 2 : 2a 2 = a } = { a + 2a 2 x + a 2 x 2 : a a 2 R } = { a + a 2 (2x + x 2 ) : a a 2 R } = lin { (2x + x 2 ) } Damit ist klar: U 4 ist als lineare Hülle ein Untervektorraum das von den Polynomen (konstantes Polynom) und 2x+x 2 erzeugt wird. Wir zeigen dass diese beiden Polynome auch linear unabhängig sind dann bilden sie eine Basis von U 4 (ein linear unabhängiges 4

5 Erzeugendensystem). Dazu seine λ λ 2 R so dass λ + λ 2 (2x + x 2 ) = wobei das konstante Polytop mit Wert und das Nullpolytop sind. Da diese Gleichung für alle möglichen Werte von x stimmen muss können wir einfach x-werte einsetzen um ganz normale Gleichungen über R zu erhalten. Wir setzen genug Werte ein um zwei unabhängige Gleichungen zu erhalten die wir dann eindeutig nach λ λ 2 auflösen können: x = 2 : λ + λ 2 = λ = x = : λ + λ 2 3 = λ 2 = 3 λ = Also ist λ = λ 2 = die einzige Lösung der Gleichung damit sind die beiden Vektoren und (2x + x 2 ) linear unabhängig. Eine Basis von U 4 ist also B 4 = { 2x + x 2}. e) Da det() = gilt enthält U 5 die Nullmatrix nicht. Im Vektorraum R 3 3 ist die Nullmatrix aber der Nullvektor also kann U 5 kein Untervektorraum von R 3 3 sein. Aufgabe 7.4 Sei A R m n und v... v k R n. a) Zeigen Sie: Falls die Vektoren {Av... Av k } linear unabhängig sind so gilt das auch für die Vektoren {v... v k } b) Zeigen Sie: Für A {M R n n : M ist invertierbar} gilt auch: Sind v... v k linear unabhängig so auch Av... Av k. c) Ist diese Umkehrung von Teilaufgabe a) auch im Allgemeinen richtig? (Beweis oder Gegenbeispiel!) Lösung zu Aufgabe 7.4 a) Seien λ... λ k R so dass λ i v i = λ v + + λ k v k =. i= Es ist zu zeigen dass daraus λ = = λ k folgt. Es gilt = A = A λ i v i = λ i Av i i= i= und weil Av... Av k linear unabhängig sind folgt daraus λ = = λ k = also sind auch v... v k linear unabhängig. 5

6 b) Seien nun v... v k linear unabhängig und λ... λ k R so dass λ i (Av i ) = i= dann ist zu zeigen dass λ = = λ k = folgt. Da A invertierbar ist existiert die zu A inverse Matrix A und es gilt: = A = A λ i (Av i ) = λ i A Av i = λ i v i i= i= i= Weil v... v k nach Voraussetzung linear unabhängig sind folgt daraus λ = = λ k = das war zu zeigen. Also sind auch Av... Av k linear unabhängig. c) Die Aussage von Teilaufgabe b) ist im Allgemeinen (für nicht invertierbares A) falsch. Als Beispiel betrachten wir den Vektorraum R 2 mit den linear unabhängigen Vektoren v := sowie die (nicht invertierbare) Matrix Dann ist Av = A = und v 2 :=. und Av 2 = also sind Av und Av 2 offenbar linear abhängig. Aufgabe 7.5 Sei K ein Körper und V ein K-Vektorraum. Dann heißt eine Menge von Vektoren {v v... v k } V affin unabhängig wenn für alle λ λ... λ k K mit ) k i= λ i v i = V 2) und k i= λ i = folgt dass λ = λ = = λ k = gilt. Andernfalls heißen die Vektoren affin abhängig. Zeigen Sie: Vektoren {v v... v k } V sind genau dann affin unabhängig wenn {v v... v k v } linear unabhängige Vektoren sind. Interpretieren Sie diese Aussage geometrisch im R-Vektorraum R 2. Lösung zu Aufgabe 7.5 siehe Mitschrift aus der Zentralübung 6

