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A
Technische Universität Darmstadt
Fachbereich Mathematik
Lineare Algebra I
Prof. Dr. Alexander Martin
Armin Fügenschuh
Peter Maier
29.11./30.11.2001
für M, LaG, LaB, Inf, WInf WS 2001/2002
5. Übungsblatt
Lösungsvorschläge
Gruppenübungen
G14 Die Abbildungen f1 und f4 sind nicht linear. Dies folgt etwa mit 2.5.3 bzw. (L1) wegen
−1
4
2
f1 (0) =
6= 0
und
f4 (2e1 ) =
6=
= 2f4 (e1 ).
0
0
0
Die Abbildung f2 und f3 sind beide linear. Dies können wir zeigen, indem wir einfach (L1) und
(L2) nachrechnen, oder etwa folgendermaßen vorgehen: Für f2 und f3 berechnen wir
2
1
2
−3
f2 (e1 ) =
, f2 (e2 ) =
,
f3 (e1 ) =
, f3 (e2 ) =
.
−1
1
0
0
Daraus erhalten wir Matrizen
A2 :=
2 1
−1 1
und
A3 :=
2 −3
0
0
.
Einfaches Nachrechnen zeigt nun, dass f2 (x) = A2 x sowie f3 (x) = A3 x für jedes x ∈ R2 gilt und
aus Theorem 2.5.5 folgt dann die Linearität von f2 und f3 .
G15 Aus fk (x) = Ak x mit x =
f1 (x) :=
y
x
,
x
y
f2 (x) :=
erhalten wir
λx
µy
,
1
f3 (x) := √
2
x−y
x+y
,
f4 (x) :=
x
λx + y
.
Abbildung f1 ist eine Spiegelung an der Geraden x = λ 11 , Abbildung f2 ist eine Streckung um
den Faktor λ in x-Achsenrichtung und den Faktor µ in y-Achsenrichtung, Abbildung f3 ist eine
Drehung um 45◦ im Gegenuhrzeigersinn und Abbildung f4 ist eine Scherung parallel zur y-Achse
(im Skript wurde eine Scherung parallel zur x-Achse beschrieben). Die folgenden Abbildungen
veranschaulichen die Wirkungen von f1 und f3 .
6
6
x
@
@
@
@
@
f1 (x)
@
f3 (x)
@
@
@
:
x x
45◦
-
x
-
-
G16 a) Mittels Kongruenz- und Stahlensätzen ergibt sich aus folgenden Zeichnungen die Linearität
der Abbildung π.
6
π(v) + π(w)
6
λπ(v)
@
@
@
@
@
@
@
1
λv
@
@
@
:
>
π(v) @ @
w
X
X
XX@
XX
z
@
v
π(v) @
@
1
v
-
-
−→
b) Für
einen Vektor v = OP ist π(v) einfach
der Schnittpunkt von der Geraden mit
Richtung
1
1
1
durch
P
und
der
Geraden
x
=
λ
.
Die
Gerade
durch
P
mit
Richtung
hat die
−1
1
−1
parametrische Darstellung
1
x=v+µ
.
−1
Um diesen Schnittpunkt zu berechnen, setzen wir die beiden parametrischen Darstellungen
gleich und erhalten
1
1
λ
=v+µ
.
1
−1
Um die Matrix der Abbildung π zu bestimmen, müssen wir nach Theorem 2.5.5 nur π(e1 )
und π(e2 ) bestimmen. Wir setzen deshalb für v nacheinander e1 und e2 ein und erhalten so
zwei Gleichungssystem in den Variablen λ und µ. Auflösen liefert im e1 -Fall λ = 21 , µ = − 12
und im e2 -Fall λ = µ = 21 , woraus wir
1 1
π(e1 ) = π(e2 ) =
2 1
und somit die Matrix
1
Aπ =
2
1 1
1 1
erhalten.
G17 Wird α durch die Matrix A und den Vektor v beschrieben, gilt also α(x) = Ax + v für jeden
Vektor x, so erhalten wir für die Geraden α(g) und α(h) die parametrischen Darstellungen
α(x) = Ax + v = A(p + λa) + v = Ap + A(λa) + v = (Ap + v) + λ(Aa)
für x ∈ g und
α(x) = . . . = (Aq + v) + λ(Ab).
für x ∈ h. Aus der Parallelität von g und h folgt und der Geradeneigenschaft von g und h folgt
nun, dass eine reelle Zahl ν mit b = νa existiert. Damit erhalten wir
Aa = A(νb) = ν(Ab)
und somit die Parallelität von α(g) und α(h), da Aa 6= 0 6= Ab wegen der Invertierbarkeit von
A gilt und α(g) und α(h) somit wirklich Geraden sind.
