Title | 03.02.2012 mit lösung Übungen Lineare Algebra und Analytische Geometrie 1 für LB [MA9901] |
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Course | Lineare Algebra und Analytische Geometrie 1 für LB [MA9901] |
Institution | Technische Universität München |
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03.02.2012 mit lösung...
MATHEMATISCHES INSTITUT ¨ MUNCHEN ¨ DER UNIVERSIT AT Dr. E. Sch¨orner
WS 2011/12 Blatt 13 03.02.2012
¨ Ubungen zur Vorlesung Lineare Algebra und ” analytische Geometrie I (Unterrichtsfach)“ 49. (Staatsexamensaufgabe Fr¨uhjahr 1995). Gegeben sei die 1 1 − 2 4 f = ℓA : R3 → R4 mit A= 4 −2 2 2
lineare Abbildung −2 −4 ∈ R4×3 . 0 −4
a) Man berechne Kern(f ) und den Rang von A. b) Sei U der von den Vektoren 1 3 2 , u2 = 6 u1 = 6 9
5 und u3 = 10 21
erzeugte Unterraum von R3 . Man gebe eine Basis von f (U ) an. c) Man gebe einen Vektor b ∈ R4 an, der nicht in Bild(f ) liegt. 50. Gegeben seien die Vektoren 1 0 0 v1 = 2 , v2 = 1 , v3 = 0 3 2 1
in R3
und
1 1 1 w1 = , w2 = , w3 = 2 1 0 0 2 −1 sowie die Matrix A1 = ∈ R2×3 . 3 1 −1
in R2
a) Man zeige, daß v1 , v2 , v3 eine Basis von R3 und w1 , w2 eine Basis von R2 ist, und bestimme die darstellende Matrix von ℓA1 : R3 → R2 bez¨uglich dieser beiden Basen. b) Warum gibt es genau eine lineare Abbildung f : R3 → R2 mit f (v1 ) = w1 , f (v2 ) = w2 und f (v3 ) = w3 ? Man bestimme zudem eine Matrix A2 ∈ R2×3 mit f = ℓA2 . c) Man bestimme eine Matrix A3 ∈ R3×2 derart, daß f¨ur die lineare Abbildung g = ℓA3 : R2 → R3 sowohl Kern(g) = R w1 als auch Bild(g) = R v1 gilt.
51. (Staatsexamensaufgabe Herbst 2010). Man betrachte die Abbildung f : Pol3 (R) → Pol2 (R),
p 7→ p′ − (X + 1) · p′′.
Dabei bezeichne p′ bzw. p′′ die erste bzw. zweite Ableitung des Polynoms p. a) Man zeige, daß f linear ist. b) Man bestimme die darstellende Matrix M von f bez¨ uglich der Standardbasen 1, X, X 2 , X 3 von Pol3 (R) und 1, X, X 2 von Pol2 (R). c) Man berechne eine Basis von Kern(f ) sowie eine Basis von Bild(f ). 52. (Staatsexamensaufgabe Herbst 2011). F¨ur die reelle 3 × 4–Matrix 1 1 1 5 A = 0 1 2 3 ∈ R3×4 3 −1 −5 3 betrachte man die zugeh¨ orige lineare Abbildung f : R4 → R3 ,
f (x) = A · x;
es seien U = Kern(f ) der Kern von f sowie W = Bild(f ) der Bildraum von f . a) Man zeige, daß sowohl U als auch W die Dimension 2 besitzt, und bestimme eine Basis von U sowie eine Basis von W . b) Man ermittle eine Basis von R4 und dieser Basen die darstellende Matrix 1 0 M= 0 1 0 0
eine Basis von R3 , so dass f bez¨ uglich 0 0 0 0 ∈ R3×4 0 0
besitzt.
Abgabe bis Freitag, den 10. Februar 2012, 1000 Uhr (K¨asten vor der Bibliothek).
WS 2011/12 Blatt 13 03.02.2012
MATHEMATISCHES INSTITUT ¨ MUNCHEN ¨ DER UNIVERSIT AT Dr. E. Sch¨orner
¨ Ubungen zur Vorlesung Lineare Algebra und ” analytische Geometrie I (Unterrichtsfach)“ — L¨ osungsvorschlag — 49. a) Es ist
1 1 −2 −2 4 −4 A= 4 −2 0 2 2 −4
1 1 −2 0 6 −8 II+2I 8 III+II III−4I, IV−2I 0 −6 0 0 0
1 0 0 0
1 −2 3 −4 ′ 0 0 =A 0 0
Damit ist Rang(A) = 2 sowie 2 2 3λ 4 | λ ∈ R λ Kern(f ) = = R · u mit u = 4 . 3λ 3
b) Es ist
U = hu1 , u2 , u3 i = {λ1 u1 + λ2 u2 + λ3 u3 | λ1 , λ2 , λ3 ∈ R} und damit wegen der Linearit¨at von f f (U ) = {λ1 f (u1 ) + λ2 f (u2 ) + λ3 f (u3 ) | λ1 , λ2 , λ3 ∈ R} = hf (u1 ), f (u2 ), f(u3 )i mit
1 −2 f (u1 ) = A · u1 = 4 2 1 −2 f (u2 ) = A · u2 = 4 2 1 −2 f (u3 ) = A · u3 = 4 2
1 −2 1 −9 1 2 −18 4 −4 · 2 = 0 = (−9) · 0 −2 0 6 2 −4 −18 2 1 −2 −9 1 3 4 −4 −18 = (−9) · 2 · = 6 0 0 −2 0 9 2 −4 −18 2 1 −27 1 −2 5 2 −54 4 −4 · 10 = 0 = (−27) · 0 ; −2 0 21 2 −54 2 −4
damit erh¨ alt man
1 2 f (U ) = R · 0 . 2
Alternativ kann man auch wie folgt schließen: Es ist U = hu1 , u2 , u3 i mit 1 3 5 u1 = 2 , u2 = 6 und u3 = 10 . 6 9 21 Wegen u3 = 2 · u1 + u2 gilt sogar U = hu1 , u2 i
und damit
f (U ) = hf (u1 ), f (u2 )i.
