Lineare Algebra und Analytische Geometrie I

Transkript

1 Lineare Algebra und Analytische Geometrie I Wolf P Barth Wintersemester 02/03 Mathematisches Institut der Universität Erlangen, Bismarckstraße 2 barth@miuni-erlangende Version vom 6 März 2003 Inhaltsverzeichnis 0 Einführung 2 Der Zahlenraum IR n 4 Lineare Gleichungssysteme 4 2 Vektorrechnung im IR n 3 3 Lineare Unterräume 8 4 Lineare (Un- Abhängigkeit 22 5 Skalarprodukt im IR n 3 2 Matrizen und Determinanten 39 2 Bewegungen im IR n Lineare Abbildungen und Matrizen Matrizenrechnung Permutationen und Permutationsmatrizen Die Determinante einer (n n- Matrix Eigenschaften der Determinante 69 3 Vektorräume 78 3 Gruppen Körper 8 33 Vektorräume Untervektorräume und Quotientenvektorräume Lineare Abbildungen Der Dualraum 98 4 Koordinatentransformationen und Ähnlichkeit von Matrizen 03 4 Basiswechsel und Koordinatentransformationen Eigenwerttheorie Der Satz von Cayley-Hamilton Die Jordansche Normalform 3 45 Die Hauptachsentransformation 38

2 0 Einführung An allen deutschen Universitäten müssen die Studenten der Mathematik (und auch der Physik in den ersten Semestern die Vorlesungen Analysis und Lineare Algebra und Analytische Geometrie hören Das ist sinnvoll, weil der Stoff beider Vorlesungen für jede Art von Mathematik - sei sie rein oder angewandt - fundamental ist Der Stoff der Analysis-Vorlesungen ist Differentiation und Integration, das kennt man im Prinzip aus dem Gymnasium Diese Art von Mathematik wurde um das Jahr 700 herum, im wesentlichen von I Newton und GW Leibniz erfunden Die Entwicklung der Analysis verlief Hand in Hand mit der Entwicklung ihrer Anwendungen in Physik und Ingenieurwissenschaften Um 700 waren ja auch die Wissenschaften Mathematik und Physik bei weitem nicht so voneinander abgegrenzt wie heute Die Analysis hat dann um 900 ihren Einzug in den Mathematikstoff der Gymnasien gefunden Sie ist eine natürlich gewachsene Disziplin, mit starker Beziehung zu Anwendungen Anders ist es mit der Linearen Algebra Die gab es vor dem zweiten Weltkrieg nicht als eigenständige Vorlesung Natürlich gab es ihre Rechentechniken (vor allem lineare Gleichungssysteme, Matrizen, Determinanten schon viel früher Aber man hat diese Rechentechniken damals nicht zu einem strukturierten System zusammengefasst Das tat man erst, nachdem auch die Algebra, früher die Lehre von den Gleichungen, seit den zwanziger Jahren des letzten Jahrhunderts, zu einer Lehre von Rechenstrukturen wurde Vor dem Krieg geschah dies vor allem unter dem Einfluss der in Erlangen geborenen Mathematikerin Emmy Noether, nach dem Krieg vor allem unter dem Einfluss einer Schule französischer Mathematiker, die sich hinter dem Pseudonym N Bourbaki verbargen Vorlesungen über Geometrie, sei es analytische oder andere, dagegen gibt es, seit es Mathematikvorlesungen gibt Geometrie, schon den antiken Ägyptern und Griechen bekannt, ist zusammen mit der Algebra die älteste Teildisziplin der Mathematik Die Analytische Geometrie verlor nach und nach ihren eigenständigen Charakter, seit Descartes die kartesischen Koordinaten erfand Seitdem kann man geometrische Beweise auch durch Koordinatenrechnungen erbringen Dies führte - vor allem in 9 Jahrhundert - zu einem erbitterten Gegensatz zwischen den reinen ( synthetischen Geometern, und den Koordinatenrechnern, die die Geometrie als eine Anwendung der Algebra sahen Und es stellte sich eben heraus, dass genau das, was man unter Analytischer Geometrie versteht, eine Anwendung der Linearen Algebra ist So wurde dann aus der Vorlesung Analytische Geometrie, früher eine Standardvorlesung für Anfänger, die Vorlesung Lineare Algebra und Analytische Geometrie Nach und nach traten dabei die Strukturen der Linearen Algebra in den Vordergrund, und die zt Jahrtausende alten geometrischen Inhalte in den Hintergrund Das hat sich bis in die Gymnasien ausgewirkt, wo leider auch der Stellenwert der Geometrie sehr gelitten hat Die grundlegenden Rechenmethoden der Analysis (Grenzwertbildung, Differenzieren, Integrieren und der Linearen Algebra (Lineare Gleichungssysteme, Vektoren, Matrizen sind zumindest rudimentär vom Gymnasium her vertraut Ich habe die Erfahrung gemacht, dass die Studenten im ersten Semester mit der Linearen Algebra ganz andersartige Probleme, als mit der Analysis haben In der Linearen Algebra liegt nämlich sehr bald das Schwergewicht auf der Untersuchung mathematischer Strukturen Das ist in der Geschichte der Mathematik etwas relativ Neues Erst in den letzten 00 bis 50 Jahren schenkt man diesem Gesichtspunkt in der Mathematik Aufmerksamkeit Und leider ist es genau das, was den Anfängern immer große Schwierigkeiten bereitet Aber weil es eben eine der ganz wichtigen Methoden in der modernen Mathematik ist, müssen wir uns damit befassen Jetzt sollte eigentlich eine Liste von Lehrbüchern der Linearen Algebra kommen Eine solche Liste zusammenzustellen ist nicht einfach: Bücher zur Linearen Algebra gibt es viele, aber keines, welches 2

3 mir zusagt Das ist auch der Grund dafür, dass ich im WS 9/92 ein Skriptum geschrieben habe, das ich damals an die Studenten ausgab Das positive Echo auf jenes Skriptum hat mich bewogen, seitdem zu den meisten meiner Vorlesungen den Studenten ein eigenes Skriptum an die Hand zu geben Das vorliegende Skriptum ist eine aufpolierte Version meines Skriptums von 9/92 Es unterscheidet sich vor allem durch meine gewachsene Fähigkeit, das mathematische Drucksystem TEX zu benutzen Trotzdem, noch eine Liste von Standardlehrbüchern: E Brieskorn: Lineare Algebra und analytische Geometrie, 2, Vieweg 983, 85 G Fischer: Lineare Algebra, Vieweg 975 W Graeub: Lineare Algebra, Springer 958 HJ Kowalsky: Lineare Algebra, de Gruyter 963 F Lorenz: Lineare Algebra I, II, BI 98, 982 Nach jedem Abschnitt finden Sie eine Anzahl von Übungsaufgaben Einige habe ich mir selbst ausgedacht, andere aus Quellen übernommen, an die ich mich jetzt nicht mehr erinnere Sehr viele aber stammen aus Staatsexamensklausuren: entweder aus dem früheren Vorexamen (Kennzeichen [V] oder dem nicht-vertieften Examen (Kennzeichen [NV] Aus diesen Aufgaben werde ich Ihre Übungsaufgaben auswählen 3

4 Der Zahlenraum IR n Lineare Gleichungssysteme Lineare Gleichungssysteme sind die einzige Art von Gleichungen in der Mathematik, welche wirklich exakt lösbar sind Wir beginnen mit einem Beispiel, wie es schon aus der Antike überliefert ist Beispiel In einem Käfig seien Hasen und Hühner Die Anzahl der Köpfe sei insgesamt 4, die Anzahl der Beine sei insgesamt 0 Frage: Wieviele Hasen und wieviele Hühner sind es? Lösung: Es sei x die Anzahl der Hasen und y die Anzahl der Hühner Dann gilt also x + y = 4 4x + 2y = 0 Dies ist ein System aus zwei linearen Gleichungen in zwei Unbekannten x und y Wir können aus der ersten Gleichung x = 4 y eliminieren und in die zweite einsetzen: Antwort: Es sind drei Hühner und ein Hase 4(4 y + 2y = 0 6 2y = 0 2y = 6 y = 3 x = Beispiel 2 Gegeben sei ein elektrisches Netzwerk der Form I I 2 I 3 R R 2 R 3 U Dabei seien U, R, R 2, R 3 gegeben und I, I 2 und I 3 gesucht Lösung: Nach den sogenannten Kirchhoffschen Gesetzen der Physik hat man die Gleichungen I = I 2 + I 3, sowie R 2 I 2 = R 3 I 3 und R I + R 2 I 2 = U Wir schreiben sie als ein System aus drei linearen Gleichungen in den drei Unbekannten I, I 2 und I 3 : I I 2 I 3 = 0 R 2 I 2 R 3 I 3 = 0 R I + R 2 I 2 = U Wir können hier etwa I = I 2 + I 3 eliminieren, um folgendes System aus zwei linearen Gleichungen in den Unbekannten I 2 und I 3 zu erhalten: R 2 I 2 R 3 I 3 = 0 (R + R 2 I 2 + R I 3 = U 4

