Teil II: Lineare Algebra in:

Michael Merz

Übungsbuch zur Mathematik für Wirtschaftswissenschaftler, page 69 - 145

450 Klausur- und Übungsaufgaben mit ausführlichen Lösungen

1. Edition 2013, ISBN print: 978-3-8006-4720-0, ISBN online: 978-3-8006-4721-7, https://doi.org/10.15358/9783800647217_69

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Teil II: Lineare Algebra 7. Euklidischer Raum Rn und Vektoren * Aufgabe 7.1 (Rechnen mit Vektoren) Betrachtet werden die drei Vektoren a = 2−1 −3 , b = −30 4 und c = 11 −1 . a) Berechnen Sie die Vektoren a + b, 3a − 7b und a + b + c. b) Ermitteln Sie den Abstand zwischen den Vektoren a und b sowie zwischen a und c. Lehrbuch: Abschnitte 7.2, 7.3 und 7.5 Lösung: Zu a): Es gilt (vgl. Definition 7.1 im Lehrbuch): a + b = 2−1 −3 + −30 4 = −1−1 1 3a − 7b = 3 2−1 −3 − 7 −30 4 = 6−3 −9 + 210 −28 = 27−3 −37 a + b + c = 2−1 −3 + −30 4 + 11 −1 = 00 0 Zu b): Der Abstand zwischen a und b bzw. a und c ist durch die Norm der Vektoren a − b = 2−1 −3 − −30 4 = 5−1 −7 bzw. a − c = 2−1 −3 − 11 −1 = 1−2 −2 gegeben (vgl. Definition 7.10 im Lehrbuch). Man erhält die folgenden Abstände: ‖a − b‖ = √ 52 + (−1)2 + (−7)2 = √75 = 5√3 ‖a − c‖ = √ 12 + (−2)2 + (−2)2 = √9 = 3 * Aufgabe 7.2 (Rechnen mit Vektoren) Betrachtet werden die drei Vektoren a = 25 3 , b = −15 8 und c = 50 1 . Berechnen Sie die folgenden beiden Vektoren und ihre Norm: a) x = 5a − 3(b + 2c)+ 3(2a − c) b) y = −3b + 4 〈a, c〉 a − 〈a − b, 2c + a〉 c 60 Kapitel 7Euklidischer Raum Rn und Vektoren Lehrbuch: Abschnitte 7.2, 7.3 und 7.5 Lösung: Zu a): Es gilt (vgl. Definition 7.1 im Lehrbuch): x = 5a − 3(b + 2c)+ 3(2a − c) = 5a − 3b − 6c + 6a − 3c = 11a − 3b − 9c = 11 25 3 − 3 −15 8 − 9 50 1 = 2255 33 + 3−15 −24 + −450 −9 = −2040 0 Der Vektor x besitzt somit die Norm (vgl. Definition 7.10 im Lehrbuch) ‖x‖ = √ (−20)2 + 402 + 02 = √2000 = 20√5. Zu b): Zur Berechnung von y müssen die beiden Skalarprodukte 〈a, c〉 und 〈a − b, 2c + a〉 berechnet werden. Für das erste Skalarprodukt 〈a, c〉 erhält man den Wert (vgl. Definition 7.7 im Lehrbuch) 〈a, c〉 = 2 · 5+ 5 · 0+ 3 · 1 = 13 und mit a − b = 25 3 − −15 8 = 30 −5 bzw. 2c + a = 2 50 1 + 25 3 = 125 5 folgt für das zweite Skalarprodukt 〈a − b, 2c + a〉 = 3 · 12+ 0 · 5+ (−5) · 5 = 11. Der Vektor y ist somit gegeben durch y = −3b + 4 〈a, c〉 a − 〈a − b, 2c + a〉 c = −3 −15 8 + 4 · 13 25 3 − 11 50 1 = 3−15 −24 + 104260 156 + −55−0 −11 = 52245 121 und besitzt die Norm ‖y‖ = √ 522 + 2452 + 1212 = √77370. ** Aufgabe 7.3 (MC-Aufgaben zur Orthogonalität) Kreuzen Sie an, welche der Aussagen a) bis d) wahr und welche falsch sind: a) Als Skalarprodukt bezeichnet man die Multiplikation eines Skalars mit einem Vektor. b) Zwei Vektoren x, y ∈ Rn heißen orthonormal, wenn 〈x, y〉 = 0 und ‖x‖ = ‖y‖ = 1 gilt. c) Der Nullvektor 0 ∈ Rn ist zu jedem Vektor x ∈ Rn orthogonal. d) Für alle x, y ∈ Rn gilt ‖x − y‖ = ‖x + y‖ ⇐⇒ x⊥y. a) b) c) d) Wahr Falsch Lehrbuch: Abschnitte 7.5 und 7.6 Lösung: Zu a): Falsche Aussage. Das Skalarprodukt wird zwischen zwei Vektoren x, y ∈ Rn gebildet und ist gegeben durch die Summe 〈x, y〉 = ∑ni=1 xiyi (vgl. Definition 7.7 im Lehrbuch). 61 Kapitel 7 Teil II: Lineare Algebra Zu b): Wahre Aussage (vgl. Definition 7.14 im Lehrbuch). Zu c): Wahre Aussage. Denn es gilt 〈0, x〉 = 〈0 · x, x〉 = 0 · 〈x, x〉 = 0 für alle x ∈ Rn (vgl. Satz 7.8e) im Lehrbuch). Das heißt, der Nullvektor ist zu jedem Vektor x ∈ Rn orthogonal (vgl. Definition 7.14 im Lehrbuch). Zu d): Wahre Aussage. Es gilt ‖x − y‖ = ‖x + y‖ ⇐⇒ ‖x − y‖2 = ‖x + y‖2 ⇐⇒ 〈x − y, x − y〉 = 〈x + y, x + y〉 ⇐⇒ 〈x, x〉 − 2 〈x, y〉 + 〈y, y〉 = 〈x, x〉 + 2 〈x, y〉 + 〈y, y〉 ⇐⇒ 〈x, y〉 = 0 ⇐⇒ x⊥y (vgl. Satz 7.8c), d) und e) sowie Definition 7.10). * Aufgabe 7.4 (Norm und Orthogonalität) Gegeben seien die beiden Vektoren a = ( −3 3 ) und b = ( −6 −6 ) . a) Stellen Sie die Vektoren a, b, a+b und a−b in der euklidischen Ebene R2 graphisch dar. b) Bestimmen Sie die Norm der Vektoren a, b, a + b und a − b. c) Sind a und b orthogonal und orthonormal? Lehrbuch: Abschnitte 7.3, 7.5 und 7.6 Lösung: Zu a): Die Abbildung 7.1 zeigt die Vektoren a, b, a + b und a − b in der euklidischen Ebene R2. R R 9 6 3 − 6 − 3 − 9 − 6 − 3 3 a b a + b a − b Abb. 7.1: Die Vektoren a, b, a+b und a−b in der euklidischen Ebene R2 62 Kapitel 7Euklidischer Raum Rn und Vektoren Zu b): Es gilt (vgl. Definition 7.10 im Lehrbuch): ‖a‖ = √ (−3)2 + 32 = √18 = 3√2 ‖b‖ = √ (−6)2 + (−6)2 = √72 = 6√2 ‖a + b‖ = √ (−9)2 + (−3)2 = √90 = 3√10 ‖a − b‖ = √ 32 + 92 = √90 = 3√10 Zu c): Für das Skalarprodukt von a und b gilt 〈a, b〉 = (−3) · (−6)+ 3 · (−6) = 0 (vgl.Definition 7.7 imLehrbuch).Das heißt, dieVektoren a undb sind orthogonal.Wegen ‖a‖ = 1 und ‖b‖ = 1 sind a und b aber nicht normiert und deshalb insbesondere auch nicht orthonormal (vgl. Definition 7.14 im Lehrbuch). * Aufgabe 7.5 (MC-Aufgaben zu Vektoreigenschaften) Gegeben seien die beiden Vektoren a = ( 8 4 ) und b = ( −4 8 ) . Kreuzen Sie an, welche der Aussagen a) bis d) wahr und welche falsch sind: a) Es gilt a⊥b. b) Die Vektoren a und b sind orthonormal. c) Die Vektoren a und b schließen den Winkel (x, y) = 90◦ ein. d) Es gilt ||b + a|| = 4√10. a) b) c) d) Wahr Falsch Lehrbuch: Abschnitte 7.3, 7.5 und 7.6 Lösung: Zu a): Wahre Aussage. Denn es gilt 〈a, b〉 = 8 · (−4)+4 ·8 = 0 (vgl. Definition 7.14 im Lehrbuch). Zu b): Falsche Aussage. Gemäß Aufgabenteil a) sind die Vektoren a und b zwar orthogonal, aber wegen ||a|| = ||b|| = √ 82 + 42 = 4√5 = 1 sind sie nicht normiert und damit insbesondere auch nicht orthonormal (vgl. Definition 7.14 im Lehrbuch). Zu c): Wahre Aussage. Gemäß Aufgabenteil a) sind die beiden Vektoren a und b orthogonal. Im R2 und R3 ist dies jedoch äquivalent dazu, dass die beiden Vektoren einen Winkel von 90◦ einschließen (vgl. Seite 148 im Lehrbuch). Zu d): Wahre Aussage. Denn es gilt (vgl. Definition 7.10) ||a + b|| = √ 42 + 122 = 4√10. 63 Kapitel 7 Teil II: Lineare Algebra * Aufgabe 7.6 (Skalarprodukt, Norm und Winkel) Betrachtet werden die beiden Vektoren a = 3 2 −1 6 −7 und b = 4 0 −3 2 6 . a) Berechnen Sie das Skalarprodukt 〈a, b〉 und geben Sie an, ob die Vektoren a und b orthogonal sind. b) Bestimmen Sie die Norm der Vektoren a, b und a − b. c) Ermitteln sie den Winkel (a, b), der von den Vektoren a und b eingeschlossen wird, im Bogen- und Gradmaß. Lehrbuch: Abschnitte 7.3, 7.5 und 7.6 Lösung: Zu a): Das Skalarprodukt der Vektoren a und b ist gegeben durch 〈a, b〉 = 3 · 4+ 2 · 0+ (−1) · (−3)+ 6 · 2+ (−7) · 6 = −15 (vgl. Definition 7.7 im Lehrbuch). Wegen 〈a, b〉 = 0 sind die Vektoren a und b nicht orthogonal (vgl. Definition 7.14 im Lehrbuch). Zu b): Für die Norm der Vektoren a, b und a − b gilt: ‖a‖ = √ 32 + 22 + (−1)2 + 62 + (−7)2 = √99 = 3√11 ‖b‖ = √ 42 + 02 + (−3)2 + 22 + 62 = √65 ‖a − b‖ = √ (−1)2 + 22 + 22 + 42 + (−13)2 = √194 (vgl. Definition 7.10 im Lehrbuch). Zu c): Für den Winkel (a, b) zwischen den Vektoren a und b gilt im Bogenmaß (a, b) = arccos ( −15 3 √ 11 √ 65 ) = arccos ( −5√ 11 √ 65 ) ≈ 1,76 (vgl. Definition 7.16 im Lehrbuch). Damit erhält man für den Winkel im Gradmaß (a, b) ≈ 1,76 2π · 360◦ ≈ 100,84◦. (vgl. (5.5) im Lehrbuch). ** Aufgabe 7.7 (Orthogonalität und Linearkombination) Gegeben seien die vier Vektoren a = 210 4 , b = −428 2 , c = p1 q und d = −2−2 2 . a) Bestimmen Sie die Koordinaten p und q des Vektors c so, dass er sowohl zu a als auch zu b orthogonal ist. b) Stellen Sie den Vektor d als Linearkombination der drei Vektoren a, b und c (mit den in Aufgabenteil a) bestimmten Koordinaten p und q) dar. 64 Kapitel 7Euklidischer Raum Rn und Vektoren Lehrbuch: Abschnitte 7.6 und 7.7 Lösung: Zu a): Die Koordinaten p und q des Vektors c müssen so bestimmt werden, dass die Skalarprodukte 〈a, c〉 und 〈b, c〉 gleich 0 sind (vgl. Definition 7.14 im Lehrbuch). Dies führt zu den beiden Gleichungen: 〈a, c〉 = 2p + 10+ 4q = 0 〈b, c〉 = −4p + 28+ 2q = 0 Wird die erste Gleichung nach p aufgelöst, dann resultiert p = −5− 2q. Eingesetzt in die zweite Gleichung liefert dies −4(−5− 2q)+ 28+ 2q = 20+ 8q + 28+ 2q = 48+ 10q = 0 also q = − 24 5 und p = −5− 2 ( −24 5 ) = − 25 5 + 48 5 = 23 5 . Zu b): Es sind Skalare λ1, λ2, λ3 ∈ R zu