Ferner ist u2 = u1 + u mit u ∈ Kern(f ) und folglich f (u2 ) = f (u1 ) + f (u) = f (u1 ), womit sich f (U ) = hf (u1 )i ergibt. Schließlich erh¨ alt man wegen 1 1 −9 2 2 −18 f (u1 ) = A · u1 = 0 = (−9) · 0 dann f (U ) = R · 0 . 2 2 −18 c) Da der Spaltenraum von A′ von den ersten beiden Spalten von A′ erzeugt wird, erzeugen auch die ersten beiden Spalten 1 1 4 −2 s1 = und s2 = −2 4 2 2 von A den Spaltenraum von A, also Bild(f ). Wegen
1 1 0 −2 4 0 (s1 , s2 | e3 ) = 4 −2 1 2 2 0
II+2I III−4I, IV−2I
1 1 0 0 6 0 0 −6 1 0 0 0
III+II
1 0 0 0
1 6 0 0
0 0 1 0
ist der Vektor b = e4 keine Linearkombination von s1 und s2 , liegt folglich auch nicht in Bild(f ).
ur B = (v1 , v2 , v3 ) ∈ R3×3 gilt 50. a) F¨ 1 0 0 1 0 0 1 0 II−2I (B|E3 ) = 2 1 0 0 1 0 ∼ 0 1 III−3I 3 2 1 0 0 1 0 2 1 0 0 1 ∼ 0 1 0 −2 0 0 1 1
1 0 0 −2 1 0 ∼ III−2II −3 0 1 0 0 1 0 = (E3 |B −1 ); −2 1
0 0 1
damit ist B invertierbar, insbesondere also v1 , v2 , v3 eine Basis von R3 . F¨ ur C = (w1 , w2 ) gilt 1 1 = −1; det(C) = 2 1
damit ist C invertierbar mit C
−1
1 −1 1 1 −1 = = ; · −2 1 2 −1 −1
insbesondere ist w1 , w2 eine Basis von R2 . F¨ur die darstellende Matrix M uglich dieser beiden Basen gilt demnach von ℓA1 : R3 → R2 bez¨ 1 0 0 −1 1 0 2 −1 M = C −1 A1 B = · 2 1 0 = · 3 1 −1 2 −1 3 2 1 −1 1 1 0 −1 1 −1 0 = . · = 0 1 −1 2 −1 2 −1 −1 b) Da v1 , v2 , v3 eine Basis von R3 ist, gibt es (gem¨ aß dem Prinzip der linearen Fortsetzung) f¨ur jede Vorgabe von Vektoren w1 , w2 , w3 in R2 genau eine lineare Abbildung f : R3 → R2
mit
f (v1 ) = w1 ,
f (v2 ) = w2
und f (v3 ) = w3 .
Mit C ′ = (w1 , w2 , w3 ) ∈ R2×3 gilt dann f¨ ur die Matrix A2 ∈ R2×3 mit f = ℓA2 A2 · v1 = f (v1 ) = w1 ,
A2 · v2 = f (v2 ) = w2
und A3 · v3 = f (v3 ) = w3
und damit A2 · B = (A2 · v1 , A2 · v2 , A2 · v3 ) = (w1 , w2 , w3 ) = C ′ , also A2 = C ′ · B −1
1 0 0 1 1 1 0 −1 1 = · −2 1 0 = . 2 1 0 0 1 0 1 −2 1
c) Gem¨aß a) ist w1 , w2 eine Basis von R2 ; demnach gibt es eine (eindeutig bestimmte) lineare Abbildung g : R2 → R3
mit
g(w1 ) = 0 und g(w2 ) = v1 ;
damit ist R · w1 ⊆ Kern(g)
und
R · v1 ⊆ Bild(g),
und mit der Dimensionsformel dim Kern(g ) + dim Bild(g) = 2 erh¨alt man schon Kern(g) = R w1
und
Bild(g) = R v1 .