5 Hier eliminieren wir I 2 = R 3 R 2 I 3 (hoffentlich ist R 2 0! und erhalten schließlich die Gleichung (R + R 2 R 3 I 3 + R I 3 R 2 = U (R R 2 + R R 3 + R 2 R 3 I 3 = R 2 U I 3 = Aus den Eliminationsgleichungen für I 2 und I erhalten wir I 2 = R 3 U R R 2 + R R 3 + R 2 R 3, I = R 2 U R R 2 + R R 3 + R 2 R 3 (R 2 + R 3 U R R 2 + R R 3 + R 2 R 3 Nach diesen Beispielen diskutieren wir jetzt den Allgemeinfall, wobei wir besonders darauf achten müssen, welche Spezialfälle und Ausnahmen auftreten können: Eine lineare Gleichung ist eine Gleichung der Art a x + a 2 x a n x n = b, wo a, a 2,, a n, b gegebene reelle Zahlen sind, und die reellen Zahlen x, x 2,, x n unbekannt und gesucht sind Wir müssen leider verschiedene Fälle unterscheiden: A: Nicht alle Koeffizienten a,, a n sind 0 Dann sei etwa a m, m n, der erste von 0 verschiedene Koeffizient Die Gleichung sieht so aus: 0 x x m + a m x m + a m+ x m+ + + a n x n = b Wir können also x,, x m beliebig wählen, auf die Gültigkeit der Gleichung hat dies keinen Einfluß Ebenso können wir x m+,, x n beliebig wählen Anschließend setzen wir x m := (b a m+ x m+ a n x n /a m Damit haben wir für jede Wahl der x,, x m, x m+,, x n die Gleichung gelöst Dies ist auf diese Weise nur möglich, weil a m 0 B: Alle Koeffizienten a,, a n sind 0, aber es ist b 0 Das Gleichungssystem hat dann die merkwürdige Form 0 x x n = b Egal, wie man auch die Unbekannten x,, x n wählt, diese Gleichung ist nie zu erfüllen Sie ist unlösbar B2: Alle Koeffizienten a,, a n sind 0 und auch b = 0 In diesem reichlich uninteressanten Fall ist die Gleichung stets erfüllt, sie stellt keinerlei Bedingungen an die Unbekannten Ein lineares Gleichungssystem ist ein System a, x + a,2 x a,n x n = b a 2, x + a 2,2 x a 2,n x n = b 2 a m, x + a m,2 x a m,n x n = b m 5

6 aus mehreren linearen Gleichungen Jedes derartige System kann man mit dem Eliminationsverfahren behandeln, so, wie wir es an den obigen einfachen Beispielen gesehen haben Wir beschreiben diese Elimination jetzt in einer etwas formaleren Weise, um die Übersicht nicht zu verlieren Wenn alle Koeffizienten a,,, a m, in der ersten Spalte 0 sind, stellt das System keine Bedingung an die Unbekannte x Diese ist völlig frei wählbar und auf die erste Spalte des Systems kommt es nicht an Ist aber einer der Koeffizienten a,,, a m, aus der ersten Spalte 0, so sei etwa a p, davon der erste Wir vertauschen die erste und die p te Zeile Dabei ändern sich die Lösungen des Systems nicht Aber danach haben wir a, 0 Deswegen können wir die erste Zeile durch a, dividieren und wieder ändern sich die Lösungen nicht Dann sieht die erste Zeile so aus: x + a,2 a, x a,n a, = b a, Wir eliminieren nun x, allerdings ohne die Eliminationsgleichung explizit hinzuschreiben, aus den restlichen Gleichungen, indem wir von der zweiten,, m-ten Zeile a 2, mal,, a m, mal die erste Zeile subtrahieren Da wir dies, wenn wir wollen, auch wieder rückgängig machen können, ändern sich auch hier die Lösungen nicht, und unser Gleichungssystem nimmt die Form x + a,2 x a,n x n = b a 2,2 x a 2,n x n = b 2 a m,2 x a m,nx n = b m an, mit neuen Koeffizienten a,2,, a m,n und neuen Konstanten b,, b m Jetzt kommt es nur noch darauf an, die letzten m Gleichungen aufzulösen Gelingt dies, so setzen wir deren Lösungen x 2,, x n in die erste Gleichung ein und berechnen daraus x Indem wir dieses Verfahren sukzessive wiederholen, können wir das Gleichungssystem lösen, außer wir gelangen irgend wann zu einer unlösbaren linearen Gleichung (Fall B von oben Wegen seiner prinzipiellen Wichtigkeit müssen wir das Eliminationsverfahren noch etwas weiter formalisieren Dazu vereinbaren wir folgenden Sprachgebrauch ( Definitionen : Die Koeffizientenmatrix des Gleichungssystems ist das rechteckige Zahlenschema a, a,2 a,n a 2, a 2,2 a 2,n a m, a m,2 a m,n Wenn wir hieran die rechten Seiten der Gleichungen anfügen a, a,2 a,n b a 2, a 2,2 a 2,n b 2 a m, a m,2 a m,n b m, so nennen wir dies erweiterte Koeffizientenmatrix Die Veränderungen, welche wir am Gleichungssystem vornahmen, ohne seine Lösungsmenge zu ändern, nennen wir elementare Zeilenumformungen Es gibt drei Sorten davon: 6

7 Typ I: Vertauschen zweier Zeilen, Typ II: Multiplikation einer Zeile mit einer Konstanten c 0, Typ III: Addition des c-fachen einer Zeile, c IR beliebig, zu einer anderen Mit diesen drei Sorten elementarer Zeilenumformungen können wir, links beginnend, eine Spalte nach der anderen leerfegen: - Sind alle Koeffizienten in der Spalte 0, so ändern wir nichts, sondern wenden uns sogleich der nächsten Spalte zu - Sind Koeffizienten in der Spalte 0, davon der erste etwa in der p-ten Zeile, so vertauschen wir diese p-te Zeile mit der ersten (Umformung vom Typ I Anschließend multiplizieren wir die erste Zeile mit dem Kehrwert dieses Koeffizienten durch (Typ II, um zu erreichen, dass in dieser ersten Zeile der erste Koeffizient ist Schließlich addieren wir ein geeignetes Vielfaches der ersten Zeile zu jeder der folgenden Zeilen (Typ III, um dort den Koeffizienten aus der ersten Spalte zu beseitigen - Haben wir erreicht, dass der erste Koeffizient einer Spalte = und alle weiteren = 0 sind, lassen wir die erste Zeile beiseite und wenden uns der nächsten Spalte zu ( Beispiel : gegeben vertauschen erste und zweite Zeile Multiplikation beider Zeilen mit 2 ( ( Beispiel 2: gegeben zweite Zeile minus zweimal erste Multiplikation der zweiten Zeile mit ( ( ( Wir fassen das Resultat unserer Matrizen-Manipulationen zusammen: Satz Jede Matrix lässt sich durch elementare Zeilenumformungen auf eine Zeilenstufenform n 0 {}}{ 00 n {}}{ n r {}}{ bringen Dabei können die Stufenlängen n 0, n,, n r eventuell 0 sein, und r, die Anzahl der Stufen 7