bestimmen, so dass λ1a + λ2b + λ3c = d bzw. λ1 210 4 + λ2 −428 2 + λ3 23 5 1 − 245 = −2−2 2 gilt (vgl. Definition 7.22 im Lehrbuch). Dies führt zum linearen Gleichungssystem: 2λ1 − 4λ2 + 235 λ3 = −2 10λ1 + 28λ2 + λ3 = −2 (7.1) 4λ1 + 2λ2 − 245 λ3 = 2 Wird die erste Gleichung von (7.1) fünfmal von der zweiten und zweimal von der dritten Gleichung abgezogen, dann erhält man: 2λ1 − 4λ2 + 235 λ3 = −2 48λ2 − 22λ3 = 8 (7.2) 10λ2 − 14λ3 = 6 Wird die letzte Gleichung von (7.2) nach λ2 aufgelöst, dann resultiert λ2 = 35 + 75λ3. Eingesetzt in die zweite Gleichung von (7.2) liefert dies die Gleichung 48λ2 − 22λ3 = 48 ( 3 5 + 7 5 λ3 ) − 22λ3 = 1445 + 336 5 λ3 − 22λ3 = 1445 + 226 5 λ3 = 8 also: λ3 = 5226 ( 8− 144 5 ) = 20 113 − 72 113 = − 52 113 Wird dieser Wert in den Ausdruck für λ2 und in die erste Gleichung von (7.2) eingesetzt, dann folgt weiter: λ2 = 35 + 7 5 λ3 = 35 + 7 5 ( − 52 113 ) = 3 5 − 364 565 = 339 565 − 364 565 = − 25 565 = − 5 113 λ1 = −1+ 2λ2 − 2310λ3 = −1+ 2 ( − 5 113 ) − 23 10 ( − 52 113 ) = − 565 565 − 50 565 + 598 565 = − 17 565 Der Vektor d besitzt somit als Linearkombination der drei Vektoren a, b und c die Darstellung −2−2 2 = − 17 565 210 4 − 5 113 −428 2 − 52 113 23 5 1 − 245 . 65 Kapitel 7 Teil II: Lineare Algebra *** Aufgabe 7.8 (Orthogonalität) Weisen Sie nach, dass für alle x, y ∈ Rn gilt: x⊥y ⇐⇒ ‖x + βy‖ ≥ ‖x‖ für alle β ∈ R Lehrbuch: Abschnitt 7.6 Lösung: Zu ⇒:DieOrthogonalität vonx undy ist äquivalent zu 〈x, y〉 = 0 (vgl.Definition7.14 imLehrbuch). Damit folgt für alle β ∈ R ‖x + βy‖2 = 〈x + βy, x + βy〉 = 〈x, x〉 + 2β 〈x, y〉 + 〈y, y〉 = 〈x, x〉 + 〈y, y〉 = ‖x‖2 + ‖y‖2 ≥ ‖x‖2 (vgl. Definition 7.10 und Satz 7.8a), c), d) und e)). Das heißt, es gilt ‖x + βy‖ ≥ ‖x‖ für alle β ∈ R. Zu ⇐ : Da für y = 0 nichts zu zeigen ist, kann im Folgenden y = 0 angenommen werden. Der Nachweis dieser Richtung erfolgt durch einen indirekten Beweis (vgl. Seite 24 imLehrbuch). Das heißt, es wird angenommen, dass x⊥y nicht erfüllt ist, also 〈x, y〉 = 0 gilt, und gezeigt, dass daraus ein Widerspruch zur Voraussetzung ‖x + βy‖ ≥ ‖x‖ für alle β ∈ R resultiert. Es sei dazu β := − 〈x,y〉〈y,y〉 . Dann gilt β = 0 und 〈x + βy, y〉 = 〈x, y〉 + 〈βy, y〉 = 〈x, y〉 + β 〈y, y〉 = 〈x, y〉 − 〈x, y〉〈y, y〉 〈y, y〉 = 0. Das heißt, der Vektor x + βy ist orthogonal zu y und damit auch zu ry für alle r ∈ R. Daraus folgt mit dem Satz von Pythagoras (vgl. Satz 7.15b) im Lehrbuch) ‖x‖2 = ‖(x + βy)− βy‖2 = ‖x + βy‖2 + ‖βy‖2 > ‖x + βy‖2 , wobei die letzte Ungleichung aus βy = 0 folgt (vgl. Satz 7.11a) und b) im Lehrbuch). Hieraus resultiert ‖x‖ > ‖x + βy‖, was im Widerspruch zur Voraussetzung ‖x + βy‖ ≥ ‖x‖ für alle β ∈ R steht. * Aufgabe 7.9 (MC-Aufgaben zu konvexen Mengen) Kreuzen Sie an, welche der Aussagen a) bis d) wahr und welche falsch sind: a) Es sei M eine konvexe Menge und a1, a2 ∈ M . Dann liegt auch die konvexe Hülle von a1 und a2 in M . b) Eine Menge M ⊆ Rn heißt konvex, wenn λa1 + (1− λ)a2 ∈ M für alle λ ∈ R und a1, a2 ∈ M gilt. c) Die Menge M = {( −11 4 )} ist konvex. d) Die Schnittmenge beliebig vieler konvexer Mengen ist wieder konvex. a) b) c) d) Wahr Falsch 66 Kapitel 7Euklidischer Raum Rn und Vektoren Lehrbuch: Abschnitt 7.7 Lösung: Zu a): Wahre Aussage (vgl. Definition 7.25 im Lehrbuch und anschließende Bemerkung). Zu b): Falsche Aussage. Eine konvexe MengeM enthält für zwei Vektoren a1, a2 ∈ M nur deren Konvexkombinationen λa1 + (1− λ)a2 mit λ ∈ [0, 1] (vgl. Definition 7.25 im Lehrbuch). Zu c): Wahre Aussage. Denn sind a1, a2 Vektoren aus M , dann gilt a1 = a2 = ( −11 4 ) und somit λ ( −11 4 ) + (1− λ) ( −11 4 ) = ( −11 4 ) ∈ M für alle λ ∈ [0, 1]. Die Menge M ist folglich konvex. Zu d): Wahre Aussage (vgl. Satz 7.27 im Lehrbuch). * Aufgabe 7.10 (Konvexität von Mengen) Geben Sie für die folgenden Teilmengen des R2 an, ob diese konvex sind oder nicht: M1 = { (x, y) : x, y ∈ R mit y = −|x|} M2 = { (x, y) : x, y ∈ R mit y ≥ −|x|} M3 = { (x, y) : x, y ∈ R mit y ≤ −|x|} M4 = { (x, y) : x, y ∈ R mit y = 3x2 − 3} M5 = { (x, y) : x, y ∈ R mit y < 3x2 − 3} M6 = { (x, y) : x, y ∈ R mit y > 3x2 − 3} Lehrbuch: Abschnitt 7.7 Lösung: Eine Menge M ⊆ Rn heißt konvex, wenn für zwei beliebige Vektoren a1, a2 ∈ M auch sämtliche Konvexkombinationen λa1 + (1 − λ)a2 mit λ ∈ [0, 1] in M liegen (vgl. Definition 7.25 im Lehrbuch). Anschaulich bedeutet dies, dass die Verbindungsstrecke (konvexe Hülle) Konv(a1, a2) = {λa1 + (1− λ)a2 : λ ∈ [0, 1]} zwischen zwei beliebigen Vektoren a1, a2 ∈ M stets vollständig inM liegt. Ein Blick auf Abbildung 7.2 (links) zeigt, dass dies fürM3, aber nicht fürM1 undM2 der Fall ist. Das heißt, die MengeM3 ist konvex, aber nicht die Mengen M1 und M2. Analog erhält man mit Abbildung 7.2 (rechts), dass M6 konvex ist, aber nicht die Mengen M4 und M5. R R 1 1 y = −| x | y > −| x | y < −| x | R R 1 1 − 3 y = 3 x 2 − 3y > 3x 2 − 3 y < 3x 2 − 3 Abb. 7.2: Die Mengen M1,M2, M3 (links) und M4,M5, M6 (rechts) 67 Kapitel 7 Teil II: Lineare Algebra * Aufgabe 7.11 (Lineare Unterräume) Überprüfen Sie, ob es sich bei den beiden folgenden Mengen um lineare Unterräume des R2 bzw. R3 handelt: M1 = {( −3 1 ) , ( 21 −7 ) , β ( 1,5 −0,5 ) : β ∈ R } M2 = x1x2 x3 : x1, x2, x3 ∈ R und x1 ≤ x2 < x3 Lehrbuch: Abschnitt 7.8 Lösung: Zu M1: Die beiden Vektoren ( −3 1 ) und ( 21 −7 ) sind offensichtlich skalare Vielfache des Vektors β ( 1,5 −0,5 ) mit β ∈ R. Daraus folgt, dass die Summe x+y zweier Vektoren x, y ∈ M1 und das skalare Vielfache λx eines Vektors x ∈ M1 mit λ ∈ Rwieder Elemente vonM1 sind. Das heißt,M1 ist bezüglich der Vektoraddition und skalaren Multiplikation abgeschlossen und damit ein linearer Unterraum des R2 (vgl. Definition 7.28 im Lehrbuch). Zu M2: Für x, y ∈ M2 gilt stets x1 + y1 ≤ x2 + y2 < x3 + y3 und damit x + y = x1 + y1x2 + y2 x3 + y3 ∈ M2. Die Menge M2 ist somit bezüglich der Vektoraddition abgeschlossen. Für x ∈ M2 gilt dagegen λx1 ≤ λx2 < λx3 nur für λ > 0. Das heißt, λx ∈ M2 ist nicht für alle λ ∈ R erfüllt und M2 damit bezüglich der skalaren Multiplikation nicht abgeschlossen. Folglich istM2 kein linearer Unterraum des R 3. ** Aufgabe 7.12 (Lineare Unterräume) Untersuchen Sie die folgenden Mengen auf Abgeschlossenheit bezüglich der skalaren Multiplikation und Vektoraddition: M1 = 23 7 , 11 4 , 00 1 M2 = x10 x3 : x1, x3 ∈ R mit x1 = x3 M3 = { µ ( 4 6 ) , λ ( −1 −3 ) , ( 11 7 ) : µ, λ ∈ R } M4 = {( 0 0 ) , ( −2 −2 ) , ( 2 2 )} M5 = {( x1 x2 ) : x1, x2 ∈ R mit x1 < x2 } Geben Sie ferner jeweils an, ob es sich bei diesen Mengen um lineare Unterräume handelt. 68 Kapitel 7Euklidischer Raum Rn und Vektoren Lehrbuch: Abschnitt 7.8 Lösung: ZuM1 undM4: Die beidenMengenM1 undM4 bestehen nur aus endlich vielen Elementen ungleich demNullvektor. Siekönnendaher bezüglichder skalarenMultiplikationundVektoradditionnicht abgeschlossen sein. Damit sind M1 und M4 insbesondere auch keine linearen Unterräume des R 3 bzw. R2 (vgl. Definition 7.28 im Lehrbuch). Zu M2: Für x, y ∈ M2 und λ ∈ R gilt stets x1 + y1 = x3 + y3 und λx1 = λx3. Daraus folgt x + y = x1 + y10 x3 + y3 ∈ M2 und λx = λx10 λx3 ∈ M2. Die MengeM2 ist folglich bezüglich der skalaren Multiplikation und Vektoraddition abgeschlossen und daher insbesondere ein linearer Unterraum des R3. Zu M3: Die beiden Vektoren ( 4 6 ) und ( −1 −3 ) sind keine skalaren Vielfachen voneinander. Das heißt, sie sind linear unabhängig. Folglich können alle Vektoren desR2 als Linearkombination dieser beiden Vektoren dargestellt werden. Es gilt daher M3 = R2 und die Menge M3 ist somit bezüglich der skalaren Multiplikation und Vektoraddition abgeschlossen, also insbesondere ein linearer Unterraum. Zu M5: Für x, y ∈ M5 gilt stets x1 + y1 < x2 + y2 und damit x + y = ( x1 + y1 x2 + y2 ) ∈ M2. Die MengeM5 ist somit bezüglich der Vektoraddition abgeschlossen. Für x ∈ M5 gilt dagegen λx1 < λx2 nur fürλ > 0.Das heißt,λx ∈ M5 ist nicht für alleλ ∈ R erfüllt undM2 damit bezüglich der skalarenMultiplikation nicht abgeschlossen. Folglich ist M5 kein linearer Unterraum des R 2. ** Aufgabe 7.13 (MC-Aufgaben zur linearen Unabhängigkeit) Kreuzen Sie an, welche der Aussagen a) bis d) wahr und welche falsch sind: a) Eine Teilmenge einer