03.02.2012 mit lösung Übungen Lineare Algebra und Analytische Geometrie 1 für LB [MA9901] PDF

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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...