8 kann mit der Gesamtzahl aller Zeilen übereinstimmen, sodass also keine Nullzeilen am unteren Ende der Matrix auftreten Da sich bei elementaren Umformungen der Koeffizientenmatrix die Lösungen eines linearen Gleichungssystems nicht ändern, können wir diese Lösungen auch bestimmen, nachdem wir die erweiterte Koeffizientenmatrix in Zeilenstufenform vorliegen haben Ob das System lösbar ist oder nicht, lesen wir an der letzten Stufe ab: lösbar unlösbar In der Tat, die letzte Gleichung des rechten Systems lautet 0 x n = und ist unlösbar Und wenn eine Gleichung unlösbar ist, dann ist das ganze System auch nicht lösbar Wenn das System in Zeilenstufenform vorliegt, dann kann man die Unbekannten, die nicht zu einer Stufe gehören, beliebig vorgeben Die Unbekannten, welche in einer Spalte mit Stufe stehen, können, in der letzten Zeile beginnend, einzeln berechnet werden, worauf sie in die vorhergehenden Zeilen eingesetzt werden müssen Dieses Lösungsverfahren, mit dem jedes System von linearen Gleichungen behandelt werden kann, heißt Gaußsches Eliminationsverfahren oder Gauß-Algorithmus Seine Bedeutung, vor allem in der Angewandten Mathematik, ist immens Manche Mathematiker sind mit einer Zeilenstufenform noch nicht zufrieden Wenn die Koeffizientenmatrix zb quadratisch ist, und die Zeilenstufemform so aussieht z,2 z,n b 0 Z =, zn,n b n 0 0 b n kann man die Umformungen noch etwas weiter treiben: Vorletzte Zeile - z n,n -mal die letzte Zeile, (n 2-te Zeile - z n 2,n -mal die letzte Zeile, erste Zeile - z,n -mal die letzte Zeile Damit hat man erreicht, dass in der letzten Spalte alle Einträge = 0 sind, bis auf den Eintrag = ganz unten Mit einem analogen Verfahren, kann man auch alle Einträge in der vorletzten Spalte auf 0 bringen, bis auf den vorletzten Eintrag = Man muss dazu von jeder Zeile geeignete Vielfache der letzten Zeile abziehen Wenn man dies von rechts nach links mit allen Spalten macht, sieht am Ende 8

9 die erweiterte Koeffizientenmatrix so aus: 0 0 b 0 b b n Dazu gehört das besonders einfache Gleichungssystem x = b x n = b n Hier kann man die Lösung sehr einfach ablesen x = b,, x n = b n Wir schreiben lineare Gleichungssysteme noch etwas formaler a µ,ν x ν = b µ, µ =,, m, ν= und beschließen diesen ersten Abschnitt mit einigen allgemeinen Tatsachen Dabei nennen wir ein Gleichungssystem homogen, wenn alle Zahlen b,, b m auf seiner rechten Seite 0 sind Andernfalls nennen wir das Gleichungssystem inhomogen Ein homogenes Gleichungssystem hat immer die uninteressante triviale Lösung x = = x n = 0 Satz 2 (Mehr Unbekannte als Gleichungen Das homogene lineare Gleichungssystem a µ,ν x ν = 0, µ =,, m, ν= habe n Unbekannte und m < n Zeilen Dann können in den Lösungen (x,, x n mindestens n m Parameter frei gewählt werden Beweis Die Anzahl der Stufen in einer Matrix mit n Spalten und m Zeilen ist höchstens m Somit gibt es mindestens n m Spalten, in denen keine Stufe steht, und in denen die Unbekannte beliebig gewählt werden kann Satz 3 (Struktursatz Ist eine spezielle Lösung (y,, y n des inhomogenen Systems a µ,ν x ν = b µ, ν= µ =,, m bekannt, so erhält man daraus alle Lösungen des inhomogenen Systems durch Addition aller Lösungen des zugehörigen homogenen Systems 9

10 Beweis Nach Annahme ist für µ =,, m a µ,ν y ν = b µ ν= Deswegen haben wir a µ,ν x ν = b µ genau dann, wenn a µ,ν (x ν y ν = 0, ν= ν= das heißt, wenn (x y,, x n y n eine Lösung des homogenen Systems ist Aufgabe Wenn fünf Ochsen und zwei Schafe acht Taels Gold kosten, sowie zwei Ochsen und acht Schafe auch acht Taels, was ist dann der Preis eines Tieres? (Chiu-chang Suan-chu, 300 nchr Aufgabe 2 Auf einem Markt gibt es Hühner zu kaufen Ein Hahn kostet drei Geldstücke, eine Henne zwei, und Küken kann man drei für ein Geldstück haben Wie muss man es einrichten, um für 00 Geldstücke 00 Hühner zu bekommen? (Hinweise: Es gibt mehrere Lösungen, alle sind zu bestimmen Als Anzahlen von Hühnern sind dabei nur ganze Zahlen 0 zugelassen Aufgabe 3 Bestimmen Sie alle Lösungen des folgenden Gleichungssystems 2x x 2 x 3 + 3x 4 + 2x 5 = 6 4x + 2x 2 + 3x 3 3x 4 2x 5 = 5 6x 2x 2 + 3x 3 x 5 = 3 2x + 4x 3 7x 4 3x 5 = 8 x 2 + 8x 3 5x 4 x 5 = 3 Aufgabe 4 Es seien r, s, t drei verschiedene reelle Zahlen Zeigen Sie, dass für alle a, b, c IR das Gleichungssystem x + rx 2 + r 2 x 3 = a x + sx 2 + s 2 x 3 = b x + tx 2 + t 2 x 3 = c genau eine reelle Lösung hat und bestimmen Sie diese Aufgabe 5 Es sei n eine natürliche Zahl Lösen Sie das Gleichungssystem x + x 2 = 0 x 2 + x 3 = 0 x n 2 + x n = 0 x n + x n = 0 x n + x 0 = 0 Aufgabe 6 Ein 9-tupel (x,, x 9 IR 9 heiße magisches Quadrat, wenn x + x 2 + x 3 = x 4 + x 5 + x 6 = x 7 + x 8 + x 9 = x + x 4 + x 7 = = x 2 + x 5 + x 8 = x 3 + x 6 + x 9 = x + x 5 + x 9 = x 3 + x 5 + x 7 gilt Stellen Sie ein lineares Gleichungssystem auf, das diesen acht Bedingungen äquivalent ist, und lösen Sie dieses 0

11 Aufgabe 7 Bestimmen Sie t IR so, dass das folgende System 2x + 3x 2 + tx 3 = 3 x + x 2 x 3 = x + tx 2 + 3x 3 = 2 keine Lösung, bzw mehr als eine Lösung, bzw genau eine Lösung hat Aufgabe 8 Untersuchen Sie, ob die beiden folgenden Gleichungssysteme eine von Null verschiedene Lösung haben: a x + x 2 x 3 = 0 b x + x 2 x 3 = 0 2x 3x 2 + x 3 = 0 2x + 4x 2 x 3 = 0 x 4x 2 + 2x 3 = 0 3x + 2x 2 + 2x 3 = 0 Aufgabe 9 Bringen Sie die folgenden Matrizen durch elementare Zeilenumformungen auf Zeilenstufenform: Aufgabe 0 a Geben Sie alle möglichen Zeilenstufenformen einer Matrix mit zwei Zeilen und drei Spalten an b Geben Sie hinreichende und notwendige Bedingungen dafür an, daß die Matrix ( a b r c d s auf die Zeilenstufenform ( 0 gebracht werden kann, bzw ( , bzw ( Aufgabe (NV Für jede natürliche Zahl n gebe man ein unlösbares lineares Gleichungssystem mit n Unbekannten an, so dass je n dieser Gleichungen lösbar sind Aufgabe 2 (NV Sei m > n, und sei ein unlösbares lineares Gleichungssystem von m Gleichungen in n Unbekannten gegeben Man begründe, dass es n + dieser Gleichungen gibt, die bereits keine Lösung haben Aufgabe 3 (NV Man bestimme alle λ IR, für die das lineare Gleichungssystem lösbar ist 2x + x 2 = 3x x 2 + 6x 3 = 5 4x + 3x 2 x 3 = 2 5x 2 + 2x 3 = λ