Menge linear abhängiger Vektoren ist wieder linear abhängig. b) Sind a1, a2, a3 ∈ R3 paarweise linear unabhängige Vektoren, dann ist {a1, a2, a3} eine linear unabhängige Menge. c) Ist {a1, . . . , am} ⊆ Rn eine linear unabhängige Menge, dann ist auch {µa1, . . . , µam} mit µ ∈ R eine linear unabhängige Menge. d) Eine Menge {a1, . . . , am} ⊆ Rn ist genau dann linear abhängig, wenn für die Dimension ihrer linearen Hülle dim(Lin {a1, . . . , am}) < m gilt. a) b) c) d) Wahr Falsch Lehrbuch: Abschnitte 7.9 und 7.10 Lösung: Zu a): Falsche Aussage. Eine TeilmengeM einer linear abhängigen Menge N kann durchaus linear unabhängig sein. Zum Beispiel istM = {a1, a2, . . . , an} für linear unabhängige Vektoren a1, a2, . . . , an eine linear unabhängige Teilmenge der linear abhängigen MengeN = {a1, a2, a1 + a2, . . . , an} (vgl. Satz 7.34 im Lehrbuch). Zu b): Falsche Aussage. Zum Beispiel sind die drei Vektoren a1 = 10 0 , a2 = 01 0 und a3 = 11 0 69 Kapitel 7 Teil II: Lineare Algebra offensichtlich paarweise unabhängig, aber a3 ist eine Linearkombination von a1 und a2. Das heißt, die Menge {a1, a2, a3} ist linear abhängig (vgl. Satz 7.34 im Lehrbuch). Zu c): Falsche Aussage. Es muss µ = 0 gelten (vgl. Satz 7.32a) im Lehrbuch). Zu d): Wahre Aussage. Eine Menge {a1, . . . , am} ⊆ Rn ist genau dann linear abhängig, wenn sich mindestens einer der m Vektoren als Linearkombination der anderen Vektoren darstellen lässt (vgl. Satz 7.34 im Lehrbuch). Eine Basis von Lin {a1, . . . , am} besteht folglich aus weniger als m Vektoren und es gilt somit dim(Lin {a1, . . . , am}) < m (vgl. Definition 7.43 im Lehrbuch). ** Aufgabe 7.14 (Orthogonalität und lineare Unabhängigkeit) a) Bestimmen Sie alle Vektoren, die zu den beiden Vektoren a = 1−1 1 und b = 21 1 orthogonal sind. b) Prüfen Sie, ob die drei Vektoren a = 51 1 , b = −10 5 und c = −13−2 13 linear unabhängig oder linear abhängig sind. Lehrbuch: Abschnitte 7.6 und 7.9 Lösung: Zu a): Gesucht sind alle Vektoren x = (x1, x2, x3)T ∈ R3, deren Skalarprodukte mit den beiden Vektoren a und b gleich 0 sind (vgl. Definition 7.14 im Lehrbuch). Dies führt zu den beiden Gleichungen: 〈a, x〉 = x1 − x2 + x3 = 0 〈b, x〉 = 2x1 + x2 + x3 = 0 Wird die erste Gleichung nach x1 aufgelöst, dann resultiert x1 = x2 − x3. Eingesetzt in die zweite Gleichung liefert dies 2(x2 − x3)+ x2 + x3 = 3x2 − x3 = 0 bzw. x2 = 13x3. Setzt man x3 = λ ∈ R, dann folgt weiter x2 = 13λ und x1 = 1 3 λ− λ = − 2 3 λ. Die zu den beiden Vektoren a und b orthogonalen Vektoren x ∈ R3 sind somit gegeben durch x = − 2 3λ 1 3λ λ = λ − 2 3 1 3 1 . Zu b): Die drei Vektoren a, b und c sind genau dann linear unabhängig, wenn die Gleichung λ1a + λ2b + λ3c = 0 bzw. λ1 51 1 + λ2 −10 5 + λ3 −13−2 13 = 00 0 (7.3) nur die triviale Lösung λ1 = λ2 = λ3 = 0 besitzt (vgl. Definition 7.31 im Lehrbuch). Aus (7.3) erhält man das lineare Gleichungssystem: 5λ1 − λ2 − 13λ3 = 0 λ1 − 2λ3 = 0 (7.4) λ1 + 5λ2 + 13λ3 = 0 70 Kapitel 7Euklidischer Raum Rn und Vektoren Aus der zweiten Gleichung von (7.4) folgt unmittelbar λ1 = 2λ3. Wird dies in die erste und dritte Gleichung von (7.4) eingesetzt, dann erhält man weiter: 10λ3 − λ2 − 13λ3 = −3λ3 − λ2 = 0 2λ3 + 5λ2 + 13λ3 = 15λ3 + 5λ2 = 0 (7.5) Daraus lässt sich unmittelbar ablesen, dass beide Gleichungen in (7.5) für λ2 = −3λ3 erfüllt sind und die Gleichung (7.3) somit die Lösung 2λ3−3λ3 λ3 = λ3 2−3 1 für beliebige λ3 ∈ R besitzt. Das heißt, die Gleichung (7.3) besitzt auch nichttriviale Lösungen und folglich sind die drei Vektoren a, b und c linear abhängig. ** Aufgabe 7.15 (Lineare Unabhängigkeit) Untersuchen Sie jeweils, ob die gegebenen Vektoren linear unabhängig sind: a) a1 = ( 1 2 ) und a2 = ( −1 1 ) b) a1 = 2−1 3 , a2 = 11 −2 und a3 = 3−3 8 c) a1 = 1 2 1 0 0 , a2 = 1 1 0 1 1 und a3 = 1 0 0 1 1 Lehrbuch: Abschnitt 7.9 Lösung: Zu a): Die beiden Vektoren a1 und a2 sind offensichtlich linear unabhängig, da zwei Vektoren genau dann linear unabhängig sind,wennkeiner der beiden einVielfaches desAnderen ist (vgl. Satz 7.34 imLehrbuch). Zu b): Die drei Vektoren a1, a2 und a3 sind genau dann linear unabhängig, wenn die Gleichung λ1a1 + λ2a2 + λ3a3 = 0 bzw. λ1 2−1 3 + λ2 11 −2 + λ3 3−3 8 = 00 0 (7.6) nur die triviale Lösung λ1 = λ2 = λ3 = 0 besitzt (vgl. Definition 7.31 im Lehrbuch). Aus (7.6) erhält man das lineare Gleichungssystem: 2λ1 + λ2 + 3λ3 = 0 −λ1 + λ2 − 3λ3 = 0 (7.7) 3λ1 − 2λ2 + 8λ3 = 0 Durch Addition des zweifachen bzw. dreifachen der zweiten Gleichung von (7.7) zur ersten bzw. dritten Gleichung resultiert: 3λ2 − 3λ3 = 0 λ2 − λ3 = 0 Dieses Gleichungssystem ist offensichtlich für λ2 = λ3 erfüllt. Eingesetzt in die erste Gleichung von (7.7) liefert dies weiter λ1 = −2λ3 und damit für (7.6) schließlich die Lösung −2λ3λ3 λ3 = λ3 −21 1 71 Kapitel 7 Teil II: Lineare Algebra für beliebige λ3 ∈ R. Das heißt, die Gleichung (7.6) besitzt auch nichttriviale Lösungen und die drei Vektoren a1, a2 und a3 sind folglich linear abhängig (vgl. Definition 7.31 im Lehrbuch). Zu c): Aus λ1 1 2 1 0 0 + λ2 1 1 0 1 1 + λ3 1 0 0 1 1 = 0 0 0 0 0 ist leicht zu erkennen, dass eine Darstellung des Nullvektors 0 als Linearkombination der Vektoren a1, a2 und a3 nur mit λ1 = 0möglich ist. Die beiden Vektoren a2 und a3 besitzen nämlich als dritte Koordinate jeweils die Null, so dass die 1 als dritte Koordinate von a1 nur durch λ1 = 0 verschwinden kann. Aus einer Betrachtung der zweiten Koordinaten folgt ferner, dass dann λ2 = 0 gelten muss, was schließlich auch λ3 = 0 impliziert. Das heißt, der Nullvektor 0 kann nur auf triviale Weise als Linearkombination von a1, a2 und a3 dargestellt werden und die Vektoren sind folglich linear unabhängig. *** Aufgabe 7.16 (Basis und Dimension) a) Gegeben seien die fünf Vektoren x1 = 1 1 −1 2 , x2 = 2 0 3 1 , x3 = 0 −2 1 −1 , y1 = 1 −1 0 1 und y2 = 1 5 −3 4 . Zeigen Sie, dass y1, y2 ∈ Lin {x1, x2, x3} gilt und geben Sie, falls möglich, eine Basis von Lin {x1, x2, x3} an, welche die Vektoren y1 und y2 enthält. b) Bestimmen Sie die Dimension von Lin {x1, x2, x3} mit x1 = 0 1 1 1 , x2 = −1 1 −1 1 und x3 = 2 1 0 1 . Lehrbuch: Abschnitte 7.7 und 7.10 Lösung: Zu a): Für y1, y2 ∈ Lin {x1, x2, x3} muss gezeigt werden, dass es αi , βi , γi ∈ R mit αix1 + βix2 + γix3 = yi für i = 1, 2 gibt (vgl. Definition 7.22 im Lehrbuch). Für i = 1 ergibt sich das lineare Gleichungssystem: α1 + 2β1 = 1 α1 − 2γ1 = −1 (7.8) −α1 + 3β1 + γ1 = 0 2α1 + β1 − γ1 = 1 Addition der letzten beiden Gleichungen von (7.8) ergibt zusammen mit der ersten Gleichung das lineare Gleichungssystem α1 + 2β1 = 1 α1 + 4β1 = 1 mit der Lösung β1 = 0 und α1 = 1. Aus der letzten Gleichung von (7.8) folgt weiter γ1 = 1. Durch Einsetzen dieser drei Werte überprüft man leicht, dass damit auch die zweite Gleichung des linearen Gleichungssystems (7.8) erfüllt ist. Folglich gilt y1 = x1 + x3. 72 Kapitel 7Euklidischer Raum Rn und Vektoren Für i = 2 erhält man auf die gleiche Weise (oder durch genaues Hinsehen) α2 = 1, β2 = 0 und γ2 = −2, also y2 = x1 − 2x3. Es ist leicht zu erkennen, dass sowohlx1, x3 als auchy1, y2 linear unabhängig sind, da zweiVektorengenaudann linear unabhängig sind, wenn keiner der beiden ein Vielfaches des Anderen ist (vgl. Satz 7.34 im Lehrbuch). Wegen y1 = x1 + x3 y2 = x1 − 2x3 gilt somit Lin {x1, x3} = Lin {y1, y2}. Um eine Basis von Lin {x1, x2, x3} zu erhalten, welche die beiden Vektoren y1, y2 enthält, muss folglich nur noch überprüft werden, ob die drei Vektoren y1, y2, x2 linear unabhängig sind (vgl. Definition 7.39 im Lehrbuch). Das heißt, es ist λ1y1 + λ2y2 + λ3x2 = 0 mit λ1, λ2, λ3 ∈ R bzw. das lineare Gleichungssystem λ1 + λ2 + 2λ3 = 0 −λ1 + 5λ2 = 0 (7.9) − 3λ2 + 3λ3 = 0 λ1 + 4λ2 + λ3 = 0 zu lösen. Daraus erhält man durchAddition der ersten beidenGleichungen zusammenmit der dritten Gleichung das Gleichungssystem: 6λ2 + 2λ3 = 0 −3λ2 + 3λ3 = 0 Da es nur die Lösung λ2 = λ3 = 0 besitzt, erhält man für das lineare Gleichungssystem (7.9) nur die triviale Lösung λ1 = λ2 = λ3 = 0. Die Vektoren y1, y2, x2 sind also linear unabhängig und wegen Lin {y1, y2, x2} = Lin {x1, x2, x3} ist daher {y1, y2, x2} eine Basis von Lin {x1, x2, x3}. Zu b): Die beiden Vektoren x1 und x2 sind linear unabhängig, da offensichtlich keiner der beiden ein Vielfaches des Anderen ist. Folglich gilt 2 ≤ dim (Lin {x1, x2, x3}) ≤ 3 (7.10) (vgl. Definition 7.43 im Lehrbuch). Es muss daher nur untersucht werden, ob die Vektoren x1, x2, x3 linear unabhängig sind. Das heißt, es ist λ1x1 + λ2x2 + λ3x3 = 0 mit λ1, λ2, λ3 ∈ R bzw. das lineare Gleichungssystem − λ2 + 2λ3 = 0 λ1 + λ2 + λ3 = 0 (7.11) λ1 − λ2 = 0 λ1 + λ2 + λ3 = 0 zu lösen.Bei diesemGleichungssystem sind die zweite und vierteGleichung identisch.Wird die ersteGleichung übernommen und die dritte Gleichung von der zweiten Gleichung subtrahiert, dann resultiert −λ2 + 2λ3 = 0 2λ2 + λ3 = 0 und damit λ2 = λ3 = 0. Eingesetzt in die letzte Gleichung von (7.11) liefert dies λ1 = 0. Das heißt, das lineare Gleichungssystem (7.11) besitzt nur die triviale Lösung λ1 = λ2 = λ3 = 0 und die Vektoren x1, x2, x3 sind somit linear unabhängig. Zusammen mit (7.10) impliziert dies dim (Lin {x1, x2, x3}) = 3. 