7 Aufgaben für die Tutorübung Aufgabe 7.6 Entscheiden Sie für die folgenden Mengen ob es sich um Untervektorräume handelt. Falls die Menge kein Untervektorraum ist geben Sie eine kurze Begründung an. Falls es sich um einen Untervektorraum handelt geben Sie eine Basis an. { } x a) U := R y 2 : x 2 + y 2 = R 2 b) U 2 := {A R 4 4 : Ax = besitzt unendlich viele Lösungen} R 4 4 c) U 3 := {A C 2 3 : a R} C 2 3 d) U 4 := {A R 2 2 : det(a) = } R 2 2 e) U 5 := { A k : k N } R n n für eine feste Matrix A R n n. Lösung zu Aufgabe 7.6 a) U ist ein Untervektorraum. Es gilt nämlich U = {} da die Gleichung x 2 + y 2 = nur die Lösung x = y = besitzt und die nur aus dem Nullvektor bestehende Menge ist immer Untervektorraum. Eine Basis dieses Vektorraums ist die leere Menge. Das ist vielleicht ein bisschen erklärungsbedürftig: Der Nullvektor selbst kommt als Basis nicht in Frage schließlich ist er linear abhängig. Es gilt ja λ = für jedes λ R also ist λ = nicht die einzige Lösung dieser Gleichung. Gesucht ist ein linear unabhängiges Erzeugendensystem für den Vektorraum {} und der einzige verbleibende Kandidat ist. Linear unabhängig ist diese Menge offenbar (da gibt es nichts zu zeigen weil sie ja keine Vektoren enthält) aber erzeugt sie den Vektorraum {}? Dazu betrachten wir die Menge aller Linearkombinationen von Vektoren aus und stellen fest: Jede Linearkombination von solchen Vektoren ist die leere Summe. Die leere Summe ist aber gleich dem neutralen Element bezüglich der Addition und das ist in R 2 der Nullvektor ( ) T also gilt tatsächlich {} lin( ) = damit sit eine Basis für U. b) U 2 ist kein Untervektorraum. Beispielsweise sind A := und B := beide in U 2 enthalten die Summe A + B = I 4 jedoch nicht. 7

8 c) U 3 ist kein Untervektorraum des C-Vektorraums C 2 3 da z. B. A = U 3 aber ia = ( i ) / U 3. Der Begriff C-Vektorraum bedeutet ja gerade dass als Skalare alle Elemente von C zugelassen sind also müsste auch die Multiplikation eines Vektorraum-Elements mit komplexen (insbesondere also auch mit rein imaginären) Zahlen im Vektorraum liegen (drittes UVR-Axiom). Lässt man als Skalare dagegen nur reelle Zahlen zu (arbeitet also über dem R-Vektorraum C 2 3 ) so funktioniert dieses Gegenbeispiel nicht mehr. Tatsächlich ist U 3 dann ein Untervektorraum es gelten nämlich alle drei Axiome: = U 3 da = R also ist U 3. Sind A B U 3 so gilt (A + B) = a + b R also ist auch A + B U 3. Für λ R und A U 3 gilt (λa) = λa R also ist auch λa U 3. d) U 4 ist kein Untervektorraum da die Nullmatrix (also der Nullvektor von R 2 2 ) die Determinante besitzt und damit nicht in U 4 enthalten ist. e) Diese Aufgabe war etwas verwirrend. U 5 enthält nämlich für jede beliebige Matrix A (auch für die Nullmatrix) die Matrix A = I n. Damit müsste aber auch jedes Vielfache λi n für λ R enthalten sein wenn U 5 ein Untervektorraum sein soll. Das führt zu einem Problem: U 5 enthält höchstens abzählbar viele Elemente (nämlich maximal ein Element für jedes k N maximal weil ja auch Elemente zusammenfallen könnten) während die Menge {λi n : λ R} die gleiche Mächtigkeit wie R besitzt also nicht abzählbar ist. Damit kann U 5 kein Untervektorraum sein (die lineare Hülle von U 5 ist nämlich immer echt größer als U 5 und bei einem Untervektorraum wären Untervektorraum und seine lineare Hülle gleich). Aufgabe 7.7 Sind die folgenden Mengen jeweils linear abhängig oder linear unabhängig? Begründen Sie Ihre Antwort. Finden Sie für die linear abhängigen Mengen jeweils eine möglichst große linear unabhängige Teilmenge. Geben Sie außerdem die lineare Hülle der Mengen an. 3 a) M := im R-Vektorraum R3 3 6 b) M 2 := {i i 2 } im R-Vektorraum C c) M 3 := {i i 2 } im C-Vektorraum C d) M 4 := {a + a x + a 2 x 2 : a = a a 2 } im R-Vektorraum P 2 e) M 5 := {x 2 2 x + x} im R-Vektorraum P 4 8