12 Aufgabe 4 (NV Gegeben sei das lineare Gleichungssystem 2x + x 2 + ax 3 + x 4 = 0 x + ax 4 ax 5 = 2x 2 + x 3 + 2x 5 = 2 a Man bestimme die Lösungsmenge des Gleichungssystems für a = b Gibt es ein a IR, für welches das Gleichungssytem keine Lösung hat? c Gibt es ein a IR, für welches das Gleichungssytem genau eine Lösung hat? Aufgabe 5 (NV Für welche Werte des Parameters s IR besitzt das lineare Gleichungssystem mit Koeffizientenmatrix A und rechter Seite b, wo s 0 0 s 2 A = 0 s 0, b = s, s s 0 a genau eine Lösung? b keine Lösung? c unendlich viele Lösungen? Aufgabe 6 (V a Für welche Paare (a, b IR 2 hat das Gleichungssystem 2x + 2x 2 + (a + x 3 = 2 x + 2x 2 + x 3 = 0 ax + bx 3 = 2 keine Lösung (x, x 2, x 3 IR 3? b Im Falle b = bestimme man alle Lösungen (in Abhängigkeit von a Aufgabe 7 (V Für welche reellen Zahlen b hat das Gleichungssystem x + x 2 + x 3 = 0 x + bx 2 + x 3 = 4 bx + 3x 2 + bx 3 = 2 keine, genau eine, unendlich viele Lösungen? Man gebe im letzten Fall die Lösungsmenge an Aufgabe 8 (V Man bestimme die Lösungsgesamtheit (im IR 5 des Gleichungssystems in Abhängigkeit von λ IR x x 2 + x 3 x 4 + x 5 = 2 x + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 = + λ x + λx 3 + x 5 = 2 Aufgabe 9 (V Betrachten Sie das lineare Gleichungssystem λx + y = µ x + λy + z = µ y + λz = µ in x, y, z IR Für welche λ, µ IR ist dieses Gleichungssystem lösbar? 2

13 2 Vektorrechnung im IR n Unter einem Vektor verstehen wir in diesem ganzen ersten Kapitel ein n-tupel x = reeller Zahlen x,, x n Es ist üblich, sich Vektoren als derartige Spaltenvektoren vorzustellen, während es aus schreibtechnischen Gründen besser wäre, Zeilenvektoren x x n x = (x,, x n zu benützen Vorläufig spielt die Unterscheidung von Zeilen- und Spaltenvektoren keine Rolle und deswegen werden wir Vektoren als Zeilenvektoren schreiben Das n-tupel (x,, x n ist etwas anderes als die Menge {x,, x n }, da es bei einem n-tupel auf die Reihenfolge der Einträge ankommt und bei einer Menge nicht Der n-dimensionale Zahlenraum ist die Menge aller dieser Vektoren Beispiele: n = IR = IR ist die Zahlengerade IR n := {(x,, x n : x IR,, x n IR} 2 e π n = 2 Seit Descartes ist es üblich, nach Wahl eines Koordinatensystems, die Punkte der Ebene durch Zahlenpaare (x, x 2 zu parametrisieren Umgekehrt gibt die Ebene eine Veranschaulichung des Raums IR 2 der Zahlenpaare (x, x 2 Man identifiziert den Zahlenraum IR 2 mit der Ebene x 2 (-, (-,0 (x, x 2 (0, (, (0,0 (,0 x (-,- (0,- (,- 3

14 n = 3 Ebenso, wie die Punkte der Ebene mit den Zahlenpaaren (x, x 2 IR 2 identifiziert werden können, so können nach Wahl eines Koordinatensystems die Punkte des Anschauungsraums mit Zahlentripeln (x, x 2, x 3 IR 3 identifiziert werden x 3 (x, x 2, x 3 x 2 x Zu Beginn des 20 Jahrhunderts schlug A Einstein den vierdimensionalen Zahlenraum IR 4 in seiner speziellen Relativitätstheorie als geometrisches Modell für den uns umgebenden Raum vor, wobei die Zeit als vierte Koordinate interpretiert wird Erst wenige Jahre vorher war es in der Mathematik üblich geworden, geometrische Betrachtungen auch in mehr als drei Dimensionen durchzuführen Die italienischen Geometer hatten diese Zahlenräume höherer Dimension, welche sie zunächst Hyperräume nannten, in die Mathematik eingeführt Mit den Vektoren des Zahlenraums IR n kann man die folgenden beiden Rechenoperationen durchführen: x + y Addition: x 2 + y 2 y y 2 x = (x,, x n IR n y = (y,, y n IR n x + y = (x + y,, x n + y n IR n x x 2 y x x + y Multiplikation: c x 2 c IR x = (x,, x n IR n x 2 c x = (c x,, c x n IR n x x c x c x Beide Rechenoperationen sind komponentenweise nichts anderes, als das übliche Addieren und Multiplizieren reller Zahlen Deswegen gelten auch hier die wohlbekannten Rechenregeln (x + y + z = x + (y + z, x, y, z IR n Assoziativität der Addition x + y = y + x, x, y IR n Kommutativität der Addition c (x + y = c x + c y, c IR, x, y IR n Distributivität x = x, x IR n 0 x = 0 := (0,, 0 Viel mehr gibt es über das Rechnen mit Vektoren nicht zu sagen Wir möchten aber an einem ganz einfachen Beispiel das Wesen der Linearen Algebra demonstrieren, das darin besteht, Algebra auf geometrische Sachverhalte anzuwenden, bzw umgekehrt, intuitive Methoden aus der Geometrie für algebraische Anwendung zu abstrahieren Als Beispiel diskutieren wir Geraden in der Ebene 4

15 Eine Gerade L im Zahlenraum IR n wird gegeben durch einen Anfangsvektor v und einen Richtungsvektor 0 w IR n Sie ist die Menge L L = {v + tw IR n : t IR} w v v + tw 0 Satz 4 Die Gerade L stimmt mit einer zweiten Geraden L = {v + sw überein, wenn v L und w = c w mit 0 c IR : s IR} genau dann Beweis Wenn die Mengen L = {v+tw : t IR} und L = {v +sw : s IR} übereinstimmen, dann ist insbesondere (s = 0 der Vektor v ein Vektor auf L, also von der Form v = v + t 0 w Ebenso ist (s = auch v + w L, also v + t 0 w + w = v + w = v + tw Daraus folgt w = cw mit c = t t 0 Wegen w 0 muss auch c 0 sein Sei v = v + t 0 w L und w = cw Dann ist L = {v + sw : s IR} = {v + (t 0 + scw : s IR} = {v + tw : t IR}, denn wegen c 0 durchläuft mit s auch t = t 0 + sc alle reellen Zahlen Satz 5 Durch je zwei Vektoren x y des IR n gibt es genau eine Gerade L Beweis Existenz: wir wählen v := x und w := y x Dann enthält die Gerade L = {v + tw : t IR} = {x + t(y x : t IR} beide Vektoren x (für t = 0 und y (für t = Eindeutigkeit: Sei L = {v + tw : t IR} eine Gerade, welche die Vektoren x und y enthält Wegen Satz 4 können wir diese Gerade auch schreiben als L = {x + tw : t IR} Da y = x + t 0 w mit t 0 0 (wegen x y, ist der Richtungsvektor w = t 0 (y x ein Vielfaches des Richtungsvektors y x von L Nach Satz 4 ist somit L = L Die Gerade durch x und y lässt sich etwas anders schreiben: L = {x + t(y x : t IR} = {( tx + ty : t IR} = {sx + ty : s, t IR, s + t = } Die Gerade durch x und y ist nicht dasselbe, wie die Strecke zwischen x und y {x + t(y x : t IR} {sx + ty : 0 s, t IR, s + t = } Für s = t = 2 erhält man den Mittelpunkt 2 (x + y dieser Strecke Nach diesen einfachen Tatsachen, welche in jedem Zahlenraum IR n richtig sind, betrachten wir jetzt den Zusammenhang von Geraden im IR 2 mit linearen Gleichungen in zwei Unbekannten 5

