Mathematik für Informatiker 1 Wintersemester 2013/14 Übungsblatt 12

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1 Dipl.Inf. Malte Isberner Dr. Oliver Rüthing Dipl.Inf. Melanie Schmidt Dr. Hubert Wagner Übungen zur Vorlesung Mathematik für Informatiker 1 Wintersemester 2013/14 Übungsblatt 12 Die Lösungshinweise dienen primär der internen Kommunikation der Lösungen zu den Übungsaufgaben. Sie sind geeignet, das Vorgehen zur Lösung zu illustrieren und die zur Lösung erforderlichen Ideen und Denkanstöße zu vermitteln. Bitte beachten Sie jedoch, dass es sich hierbei nicht um Musterlösungen handelt in dem Sinne, dass sie eine mustergültige Verschriftlichung des jeweiligen Lösungsweges darstellen. Insbesondere sind aus Platzgründen einige der Lösungswege nur abgekürzt dargestellt. Daraus leitet sich jedoch nicht ab, dass ein entsprechendes Vorgehen in der Klausur automatisch zur vollen Punktzahl führt! Aufgabe 12.1 R-Vektorräume (Präsenzaufgabe) Es sei V {(x, y, z) t R 3 x + y + z 0} R 3. Hinweis: Die Schreibweise eines Vektors x als transponierter Zeilenvektor x (x 1, x 2,..., x n ) t wird x 2 aus Platzgründen oft der äquivalenten Schreibweise als Spaltenvektor x. vorgezogen. x n 1. Beweisen Sie: V ist ein Untervektorraum von R Geben Sie ein Erzeugendensystem von V an. Weisen Sie nach, dass sich genau jeder Vektor x (x, y, z) t R 3 mit x+y +z 0 als Linearkombination von Vektoren des Erzeugendensystems darstellen lässt. 3. Stellen Sie V geeignet grafisch dar. x 1 1. Zu zeigen ist hier, dass V nicht leer ist, und außerdem unter Addition und skalarer Multiplikation abgeschlossen ist. V : Offensichtlich ist 0 (0, 0, 0) t V. Addition: Seien v 1 (x 1, y 1, z 1 ) t, v 2 (x 2, y 2, z 2 ) t V beliebig, es gilt x 1 + y 1 + z 1 x 2 + y 2 + z 2 0. Zu zeigen ist nun, dass auch v 1 + v 2 V ist. Durch komponentenweise Addition erhalten wir v 1 + v 2 (x 1 + x 2, y 1 + y 2, z 1 + z 2 ) t. Offensichtlich ist dies in V, da (x 1 + x 2 ) + (y 1 + y 2 ) + (z 1 + z 2 ) (x 1 + y 1 + z 1 ) + (x 2 + y 2 + z 2 ) 0 gilt.

2 Skalare Multiplikation: Seien v 1 (x 1, y 1, z 1 ) t V und c R beliebig. Es ist c v 1 (cx 1, cy 1, cz 1 ) t V, da gilt. cx 1 + cy 1 + cz 1 c(x 1 + y 1 + z 1 ) 0 2. Ein Erzeugendensystem für V ist bspw. die Menge M { u, w} mit u (1, 0, 1) t, w (0, 1, 1) t. Wir weisen die Mengengleichheit V M durch wechselseitige Inklusion nach. : Sei v (x, y, z) t V beliebig. Zu zeigen ist, dass sich v als Linearkombination von u und w darstellen lässt. Da x + y + z 0 gilt, lässt sich v auch schreiben als v (x, y, x y) t. Damit gilt offenbar v x u + y w. : Sei v M, d.h. v c 1 u + c 2 w für geeignete Koeffizienten c 1, c 2 R. Damit lässt sich v schreiben als v (c 1, c 2, c 1 c 2 ), was offensichtlich die für Elemente aus V geforderte Bedingung c 1 + c 2 + ( c 1 c 2 ) 0 erfüllt. 3. Die Bedingung für Vektoren in V lässt sich offenbar umstellen zu z x y, womit sich der z-wert als Funktion der x- und y-werte darstellt. Der durch V beschriebene Raum ist eine Ebene im dreidimensionalen euklidischen Raum, welche die Punkte (0, 0, 0), (1, 0, 1) sowie (0, 1, 1) enthält (diese drei Punkte legen die Ebene eindeutig fest). (a) Darstellung von V durch Isolinien (b) Dreidimensionale Darstellung von V Abbildung 1: Mögliche Darstellungen des Vektorraumes V Eine mögliche Form der Darstellung sind sogenannte Isolinien: Hierzu lässt man z bestimmte feste Werte annehmen, und stellt für jeweils einen z-wert den Verlauf in der xy-ebene dar. Dies ist für z { 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3} in Abb. 1a dargestellt. Die durch V beschriebene Ebene enthält die fett hervorgehobene Nebendiagonale y x und schließt mit der Blattebene einen Winkel von 45 ein. Eine dreidimensionale Darstellung ist in Abb. 1b zu finden, auch hier ist die Nebendiagonale y x fett hervorgehoben. Aufgabe 12.2 Matrizen ( Punkte)