Hausübungen
γ
H15 a) Wie Beispiel 2.5.6 im Skript zu entnehmen ist, ist cos
ein Richtungsvektor für die Gerade
sin γ
g. Da sie durch den Ursprung verläuft, ist eine parametrische Darstellung für g die folgende:
cos γ
g: x=λ
.
sin γ
b) Mittels Kongruenz- und Stahlensätzen ergibt sich aus folgenden Zeichnungen die Linearität
der Abbildung σg .
6
7@
@
σg (w) @
@
@
σg (v) + σg (w)
@
@
CO
@
C @ @
C @
@
:
v
+
w
>
C σg (v) C @ @
w
C
XX
@
XXX
@
@
z
X
v
6
@
@
@
@
λσg (v) @
@
@
@
@
1
@
λv
@
@
σg (v) 1
v
-
-
c) Ebenfalls aus Beispiel 2.5.6 im Skript folgt, dass die Matrix
0 −1
D :=
1
0
eine 90◦ -Drehung (im Gegenuhrzeigersinn) um den Ursprung beschreibt. Für einen Vektor
x = (x, y)T ∈ R2 steht also der Vektor
x
−y
⊥
x := Dx = D
=
y
x
−→
senkrecht auf x. Um einen Vektor v = OP an der Geraden g zu spiegeln, berechnen wir den
Schnittpunkt Sv der Geraden g mit der zu g zu g senkrechten Geraden durch P . Für σg (v)
erhalten wir dann
−−→
σg (v) = v + 2P Sv .
Zum Aufstellen der Matrix müssen wir wieder nur σg (e1 ) und σg (e2 ) berechnen. Dabei verfahren wir wie in der Lösung zu Aufgabe G16. Gleichsetzen der parametrischen Darstellungen
von g mit
− sin γ
x=v+µ
,
cos γ
der parametrischen Darstellung der zu g senkrechten Geraden durch P , liefert für v = e1
den Schnittpunkt
cos2 γ
S e1 =
sin γ cos γ
und für v = e2 den Schnittpunkt
S e2 =
sin γ cos γ
sin2 γ
.
Damit erhalten wir die Matrix
Aσg =
cos2 γ − sin2 γ 2 sin γ cos γ
2 sin γ cos γ sin2 γ − cos2 γ
.
Alternativ dazu zeigt aber auch eine einfache geometrische Überlegung, dass
cos(2γ)
σg (e1 ) =
sin(2γ)
und
σg (e1 ) =
cos(2γ − 90◦ )
sin(2γ − 90◦ )
=
sin(2γ)
− cos(2γ)
gilt. Daraus erhalten wir die Matrix
Aσ g =
cos(2γ)
sin(2γ)
sin(2γ) − cos(2γ)
.
Die Additionstheoreme für sin und cos zeigen, dass die beiden Matrizen übereinstimmen.
H16 a) Aus p := a0 + a1 x + a2 x2 ∈ P2 folgt 2xp0 = 2x(a1 + 2a2 x) = 2a1 x + 4a2 x2 ∈ P2 .
b) Ja, die Abbildung ϕ ist linear. Wir verifizieren dies im Folgenden. Dazu betrachten wir
Polynome p := a0 + a1 x + a2 x2 und q := b0 + b1 x + b2 x2 aus P2 und berechnen
ϕ(p + q) = 2x(p + q)0 = 2x[(a1 + b1 ) + 2(a2 + b2 )x]
= 2x(a1 + 2a2 x) + 2x(b1 + 2b2 x) = 2xp0 + 2xq 0 = ϕ(p) + ϕ(q).
sowie
ϕ(λp) = 2x(λp)0 = 2x[(λa1 ) + 2(λa2 )x] = λ2x(a1 + 2a2 x) = λ2xp0 = λϕ(p)
für λ ∈ R. Damit haben wir (L1) und (L2) und somit die Linearität von ϕ nachgewiesen.
c) Aus der Gleichung ϕ(p) = 4p + 3 erhalten wir nach Einsetzen von a0 + a1 x + a2 x2 für p und
Zusammenfassen von x-Potenzen die Gleichung
2a1 x + 4a2 x2 = (4a0 + 3) + 4a1 x + 4a2 x2 ,
woraus sich durch Koeffizientenvergleich das lineare Gleichungssystem
4a0 + 3 = 0,
4a1 = 0,
4a2 = 4a2
in den Unbekannten a0 , a1 und a2 ergibt. Auflösen dieses Systems liefert a0 = − 34 , a1 = 0
und a2 := t ∈ R. Damit erhalten wir für die betrachtete Gleichung die Lösungsmenge
2 3
tx − 4 t ∈ R .
H17 a) In dem 1 × 3-Gleichungssystem
x+y+z =2
können wir die Nicht-Pivot-Variablen y und z frei wählen. Setzen wir y := λ ∈ R und
z := µ ∈ R, so erhalten wir x = 2 − λ − µ. Für einen Vektor x ∈ E folgt somit