16 (ii (i Jetzt ist L = {x IR 2 : a x + a 2 x 2 = b} Satz 6 Für eine Teilmenge L IR 2 sind folgende Eigenschaften äquivalent: (i: L ist eine Gerade durch den Nullpunkt (0 L (ii: L ist Lösungsmenge einer homogenen linearen Gleichung mit Koeffizienten a, a 2, die nicht beide 0 sind a x + a 2 x 2 = 0, Beweis (i (ii Als Anfangsvektor für L nehmen wir den Nullvektor und beschreiben unsere Gerade als L = {tw : t IR} = {(tw, tw 2 : t IR} mit Koeffizienten w, w 2, die nicht beide 0 sind Für unsere homogene Gleichung brauchen wir Koeffizienten a, a 2 mit der Eigenschaft a w + a 2 w 2 = 0 Die Zahlen a := w 2, a 2 := w bieten sich dafür an Wir behaupten, dass L mit der Menge {(x, x 2 IR 2 : w 2 x w x 2 = 0} übereinstimmt Wegen w 2 tw w tw 2 = 0 ist klar, dass L in dieser Menge enthalten ist Umgekehrt ist diese Menge aber, wie wir im nächsten Beweisschritt sehen werden, eine Gerade Da sie 0 und w enthält, stimmt sie nach Satz 5 mit L überein (ii (i Falls a 0, so erfüllt x = (x, x 2 die Gleichung a x + a 2 x 2 = 0 genau dann, wenn x = a 2 a x 2, das heißt, wenn x = x 2 ( a 2 a, auf der Geraden durch 0 mit dem Richtungsvektor w = ( a 2 a, liegt Wenn aber a = 0, so lautet die Gleichung a 2 x 2 = 0 Da nun nach Voraussetzung a 2 0, ist dies äquivalent mit x 2 = 0 Diese Menge ist die Gerade durch den Nullpunkt mit Richtungsvektor (, 0 Satz 7 Für eine Teilmenge L IR 2 sind äquivalent: (i L ist eine Gerade nicht durch den Nullpunkt (nicht 0 L (ii L ist Lösungsmenge einer inhomogenen linearen Gleichung a x + a 2 x 2 = b, wobei (a, a 2 (0, 0 und b 0 Beweis (i (ii Wir schreiben L = {v + tw : t IR} und betrachten die Gerade L 0 := {tw : t IR} mit demselben Richtungsvektor durch den Nullpunkt Nach Satz 6 ist L 0 Lösungsmenge einer homogenen linearen Gleichung a x + a 2 x 2 = 0 Also ist L = {v + x : x L 0 } = {v + x : a x + a 2 x 2 = 0} = {y IR 2 : a y + a 2 y 2 = a v + a 2 v 2 } Da L nicht durch den Nullpunkt geht, liegt v nicht auf L 0, und es ist b := a v + a 2 v 2 0 = {v + y IR 2 : a y + a 2 y 2 = 0} wo v eine spezielle Lösung der inhomogenen Gleichung a v + a 2 v 2 = b ist (Satz 3 Nach Satz 6 beschreibt die homogene Gleichung a y + a 2 y 2 = 0 eine Gerade L 0 = {tw : t IR} durch den 6

17 Nullpunkt Somit ist L = {v + tw : t IR} eine Gerade, die wegen b 0 nicht durch den Nullpunkt geht Wir sahen, die Lösungsmenge einer linearen Gleichung in zwei Unbekannten, deren Koeffizienten nicht beide 0 sind, ist eine Gerade in der Zahlenebene IR 2 Die Lösungsmenge eines Systems von zwei derartigen linearen Gleichungen a, x + a,2 x 2 = b (Lösungsmenge L a 2, x + a 2,2 x 2 = b 2 (Lösungsmenge L 2 ist deswegen der Durchschnitt L L 2 der beiden Geraden Für diesen Durchschnitt gibt es folgende Möglichkeiten: L = L 2 : L L 2 ist die Gerade L = L 2 2 L L 2, L L 2 L L 2 ist ein Punkt 3 L L 2, L und L 2 parallel L L 2 ist leer Zu diesen drei Möglichkeiten gehören die folgenden drei Stufenformen der Koeffizientenmatrix: ( ( 0 oder ( 0 ( 0 0 oder ( Schließlich noch ein Wort zur Nomenklatur: Die Beschreibung L = {v + tw : t IR} = v + IRw heißt Parametrisierung oder explizite Beschreibung der Geraden L Die Beschreibung a x + a 2 x 2 = b heißt implizit Wenn c 0, so ist ca x + ca 2 x 2 = cb eine implizite Beschreibung der gleichen Geraden (Zeilenumformung vom Typ II Wählt man - im Falle b 0 - zum Beispiel c = b, so erhält man die Achsenabschnittsform p x + q x 2 = x 2 q Aufgabe 20 Zeigen Sie: a Die drei Geraden im IR 2 L := ( IR ( 2 schneiden sich in einem Punkt, L 2 := ( IR ( p x, L 3 := ( IR ( 4 7

18 b Die drei Punkte ( 0 4 liegen auf einer Geraden, ( 4 0, ( 5 6 Aufgabe 2 Untersuchen Sie, ob die Gerade 5 L := 2 + IR 0 im IR 3 die Gerade L 2 := IR 2 4 schneidet und bestimmen Sie ggf den Schnittpunkt 3 7, bzw L 3 := IR Aufgabe 22 Beweisen Sie, dass sich die drei Seitenhalbierenden eines Dreiecks in einem Punkt treffen Aufgabe 23 (V Beweisen Sie: Bei einem Tetraeder schneiden sich die Verbindungsgeraden der Mitten gegenüberliegender Kanten in einem Punkt Aufgabe 24 Es seien L, L 2, L 3 und L 4 vier verschiedene Geraden in der Ebene IR 2 derart, dass sich je zwei dieser Geraden in einem Punkt treffen S i,j bezeichne den Schnittpunkt der Geraden S i und S j, ( i < j 4 Die sechs Schnittpunkte S i,j, i < j 4 seien alle verschieden Bweisen Sie, dass die Mittelpunkte der drei Strecken S,2 S 3,4, S,3 S 2,4 sowie S,4 S 2,3 auf einer Geraden liegen Lineare Unterräume Gegeben sei ein homogenes lineares Gleichungssystem a µ,ν x ν = 0, (µ =,, m ν= Seine Lösungsmenge U = {u IR n : a µ,ν u ν = 0, µ =,, m} IR n ν= hat folgende Eigenschaft: Sind x und y aus U, dh n ν= a µ,ν x ν = n ν= a µ,ν y ν = 0 für µ =,, m, und sind s, t IR, dann ist auch a µ,ν (sx ν + ty ν = s a µ,ν x ν + t a µ,ν y ν = 0 ν= ν= ν= Es gilt also: 8

19 x, y U, s, t IR sx + ty U (LIN Diese Eigenschaft (LIN kann auch in zwei Teilen geschrieben werden: x, y U x + y U (LIN, add x U, c IR cx U (LIN, mul Sie ist für die Lineare Algebra so wichtig, dass wir sie durch eine Definition hervorheben: Definition Eine Teilmenge U IR n heißt linearer Unterraum oder Untervektorraum wenn sie die Eigenschaft (LIN besitzt Bevor wir weitere Beispiele geben, notieren wir, dass jeder lineare Unterraum U den Nullvektor enthält: Denn weil U nicht leer ist, enthält U mindestens einen Vektor x, und dann wegen (LIN auch den Nullvektor 0 = 0 x Beispiele Jede Gerade L durch den Nullpunkt ist ein linearer Unterraum: Sei L = IR w Vektoren x und y L schreiben sich dann x = s w und y = t w Folglich ist x + y = (s + t w L und auch cx = cs w L 2 Aus ganz trivialen Gründen sind der Nullraum {0}, der nur den Nullvektor enthält, und der Totalraum IR n, der alle Vektoren enthält, lineare Unterräume 3 Sei A IR n eine beliebige (endliche oder unendliche aber nicht leere Teilmenge Jede endliche Summe k x = c ν a ν, c ν IR, a ν A, k IN, ν= nennen wir eine Linearkombination von Vektoren aus A Und die Menge aller Linearkombinationen von Vektoren aus A k span(a := { c ν a ν : k IN, c ν IR, a ν A} ν= heißt der von A aufgespannte Unterraum Behauptung: span(a ist der kleinste lineare Unterraum von IR, der die Menge A enthält, dh: ( i: span(a ist ein linearer Unterraum, (ii: jeder lineare Unterraum U IR n, der A enthält, enthält auch span(a Beweis von ( i: Seien x = k c µ a µ und y = l d ν a ν Elemente in span(a Dann ist auch sx + ty = k sc µ a µ + l td ν a ν eine Linearkombination von Vektoren a µ, a ν A und gehört zu span(a Beweis von (ii: Enthält der lineare Unterraum U IR n die Menge A, so wegen wiederholter Anwendung von (LIN auch jede endliche Linearkombination von Vektoren aus A, und damit die Menge span(a Wir betrachten Spezialfälle für derart aufgespannte lineare Unterräume Für endliche Mengen A = {a,, a k } benützen wir dabei immer die Abkürzung span(a,, a k := span({a,, a k } 9

