1. ZT

Inst. f. Analysis u. Scientific Computing
Dr. E. Weinmüller
WS 2007/08
Lineare Algebra für TPH
1. Kurztest am 07. und 08. 11. 2007
Gruppe 1
A
Gegeben ist folgendes Gleichungssystem:
x1
5 x1
+
2 x2
2 x2
−
x3
− 3 x3
+ 5 x3
+ 2 x4
+ 12 x4
+ 8 x4
=
=
=
1
7
−7
1. Wie lauten die Koeffizientenmatrix A und die erweiterte Koeffizientenmatrix (A|b)
des gegebenen Gleichungssystems?
(1P)
2. Bestimmen Sie den Rang der Matrizen A und (A|b).
Warum ist das Gleichungssystem lösbar?
(3P)
3. Bestimmen Sie den Kern der Matrix A, eine partikuläre Lösung, sowie die
allgemeine Lösung des Gleichungssystems.
(2P)
Lösung:
1. Die Koeffizientenmatrix A und

1 0 −1
A =  5 2 −3
0 2
5
die erweiterte Koeffizientenmatrix (A|b) sind:


1 0 −1 2 1
2
12  und A|b =  5 2 −3 12 7
0 2
5 8 −7
8
2. Mittels Gauß’schem Eliminationsverfahren erhält man durch
erweiterten Matrix



1
1
0 −1
2 1
 0
 5
2 −3 12 7  z2 − 5z1
−→
0
0
2
5
8 −7



1
0 −1
2 1
1
 0
 0
1
1
1 1 
z3 − 2z2
0
2
5
8 −7
−→
0


1
0 −1
2 1
 0
1
1
1 1 
0
0
1
2 −3
0
2
2
−1
2
5
0 −1
1
1
0
3

1
2  1 z2
2
−7
−→

2 1
1 1  13 z3
6 −9
−→
2
2
8
3. Obige Koeffizientenmatrix liefert ja folgendes umgeformte Gleichungssystem:
x2
− x3
+ x3
x3
+ 2 x4
+
x4
+ 2 x4
=
=
=
.
elementare Zeilenumformungen der
die erweiterte Koeffizientenmatrix in gestaffelter Form.
Da Rang(A)= Rang(A|b)=3 , ist das Gleichungssystem lösbar.
x1

1,
1,
−3 .
Der Kern der Matrix A ist die Menge aller Lösungen des homogenen Gleichungssystems
Ax = 0. Da das System unterbestimmt ist, darf eine Variable frei gewählt werden. Mit der Wahl
x4 = s , s ∈ R, erhält man nun durch Einsetzen in das homogene Gleichungssystem
= −2x4 = −2s ,
= −x3 − x4 = 2s − s = s ,
= x3 − 2x4 = −2s − 2s = −4s ,




−4
−4 





 1 
1 




,
s
∈
R
⇒
Kern(A)
=
L
x = s
 −2  .
−2 





1
1
x3
x2
x1
⇒
Eine partikuläre Lösung ist eine beliebige Lösung des inhomogenen Gleichungssystems
Ax = b. Mit der Wahl x4 = 0 folgt durch Einsetzen in obiges Gleichungssystem x3 = −3, x2 = 4
und x1 = −2. Eine Partikulärlösung ist also xP = (−2, 4, −3, 0)T .
Die allgemeine Lösung des inhomogenen Gleichungssystems ist damit gegeben durch




−4
−2


 4 
 + s 1  ,s ∈ R.
xP + Kern(A) = 
 −2 
 −3 
1
0
Gruppe 1
B
Gegeben ist folgendes Gleichungssystem:
x1
2 x1
3 x2
+ 3 x2
− 2 x3
+ 4 x3
+ 2 x3
+ 5 x4
+ 9 x4
= 4
= 0
= 2
1. Wie lauten die Koeffizientenmatrix A und die erweiterte Koeffizientenmatrix (A|b)
des gegebenen Gleichungssystems?
(1P)
2. Bestimmen Sie den Rang der Matrizen A und (A|b).
Warum ist das Gleichungssystem lösbar?
(3P)
3. Bestimmen Sie den Kern der Matrix A, eine partikuläre Lösung, sowie die
allgemeine Lösung des Gleichungssystems.
(2P)
Lösung:
1. Die Koeffizientenmatrix

1
A= 0
2
A und die erweiterte Koeffizientenmatrix (A|b) sind:


0 −2 0
1 0 −2 0 4
3
4 5  und A|b =  0 3
4 5 0
3
2 9
2 3
2 9 2

.
2. Mittels Gauß’schem Eliminationsverfahren erhält man durch elementare Zeilenumformungen der
erweiterten Matrix die folgende erweiterte Koeffizientenmatrix


1
0 −2
0 4
 0
1
2
3 −2 
0
0
1
2 −3
in gestaffelter Form.
Da Rang(A)= Rang(A|b)=3 , ist das Gleichungssystem lösbar.
3. Die allgemeine Lösung des inhomogenen Gleichungssystems ist gegeben durch