73 Kapitel 7 Teil II: Lineare Algebra ** Aufgabe 7.17 (Orthogonales Komplement und orthogonale Projektion) Gegeben sei der Unterraum U = x ∈ R3 : x = λ1 11 1 + λ2 1−2 1 mit λ1, λ2 ∈ R ⊆ R3. a) Bestimmen Sie eine Orthonormalbasis des Unterraums U . b) Ermitteln Sie das orthogonale Komplement U⊥ von U . c) Berechnen Sie die orthogonale Projektion des Vektors x = (0, 0, 1)T auf den Unterraum U . Lehrbuch: Abschnitte 7.6, 7.9, 7.10 und 7.12 Lösung: Zu a): Für das Skalarprodukt der beiden Vektoren a1 := 11 1 und a2 := 1−2 1 gilt 〈a1, a2〉 = 1 · 1+ 1 · (−2)+ 1 · 1 = 0. Die Vektoren a1 und a2 sind somit orthogonal (vgl. Definition 7.14 im Lehrbuch) und damit insbesondere auch linear unabhängig (vgl. Satz 7.37 im Lehrbuch). Das heißt, die Menge {a1, a2} ist bereits eine Basis des Unterraums U (vgl. Definition 7.39 im Lehrbuch) und für den Erhalt einer Orthonormalbasis von U müssen die beiden Vektoren a1 und a2 nur noch normiert werden (vgl. Definition 7.41 im Lehrbuch). Da für die Norm dieser beiden Vektoren ‖a1‖ = √ 12 + 12 + 12 = √3 bzw. ‖a2‖ = √ 12 + (−2)2 + 12 = √6 gilt, liefert eine Normierung die beiden orthonormierten Vektoren b1 := 1‖a1‖ a1 = 1√ 3 11 1 und b2 := 1‖a2‖ a2 = 1√6 1−2 1 . Die Menge {b1, b2} ist somit eine Orthonormalbasis des Unterraums U . Zu b): Für das orthogonale Komplement von U gilt U⊥ = { x ∈ R3 : 〈x, y〉 = 0 für alle y ∈ U } (vgl.Definition7.47 imLehrbuch).GemäßAufgabenteil a) ist {a1, a2} eineBasis vonU . EinVektorx ist folglich genau dann ein Element von U⊥, wenn er eine Lösung des linearen Gleichungssystems 〈a1, x〉 = x1 + x2 + x3 = 0 〈a2, x〉 = x1 − 2x2 + x3 = 0 (7.12) ist. Aus der zweiten Gleichung von (7.12) folgt unmittelbar x1 = 2x2−x3 und eingesetzt in die erste Gleichung liefert dies weiter (2x2 − x3)+ x2 + x3 = 3x2 = 0. Es gilt somit x2 = 0 und x1 = −x3. Setzt man x1 = λ, dann erhält man für die Lösungen des linearen Gleichungssystems (7.12) die Parameterisierung x = λ0 −λ = λ 10 −1 . 74 Kapitel 7Euklidischer Raum Rn und Vektoren Das orthogonale Komplement von U lautet somit U⊥ = x ∈ R3 : x = λ 10 −1 mit λ ∈ R . Zu c):GemäßAufgabenteil a) ist {b1, b2} eineOrthonormalbasis vonU . Die orthogonale Projektion desVektors x = (0, 0, 1)T auf den Unterraum U ist somit gegeben durch PU (x) = 〈x, b1〉 b1 + 〈x, b2〉 b2 (vgl. Satz 7.50 im Lehrbuch). Zusammen mit 〈x, b1〉 = 0 · 1√ 3 + 0 · 1√ 3 + 1 · 1√ 3 = 1√ 3 〈x, b2〉 = 0 · 1√ 6 + 0 · −2√ 6 + 1 · 1√ 6 = 1√ 6 folgt daraus für die orthogonale Projektion PU (x) = 1√ 3 b1 + 1√ 6 b2 = 1 3 1 3 1 3 + 1 6 − 13 1 6 = 1 2 0 1 2 . *** Aufgabe 7.18 (Orthonormalisierungsverfahren und orthogonale Projektion) Gegeben sei der Unterraum U = x ∈ R 4 : x = λ1 1 1 0 1 + λ2 1 −2 0 0 + λ3 1 0 −1 2 mit λ1, λ2, λ3 ∈ R ⊆ R 4. a) Bestimmen Sie eine Orthonormalbasis des Unterraums U mit dem Orthonormalisierungsverfahren von Schmidt. b) Ermitteln Sie das orthogonale Komplement U⊥ von U . c) Berechnen Sie die orthogonale Projektion des Vektors x = (3,−1,−1, 2)T auf den Unterraum U . Lehrbuch: Abschnitte 7.11 und 7.12 Lösung: Zu a): Wie man leicht überprüft, sind die drei Vektoren a1 := 1 1 0 1 , a2 := 1 −2 0 0 und a3 := 1 0 −1 2 linear unabhängig und damit ist {a1, a2, a3} eine Basis des Unterraums U (vgl. Definition 7.39 im Lehrbuch). Mit dem Orthonormalisierungsverfahren von Schmidt (vgl. Satz 7.45 im Lehrbuch) erhält man daraus die folgenden drei orthonormierten Vektoren b1, b2, b3: b1 = 1‖a1‖ a1 = 1√ 3 1 1 0 1 = 1√ 3 1√ 3 0 1√ 3 c2 = a2 − 〈a2, b1〉 b1 = 1 −2 0 0 + 1√3 1√ 3 1√ 3 0 1√ 3 = 4 3 − 53 0 1 3 75 Kapitel 7 Teil II: Lineare Algebra b2 = 1‖c2‖ c2 = 3√ 42 4 3 − 53 0 1 3 = 4√ 42 − 5√ 42 0 1√ 42 c3 = a3 − 〈a3, b1〉 b1 − 〈a3, b2〉 b2 = 1 0 −1 2 −√3 1√ 3 1√ 3 0 1√ 3 − 6√ 42 4√ 42 − 5√ 42 0 1√ 42 = − 47 − 27 −1 6 7 b3 = 1‖c3‖ c3 = 7√ 105 − 47 − 27 −1 6 7 = − 4√ 105 − 2√ 105 − 7√ 105 6√ 105 Die Menge {b1, b2, b3} ist somit eine Orthonormalbasis des Unterraums U . Zu b): Für das orthogonale Komplement von U gilt U⊥ = { x ∈ R4 : 〈x, y〉 = 0 für alle y ∈ U } (vgl. Definition 7.47 im Lehrbuch). Gemäß Aufgabenteil a) ist {a1, a2, a3} eine Basis von U . Ein Vektor x ist folglich genau dann ein Element von U⊥, wenn er eine Lösung des linearen Gleichungssystems 〈a1, x〉 = x1 + x2 + x4 = 0 〈a2, x〉 = x1 − 2x2 = 0 (7.13) 〈a3, x〉 = x1 − x3 + 2x4 = 0 ist.Ausder zweitenGleichungvon (7.13) folgt unmittelbarx1 = 2x2.Eingesetzt indie ersteunddritteGleichung von (7.13) liefert dies weiter: x1 + x2 + x4 = 3x2 + x4 = 0 (7.14) x1 − x3 + 2x4 = 2x2 − x3 + 2x4 = 0 Aus der ersten Gleichung von (7.14) folgt x4 = −3x2 und wird dies in die zweite Gleichung von (7.14) eingesetzt, dann erhält man weiter x3 = 2x2+ 2x4 = −4x2. Setzt man x2 = λ, dann führt dies für die Lösungen des linearen Gleichungssystems (7.13) zu der Parameterisierung x = 2λ λ −4λ −3λ = λ 2 1 −4 −3 . Das orthogonale Komplement von U lautet somit U⊥ = x ∈ R 4 : x = λ 2 1 −4 −3 mit λ ∈ R . Zu c): Gemäß Aufgabenteil a) ist {b1, b2, b3} eine Orthonormalbasis von U . Die orthogonale Projektion des Vektors x = (3,−1,−1, 2)T auf den Unterraum U ist somit gegeben durch PU (x) = 〈x, b1〉 b1 + 〈x, b2〉 b2 + 〈x, b3〉 b3 76 Kapitel 7Euklidischer Raum Rn und Vektoren (vgl. Satz 7.50 im Lehrbuch). Zusammen mit 〈x, b1〉 = 3 · 1√ 3 + (−1) · 1√ 3 + (−1) · 0+ 2 · 1√ 3 = 4√ 3 〈x, b2〉 = 3 · 4√ 42 + (−1) · −5√ 42 + (−1) · 0+ 2 · 1√ 42 = 19√ 42 〈x, b3〉 = 3 · −4√ 105 + (−1) · −2√ 105 + (−1) · −7√ 105 + 2 · 6√ 105 = 9√ 105 folgt daraus für die orthogonale Projektion PU (x) = 4√ 3 b1 + 19√ 42 b2 + 9√ 105 b3 = 4 3 4 3 0 4 3 + 76 42 − 9542 0 19 42 + − 36105 − 18105 − 63105 54 105 = 14 5 − 1110 − 35 23 10 . 77 8. Lineare Abbildungen und Matrizen * Aufgabe 8.1 (Spezielle Matrizen und Vektoren) Gegeben seien die folgenden Matrizen und Vektoren: A = 0 0 00 0 0 −1 0 3 , a = 01 0 , B = 3 0 00 −2 0 0 0 0 , b = 00 0 und C = 0 −2 00 7 0 0 0 0 Geben Sie an, zu welchen der folgenden speziellen Klassen von Matrizen und Vektoren sie jeweils gehören (mehrfache Zugehörigkeit ist möglich): a) Diagonalmatrizen b) Einheitsmatrizen c) Einheitsvektoren d) Nullmatrizen e) Nullvektoren f) Obere Dreiecksmatrizen g) Untere Dreiecksmatrizen h) Skalare Lehrbuch: Abschnitt 8.3 Lösung: Die Matrix A gehört zur Klasse der unteren Dreiecksmatrizen und beim Vektor a handelt es sich um einen Einheitsvektor. Die Matrix B ist eine Diagonalmatrix sowie eine untere und obere Dreiecksmatrix. Beim Vektor b handelt es sich um einen Nullvektor bzw. eine 3× 1-Nullmatrix und die Matrix C gehört zur Klasse der oberen Dreiecksmatrizen. * Aufgabe 8.2 (Matrizenalgebra) a) Berechnen Sie für die drei Matrizen A = 3 4 −2 4 −1 1 2 2 −3 1 5 2 , B = 4 31 2 7 −5 und C = ( 1 2 3 4 5 6 7 8 ) (8.1) alle definierten Matrizenprodukte aus jeweils zwei Faktoren. b) Berechnen Sie für die beiden Matrizen D = 4 12 8−7 −6 −8 4 −3 2 und F = −9 4 −2−25 11 −5 −5 2 0 sämtliche Potenzen Dk und Fl mit k, l ∈ N. 78 Kapitel 8Lineare Abbildungen und Matrizen Lehrbuch: Abschnitt 8.5 Lösung: Zu a): Das Produkt A B zweier Matrizen A und B ist genau dann definiert, wenn die linke Matrix A genauso viele Spalten wie die rechte Matrix B Zeilen besitzt (vgl. Definition 8.28 im