3 1. Berechnen Sie das Produkt A B der folgenden Matrizen. Berechnen Sie dann die Transponierte des Ergebnisses A, B Auf Folie 321 (Foliensatz lineare_algebra.pdf) wurden invertierbare (oder auch reguläre) Matrizen erwähnt. Formal ist eine Matrix A K n n genau dann invertierbar, wenn es eine Matrix A 1 K n n gibt, so dass A A 1 A 1 A E n gilt (hierbei ist E n die n n- Einheitsmatrix über K). a) Sei K R und n 2. Für welche Werte x R ist die Matrix A b) Berechnen Sie die Inverse B 1 der Matrix B Körper K Z 5 ist. 1 1 invertierbar? x 1 1 2, wenn der zugrundeliegende Das Ergebnis der Transposition A t einer n m-matrix A über einem beliebigen Körper K lässt sich formal erfassen als Beweisen Sie die folgenden Aussagen: 1 i m, 1 j n. ( A t) ij A ji. a) Seien A K n m, B K m k (n, m, k N). Dann gilt (A B) t B t A t. b) Sei A K n n (n N) invertierbar. Dann ist auch A t invertierbar, und es gilt ( A t) 1 ( A 1 ) t. 1. Da hier eine 2 3-Matrix mit einer 3 2-Matrix multipliziert wird, ist das Ergebnis offensichtlich eine 2 2-Matrix. Der Eintrag an der Stelle (i, j) der Ergebnismatrix berechnet sich als das Skalarprodukt des i-ten Zeilenvektors von A mit dem j-ten Spaltenvektor von B. Es ergibt sich: A B ( 1) 4 + ( 3) ( 1) 2 + ( 3) ( 3 ) a) Wenn die Matrix A invertierbar ist, gibt es eine Matrix A 1 R 2 2 mit A 1 A E n. Wir bezeichnen die Koeffizienten dieser Matrix mit A 1 a b. c d Für den Fall der Invertierbarkeit gilt dann A 1 a + bx a + b A c + dx c + d Gesucht sind nun diejenigen Werte für x R, für die das Gleichungssystem a + bx 1 (1) a + b 0 (2) c + dx 0 (3) c + d 1 (4)

4 eine Lösung besitzt. Umstellen der Gleichungen (2) und (4) ergibt a b sowie c 1 d. Eingesetzt in (1) und (3) erhalten wir b(x 1) d(x 1) 0 Dieses Gleichungssystem lässt sich offenbar für jedes x 1 mit geeigneter Wahl von b 1 x 1 und d 1 x 1 lösen. a b b) Gesucht ist hier eine Matrix B 1 (Z c d 5 ) 2 2, so dass gilt. B 1 a 2a +5 4b B c 2c + 5 4d! Aus der Betrachtung der jeweils linken Spalten folgt sofort a 1, c 0. Eingesetzt in die Gleichungen für die rechten Spalten ergibt sich 4 5 b 2 mod 5 3 (Z 5!) sowie 4 5 d 1. Multiplikativ Inverse in Z n lassen sich im Allgemeinen mit dem erweiterten euklidischen Algorithmus bestimmen; schneller geht hier jedoch einfaches Ausprobieren: man erkennt schnell, dass mod 5 3 ( b 2) sowie mod 5 1 ( d 4) ist. Die gesuchte Inverse ist also B Z a) Bei A B handelt es sich um eine n k-matrix, also ist (A B) t eine k n-matrix. Seien 1 i k, 1 j n beliebig. Mit den Definitionen von Matrizenmultiplikation und Transposition gilt: ( (A B) t ) ij (A B) ji m A jk B ki k1 m (B t ) ik (A t ) kj k1 ( B t A t) ij b) Sei A eine invertierbare n n-matrix, und sei A 1 die zu A inverse Matrix. Offensichtlich ist die Einheitsmatrix E n invariant unter Transposition, d.h. es gilt E n (E n ) t. Mit dem Ergebnis der vorherigen Teilaufgabe ergibt sich A t (A 1) t (A 1 A) t (E n ) t E n, ( A 1 ) t A t ( A A 1) t (E n ) t E n Aufgabe 12.3 Erzeugendensysteme (2 Punkte) Sei V ein beliebiger Vektorraum, und sei M V. Beweisen Sie die folgenden Aussagen über Erzeugendensysteme. 1. Ist M M eine Teilmenge von M, so folgt M M.