−4
−2
 1 
 4 



xP + Kern(A) = 
 −3  + s  −2  , s ∈ R .
1
0
Gruppe 1
C
Gegeben ist folgendes Gleichungssystem:
x1
3 x1
+
2 x2
x2
+
x3
+ 4 x3
− 2 x3
+ 6 x4
+ 6 x4
+ 7 x4
=
=
=
−5
−4
4
1. Wie lauten die Koeffizientenmatrix A und die erweiterte Koeffizientenmatrix (A|b)
des gegebenen Gleichungssystems?
(1P)
2. Bestimmen Sie den Rang der Matrizen A und (A|b).
Warum ist das Gleichungssystem lösbar?
(3P)
3. Bestimmen Sie den Kern der Matrix A, eine partikuläre Lösung, sowie die
allgemeine Lösung des Gleichungssystems.
(2P)
Lösung:
1. Die Koeffizientenmatrix A und die erweiterte Koeffizientenmatrix (A|b) sind:



1 0
1 6 −5
1 0
1 6
4 6 −4
4 6  und A|b =  0 2
A= 0 2
3 1 −2 7 4
3 1 −2 7

.
2. Mittels Gauß’schem Eliminationsverfahren erhält man durch elementare Zeilenumformungen der
erweiterten Matrix die folgende erweiterte Koeffizientenmatrix


1
0 1
6 −5
 0
1 2
3 −2 
0
0 1
2 −3
in gestaffelter Form.
Da Rang(A)= Rang(A|b)=3 , ist das Gleichungssystem lösbar.
3. Die allgemeine Lösung des inhomogenen Gleichungssystems ist gegeben durch




−2
−4
 4 
 1 



xP + Kern(A) = 
 −3  + s  −2  , s ∈ R .
0
1
Gruppe 2
A
Gegeben ist der Vektorraum V = R3 , der



1
v =  −9  , b1 = 
2
Vektor v und B = {b1 , b2 , b3 } in folgender Weise:





1
0
2
3  , b2 =  2  , b3 =  10  .
4
−1
14
1. Wie lautet die erweiterte Koeffizientenmatrix jenes Gleichungssystems, das
v als Linearkombination der Vektoren b1 , b2 und b3 darstellt?
(1P)
2. Zeigen Sie, das B = {b1 , b2 , b3 } eine Basis von V ist.
(3P)
3. Geben Sie die Koordinaten [v]B des Vektors v bezüglich der Basis B an.
(2P)
Lösung:
1. Um v als Linearkombination der Vektoren aus B darzustellen, gilt es das Gleichungssystem
v = x1 b1 + x2 b2 + x3 b3 zu lösen. Die erweiterte Koeffizientenmatrix (A|b) ist also


1
0 2 1
2 10 −9  .
A|b =  3
4 −1 14 2
2. Vektoren b1 , . . . , bn bilden genau dann eine Basis eines Vektorraumes, wenn sie linear unabhängig
sind, und wenn jeder Vektor des Vektorraumes als Linearkombination dieser Vektoren b1 , . . . , bn
darstellbar ist.
Die drei Vektoren b1 , b2 und b3 aus B sind genau dann linear unabhängig, wenn das Gleichungssystem s1 b1 + s2 b2 + s3 b3 = 0 mit s1 , s2 , s3 ∈ R, nur die triviale Lösung s1 = s2 = s3 = 0 besitzt.
Mittels Gauß’schem Eliminationsverfahren erhält man durch elementare Zeilenumformungen der
erweiterten Matrix




1
z2 − 3z1
1
0
2 1
z2 ↔ z3
1
0
2  3
 0
2 10 −9  z3 − 4z1
2
4 −12  z2 · (−1)
2
4 −1 14 −→
0 −1
6 −2
−→




1
1
0
2 1
1
0
2 1
 0
 0
2 
1 −6 2  z3 − 2z2
1 −6 16 z3
0
0 16 −16
0
2
4 −12
−→
−→


1
0
2 1
 0
1 −6 2 
0
0
1 −1
die erweiterte Koeffizientenmatrix in gestaffelter Form.
Da Rang(A)=3 , hat das homogene Gleichungssystem nur die Lösung s1 = s2 = s3 = 0. Damit
sind die Vektoren b1 , b2 und b3 linear unabhängig.
Die Dimension von V ist 3 und entspricht der Anzahl der linear unabhängigen Vektoren b1 , b2
und b3 . Nachdem jede Basis eines endlichdimensionalen Vektoraumes aus genau so vielen linear
unabhängigen Vektoren besteht, wie der Dimension des Vektorraumes entspricht, müssen auch
umgekehrt je 3 linear unabhängige Vektoren aus V bereits den gesamten Vektorraum aufspannen
und ein Basis von V bilden.
3. Da B ein Basis bildet, ist v eindeutig als Linearkombination der Vektoren aus b1 , b2 und b3
darstellbar. Obige Koeffizientenmatrix liefert folgendes umgeformte Gleichungssystem:
x1
x2
+ 2 x3
− 6 x3
x3
=
1,
=
2,
= −1 .
Die Lösung ist
x3
x2
x1
= −1 ,
= 2 + 6x3 = 2 − 6 = −4 ,
= 1 − 2x3 = 1 + 2 = 3 .
Diese Koeffizienten entsprechen genau den Koordinaten von v bezüglich dieser Basis. Es ist also