Lehrbuch). Für die drei Matrizen (8.1) sind somit die Matrizenprodukte A B, B C und C A definiert und man erhält (für eine Veranschaulichung der Matrizenmultiplikation mit Hilfe des Falkschen-Schemas siehe Abbildung 8.4 im Lehrbuch): A B = 3 4 −2 4 −1 1 2 2 −3 1 5 2 4 31 2 7 −5 = 2 27 22 5 −11 25 23 3 B C = 4 31 2 7 −5 ( 1 2 3 4 5 6 7 8 ) = 19 26 33 4011 14 17 20 −18 −16 −14 −12 C A = ( 1 2 3 4 5 6 7 8 ) 3 4 −2 4 −1 1 2 2 −3 1 5 2 = ( 21 28 −1 61 68 −9 ) Zu b): Für D2 erhält man D2 = 4 12 8−7 −6 −8 4 −3 2 4 12 8−7 −6 −8 4 −3 2 = −36 −48 −48−18 −24 −24 45 60 60 . Für D3 ergibt sich damit D3 = D2 D = −36 −48 −48−18 −24 −24 45 60 60 4 12 8−7 −6 −8 4 −3 2 = 0 0 00 0 0 0 0 0 = O. Folglich gilt Dk = O für alle k ≥ 3. Bei der Berechnung von Fl geht man entsprechend vor. Für F2 erhält man F2 = −9 4 −2−25 11 −5 −5 2 0 −9 4 −2−25 11 −5 −5 2 0 = −9 4 −2−25 11 −5 −5 2 0 = F. Das heißt, es gilt Fl = F für alle l ≥ 1. ** Aufgabe 8.3 (Matrizenalgebra) a) Berechnen Sie für die drei 2× 3-Matrizen A = ( 3 5 2 1 4 0 ) , B = ( 2 1 2 5 8 −1 ) und C = ( 1 −1 2 5 −2 0 ) die beiden Terme 3A + 2B − 5C und 2(A − 2B)− 3(BT − AT )T − 2C. b) Bestimmen Sie alle 2×2-Matrizen B = ( a b c d ) , deren Produkt mit der 2×2-Matrix A = ( 1 0 −1 1 ) kommutativ ist, also A B = B A gilt. Lehrbuch: Abschnitt 8.5 79 Kapitel 8 Teil II: Lineare Algebra Lösung: Zu a): Man erhält (vgl. Definitionen 8.11 und 8.25 im Lehrbuch): 3A + 2B − 5C = 3 ( 3 5 2 1 4 0 ) + 2 ( 2 1 2 5 8 −1 ) − 5 ( 1 −1 2 5 −2 0 ) = ( 9 15 6 3 12 0 ) + ( 4 2 4 10 16 −2 ) + ( −5 5 −10 −25 10 0 ) = ( 8 22 0 −12 38 −2 ) 2(A − 2B)− 3(BT − AT )T − 2C = 2A − 4B − 3(BT )T + 3(AT )T − 2C = 2A − 4B − 3B + 3A − 2C = 5A − 7B − 2C = 5 ( 3 5 2 1 4 0 ) − 7 ( 2 1 2 5 8 −1 ) − 2 ( 1 −1 2 5 −2 0 ) = ( 15 25 10 5 20 0 ) + ( −14 −7 −14 −35 −56 7 ) + ( −2 2 −4 −10 4 0 ) = ( −1 20 −8 −40 −32 7 ) Zu b): Für die Matrizenprodukte A B und B A erhält man (vgl. Definition 8.28 im Lehrbuch): A B = ( 1 0 −1 1 )( a b c d ) = ( a b c − a d − b ) B A = ( a b c d )( 1 0 −1 1 ) = ( a − b b c − d d ) Die Einträge a, b, c und d müssen somit so bestimmt werden, dass die Matrizengleichung( a b c − a d − b ) = ( a − b b c − d d ) erfüllt ist. Dies liefert: a = a − b ⇒ b = 0 und a ∈ R b = b ⇒ b ∈ R c − a = c − d ⇒ a = d und c ∈ R d − b = d ⇒ b = 0 und d ∈ R Damit erhält man, dass alle 2× 2-Matrizen B, deren Produkt mit der 2× 2-Matrix A kommutativ ist, von der Gestalt B = ( a 0 c a ) sein müssen. * Aufgabe 8.4 (Spezielle Matrizenprodukte) Gegeben seien die beiden folgenden Vektoren: a = ( −2 4 ) und b = ( −1 5 ) Berechnen Sie die Ausdrücke 〈a, b〉, A = a ⊗ b, B = b ⊗ a und A B. 80 Kapitel 8Lineare Abbildungen und Matrizen Lehrbuch: Abschnitt 8.5 Lösung: Man erhält (vgl. Seite 193 im Lehrbuch): 〈a, b〉 = −2 · (−1)+ 4 · 5 = 22 A = a ⊗ b = a bT = ( 2 −10 −4 20 ) B = b ⊗ a = b aT = ( 2 −4 −10 20 ) A B = ( 2 −10 −4 20 )( 2 −4 −10 20 ) = ( 104 −208 −208 416 ) *** Aufgabe 8.5 (Lineare Abbildungen) a) Untersuchen Sie die beiden Abbildungen f1 : R2 −→ R2, (x1, x2) *→ f1(x1, x2) = ( x1 − x2 1+ x2 ) f2 : R3 −→ R2, (x1, x2, x3) *→ f2(x1, x2, x3) = ( x1 − x2 x1 − x2 ) auf Linearität. b) Es sei f : R2 −→ R3 eine lineare Abbildung mit f (1, 1) = 10 −2 und f (1, 2) = 01 −1 . (8.2) Bestimmen Sie f (5, 7) und f (x, y). c) Bestimmen Sie für die lineare Abbildung g : R2 −→ R3, (x1, x2) *→ g(x1, x2) = x1 − x2x2 − x1 x1 (8.3) die Dimension von Kern(g) und Bild(g). Lehrbuch: Abschnitt 8.1 Lösung: Zu a): Die Abbildung f1 ist nicht linear. Für x = y = 0 gilt zum Beispiel: f1(x + y) = ( 0 1 ) = ( 0 2 ) = ( 0 1 ) + ( 0 1 ) = f1(x)+ f1(y) Das heißt, die Additivitätseigenschaft linearer Abbildungen ist nicht erfüllt (vgl. Definition 8.1 im Lehrbuch). Die Abbildung f2 ist dagegen linear. Denn für beliebige x, y ∈ R3 und λ ∈ R erhält man: f2(x + y) = ( (x1 + y1)− (x2 + y2) (x1 + y1)− (x2 + y2) ) = ( (x1 − x2)+ (y1 − y2) (x1 − x2)+ (y1 − y2) ) = ( x1 − x2 x1 − x2 ) + ( y1 − y2 y1 − y2 ) = f2(x)+ f2(y) 81 Kapitel 8 Teil II: Lineare Algebra f2(λx) = ( λx1 − λx2 λx1 − λx2 ) = λ ( x1 − x2 x1 − x2 ) = λf2(x) Das heißt, die Additivitäts- undHomogenitätseigenschaft linearer Abbildungen ist erfüllt und die Abbildung f2 damit linear (vgl. Definition 8.1 im Lehrbuch). Zu b): Im ersten Schritt werden mit Hilfe von (8.2) die Bilder der beiden kanonischen Basisvektoren ( 1 0 ) und( 0 1 ) berechnet. Es gilt: ( 1 0 ) = 2 ( 1 1 ) − ( 1 2 ) und ( 0 1 ) = − ( 1 1 ) + ( 1 2 ) . Zusammen mit der Linearität von f und (8.2) liefert dies für die Bilder der beiden Einheitsvektoren (vgl. Definition 8.1 im Lehrbuch): f (1, 0) = f (2(1, 1)− (1, 2)) = 2f (1, 1)− f (1, 2) = 2 10 −2 − 01 −1 = 2−1 −3 f (0, 1) = f (−(1, 1)+ (1, 2)) = −f (1, 1)+ f (1, 2) = − 10 −2 + 01 −1 = −11 1 Wegen ( 5 7 ) = 5 ( 1 0 ) + 7 ( 0 1 ) und ( x y ) = x ( 1 0 ) + y ( 0 1 ) folgt damit: f (5, 7) = 5f (1, 0)+ 7f (0, 1) = 5 2−1 −3 + 7 −11 1 = 32 −8 f (x, y) = xf (1, 0)+ yf (0, 1) = x 2−1 −3 + y −11 1 = 2x − y−x + y −3x + y Zu c): Es gilt ( x1 x2 ) ∈ Kern(g) ⇐⇒ g(x1, x2) = 00 0 (vgl. Definition 8.3a) im Lehrbuch). Zusammen mit (8.3) folgt daraus, dass ( x1 x2 ) genau dann ein Element von Kern(g) ist, wenn x1 = 0 und x1 = x2 = 0 erfüllt ist. Das heißt, es gilt Kern(g) = {( 0 0 )} und der Kern hat folglich die Dimension 0. Zusammen mit der Dimensionsformel (vgl. Satz 8.7 im Lehrbuch) folgt damit für die Dimension des Bildes von g dim(Bild(g)) = 2− dim(Kern(g)) = 2− 0 = 2. 82 Kapitel 8Lineare Abbildungen und Matrizen ** Aufgabe 8.6 (Lineare Abbildungen) Gegeben seien die beiden Matrizen A = 1 0 20 1 1 0 1 −1 und B = 1 −1 1 0 2 2 2 2 6 0 −1 1 . a) Bestimmen Sie die zu den beidenMatrizenA undB gehörenden linearen Abbildungen fA und fB. b) Erläutern Sie, welche der Abbildungen f−1A , f −1 B , fB ◦ fA, (fB ◦ fA)−1, fA ◦ fB und (fA ◦ fB)−1 existieren. c) Bestimmen Sie den Lösungsbereich von (fB ◦ fA)(x) = 10 −56 −92 −72 . (8.4) Lehrbuch: Abschnitte 8.1, 8.4, 8.5, 8.7 und 8.8 Lösung: Zu a): Bei A und B handelt es sich um die kanonischen Matrizen der beiden linearen Abbildungen (vgl. Satz 8.21 im Lehrbuch): fA : R3 −→ R3, x *→ x1 + 2x3x2 + x3 x2 − x3 fB : R3 −→ R4, x *→ x1 − x2 + x3 2x2 + 2x3 2x1 + 2x2 + 6x3 −x2 + x3 Zu b): Die Umkehrabbildungen f−1A und f −1 B existieren genau dann, wenn die Matrizen A und B invertierbar sind (vgl. Satz 8.41 im Lehrbuch). Daraus folgt, dass f−1B nicht existieren kann, da B als nicht quadratische Matrix auch nicht invertierbar ist (vgl. Definition 8.39 im Lehrbuch). Dagegen erhält man mit der Regel von Sarrus für die Determinante von A (vgl. (8.44) im Lehrbuch) den Wert det(A) = −1+ 0+ 0− (0+ 1+ 0) = −2. Das heißt, die Matrix A ist invertierbar (vgl. Satz 8.67 im Lehrbuch) und somit existiert auch f−1A . Ferner gilt, dass die Kompositionen fB ◦fA und fA ◦fB genau dann existieren, wenn die Matrizenprodukte B A und A B definiert sind (vgl. Satz 8.29 im Lehrbuch). Dies ist jedoch aufgrund der Ordnungen der beidenMatrizen A und B nur für B A der Fall, so dass zwar fB ◦ fA, aber nicht fA ◦ fB existiert (vgl. Definition 8.28 im Lehrbuch). Folglich kann auch (fA ◦ fB)−1 nicht existieren. Schließlich gilt, dass B A eine 4× 3-Matrix ist. Das heißt, die Matrix B A ist nicht quadratisch und damit auch nicht invertierbar. Daraus folgt, dass (fB ◦ fA)−1 nicht existiert. Zu c): Bei (8.4) handelt es sich um das lineare Gleichungssystem B A x = 10 −56 −92 −72 bzw. 1 0 0 0 4 0 2 8 0 0 0 −2 x1x2 x3 = 10 −56 −92 −72 . 