  




2−λ−µ
2
−1
−1
 =  0  + λ 1  + µ 0 
λ
x=
µ
0
0
1
und wir sehen, dass es sich bei E tatsächlich um eine Ebene handelt.
b) Wir gehen wie in der Lösung zu Aufgabe G16 vor, d.h., wir berechnen für einen Vektor
−→
v = OP den Schnittpunkt der Geraden x = v + ν(1, 1, 1)T mit der Ebene E, dieser ist
nämlich gleich πE (v). Für v = (u, v, w)T führt dies auf die folgende Vektorengleichung


   




u
1
2
−1
−1
 v  + ν  1  =  0  + λ 1  + µ 0 .
w
1
0
0
1
Da sich die Abbildung πE als nichtlinear herausstellen wird, reicht es diesmal jedoch nicht,
die Lösung der obigen Vektorengleichung nur für die Fälle v = e1 , v = e2 und v = e3 zu
berechnen, sondern wir müssen das Gleichungssystem
λ + µ + ν = 2 − u,
−λ
+ ν = −v,
− µ + ν = −w,
für beliebige reelle Zahlen u, v, w ∈ R nach λ, µ und ν auflösen. Mit Hilfe des Gauß-JordanAlgorithmus erhalten wir
 


λ
2 − u + 2v − w
 µ  = 1  2 − u − v + 2w 
3
ν
2−u−v−w
und somit





 
2 + 2u − v − w
2 −1 −1
u
2
1
1
1
2 −1   v  +  2  .
πE (v) =  2 − u + 2v − w  =  −1
3
3
3
2 − u − v + 2w
−1 −1
2
w
2
c) Für die in b) bestimmte Matrix liefert der Gauß-Jordan-Algorithmus die folgende Stufenform


2 −1 −1
1
3
0
− 32  ,
2
3
0
0
0
aus der wir ablesen, dass A den Rang 2 hat.
Zusatzübungen
Z5 Es sei δ eine Dilatation. Wir betrachten die durch ϕ(x) := δ(x) − δ(0) für x ∈ R2 definierte
Abbildung ϕ : R2 → R2 . Wie man leicht sieht, ist die Abbildung ϕ ebenfalls eine Dilatation, für
die überdies noch ϕ(0) = 0 gilt. Ist nun g eine Gerade durch den Ursprung, so ist wegen dieser
Eigenschaft ϕ(g) ebenfalls eine Gerade durch den Ursprung, die wegen ihrer Parallelität zu g
dann mit g zusammen fällt. Dies benutzen wir im Folgenden, um (L1) für linear unabhängige
Vektoren herzuleiten. Es seien also v und w zwei linear unabhängige Vektoren im R2 und es seien
g bzw. h die durch die parametrischen Darstellungen x = v + λw bzw. x = w + µv bestimmten
Geraden. Wegen der linearen Unabhängigkeit von v und w gilt
g ∩ h = {v + w}
und somit
(1)
ϕ(g) ∩ ϕ(h) = {ϕ(v + w)}.
Aus ϕ(v) ∈ ϕ(g) k g und ϕ(w) ∈ ϕ(h) k h folgt nun, dass
x = ϕ(v) + λϕ(w)
und
x = ϕ(w) + µϕ(v)
parametrische Darstellungen von ϕ(g) und ϕ(h) sind. Daraus erhalten wir
ϕ(g) ∩ ϕ(h) = {ϕ(v) + ϕ(w)},
(2)
da mit v und w ja auch ϕ(v) und ϕ(w) linear unabhängig sind. Aus (1) und (2) folgt nun
(3)
ϕ(v + w) = ϕ(v) + ϕ(w).
Die folgende Skizze veranschaulicht den Sachverhalt.
6
ϕ(g)
g
ϕ(h)
3
h
ϕ(w) 3
:
w
:
ϕ(v)
v
Es sei x ∈ R2 . Aus ϕ(g) = g für Geraden g durch 0 folgt die Existenz von reellen Zahlen α, β
und γ derart, dass gilt
ϕ(e1 ) = αe1 ,
ϕ(x) = βx,
und
ϕ(e1 + x) = γ(e1 + x).
Sind e1 und x linear unabhängig, so folgt daraus mit (3)
γ(e1 + x) = ϕ(e1 + x) = ϕ(e1 ) + ϕ(x) = αe1 + βx
und somit α = β = γ. Sind e1 und x linear abhängig, so sind die Vektoren x + e2 und e2 jeweils
zu e1 linear unabhängig und wir erhalten aus (3) und dem bereits Bewiesenen
ϕ(x) = ϕ(x + e2 − e2 ) = ϕ(x + e2 ) − ϕ(e2 ) = α(x + e2 ) − αe2 = αx.
Damit haben wir nun für einen beliebigen Vektor x ∈ R2 gezeigt, dass
ϕ(x) = αx
gilt und die Behautpung folgt nun mit a := δ(0).