3
[v]B =  −4  .
−1
Gruppe 2
B
Gegeben ist der Vektorraum V = R3 , der Vektor v und B = {b1 , b2 , b3 } in folgender Weise:
 






1
1
0
−1
v =  2  , b1 =  2  , b2 =  2  , b3 =  −6  .
7
3
−1
3
1. Wie lautet die erweiterte Koeffizientenmatrix jenes Gleichungssystems, das
v als Linearkombination der Vektoren b1 , b2 und b3 darstellt?
(1P)
2. Zeigen Sie, das B = {b1 , b2 , b3 } eine Basis von V ist.
(3P)
3. Geben Sie die Koordinaten [v]B des Vektors v bezüglich der Basis B an.
(2P)
Lösung:
1. Um v als Linearkombination der Vektoren aus B darzustellen, gilt es das Gleichungssystem
v = x1 b1 + x2 b2 + x3 b3 zu lösen. Die erweiterte Koeffizientenmatrix (A|b) ist also


1
0 −1 1
2 −6 2  .
B|v =  2
3 −1
3 7
2. Mittels Gauß’schem Eliminationsverfahren erhält man durch elementare Zeilenumformungen der
Koeffizientenmatrix A die folgende erweiterte Koeffizientenmatrix


1
0 −1 1
 0
1 −6 −4 
0
0
1 1
in gestaffelter Form.
Da Rang(A)=dim(V )=3 , sind die Vektoren b1 , b2 und b3 linear unabhängig und jeder Vektor
b ∈ V lässt sich als Linearkombination dieser Vektoren darstellen. Damit ist B eine Basis.
3. Da B ein Basis bildet, ist v eindeutig als Linearkombination der Vektoren b1 , b2 und b3 darstellbar.
Die erweiterte Koeffizientenmatrix (A|b) liefert folgendes umgeformte Gleichungssystem:
x1
x2
−
x3
− 6 x3
x3
=
1,
= −4 ,
=
1.
Die Lösung ist
x3
x2
x1
= 1,
= −4 + 6x3 = −4 + 6 = 2 ,
= 1 + x3 = 1 + 1 = 2 .
Diese Koeffizienten entsprechen genau den Koordinaten von v bezüglich dieser Basis. Es ist also
 
2
[v]B =  2  .
1
Gruppe 2
C
Gegeben ist der Vektorraum V = R3 , der Vektor v und B = {b1 , b2 , b3 } in folgender Weise:






 
2
1
0
4
v =  10  , b1 =  3  , b2 =  −1  , b3 =  3  .
11
2
1
6
1. Wie lautet die erweiterte Koeffizientenmatrix jenes Gleichungssystems, das
v als Linearkombination der Vektoren b1 , b2 und b3 darstellt?
(1P)
2. Zeigen Sie, das B = {b1 , b2 , b3 } eine Basis von V ist.
(3P)
3. Geben Sie die Koordinaten [v]B des Vektors v bezüglich der Basis B an.
(2P)
Lösung:
1. Um v als Linearkombination der Vektoren aus B darzustellen, gilt es das Gleichungssystem
v = x1 b1 + x2 b2 + x3 b3 zu lösen. Die erweiterte Koeffizientenmatrix (A|b) ist also


2
1
0
4
A|b =  3 −1 3 10  .
2
1 6 11
2. Mittels Gauß’schem Eliminationsverfahren erhält man durch elementare Zeilenumformungen der
Koeffizientenmatrix A die folgende erweiterte Koeffizientenmatrix


1
0
4 2
 0
1 −2 7 
0
0
1 −1
in gestaffelter Form.
Da Rang(A)=dim(V )=3 , sind die Vektoren b1 , b2 und b3 linear unabhängig und jeder Vektor
b ∈ V lässt sich als Linearkombination dieser Vektoren darstellen. Damit ist B eine Basis.
3. Da B ein Basis bildet, ist v eindeutig als Linearkombination der Vektoren b1 , b2 und b3 darstellbar.
Die erweiterte Koeffizientenmatrix (A|b) liefert folgendes umgeformte Gleichungssystem:
x1
x2
+ 4 x3
− 2 x3
x3
=
2,
=
7,
= −1 .
Die Lösung ist
x3
x2
x1
= −1 ,
= 7 + 2x3 = 7 − 2 = 5 ,
= 2 − 4x3 = 2 + 4 = 6 .
Diese Koeffizienten entsprechen genau den Koordinaten von v bezüglich dieser Basis. Es ist also


6
[v]B =  5  .
−1