83 Kapitel 8 Teil II: Lineare Algebra Es muss folglich x1 = 10 4x2 = −56 2x1 + 8x2 = −92 −2x3 = −72 gelten. Daraus erhält man unmittelbar den Lösungsbereich L = 10−14 36 . * Aufgabe 8.7 (MC-Aufgaben zum Rang) Kreuzen Sie an, welche der Aussagen a) bis d) wahr und welche falsch sind: a) Für eine m× n-Matrix A mit m > n gilt, dass die Anzahl der linear unabhängigen Zeilen größer ist als die Anzahl der linear unabhängigen Spalten. b) Besitzt eine m× n-Matrix A mit m > n nicht den vollen Rang, dann sind nicht alle Spalten linear unabhängig. c) Die n× n-Einheitsmatrix E weist den vollen Rang auf. d) Für eine n× n-Matrix A kann rang(A) = 0 gelten. a) b) c) d) Wahr Falsch Lehrbuch: Abschnitt 8.6 Lösung: Zu a): Falsche Aussage. Bei jederm×n-Matrix A stimmt die Anzahl linear unabhängiger Zeilen mit der Anzahl linear unabhängiger Spalten überein und ist gleich dem Rang der Matrix A (vgl. Folgerung 8.36 im Lehrbuch). Zu b): Wahre Aussage. Besitzt A nicht den vollen Rang, dann gilt rang(A) < min {m, n} = n (vgl. Seite 195 im Lehrbuch). Da rang(A) die Anzahl der linear unabhängigen Spalten (Zeilen) von A angibt, bedeutet dies, dass A weniger als n linear unabhängige Spalten besitzt. Zu c): Wahre Aussage. Da es sich bei den Spalten (Zeilen) der n× n-Einheitsmatrix E um die n linear unabhängigen Einheitsvektoren des Rn handelt (vgl. (8.12) im Lehrbuch), sind die n Spalten (Zeilen) von E linear unabhängig. Das heißt, E besitzt den vollen Rang n. Zu d): Wahre Aussage. Eine n×n-Matrix A besitzt den Rang Null, wenn sie keine linear unabhängigen Spalten (Zeilen) besitzt. Dies ist genau dann der Fall, wenn es sich bei den n Spalten (Zeilen) von A jeweils um den Nullvektor 0 ∈ Rn handelt. Das heißt, wenn A die n× n-Nullmatrix O ist. ** Aufgabe 8.8 (Rang) Gegeben sei die 4× 4-Matrix B = 4 −2 −20 8 −6 2 26 −10 0 4 16 −8 2 −4 −22 10 . a) Bestimmen Sie den Rang der Matrizen B und BT durch Untersuchung der Spaltenvektoren b1, b2, b3, b4. 84 Kapitel 8Lineare Abbildungen und Matrizen b) Geben Sie dim(Kern(B)) an. c) Erläutern Sie, welcher Zusammenhang zwischen der Lösung x=(x1,x2,x3,x4)T∈R4 des inhomogenen linearen Gleichungssystems B x = b und der rechten Seite b besteht. Lehrbuch: Abschnitt 8.6 Lösung: Zu a): Für die Spaltenvektoren von B gilt: 2b3 = −6b1 + 8b2 b4 = b1 − 2b2 Ferner sind die Spaltenvektoren b1 und b2 offensichtlich linear unabhängig. Das heißt, die Anzahl linear unabhängiger Spaltenvektoren von B beträgt zwei und es gilt somit rang(B) = 2. Wegen rang(B) = rang(BT ) besitzt damit auch die Transponierte BT den Rang 2 (vgl. Satz 8.34f) im Lehrbuch). Zu b): Mit der Dimensionsformel (vgl. Satz 8.34b) im Lehrbuch) erhält man dim(Kern(B)) = 4− rang(B) = 2. Zu c): Der Vektor x = (x1, x2, x3, x4)T ∈ R4 ist genau dann eine Lösung des inhomogenen linearen GleichungssystemsB x = b, wenn sich die rechte Seite b als Linearkombination der Spaltenvektoren b1, b2, b3, b4 mit den Koeffizienten x1, x2, x3, x4 darstellen lässt. Das heißt, wenn x1b1 + x2b2 + x3b3 + x4b4 = b gilt (vgl. Seite 195 im Lehrbuch). *** Aufgabe 8.9 (Rang und Inverse) a) Geben Sie jeweils zwei 2× 2-Matrizen A und B an mit: rang(A + B) < min {rang(A), rang(B)} rang(A + B) = rang(A) = rang(B) rang(A + B) > max {rang(A), rang(B)} b) Es sei A = 2 0 01 2 0 0 0 −1 . Berechnen Sie A3−3A2+4E und verwenden Sie das Ergebnis zur Bestimmung der Inversen A−1. Lehrbuch: Abschnitte 8.6 und 8.7 Lösung: Zu a): Die Ungleichung rang(A + B) < min {rang(A), rang(B)} ist zum Beispiel für die beiden Matrizen A = ( 1 0 0 0 ) und B = −A = ( −1 0 0 0 ) erfüllt. Denn A und B besitzen offensichtlich den Rang 1, d.h. es gilt min {rang(A), rang(B)} = 1, während die Matrix A + B = ( 0 0 0 0 ) 85 Kapitel 8 Teil II: Lineare Algebra den Rang 0 besitzt. Die Gleichung rang(A+B) = rang(A) = rang(B) ist zum Beispiel für die zwei Matrizen A = B = ( 1 0 0 0 ) erfüllt. Denn A, B und A + B = ( 2 0 0 0 ) besitzen jeweils den Rang 1. Schließlich genügen zum Beispiel die beiden Matrizen A = ( 1 0 0 0 ) und B = ( 0 0 0 1 ) der Ungleichung rang(A + B) > max {rang(A), rang(B)}. Denn A und B besitzen den Rang 1, d.h. es gilt max {rang(A), rang(B)} = 1, während die Matrix A + B = ( 1 0 0 1 ) offensichtlich den Rang 2 besitzt. Zu b): Zunächst berechnet man: A2 = 2 0 01 2 0 0 0 −1 2 0 01 2 0 0 0 −1 = 4 0 04 4 0 0 0 1 A3 = A2 A = 4 0 04 4 0 0 0 1 2 0 01 2 0 0 0 −1 = 8 0 012 8 0 0 0 −1 Damit erhält man A3 − 3A2 + 4E = 8 0 012 8 0 0 0 −1 − 3 4 0 04 4 0 0 0 1 + 4 0 00 4 0 0 0 4 = 0 0 00 0 0 0 0 0 . Aus A3 − 3A2 + 4E = O folgt weiter 4E = 3A2 − A3, also E = 1 4 ( 3A2 − A3 ) = A ( 3 4 A − 1 4 A2 ) . Folglich ist die Inverse von A gegeben durch A−1 = 3 4 A − 1 4 A2 = 3 4 2 0 01 2 0 0 0 −1 − 1 4 4 0 04 4 0 0 0 1 = 1 2 0 0 − 14 12 0 0 0 −1 (vgl. Definition 8.39 im Lehrbuch). 86 Kapitel 8Lineare Abbildungen und Matrizen ** Aufgabe 8.10 (Rang und Determinante) Gegeben sei die 4× 4-Matrix A = 3 −2 −4 −1 4 −2 1 −8 1 2 0 3 −2 4 3 −1 . a) Berechnen Sie die Determinanten det(A), det(AT ), det( 43A) und det(−A2). b) Bestimmen Sie den Rang von A. c) Geben Sie an, ob A regulär ist. Lehrbuch: Abschnitte 8.6 und 8.10 Lösung: Zu a): DieMatrixA besitzt in der dritten Zeile und in der dritten Spalte jeweils eineNull. Es bietet sich daher an, die Matrix A nach der dritten Zeile oder der dritten Spalte zu entwickeln. Mit dem Entwicklungssatz von Laplace (vgl. Satz 8.60 im Lehrbuch) erhält man zum Beispiel durch Entwicklung nach der 3-ten Zeile für die Determinante von A det(A) = (−1)3+1 · 1 · det −2 −4 −1−2 1 −8 4 3 −1 + (−1)3+2 · 2 · det 3 −4 −14 1 −8 −2 3 −1 + (−1)3+4 · 3 · det 3 −2 −44 −2 1 −2 4 3 . (8.5) Die dreiDeterminanten auf der rechtenSeite von (8.5) könnenmit derRegel vonSarrus (vgl. (8.44) imLehrbuch) berechnet werden. Dies liefert dann für det(A) den Wert det(A) = 1 · (2+ 128+ 6− (−4+ 48− 8))− 2 · (−3− 64− 12− (2− 72+ 16)) − 3 · (−18+ 4− 64− (−16+ 12− 24)) = 100+ 50+ 150 = 300. Damit erhält man für det(AT ), det( 43A) und det(−A2) die Werte det ( AT ) = det (A) = 300 det ( 4 3 A ) = ( 4 3 )4 det(A) = 256 81 · 300 = 25600 27 det (− A2) = (−1)4 det (A2) = (−1)4 det(A) det(A) = 3002 = 90000 (vgl. Folgerung 8.63, Folgerung 8.70a) und Satz 8.68 im Lehrbuch). Zu b): Gemäß Aufgabenteil a) gilt det(A) = 0. Daraus folgt, dass die Matrix A den Rang n = 4 besitzt (vgl. Satz 8.67 im Lehrbuch). Zu c): Die Matrix A besitzt den vollen Rang n = 4 und ist damit regulär (vgl. Definition 8.35 im Lehrbuch). * Aufgabe 8.11 (MC-Aufgaben zur Invertierbarkeit) Kreuzen Sie an, welche der Aussagen a) bis e) wahr und welche falsch sind: a) Jede reguläre Matrix ist invertierbar. b) Ist A invertierbar, dann ist auch AT invertierbar und es gilt (AT )−1 = (A−1)T . c) Sind zwei n× n-Matrizen A und B invertierbar, dann ist auch A B invertierbar und es gilt (A B)−1 = A−1 B−1. 87 Kapitel 8 Teil II: Lineare Algebra d) Besitzt eine n× n-Matrix A eine Inverse, dann gilt rang(A) = n. e) Eine orthogonale Matrix A ist nicht zwingend invertierbar. a) b) c) d) e) Wahr Falsch Lehrbuch: Abschnitte 8.7 und 8.8 Lösung: Zu a): Wahre Aussage. Eine Matrix ist genau dann regulär, wenn sie invertierbar ist (vgl. Satz 8.43 im Lehrbuch). Zu b): Wahre Aussage (vgl. Satz 8.47b) im Lehrbuch). Zu c): Falsche Aussage. Sind A und B zwei invertierbare n× n-Matrizen, dann ist auch A B invertierbar, aber die Inverse ist gegeben durch B−1 A−1 (vgl. Satz 8.47c) im Lehrbuch). Zu d): Wahre Aussage (vgl. Satz 8.43 im Lehrbuch). Zu e): Falsche Aussage. Eine orthogonale Matrix A ist stets invertierbar und besitzt die Inverse A−1 = AT (vgl. (8.39) im Lehrbuch). * Aufgabe 8.12 (Rang, Spur, Determinante und Inverse) Gegeben sei die 2× 2-Matrix A = ( a 5 −8 2 ) . a) Welchen Rang besitzt A, falls det(A) = 0 gilt? b) Für welche Werte von a gilt det(A) = 0 und für welche spur(A) = 0? c) Für welche Werte von a besitzt A eine Inverse? d) Geben Sie die Inverse von A in Abhängigkeit von a an. Lehrbuch: Abschnitte 8.6, 8.7, 8.9 und 8.10 Lösung: Zu a): Da A eine 2× 2-Matrix ist, kommen für den Rang nur die Werte 0, 1 oder 2 in Frage. Weil A jedoch keine Nullmatrix ist, muss rang(A) > 0 gelten und aus det(A) = 0 folgt ferner rang(A) < 2 (vgl. Satz 8.67 im Lehrbuch). Zusammen impliziert dies rang(A) = 1. Zu b): Für die Determinante von A gilt (vgl. (8.42) im Lehrbuch) det(A) = det ( a 5 −8 2 ) = 2a − (−40) = 2a + 40. Es gilt somit det(A) = 0 genau dann, wenn a = −20. Für die Spur vonA gilt (vgl. Definition 8.55 imLehrbuch) spur(A) = a + 2. Folglich gilt spur(A) = 0 genau dann, wenn a = −2. Zu c): DieMatrixA besitzt genau dann eine Inverse, wenn det(A) = 0 gilt (vgl. Satz 8.67 imLehrbuch). Gemäß Aufgabenteil b) ist dies für a = −20 der Fall. Zu d): Gemäß Aufgabenteil c) besitzt die Matrix A für a = −20 eine Inverse. Diese ist gegeben durch (vgl. Satz 8.44 im Lehrbuch) A−1 = 1 det(A) ( 2 −5 8 a ) = 1 2a + 40 ( 2 −5 8 a ) . 