Lineare Algebra 1 (WS 12/13) Blatt 6 - math.uni

Prof. Dr. B. Hanke
Dr. J. Bowden
Lineare Algebra 1 (WS 12/13)
Blatt 6: Musterlösung
Aufgabe 1. Der Kern von der gegebenen Matrix ist die Lösungsmenge des durch die Matrix
beschriebenen homogenen Gleichungssystems. Wir bringen die Matrix



1 1 0 1
1 1 0 1 0
 0 1 1 0
 0 1 1 0 0 



 1 1 0 0 1  ∼  0 0 0 −1
0 0 0 0
0 1 1 0 0
Wir haben zwei freie Parameter x5 =:
x1 = λ2 − λ1 . Es gilt also









ker(A) = λ1 · 







also auf Zeilenstufenform:

0
0 

1 
0
λ1 und x3 =: λ2 und lesen ab x4 = λ1 und x2 = −λ2 und
−1
0
0
1
1






 + λ2 · 





 



 
  λ1 , λ2 ∈ R .
 

 


1
−1
1
0
0
Damit ist ker(A) zweidimensional, da die beiden aufspannenden Vektoren linear unabhängig sind.
Sie stellen somit auch eine Basis für das Bild dar.
Das Bild von A wird aufgespannt von den Spaltenvektoren der gegebenen Matrix. Dabei bilden
die letzten drei Spalten offenbar eine linear unabhängige Familie, aus der die ersten beiden Spalten
erzeugt werden können. Diese letzten drei Spalten bilden also eine Basis des aufgespannten Raumes
und es gilt dim(im(A)) = 3.
Aufgabe 2. Wir berechnen
AB =
2x1 + x3
x1 + 2x3
2x2 + x4
x2 + 2x4
,
BA =
2x1 + x2
2x3 + x4
x1 + 2x2
x3 + 2x4
Aus der Gleichung AB = BA ergibt sich folgendes lineares Gleichungssystem:
2x1 + x3
=
2x1 + x2
2x2 + x4
= x1 + 2x2
x1 + 2x3
=
x2 + 2x4
= x3 + 2x4
2x3 + x4
Wir erhalten also
x3 = x2 , x4 = x1 , x1 = x4 , x2 = x3 .
Wir setzen dann λ1 = x1 , λ2 = x2 und somit ist die Lösungsmenge der Matrixgleichung AB = BA
λ1 λ2
L= B=
| λ1 , λ2 ∈ R .
λ2 λ1
Es folgt insbesondere, dass AB 6= BA mit zum Beispiel
1 0
A=
∈
/ L.
0 0
1
Aufgabe 3.
(a) Wir berechnen sie Bilder der Basisvektoren b1 = cos(t), b2 = sin(t) unter Ψ:
Z
t
π
π
cos(x)dx − cos( ) = sin(t) − sin(0) − cos( ) = 0 · b1
| {z } | {z2 }
2
+
1 · b2
π
π
sin(x)dx − sin( ) = − cos(t) + cos(0) − sin( ) = −1 · b1
2
2}
|
{z
+
0 · b2 .
b1 7−→
0
=0
Z
b2 7−→
0
t
=0
=0
Diese Rechnung zeigt insbesondere, dass die Abbildung Ψ : V → V wohldefiniert ist, d.h.
Ψ(V ) ⊆ V . Somit ist die darstellende Matrix bezüglich der Basis B = (b1 , b2 )
0 −1
cos( π2 ) − sin( π2 )
M (Ψ) =
=
.
1 0
sin( π2 ) cos( π2 )
Diese Abbildung ist dann eine Rotation durch
π
2
gegen den Uhrzeigersinn.
(b) Wir berechnen sie Bilder der Basisvektoren c1 = 1, c2 = x, c3 = x2 unter Ψ:
1 = c1 7−→ 0
=
0 · c1 + 0 · c2 + 0 · c3
x = c2 7−→ 1
=
1 · c1 + 0 · c2 + 0 · c3
x2 = c3 7−→ 2x =
0 · c1 + 2 · c2 + 0 · c3
Somit hat die darstellende Matrix bezüglich der Basis C = (c1 , c2 , c3 ) folgende Gestalt:


0 1 0
M (Ψ) =  0 0 2  .
0 0 0
Aufgabe 4. Die Lösungsmenge LA des homogenen linearen Gleichungssystem (A|0) ist genau
ker(fA ). Falls A0 durch Zeilenumformungen von A hevorgeht, gilt dann LA = LA0 und somit auch
ker(fA ) = ker(fA0 ) =⇒ dim ker(fA ) = dim ker(fA0 ).
Aus dem Rangsatz folgt dann
SRang(A) = dim im(fA ) = dim Rn −dim ker(fA ) = dim Rn −dim ker(fA0 ) = dim im(fA0 ) = SRang(A0 )
und somit ändert sich der Spaltenrang nicht unter Zeilenumformungen.
2