20 Mit e ν IR n werden wir stets den Vektor bezeichnen, der an der ν-ten Stelle den Eintrag enthält und sonst lauter Nullen: Für k =,, n ist dann e ν = ( 0,, 0,, 0,, 0 ν n span(e,, e k = k {x = c ν e ν } = {x = (c,, c k, 0,, 0} = {x IR n : x k+ = = x n = 0} 2 Seien v w, v 0 w Vektoren im IR n, so, dass v / IR w, dh, dass die Gerade durch v und w den Nullpunkt nicht enthält Dann heißt span(v, w die von v und w aufgespannte Ebene Diese Ebene enthält die Gerade durch v und w, aber außerdem noch alle Vielfachen tx von Vektoren x auf dieser Geraden 3 Sind U und U 2 IR n zwei lineare Unterräume, so ist auch ihr Durchschnitt U U 2 wieder ein linearer Unterraum 4 Wenn U und U 2 IR n zwei lineare Unterräume sind, so bezeichnet man mit U + U 2 den linearen Unterraum span(u U 2 Mit diesem Begriff des aufgespannten Unterraums können wir die Lösbarkeitsbedingung für ein lineares Gleichungssystem a µ,ν x ν = b µ, µ =,, m ν= anders formulieren: Wir bezeichnen mit a ν IR m die Spaltenvektoren der Koeffizientenmatrix und mit b den Vektor auf der rechten Seite des Gleichungssystems: a ν = a,ν a m,ν, b = Mit diesen Vektoren kann man das Gleichungssystem in Vektorschreibweise x ν a ν = b ν= schreiben Man sieht: Das Gleichungssystem ist genau dann lösbar, wenn die rechte Seite b eine Linearkombination der Spaltenvektoren a,, a n ist, dh,wenn b span(a,, a n b b m Schließlich treffen wir noch eine Vereinbarung, die an dieser Stelle überperfektionistisch erscheinen mag: Wenn die Menge A leer ist, so vereinbaren wir span(a soll der Nullraum sein, dh der lineare Unterraum, welcher nur den Nullvektor enthält: span( = {0} 20

21 Manchmal bezeichnet man auch Lösungsmengen inhomogener Gleichungssysteme als Unterräume Diese besitzen dann natürlich nicht die Eigenschaft (LIN Wir werden solche Mengen affine Unterräume nennen Nach Satz 3 entsteht jeder affine Unterraum A aus einem linearen Unterraum U, indem man zu einem Vektor v A alle Vektoren aus U addiert: x 2 A v A = {x = v + u : u U} = v + U x 3 U x Es gibt lineare Unterräume verschiedener Größe: {0} Gerade Ebene 0-dimensional -dimensional 2-dimensional Diese Größe nennt man Dimension eines linearen Unterraums Der folgende Abschnitt dient u a der präzisen Definition des Dimensionsbegriffs Aufgabe 25 Betrachten Sie die acht Mengen von Vektoren x = (x, x 2 IR 2 definiert durch die Bedingungen x + x 2 = 0, 2 (x 2 + (x 2 2 = 0, 3 (x 2 (x 2 2 = 0, 4 x x 2 =, 5 (x 2 + (x 2 2 =, 6 Es gibt ein t IR mit x = t und x 2 = t 2, 7 Es gibt ein t IR mit x = t 3 und x 2 = t 3, 8 x Z Welche dieser Mengen sind lineare Unterräume? Aufgabe 26 Liegt der Vektor (3,, 0, IR 4 im Unterraum, der von den Vektoren (2,, 3, 2, (,,, 3 und (,, 9, 5 aufgespannt wird? Aufgabe 27 Es seien U, U 2 IR n lineare Unterräume Zeigen Sie: a U U 2 ist ein linearer Unterraum, genau dann, wenn entweder U U 2 oder U 2 U b Die folgenden beiden Aussagen sind äquivalent: b Für jedes x IR n gibt es eindeutig bestimmte Vektoren u U und u 2 U 2 mit x = u + u 2 b2 U + U 2 = IR n und U U 2 = {0} Aufgabe 28 (NV Zeigen Sie für beliebige Teilmengen A, B IR n span(a B = span(a + span(b 2

22 4 Lineare (Un- Abhängigkeit Beispiel Die beiden Vektoren e = (, 0, 0 und e 2 = (0,, 0 IR 3 spannen die Ebene {x IR 3 : x 3 = 0} auf Dieselbe Ebene wird aber auch von den drei Vektoren e, e 2, e + e 2 = (,, 0 aufgespannt Jeden dieser drei Vektoren könnte man weglassen, die restlichen beiden spannen diese Ebene immer noch auf Wir sagen: Diese drei Vektoren sind linear abhängig e 2 e + e 2 e Definition 2 Eine Menge A IR n heißt linear abhängig, wenn es eine echte Teilmenge A A, A A gibt mit span(a = span(a Sonst heißt A linear unabhängig Beispiele: Die oben betrachtete Menge A = {e, e 2, e + e 2 } IR 3 ist linear abhängig, denn für A = {e, e 2 } A gilt A A und span(a = span(a 2 Die Menge A = {e, e 2 } enthält die folgenden echten Teilmengen: A = {e } mit span(e = Gerade IR e, A = {e 2 } mit span(e 2 = Gerade IR e 2, A = mit span( = Nullraum Für keine davon gilt span(a = span(a = Ebene {x 3 = 0} Also ist A linear unabhängig 3 Jede Menge, welche den Nullvektor enthält, ist linear abhängig, denn wenn 0 A und A = A \ {0}, dann ist A A, aber span(a = span(a 4 Enthält A einen Vektor a mit a span(a \ {a}, dann ist A linear abhängig Denn für A := A \ {a} gilt A A, aber wegen a = l d j a j, a j A, span(a = k {c 0 a + c m b m : k IN, c 0, c,, c k IR, b m A } = l k {c 0 ( d j a j + c m b m : a j, b m A } span(a 5 Wenn (voneinander verschiedene Vektoren v,, v k A existieren und Zahlen c,, c k IR, nicht c = = c k = 0, mit k c m v m = 0, m= (nicht-triviale lineare Relation dann ist A linear abhängig Denn weil nicht alle c m = 0 sind, können wir nach Vertauschen der Indizes annehmen c 0 und dann schreiben c v = k c m v m, v = 2 22 k 2 c m c v m span(a,