88 Kapitel 8Lineare Abbildungen und Matrizen ** Aufgabe 8.13 (Determinante und Inversenformel) Gegeben sei die 3× 3-Matrix B = 0 −1 −1−2 −2 3 −1 −4 −1 . a) Berechnen Sie die Determinante von B. b) Begründen Sie, ob B invertierbar ist und berechnen Sie gegebenenfalls B−1 mit der Inversenformel. c) Bestimmen Sie die Determinante und die Inverse von B−1. Lehrbuch: Abschnitte 8.7 und 8.10 Lösung: Zu a): Für die Determinante von B erhält man mit der Regel von Sarrus (vgl. (8.44) im Lehrbuch) det(B) = det 0 −1 −1−2 −2 3 −1 −4 −1 = 0 · (−2) · (−1)+ (−1) · 3 · (−1)+ (−1) · (−2) · (−4) − (−1) · (−2) · (−1)− (−4) · 3 · 0− (−1) · (−2) · (−1) = 0+ 3− 8+ 2+ 0+ 2 = −1. Zu b): Gemäß Aufgabenteil a) gilt det(B) = 0. Daraus folgt, dass B invertierbar ist (vgl. Satz 8.67 im Lehrbuch) und mit der Inversenformel (vgl. Satz 8.75 im Lehrbuch) kann die Inverse B−1 berechnet werden. Für die Minoren von B erhält man (vgl. (8.42) im Lehrbuch): det(B11) = det ( −2 3 −4 −1 ) = 2− (−12) = 14 det(B12) = det ( −2 3 −1 −1 ) = 2− (−3) = 5 det(B13) = det ( −2 −2 −1 −4 ) = 8− 2 = 6 det(B21) = det ( −1 −1 −4 −1 ) = 1− 4 = −3 det(B22) = det ( 0 −1 −1 −1 ) = 0− 1 = −1 det(B23) = det ( 0 −1 −1 −4 ) = 0− 1 = −1 det(B31) = det ( −1 −1 −2 3 ) = −3− 2 = −5 det(B32) = det ( 0 −1 −2 3 ) = 0− 2 = −2 det(B33) = det ( 0 −1 −2 −2 ) = 0− 2 = −2 Damit folgt für die Inverse von B (vgl. (8.60) im Lehrbuch) B−1 = 1 det(B) 14 3 −5−5 −1 2 6 1 −2 = −14 −3 55 1 −2 −6 −1 2 . Zu c): Für die Determinante von B−1 gilt det ( B−1 ) = 1 det (B) = −1 (vgl. Folgerung 8.70b) imLehrbuch) und die Inverse vonB−1 ist gegeben durch ( B−1 )−1 = B (vgl. Satz 8.47a) im Lehrbuch). 89 Kapitel 8 Teil II: Lineare Algebra ** Aufgabe 8.14 (Symmetrische und schiefsymmetrische Matrizen) a) Welche der nachstehenden Matrizen sind symmetrisch und welche schiefsymmetrisch? A = 2 3 63 −1 5 6 5 4 , B = 0 −1 31 0 −4 −3 4 0 , C = 0 2 3−2 1 8 −3 −8 0 D = 1 3 1 2 −22 1 −2 −2 −2 −1 , F = 0 −1 −5 8 1 0 3 0 5 −3 0 4 −8 0 −4 0 b) Weisen Sie nach, dass ein lineares Gleichungssystem A x = 0 mit einer schiefsymmetrischen 3×3-Koeffizientenmatrix A = O neben dem Nullvektor 0 weitere Lösungen besitzt. Lehrbuch: Abschnitt 8.8 Lösung: Zu a): Eine n× n-Matrix M ist genau dann symmetrisch, wenn M = MT bzw. genau dann schiefsymmetrisch, wenn M = −MT gilt (vgl. Definition 8.49 im Lehrbuch). Bei einer symmetrischen Matrix sind also die Einträge spiegelsymmetrisch zur Hauptdiagonalen angeordnet. Dies ist offensichtlich bei den beiden Matrizen A und D der Fall. Bei einer schiefsymmetrischen Matrix sind dagegen alle Einträge auf der Hauptdiagonalen gleich Null und zur Hauptdiagonalen spiegelsymmetrisch angeordnete Einträge unterscheiden sich nur in ihrem Vorzeichen. Dies ist bei den beiden Matrizen B und F der Fall. Zu b): Als schiefsymmetrische 3× 3-Matrix besitzt A die Gestalt A = 0 a b−a 0 c −b −c 0 mit a, b, c ∈ R. Daraus ist leicht zu erkennen, dass die erste Gleichung des linearen Gleichungssystems A x = 0, d.h. die Gleichung ax2 + bx3 = 0, für x2 = −b und x3 = a erfüllt ist. Wird zusätzlich x1 = c gewählt, dann sind auch die zweite und die dritte Gleichung von A x = 0, d.h. die Gleichungen−ax1+ cx3 = 0 und−bx1− cx2 = 0, erfüllt. Folglich ist x = x1x2 x3 = c−b a (8.6) eine Lösung vonA x = 0. Ferner gilt nachVoraussetzungA = O. Somit ist mindestens einer der drei Parameter a, b und c ungleichNull.Diesbedeutet, dass (8.6) eineLösungdes linearenGleichungssystemsA x = 0ungleich dem Nullvektor 0 ist. *** Aufgabe 8.15 (Symmetrische und schiefsymmetrische Matrizen) a) Zerlegen Sie die 3× 3-Matrix G = 1 0 42 4 6 −2 2 8 in eine Summe bestehend aus einer symmetrischen Matrix S und einer schiefsymmetrischen Matrix S∗. 90 Kapitel 8Lineare Abbildungen und Matrizen b) Weisen Sie nach, dass die Zerlegung einer n×n-Matrix G in eine Summe G = S+S∗ aus einer symmetrischen n×n-Matrix S und einer schiefsymmetrischen n×n-Matrix S∗ stets eindeutig ist. Lehrbuch: Abschnitt 8.8 Lösung: Zu a): Durch G = S + S∗ mit S = 1 2 (G + GT ) = 1 2 1 0 42 4 6 −2 2 8 + 1 2 −20 4 2 4 6 8 = 1 1 11 4 4 1 4 8 und S∗ = 1 2 (G − GT ) = 1 2 1 0 42 4 6 −2 2 8 − 1 2 −20 4 2 4 6 8 = 0 −1 31 0 2 −3 −2 0 ist eine Zerlegung von G in eine symmetrische Matrix S und eine schiefsymmetrische Matrix S∗ gegeben (vgl. Satz 8.50 im Lehrbuch). Zu b): Es sei angenommen, dass G = S1 + S∗1 und G = S2 + S∗2 (8.7) zwei verschiedene additive Zerlegungen von G in eine symmetrische Matrix S1 bzw. S2 und eine schiefsymmetrische Matrix S∗1 bzw. S∗2 sind. Das heißt, es wird S1 = S2 oder S∗1 = S∗2 angenommen. Dann erhält man O = G − G = S1 + S∗1 − (S2 + S∗2) = (S1 − S2)+ (S∗1 − S∗2), (8.8) wobei unmittelbar aus der Definition symmetrischer und schiefsymmetrischer Matrizen folgt, dass die Differenzen D = (dij )n,n := S1−S2 und F = (fij )n,n := S∗1−S∗2 wieder symmetrische bzw. schiefsymmetrische Matrizen sind. Dabei muss dii = 0 für i = 1, . . . , n gelten, da F als schiefsymmetrische Matrix Nullen auf der Hauptdiagonalen besitzt und somit D+ F sonst nicht gleich der Nullmatrix O sein könnte (vgl. (8.8)). Ferner muss dij = 0 auch für i = j gelten. Denn aus dij = 0 würde nämlich wegen der Symmetrie von D und (8.8) folgen, dass fij = −dij = 0 und fji = −dji = −dij = 0, also insgesamt fij = fji = 0 gilt. Dies ist jedoch ein Widerspruch zur Schiefsymmetrie von F. Folglich muss D = O, d.h. S1 = S2, gelten. Daraus folgt weiter S∗1 = G − S1 = G − S2 = S∗2, also S∗1 = S∗2. Dies bedeutet, dass die beiden additiven Zerlegungen in (8.7) übereinstimmen und die Zerlegung von G in eine symmetrische und eine schiefsymmetrische Matrix stets eindeutig ist. ** Aufgabe 8.16 (Orthogonale Matrizen) Gegeben sei die 3× 3-Matrix F = 0 −1 01 0 0 0 0 −1 . a) Prüfen Sie, ob die Matrix F orthogonal ist. b) Ermitteln Sie die zu F inverse Matrix F−1. c) Geben Sie den Wert von det(F100) an. 91 Kapitel 8 Teil II: Lineare Algebra Lehrbuch: Abschnitte 8.8 und 8.10 Lösung: Zu a): Für den Nachweis der Orthogonalität von F ist F FT = FT F = E zu zeigen (vgl. Definition 8.52 im Lehrbuch). Dies ist der Fall, wie die folgende Rechnung zeigt: F FT = 0 −1 01 0 0 0 0 −1 0 1 0−1 0 0 0 0 −1 = E = 0 1 0−1 0 0 0 0 −1 0 −1 01 0 0 0 0 −1 = FT F. Zu b): Gemäß Aufgabenteil a) ist die Matrix F orthogonal. Die Inverse von F ist daher durch ihre Transponierte FT gegeben (vgl. (8.39) im Lehrbuch). Das heißt, es gilt F−1 = FT = 0 1 0−1 0 0 0 0 −1 . Zu c): Da die Matrix F orthogonal ist, beträgt der Wert ihrer Determinante −1 oder 1 (vgl. Folgerung 8.70c) im Lehrbuch). Daraus folgt (vgl. Satz 8.68 im Lehrbuch) det(F100) = det(F)100 = (±1)100 = 1. ** Aufgabe 8.17 (Spur, Determinante und Inverse) Gegeben seien die beiden 2× 2-Matrizen C = ( −4 −5 3 4 ) bzw. D−1 = ( 2 3 1 1 ) . a) Bestimmen Sie die Spur, Determinante und Inverse der Matrix C. b) Berechnen Sie (CT )−1. c) Ermitteln Sie (C D)−1. d) Berechnen Sie (4C)−1. Lehrbuch: Abschnitte 8.7, 8.9 und 8.10 Lösung: Zu a): Für die Spur und die Determinante von C gilt spur(C) = −4+ 4 = 0 und det(C) = −16− (−15) = −1 (vgl. Definition 8.55 und (8.42) im Lehrbuch). Damit erhält man für die Inverse von C (vgl. Satz 8.44 im Lehrbuch) C−1 = 1 det(C) ( 4 5 −3 −4 ) = −1 · ( 4 5 −3 −4 ) = ( −4 −5 3 4 ) = C. Zu b): Mit dem Ergebnis aus Aufgabenteil a) folgt (vgl. Satz 8.47b) im Lehrbuch) ( CT )−1 = (C−1)T = ( −4 −5 3 4 )T = ( −4 3 −5 4 ) . Zu c): Für die Inverse von C D gilt (vgl. Satz 8.47c) im Lehrbuch) (C D)−1 = D−1 C−1 = ( 2 3 1 1 )( −4 −5 3 4 ) = ( 1 2 −1 −1 ) . Zu d): Für die Inverse von 4C erhält man (vgl. Satz 8.47d) im Lehrbuch) (4C)−1 = 1 4 C−1 = 1 4 ( −4 −5 3 4 ) = ( −1 − 54 3 4 1 ) . 