Mit B ′ = (0, v1 ) ∈ R3×2 ergibt sich f¨ ur die Matrix A3 ∈ R3×2 mit g = ℓA3 A3 · w1 = g(w1 ) = 0 und A3 · w2 = g(w2 ) = v1 und damit A3 · C = (A3 · w1 , A3 · w2 ) = (0, v1 ) = B ′ , also A3 = B ′ · C −1
0 1 2 −1 −1 1 = 0 2 · = 4 −2 . 2 −1 0 3 6 −3
51. a) F¨ ur alle p, q ∈ Pol3 (R) gilt f (p + q ) = (p + q)′ − (X + 1) · (p + q )′′ = (p′ + q ′ ) − (X + 1) · (p′′ + q ′′) = (p′ + q ′ ) − ((X + 1) · p′′ + (X + 1) · q ′′) = (p′ − (X + 1) · p′′) + (q ′ − (X + 1) · q ′′ ) = f (p) + f (q); damit ist f additiv; ferner gilt f¨ ur alle p ∈ Pol3 (R) und λ ∈ R f (λ · p) = (λ · p)′ − (X + 1) · (λ · p)′′ = λ · p′ − (X + 1) · (λ · p′′) = λ · (p′ − (X + 1) · p′′) = λ · f (p); damit ist f auch homogen, insgesamt also linear. b) Wegen f (1) f (X) f (X 2 ) f (X 3 )
= 0 − (X + 1) · 0 = 1 − (X + 1) · 0 = 2X − (X + 1) · 2 = 3X 2 − (X + 1) · 6X
= 0·1+ 0·X + 0 · X2 = 1·1+ 0·X + 0 · X2 = (−2) · 1 + 0·X + 0 · X2 = 0 · 1 + (−6) · X + (−3) · X 2
ist
0 1 −2 0 M = 0 0 0 −6 ∈ R3×4 0 0 0 −3
die darstellende Matrix von f bez¨uglich der Basen 1, X, X 2 , X 3 von Pol3 (R) und 1, X, X 2 von Pol2 (R). c) Wegen 0 1 −2 0 0 1 −2 0 0 1 −2 0 0 0 0 1 1 M = 0 0 0 −6 1 0 0 0 III+3·II − 6 ·II 0 0 0 0 0 0 0 −3 0 0 0 −3 ist
1 0 u1 = 0 0
0 2 4 u2 = 1 ∈ R 0
und
eine Basis von Kern (ℓM ) sowie 1 s2 = 0 und 0
0 s4 = −6 ∈ R3 −3
eine Basis von Bild (ℓM ); damit ist 1 · 1 + 0 · X + 0 · X 2 + 0 · X 3 = 1, 0 · 1 + 2 · X + 1 · X 2 + 0 · X 3 = 2X + X 2 eine Basis von Kern(f ) ⊆ Pol3 (R) sowie 1 · 1 + 0 · X + 0 · X 2 = 1, 0 · 1 − 6 · X − 3 · X 2 = −6X − 3X 2 eine Basis von Bild(f ) ⊆ Pol2 (R). 52. a) F¨ ur die gegebene Abbildungsmatrix gilt 1 1 1 5 1 1 1 5 1 1 1 5 0 1 2 3 0 1 A = 0 1 2 3 2 3 III+4II III−3I 0 0 0 0 0 −4 −8 −12 3 −1 −5 3
und damit r = Rang(A) = 2; folglich erh¨ alt man dim Kern(f ) = 4 − r = 2 Genauer gilt:
und
dim Bild(f ) = r = 2.
• U = Kern(f ) stimmt mit dem L¨ osungsraum des homogenen linearen Gleichungssystems A · x = 0 mit den beiden freien Variablen x3 und x4 ¨uberein; folglich ist −2 1 −3 −2 u1 = 1 , u2 = 0 1 0 eine Basis von U . • W = Bild(f ) stimmt mit dem Spaltenraum der Matrix A uberein; da ¨ x1 und x2 die beiden gebundenen Variablen sind, ist 1 1 w1 = 0 , w2 = 1 3 −1 eine Basis von W . b) Mit b1 = e1 und b2 = e2 sowie b3 = u1 1 0 0 1 det(b1 , b2 , b3 , b4 ) = 0 0 0 0
und b4 = u2 ist b1 , b2 , b3 , b4 wegen 1 −2 −2 −3 Dreiecks– = 1 6= 0 1 0 matrix 0 1
eine Basis von R4 , und mit c1 = w1 , c2 = w2 und w3 = e3 ist c1 , c2 , c3 wegen 1 1 0 Laplace 1 1 det(c1 , c2 , c3 ) = 0 1 0 = = 1 6= 0 3 −1 1 3. Spalte 0 1 eine Basis von R3 . Wegen f (b1 ) f (b2 ) f (b3 ) f (b4 )
= = = =
A · e1 A · e2 A · u1 A · u2
= w1 = w2 = 0 = 0
besitzt die darstellende Matrix Gestalt 1 M= 0 0
= = = =
1 · c1 0 · c1 0 · c1 0 · c1
+ + + +
0 · c2 1 · c2 0 · c2 0 · c2
+ + + +
0 · c3 0 · c3 0 · c3 0 · c3
von f bez¨ uglich dieser beiden Basen die 0 0 0 1 0 0 ∈ R3×4 . 0 0 0...