5 2. M M 3. M ist genau dann linear unabhängig, wenn M eine Basis von M ist. 1. Sei M M beliebig. Zu zeigen ist, dass für einen beliebigen Vektor v M auch v M folgt. Sei also nun v M, dann lässt sich v als Linearkombination von Vektoren aus M darstellen. Wegen M M ist dies auch eine Linearkombination von Vektoren aus M. Damit ist v M. 2. Die Inklusion M M ist trivial: jedes Erzeugnis enthält natürlich die erzeugenden Vektoren selbst. Für die umgekehrte Richtung betrachten wir einen Vektor v M. Dieser lässt sich als Linearkombination von Vektoren aus M darstellen, d.h. für n N gibt es s 1,..., s n K und v 1,..., v n M so dass v n s i v i gilt. Jeder der Vektoren v i lässt sich wiederum als Linearkombination von Vektoren aus M darstellen, so dass sich auch v insgesamt als Linearkombination von Vektoren aus M darstellen lässt. 3. Wir weisen die wechselseitige Implikation nach. : Wir zeigen diese Teilaussage per Kontrapositionsprinzip. Sei M keine Basis von M, dann gibt es ein v M, welches mindestens zwei verschiedene Darstellungen als Linearkombination besitzt. Es ist also v u M s u u u M t u u, für geeignete Koeffizienten s u, t u K. Aufgrund der Verschiedenheit der Darstellungen gibt es einen Vektor w M, so dass s w t w ist. Daher gilt 0 v v (s u t u ) u, }{{} u M r u mit r w 0. Der Vektor w lässt sich also als Linearkombination w u M\{ w} r u r w u darstellen, woraus M M \ { u} und damit die lineare Abhängigkeit von M folgt. : Sei M eine Basis von M. Wenn M, so ist M per Definition linear unabhängig. Andernfalls sei v M M beliebig. Da M eine Basis ist, ist die triviale Darstellung von v 1 v als Linearkombination von Vektoren aus M eindeutig, v lässt sich also nicht als Linearkombination von Vektoren aus M \ { v} darstellen. Damit ist M linear unabhängig. Aufgabe 12.4 Erzeugendensysteme (Präsenzaufgabe) 1. Beweisen Sie Satz unter Verwendung der Aussagen aus Aufgabe Sei V ein beliebiger Vektorraum.

6 a) Seien M, N V. Zeigen Sie: M N M + N. 1 b) Sei U V linear unabhängig, und seien M, N U mit M N. Zeigen Sie: M N { 0} 1. Auch hier führen wir den Beweis per Ringschluss. (i) (ii) : Jede Basis ist insbesondere ein Erzeugendensystem. Wenn M Basis von V M ist, folgt damit mittels sofort, dass M linear unabhängig (und Erzeugendensystem von V ) ist. (ii) (iii) : Da M Erzeugendensystem von V ist, gilt M V. Da M linear unabhängig ist, gilt M \ { u} M V für alle u M. (iii) (iv) : Diese Aussage zeigen wir per Kontrapositionsprinzip. Zu beweisen ist hier dass wenn M linear abhängig oder nicht inklusionsmaximal ist, dann M V oder M \ { u} V für ein u M gilt. Letztere Aussage folgt unmittelbar aus der linearen Abhängigkeit von M. Wir betrachten also den Fall, dass M nicht inklusionsmaximal sei. Dann gibt es v V \ M, so dass M { v} linear unabhängig ist, woraus M M \ { v} { v} M v folgt. Nach gilt damit M M { v} V, d.h. M V. (iv) (i) : Sei M inklusionsmaximal und linear unabhängig. Dann ist nach M Basis von M. Zu zeigen ist nun noch, dass M V gilt. Im Widerspruch hierzu nehmen wir an, dass M V gelte. Dann gibt es v V \ M, und man überlegt sich leicht, dass dann auch M { v} linear unabhängig ist, im Widerspruch zur Inklusionsmaximalität von M. 2. a) Wir zeigen die Mengengleichheit durch Beweis der Aussage v V. v M N v M + N : (Def. ) v M N v s u u (Def. ) v (Def. +) u M N s u u + s w w u M } {{ } M v M + N w N } {{ } N b) Sei v M N. Wir zeigen nun, dass die Annahme v 0 zu einem Widerspruch führt. Wenn v M, v 0, ist, gibt es Vektoren u 1,..., u n M und Skalare s 1,..., s n K mit v n s i u i mit s i 0 für 1 i n. Analog gibt es, wegen v N, Vektoren w 1,..., w m N und Skalare t 1,..., t n K mit v m t i w i mit t i 0 für 1 i m. Aufgrund der Disjunktheit von M und N ist u i w j 1 i n, 1 j n. Subtrahiert man die verschiedenen Darstellungen von v, so erhält man ( n ) ( m ) 0 s i u i t i w i, 1 Hierbei sei die Addition zweier Vektorräume definiert wie auf Folie 342 (Foliensatz lineare_algebra.pdf).

7 und die Koeffizienten sind alle von 0 verschieden. Nach Lemma (Folie 379, Foliensatz lineare_algebra.pdf) ist dies äquivalent dazu, dass die Menge { u 1,..., u n, w 1,..., w n } M N U linear abhängig ist, und damit auch im Widerspruch zur Annahme die Obermenge U.