23 wo A := A \ {v } Diese Beispiele sollten zunächst den Sachverhalt der linearen Abhängigkeit verdeutlichen Das letzte Beispiel ist aber bereits typisch dafür, wie wir künftig lineare Un-/Abhängigkeit überprüfen werden: Satz 8 (Test auf lineare Abhängigkeit Eine Teilmenge A IR n ist genau dann linear abhängig, wenn es eine nichttriviale lineare Relation zwischen (voneinander verschiedenen Vektoren aus A gibt Satz 9 (Test auf lineare Unabhängigkeit Eine Teilmenge A IR n ist genau dann linear unabhängig, wenn sie folgende Eigenschaft besitzt: Sind v,, v k endlich viele (voneinander paarweise verschiedene Vektoren in A und c,, c k Zahlen in IR mit k c m v m = 0 m= dann ist c = = c k = 0 Satz 9 ist nur eine Umformulierung von Satz 8 Deswegen genügt es, Satz 8 zu beweisen Beweis von Satz 8 Diese Beweisrichtung wurde als Beispiel 5 oben schon behandelt Sei A linear abhängig, dh, es gibt eine Teilmenge A A mit span(a = span(a und A A Dann gibt es also einen Vektor v A, der nicht zu A gehört Wegen v A span(a = span(a ist v eine Linearkombination v = k c ν v ν von Vektoren v ν A Dann ist v k c ν v ν = 0 eine nichttriviale (da v einen Koeffizienten 0 hat lineare Relation zwischen Vektoren aus A Noch zwei weitere Beispiele: 6 Sei A IR n eine Teilmenge, die mehr als n Vektoren enthält Dann ist A linear abhängig Beweis A enthält mindestens n+ Vektoren v,, v n+ Das homogenen lineare Gleichungssystem c v, + + c n+ v n+, = 0 c v,n + + c n+ v n+,n = 0 aus n Gleichungen in den n + Unbekannten c,, c n+ hat nach Satz 2 eine Lösung (c,, c n+ (0,, 0 Damit haben wir eine nichttriviale lineare Relation n+ c ν v ν = 0 zwischen v,, v n+ Nach Satz 8 ist A linear abhängig Beispiel 7 Es seien 23

24 z = (0,, 0,, z 2 = (0,, 0, 0,, 0,, z r = (0,, 0, 0,, 0, 0,, 0,, die Zeilenvektoren aus einer Matrix in Zeilenstufenform Diese Vektoren sind linear unabhängig Beweis Der Vektor z k habe seinen ersten Eintrag 0 in der n k -ten Spalte, k =,, r Da die Matrix Zeilenstufenform hat, ist n < n 2 < < n r n Wir testen auf lineare Unabhängigkeit: sei eine Linearkombination r c k z k = 0 gegeben Da nur der erste Vektor z in der n -ten Spalte einen Eintrag 0 besitzt, folgt hieraus c = 0 Von den übrigen Vektoren hat nur z 2 einen Eintrag 0 in der n 2 -ten Spalte, was c 2 = 0 zur Folge hat, usw Gelegentlich haben wir es nicht mit einer Menge {v, v 2, } von Vektoren zu tun, sondern mit einer Folge v, v 2,, in der etwa Vektoren auch mehrmals vorkommen können Eine solche (endliche oder unendliche Folge werden wir auch System von Vektoren nennen Die Zeilenvektoren einer Matrix sind zb so ein System Der Test auf lineare Unabhängigkeit für ein System ist: k c ν v ν = 0 c = = c k = 0? für alle k IN Ein System, in dem derselbe Vektor mehrmals vorkommt, ist somit stets linear abhängig Definition 3 Sei U IR n ein linearer Unterraum Eine Basis von U ist ein System v,, v r von Vektoren aus U mit ( i U = span(v,, v r, (ii v,, v r sind linear unabhängig Die Zahl r heißt Länge der Basis Beispiele Für eine Gerade IR v bildet der Vektor v eine Basis Eine Basis für eine Ebene IR v + IR w bilden die Vektoren v und w Die Vektoren e,, e n, bilden eine Basis des IR n Wir nennen sie die Standardbasis, die Vektoren nennen wir Koordinatenvektoren Der Nullvektorraum {0} hat die leere Menge als Basis Satz 0 (Basis-Satz Jeder lineare Unterraum U IR n hat eine Basis Dies ist ein Spezialfall (V = {0} des folgenden Satzes, sodass wir nur diesen Satz zu beweisen brauchen Satz (Basis-Ergänzungs-Satz Es seien V U IR n lineare Unterräume und v,, v r sei eine Basis von V Dann gibt es Vektoren u,, u s U so, dass das System v,, v r, u,, u s eine Basis von U ist 24

25 Beweis Wenn U = V ist, dann ist nichts zu beweisen (s = 0 Wenn U V ist, dann existiert ein u U, das nicht V ist Wir behaupten, das System v,, v r, u ist linear unabhängig und verwenden den Test aus Satz 9 Sei also r c ν v ν + cu = 0 eine lineare Relation Dann muss c = 0 gelten, denn sonst würde u = c cν v ν zu V gehören Weil nun c = 0, so lautet die lineare Relation nur noch r c ν v ν = 0 Weil die v,, v r eine Basis von V bilden, sind sie insbesondere linear unabhängig Deswegen folgt jetzt auch c = = c r = 0 und v,, v r, u sind linear unabhängig Wir setzen u := u und U := span(v,, v r, u Dann bilden die Vektoren v, v r, u eine Basis von U Wenn U = U ist, dann sind wir fertig Andernfalls wiederholen wir diese Konstruktion immer wieder So erhalten wir für alle k Untervektorräume U k U mit einer Basis v,, v r, u,, u k Spätestens wenn r + k = n + ist, können die n + Vektoren v,, v r, u,, u k nicht mehr linear unabhängig sein (obiges Beispiel 6 Es muss also vorher schon einmal ein k = s gegeben haben mit U s = U Satz 2 (Basis-Auswahl-Satz Sei U = span(v,, v k IR n ein linearer Unterraum Dann gibt es unter den Vektoren v,, v k eine Basis v i,, v ir für U Beweis Wenn v,, v k linear unabhängig sind, dann bilden sie eine Basis von U und wir sind fertig Andernfalls gibt es unter ihnen einen Vektor v j der eine Linearkombination i j c iv i der anderen Vektoren ist Dann wird U auch schon von den k Vektoren v,, v j, v j+,, v k aufgespannt Spätestens nachdem wir diesen Schritt k -mal wiederholt haben, gelangen wir zu einem linear unabhängigen Teilsystem der v,, v k, welches U aufspannt Satz 3 (Invarianz der Basis-Länge Die Länge einer Basis für einen linearen Unterraum U IR n hängt nur von U ab und nicht von der gewählten Basis Beweis Seien v,, v r und u,, u s zwei Basen für U Wir haben s r zu zeigen Da v,, v r den Unterraum U aufspannen, ist jedes u σ, σ s, eine Linearkombination u σ = r ν= c σ,ν v ν Das lineare Gleichungssystem (vertauschte Indizes! s c σ,ν x σ = 0, (ν =,, r σ= hat s Unbekannte und r Zeilen Wenn s > r sein sollte, so gibt es eine Lösung (x,, x s (0,, 0 für dieses Gleichungssystem (Satz 2 Es folgt ( s s r ( r s r x σ u σ = x σ c σ,ν v ν = x σ c σ,ν v ν = 0 v ν = 0 σ= σ= ν= ν= σ= ν= Also sind u,, u s linear abhängig Weil sie eine Basis sind, ist dies unmöglich und es muss s r gewesen sein 25