9 { 2 f) M 6 := 5 Matrizen aus R 2 2 Lösung zu Aufgabe } im R-Vektorraum aller a) Um festzustellen ob die Menge M linear abhängig ist müssen wir versuchen den Nullvektor als nichttriviale Linearkombination der drei Vektoren darzustellen. Wir betrachten also das lineare Gleichungssystem 3 2 λ + 7 λ λ 3 = 3 6 Zur Lösung schreiben wir das System in Matrixform und wenden das Gauß-Verfahren an: Aus der Zeilenstufenform lässt sich sofort ablesen dass das Gleichungssystem mehr als eine Lösung besitzt also gibt es nichttriviale Linearkombinationen und M ist linear abhängig. Eine möglichst große linear unabhängige Teilmenge erhalten wir mit Hilfe der Pivotelemente. In der Zeilenstufenform stehen diese in Spalte und 2 also sind die Spalten und 2 der ursprünglichen Matrix linear unabhängig eine maximal linear unabhängige Teilmenge von M wäre also z. B. 3 M := Die lineare Hülle von M ist dann gleich der linearen Hülle von M also gilt lin(m ) = lin(m ) = 3 α 2 + β 7 : α β R. 3 b) Wir vereinfachen zunächst etwas: M 2 = {i i 2 } = {i 2}. Damit ist klar dass es außer λ = λ 2 = keine reelle Lösung der Gleichung λ i + λ 2 2 = gibt M 2 ist also linear unabhängig. Die lineare Hülle von M 2 ist lin(m 2 ) = {α i + β 2 : α β R} = C. c) Wie zuvor gilt M 3 = {i 2}. Im Unterschied zur vorigen Teilaufgabe dürfen die Skalare jetzt aber aus C gewählt werden und damit ist z. B. λ = 2i λ 2 = eine nichttriviale Lösung der Gleichung λ i+λ 2 2 =. Die Vektoren sind jetzt also linear abhängig. Jeder 9

10 einzelne Vektor ist natürlich linear unabhängig also ist etwa M 3 := {2} eine maximal linear unabhängige Teilmenge von M 3. Weiter gilt lin(m 3 ) = lin(m 3) = {α 2 : α C} = C. d) Die Menge M 4 ist linear abhängig. Zum Beweis genügt es jede beliebige linear abhängige Teilmenge herauszugreifen wir wählen z. B. die Polynome (=Vektoren) x + x 2 und 2x + 2x 2 die beide in M 4 liegen (prüfen Sie das nach!). Offenbar gilt 2 (x + x 2 ) + ( ) (2x + 2x 2 ) = also sind die beiden Polynome linear abhängig. Um eine maximal linear unabhängige Teilmenge zu finden schreiben wir M 4 zunächst etwas um: M 4 = { a + a x + a 2 x 2 : a = a a 2 } = { a ( + x) + a 2 ( + x 2 ) : a a 2 R } Also lässt sich jedes Polynom als Linearkombination von (+x) und ( +x 2 ) darstellen beide Polynome sind natürlich auch selbst Elemente von M 4. Damit ist schon einmal klar wie die lineare Hülle von M 4 aussieht nämlich lin(m 4 ) = { a ( + x) + a 2 ( + x 2 ) : a a 2 R } = M 4 da es sich bei M 4 offenbar bereits um einen Untervektorraum handelt. Wir zeigen noch dass (+x) und ( +x 2 ) linear unabhängig sind: Für λ λ 2 R mit λ (+x)+λ 2 ( + x 2 ) = folgt λ λ 2 + λ x + λ 2 x 2 = mit Koeffizientenvergleich (oder Einsetzen von ausreichend vielen Werten für x) ergibt sich daraus λ = λ 2 =. Das zeigt die Behauptung damit ist M 4 := { ( + x) ( + x 2 ) } eine maximal linear unabhängige Menge in M 4. (Eine größere kann es nicht geben da M 4 zugleich Erzeugendensystem von M 4 ist und somit jedes weitere Polynom in M 4 eine Linearkombination der Elemente von M 4 ist.) e) Wir setzen wieder eine Gleichung an und formen sie gleich ein bisschen um: λ (x 2 2) + λ 2 (x + ) + λ 3 x = λ x 2 + (λ 2 + λ 3 )x + (λ 2 2λ ) = Durch Koeffizientenvergleich erhalten wir die Gleichungen λ = λ 2 + λ 3 = λ 2 2λ = und damit folgt λ = λ 2 = λ 3 =. Dies ist die einzige Lösung also sind die drei Vektoren in M 5 linear unabhängig. Die lineare Hülle von M 5 ist daher lin(m 5 ) = { α (x 2 2) + β (x + ) + γ x : α β γ R }.