26 Die Sätze und Satz 3 ermöglichen folgende Definition: Definition 4 Die Dimension eines linearen Unterraums U - in Zeichen dimu - ist die Länge einer Basis für U Beispiele Da e,, e n IR n eine Basis bilden ist dim(ir n = n 2 Der Zeilenrang einer (m n-matrix ist die Dimension des von ihren Zeilenvektoren im IR n aufgespannten linearen Unterraums Dieser Zeilenrang ändert sich nicht bei elementaren Zeilenumformungen Bei Umformungen vom Typ I und II ist dies klar Bei Typ III sieht man es wie folgt ein: Die Zeilenvektoren seien z,, z m und z k := z k + c z l, k l, sei eine derartige Zeilenumformung Sei Z := span(z,, z m IR n und Z := span(z,, z k, z k, z k+,, z m Wegen z k Z ist Z Z Wegen z k = z k c z l ist auch Z Z Es ist also Z = Z und dim(z = dim(z Folglich ändert sich der Zeilenrang auch nicht, wenn wir eine Matrix durch elementare Zeilenumformungen auf Zeilenstufenform bringen Bei einer Matrix in Zeilenstufenform ist der Zeilenrang gerade die Anzahl der Stufen Wir könnten den Zeilenrang einer Matrix also auch definieren als die Anzahl der Zeilen 0 in ihrer Zeilenstufenform 3 Natürlich kann man analog den Spaltenrang einer Matrix als die Dimension des Vektorraums definieren, der von den Spaltenvektoren der Matrix aufgespannt wird Satz 4 (Dimensionsformeln ( i Es seien U U 2 IR n lineare Unterräume Dann gilt dim(u dim(u 2 und dim(u = dim(u 2 nur dann, wenn U = U 2 (ii Für je zwei lineare Unterräume U, U 2 IR n gilt dim(u U 2 + dim(u + U 2 = dim(u + dim(u 2 Beweis (i: Ist u,, u r eine Basis von U, so kann man sie nach dem Basis-Ergänzungssatz zu einer Basis u,, u r, u r+,, u s von U 2 ergänzen Es folgt dim(u = r r + s = dim(u 2 und dim(u = dim(u 2 nur dann, wenn r = r + s, dh U = U 2 (ii: Sei u,, u d eine Basis von U U 2 Wir ergänzen sie zu einer Basis u,, u d, v,, v r von U und einer Basis u,, u d, w,, w s von U 2 Wir testen das System u,, u d, v,, v r, w,, w s auf lineare Unabhängigkeit: sei etwa die lineare Relation a u + + a d u d + b v + + b r v }{{ r + c } w + + c s w s = 0 }{{} U U 2 zwischen diesen Vektoren vorgelegt Dann ist also c w + + c s w s = (a u + + a d u d + b v + + b r v r (U U 2, c w + + c s w s = α u + + α d u d mit α,, α d IR Da aber u,, u d, w,, w s als Basis von U 2 linear unabhängig waren, folgt hieraus c = = c s = 0 Ganz analog folgt b = = b r = 0, sodass die lineare Relation schließlich a u + + a d u d = 0 lautet Hieraus folgt dann endlich noch a = = a d = 0 Da u,, u d, v,, v r, w,, w s den Unterraum U + U 2 aufspannen, haben wir bewiesen, dass sie eine Basis von U + U 2 bilden Somit ist 26

27 dim(u = d + r dim(u 2 = d + s dim(u U 2 = d dim(u + U 2 = d + r + s dim(u + dim(u 2 = 2d + r + s dim(u U 2 + dim(u + U 2 = 2d + r + s Damit ist Formel (ii bewiesen Wir wenden unseren Dimensionsbegriff jetzt noch auf lineare Gleichungssysteme an: Satz 5 Es sei ein homogenes lineares Gleichungssystem a µ,ν x ν = 0, (µ =,, m ν= mit n Unbekannten vorgelegt Für die Zahlen d := Dimension des Lösungsraums r := Zeilenrang der Koeffizientenmatrix gilt dann die Beziehung d + r = n Beweis Bei elementaren Zeilenumformungen der Koeffizientenmatrix ändern sich weder d noch r Wir können daher obda annehmen, die Koeffizientenmatrix habe Zeilenstufenform Die Zahl der Stufen ist dann r Es gibt also n r Spalten ohne Stufe in der Koeffizientenmatrix An diesen n r Stellen können die Unbekannten beliebig gewählt werden, die anderen r werden daraus dann berechnet Eine Basis für den Lösungsraum erhalten wir, wenn wir in jeder dieser n r Spalten eine, in den anderen eine 0 vorgeben Deswegen hat der Lösungsraum die Dimension n r Satz 6 (Korollar Jeder lineare Unterraum U IR n ist der Lösungsraum eines homogenen linearen Gleichungssystems Beweis Sei dim(u = k und u,, u k U eine Basis Die k n-matrix mit den Zeilenvektoren u,, u k hat also den Zeilenrang k Diese Matrix ist die Koeffizientenmatrix eines homogenen linearen Gleichungssystems u µ,ν y ν = 0, µ =,, k, ν= für die Unbekannten y,, y n Nach der Dimensionsformel von Satz 5 ist die Dimension seines Lösungsraums n k Wir wählen eine Basis a,, a n k IR n für diesen Lösungsraum Dann gilt also u µ,ν a λ,ν = 0 für µ =,, k, λ =,, n k ν= Jetzt kehren wir die Rolle von Koeffizienten und Unbekannten in diesem Gleichungssystem um Dann sind die Vektoren u,, u k Lösungsvektoren des homogenen linearen Gleichungssystems a λ,ν u ν = 0, λ =,, n k ν= 27

28 Die Koeffizientenmatrix dieses Systems hat die Zeilenvektoren a,, a n k und damit den Zeilenrang n k Alle Vektoren u,, u k sind Lösungen dieses neuen Systems Damit enthält sein Lösungsraum V IR n auch U = span(u,, u k Wieder verwenden wir die Dimensionsformel und folgern dim(v = n (n k = k = dim(u Wegen U V folgt daraus U = V, dh, U ist der Lösungsraum des Gleichungssystems mit den Zeilenvektoren a,, a n k Satz 7 Für ein lineares Gleichungssystem a µ,ν x ν = b µ, (µ =,, n ν= (genauso viele Gleichungen wie Unbekannte! sind die folgenden Aussagen äquivalent: ( i Bei jeder Wahl der b,, b n auf der rechten Seite ist das Gleichungssystem lösbar (ii Bei jeder Wahl der b,, b n auf der rechten Seite gibt es eine einzige Lösung des Systems (iii Das zugehörige homogene System a µ,ν x ν = 0, (µ =,, n ν= hat nur die Null-Lösung (iv Der Spaltenrang der Koeffizientenmatrix ist n ( v Der Zeilenrang der Koeffizientenmatrix ist n Beweis Eigenschaft (i ist damit äquivalent, dass die Spaltenvektoren der Koeffizientenmatrix den ganzen Vektorraum IR n aufspannen Dies ist damit äquivalent, dass die Koeffizientenmatrix den Spaltenrang n besitzt (iv Daraus folgt, dass die n Spaltenvektoren linear unabhängig sind Denn wären sie linear abhängig, würden auch schon n dieser Vektoren den IR n aufspannen Aus dem Basis-Auswahlsatz würde der Widerspruch dim(ir n < n folgen Eigenschaft (iii ist aber nichts anderes als der Test auf lineare Unabhängigkeit für die Spaltenvektoren Eigenschaft (ii ist äquivalent mit (i und (iii zusammen Wegen Satz 5 ist (iii äquivalent mit (v Aufgabe 29 Aus den Zeilenvektoren der Matrix lassen sich 5 verschiedene, nichtleere Mengen von Vektoren bilden, und ebenso aus den Spaltenvektoren Welche dieser 30 Mengen sind linear abhängig? 28

29 Aufgabe 30 Es sei U IR n ein k-dimensionaler Untervektorraum Zeigen Sie, dass für jede Teilmenge M U die folgenden Eigenschaften äquivalent sind: M ist eine Basis von U, 2 M ist linear unabhängig und besteht aus k Vektoren, 3 M spannt U auf und besteht aus k Vektoren Aufgabe 3 Berechnen Sie den Zeilenrang der Matrizen Aufgabe 32 Es seien A = , B = U := {x IR 4 : x + 2x 2 = x 3 + 2x 4 }, V := {x IR 4 : x = x 2 + x 3 + x 4 } Bestimmen Sie Basen von U, V, U V und U + V Aufgabe 33 (NV Gegeben sei die reelle 4 4-Matrix A = Bestimmen Sie eine Basis für den Lösungsraum des homogenen linearen Gleichungssystems mit Koeffizientenmatrix A Aufgabe 34 (NV Es seien a, b, c reelle Zahlen Bestimmen Sie den Zeilenrang der Matrix A = b 0 c 0 0 b 0 c a 0 b 0 0 a 0 b Aufgabe 35 (NV Es sei U der von (, 2, 3 und (4, 5, 6, sowie V der von (2,, 2 und (, 2, 0 aufgespannte Unterraum des IR 3 Man bestimme eine Basis von U V Aufgabe 36 (NV Es seien U, V, W IR n lineare Unterräume Beweisen oder widerlegen Sie die Formeln dim(u (V + W = dim(u V + dim(u W dim(u V W, dim(u + V + W = dim(u + V + dim(u + W dim(u + (V W 29