11 f) Aus dem Ansatz λ + λ λ λ λ = 2 ergibt sich komponentenweise das lineare Gleichungssystem λ λ λ 3 =. λ λ 5 Da die Matrix maximal Rang 4 haben kann besitzt das System unendlich viele Lösungen also sind die Elemente von M 6 linear abhängig. Entfernt man z. B. das letzte Element (entsprechend der letzten Spalte der Matrix so gilt: Die Matrix hat vollen Rang also ist M 6 := { / / } eine maximal linear unabhängige Teilmenge von M 6. Damit folgt auch lin(m 6 ) = lin(m 6) mit { } lin(m 6) = α + β + γ + δ : α β γ δ R / Aufgabe 7.8 Sei K ein Körper V ein K-Vektorraum und U U 2 seien Untervektorräume von V. Entscheiden Sie ob die folgenden Mengen ebenfalls Untervektorräume von V sind und begründen Sie Ihre Antwort: a) U U 2 b) U U 2 c) U + U 2 := {u + u 2 : u U u 2 U 2 } d) U U 2 := {u u 2 : u U u 2 U 2 } Lösung zu Aufgabe 7.8

12 a) U U 2 ist ein Untervektorraum von V : Da U und U 2 Untervektorräume sind gilt U und U 2 also folgt U U 2 und damit U U 2. Seien x y U U 2. Dann sind x y U und daher (weil U Untervektorraum ist) gilt auch x+y U. Aus dem gleichen Grund ist x+y U 2 also folgt x+y U U 2. Sei x U U 2 und λ K. Dann ist x U und damit auch λx U (wiederum weil U Untervektorraum ist) genauso gilt auch λx U 2. Damit folgt λx U U 2. b) U U 2 ist im Allgemeinen kein Untervektorraum. Als Gegenbeispiel betrachten wir den R-Vektorraum R 2 mit den Untervektorräumen {} {} U := lin und U 2 := lin. Offenbar gilt U U 2 aber + = / U U 2. Damit kann U U 2 kein Untervektorraum sein. c) U + U 2 ist ein Untervektorraum: Da U und U 2 ist folgt + U + U 2 also ist U + U 2. Seien x y U + U 2. Dann gibt es u x u y U und v x v y U 2 mit x = u x + v x und y = u y + v y. Es folgt x + y = (u x + v x ) + (u y + v y ) = (u x + u y ) + (v x + v y ) U + U 2 }{{}}{{} U U 2 da U und U 2 Untervektorräume sind. Sei x U + U 2 und λ K. Dann gibt es u U und v U 2 mit x = u + v und es folgt λx = λ(u + v) = (λu) + (λv) U + U 2 }{{}}{{} U U 2 wobei wir wiederum verwendet haben dass U und U 2 Untervektorräume sind. d) U U 2 ist natürlich ebenfalls ein Untervektorraum: Da U 2 Untervektorraum ist gilt für alle x U 2 dass auch x U 2. Damit folgt ist U 2 = U 2 also ist U U 2 = U + ( U 2 ) = U + U 2. Das ist aber nach c) ein Untervektorraum. 2

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