92 Kapitel 8Lineare Abbildungen und Matrizen * Aufgabe 8.18 (MC-Aufgaben zu Matrixeigenschaften) Kreuzen Sie an, welche der Aussagen a) bis d) wahr und welche falsch sind: a) Jede m× n-Matrix A besitzt eine Determinante. b) Weist eine n× n-Matrix A nicht den vollen Rang auf, dann gilt det(A) = 0. c) Eine symmetrische Matrix A mit det(A) = 0 ist invertierbar. d) Für eine orthogonale Matrix A gilt | det(A−1)| = 1. a) b) c) d) Wahr Falsch Lehrbuch: Abschnitte 8.8 und 8.10 Lösung: Zu a): Falsche Aussage. Die Determinante ist nur für m×n-Matrizen mit m = n, also quadratische Matrizen, definiert (vgl. Definition 8.58 im Lehrbuch). Zu b): Falsche Aussage. Eine n × n-Matrix A besitzt genau dann nicht den vollen Rang, d.h. rang(A) < n, wenn det(A) = 0 gilt (vgl. Satz 8.67 im Lehrbuch). Zu c): Falsche Aussage. Eine n×n-Matrix A ist genau dann invertierbar, wenn det(A) = 0 gilt (vgl. Satz 8.67 im Lehrbuch). Zu d): Wahre Aussage. Für eine orthogonale Matrix A gilt stets | det(A)| = 1 (vgl. Folgerung 8.70c) im Lehrbuch). Wegen det(A−1) = 1det(A) (vgl. Folgerung 8.70b) im Lehrbuch) folgt daraus | det(A−1)| = 1| det(A)| = 1. ** Aufgabe 8.19 (Drehungen und Cramersche Regel) a) Untersuchen Sie, ob es sich bei den beiden 2× 2-Matrizen A = ( 1 2 √ 2 12 √ 2 − 12 √ 2 12 √ 2 ) und B = ( 1 2 √ 2 12 √ 2 1 2 √ 2 − 12 √ 2 ) um Drehungen handelt. b) Geben Sie die Matrix an, welche Vektoren x ∈ R2 um 30◦ dreht. Bestimmen Sie damit die Drehungen von x1 = ( 1 2 ) und x2 = ( −3 5 ) . c) Stellen Sie das folgende lineare Gleichungssystem in Matrixschreibweise A x = b dar und lösen Sie es mit der Cramerschen Regel: 3x1 − x2 + 5x3 = 1 −x1 + 2x2 + x3 = 1 (8.9) −2x1 + 4x2 + 3x3 = 1 Lehrbuch: Abschnitte 8.5, 8.8 und 8.10 Lösung: Zu a): Bei einer n × n-Matrix A handelt es sich um eine Drehung, wenn sie orthogonal ist, also A AT = AT A = E gilt (vgl. Definition 8.52 im Lehrbuch), und die Determinante 1 besitzt (vgl. Seite 214 im 93 Kapitel 8 Teil II: Lineare Algebra Lehrbuch). Für die Determinante der beiden Matrizen erhält man (vgl. (8.42) im Lehrbuch): det(A) = det ( 1 2 √ 2 12 √ 2 − 12 √ 2 12 √ 2 ) = 1 2 − ( − 1 2 ) = 1 det(B) = det ( 1 2 √ 2 12 √ 2 1 2 √ 2 − 12 √ 2 ) = − 1 2 − 1 2 = −1 Die Matrix B kann folglich keine Drehung sein. Für die Matrix A gilt dagegen neben det(A) = 1 auch A AT = ( 1 2 √ 2 12 √ 2 − 12 √ 2 12 √ 2 )( 1 2 √ 2 − 12 √ 2 1 2 √ 2 12 √ 2 ) = E = ( 1 2 √ 2 − 12 √ 2 1 2 √ 2 12 √ 2 )( 1 2 √ 2 12 √ 2 − 12 √ 2 12 √ 2 ) = AT A. Das heißt, bei A handelt es sich um eine Drehung. Zu b): Die Drehung eines Vektors x ∈ R2 um 30◦ erfolgt durch die 2× 2-Matrix A = ( cos(30◦) − sin(30◦) sin(30◦) cos(30◦) ) = ( 1 2 √ 3 − 12 1 2 1 2 √ 3 ) (vgl. Beispiel 8.71a) im Lehrbuch). Damit erhält man: A x1 = ( 1 2 √ 3 − 12 1 2 1 2 √ 3 )( 1 2 ) = ( 1 2 √ 3− 1 1 2 + √ 3 ) A x2 = ( 1 2 √ 3 − 12 1 2 1 2 √ 3 )(−3 5 ) = (− 32√3− 52 − 32 + 52 √ 3 ) . Zu c): Das lineare Gleichungssystem (8.9) lautet in Matrixschreibweise 3 −1 5−1 2 1 −2 4 3 x1x2 x3 = 11 1 (vgl. Seiten185–186 imLehrbuch).ZurLösungdes linearenGleichungssystems (8.9)mitHilfederCramerschen Regel (vgl. Satz 8.72 im Lehrbuch) werden die folgenden mit der Regel von Sarrus (vgl. (8.44) im Lehrbuch) berechneten Determinanten benötigt: det(A) = det 3 −1 5−1 2 1 −2 4 3 = 18+ 2− 20− (−20+ 12+ 3) = 5 det(A(1)) = det 1 −1 51 2 1 1 4 3 = 6− 1+ 20− (10+ 4− 3) = 14 det(A(2)) = det 3 1 5−1 1 1 −2 1 3 = 9− 2− 5− (−10+ 3− 3) = 12 det(A(3)) = det 3 −1 1−1 2 1 −2 4 1 = 6+ 2− 4− (−4+ 12+ 1) = −5 Die Komponenten des Lösungsvektors x = (x1, x2, x3)T des linearen Gleichungssystems (8.9) lauten somit x1 = det(A(1)) det(A) = 14 5 , x2 = det(A(2)) det(A) = 12 5 und x3 = det(A(3)) det(A) = −1. 94 Kapitel 8Lineare Abbildungen und Matrizen ** Aufgabe 8.20 (Ökonomische Anwendung zur Cramerschen Regel) Betrachtet wird eine Volkswirtschaft mit den drei endogenen Variablen E (Volkseinkommen), K (Gesamtwirtschaftlicher Konsum) und S (Gesamtwirtschaftliche Steuern) sowie den zwei exogenen Variablen I0 (Gesamtwirtschaftliche Investitionen) und A0 (Staatsausgaben). Es wird das folgende ökonomische Modell unterstellt E = K + I0 + A0 (Gleichgewichtsbedingung) K = α + β(E − S) (Konsumfunktion) (8.10) S = δE (Steuerfunktion) mit den Parametern α > 0 (Basiskonsum), β ∈ (0, 1) (Grenzneigung zum Konsum) und δ ∈ (0, 1) (Steuersatz). a) Schreiben Sie das lineare Gleichungssystem (8.10) in der Matrixform A x = b, wobei der Vektor x die drei endogenen Variablen E,K und S enthält. b) Weisen Sie nach, dass die Koeffizientenmatrix A aus Teil a) eine Determinante ungleich 0 besitzt. c) Ermitteln Sie die Werte der drei endogenen Variablen E,K und S in Abhängigkeit von den zwei exogenen Variablen I0 und A0 sowie den Modellparametern α, β und δ mit Hilfe der Cramerschen Regel. Lehrbuch: Abschnitt 8.10 Lösung: Zu a): Durch Umformungen erhält man für das lineare Gleichungssystem (8.10) E −K = I0 + A0 −βE +K + βS = α −δE + S = 0 bzw. in Matrixform A x = b 1 −1 0−β 1 β −δ 0 1 EK S = I0 + A0α 0 . (8.11) Zu b): Mit der Regel von Sarrus (vgl. (8.44) im Lehrbuch) erhält man für die Determinante von A den Wert det(A) = det 1 −1 0−β 1 β −δ 0 1 = 1+ βδ + 0− (0+ 0+ β) = 1+ βδ − β. Das heißt, die Determinante von A ist genau dann ungleich 0 und damit (8.11) eindeutig lösbar, wenn 1+ βδ − β = 0 bzw. β(1− δ) = 1 gilt. Wegen 0 < β, δ < 1 ist dies jedoch erfüllt. Zu c): Für die Berechnung derWerteE,K und S mit Hilfe der Cramerschen Regel (vgl. Satz 8.72 im Lehrbuch) werden die folgenden mit der Regel von Sarrus berechneten Determinanten benötigt: det I0 + A0 −1 0α 1 β 0 0 1 = I0 + A0 + 0+ 0− (0+ 0− α) = I0 + A0 + α det 1 I0 + A0 0−β α β −δ 0 1 = α − (I0 + A0)βδ + 0− (0+ 0− (I0 + A0)β) = α + (I0 + A0)β(1− δ) 95 Kapitel 8 Teil II: Lineare Algebra det 1 −1 I0 + A0−β 1 α −δ 0 0 = 0+ αδ + 0− (−δ(I0 + A0)+ 0+ 0) = αδ + δ(I0 + A0) Mit der Cramerschen Regel resultiert somit die folgende Lösung: E = I0 + A0 + α 1+ βδ − β K = α + (I0 + A0)β(1− δ) 1+ βδ − β S = αδ + δ(I0 + A0) 1+ βδ − β ** Aufgabe 8.21 (Spur, Determinante und Inversenformel) Gegeben sei die 3× 3-Matrix A = −1 −4 −31 1 11 1 6 −2 . a) Berechnen Sie die Spur und die Determinante von A. b) Erläutern Sie, ob A invertierbar ist und ermitteln Sie gegebenenfalls die Inverse A−1 mittels Inversenformel. Lehrbuch: Abschnitte 8.9 und 8.10 Lösung: Zu a): Für die Spur von A gilt spur(A) = −1+ 1− 2 = −2 (vgl. Definition 8.55 im Lehrbuch). Mit der Regel von Sarrus (vgl. (8.44) im Lehrbuch) erhält man für die Determinante von A det(A) = det −1 −4 −31 1 11 1 6 −2 = (−1) · 1 · (−2)+ (−4) · 11 · 1+ (−3) · 1 · 6 − 1 · 1 · (−3)− 6 · 11 · (−1)− (−2) · 1 · (−4) = 2− 44− 18+ 3+ 66− 8 = 1. Zu b): Gemäß Aufgabenteil a) gilt det(A) = 0. Daraus folgt, dass A invertierbar ist (vgl. Satz 8.67 im Lehrbuch) und mit der Inversenformel (vgl. Satz 8.75 im Lehrbuch) kann die Inverse A−1 berechnet werden. Für die Minoren von A erhält man (vgl. (8.42) im Lehrbuch): det(A11) = det ( 1 11 6 −2 ) = −2− 66 = −68 det(A12) = det ( 1 11 1 −2 ) = −2− 11 = −13 det(A13) = det ( 1 1 1 6 ) = 6− 1 = 5 det(A21) = det ( −4 −3 6 −2 ) = 8− (−18) = 26 det(A22) = det ( −1 −3 1 −2 ) = 2− (−3) = 5 det(A23) = det ( −1 −4 1 6 ) = −6− (−4) = −2 det(A31) = det ( −4 −3 1 11 ) = −44− (−3) = −41 det(A32) = det ( −1 −3 1 11 ) = −11− (−3) = −8 det(A33) = det ( −1 −4 1 1 ) = −1− (−4) = 3 96 Kapitel 8Lineare Abbildungen und Matrizen Damit folgt für die Inverse von A (vgl. (8.60) im Lehrbuch) A−1 = 1 det(A) −68 −26 −4113 5 8 5 2 3 = −68 −26 −4113 5 8 5 2 3 . ** Aufgabe 8.22 (Symmetrische Matrizen und Invertierbarkeit) Gegeben sei die 3× 3-Matrix A = 1 0 00 12 −√32 0 a 12 mit a ∈ R. a) Bestimmen Sie a derart, dass A symmetrisch ist. b) Ermitteln Sie a derart, dass A nicht invertierbar ist. c) Bestimmen Sie a derart, dass A regulär ist. d) Ermitteln Sie a derart, dass A orthogonal ist. Lehrbuch: Abschnitte 8.6, 8.7 und 8.8 Lösung: Zu a): Die Matrix A ist genau dann symmetrisch, wenn a = − √ 3 2 gilt (vgl. Definition 8.49 im Lehrbuch). Zu b) und c): Die Matrix A ist genau dann invertierbar, wenn sie regulär ist (vgl. Satz 8.43 im Lehrbuch). Das heißt, wenn rang(A) = 3 gilt, also die drei Spalten von A linear unabhängig sind. Es ist leicht zu erkennen, dass dies genau dann der Fall ist, wenn die zweite und die dritte Spalte von A linear unabhängig sind. Dies ist jedoch offensichtlich für a = − 1 2 √ 3 der Fall. Folglich ist die Matrix A für a = − 1 2 √ 3 sowohl invertierbar als auch regulär und für a = − 1 2 √ 3 nicht invertierbar. Zu d): Die Matrix A ist genau dann orthogonal, wenn A AT = AT A = E gilt. Wegen A AT = 1 0 0 0 12 − √ 3 2 0 a 12 1 0 0 0 12 a 0 − √ 3 2 1 2 = 1 0 0 0 1 12 a − √ 3 4 0 12 a − √ 3 4 a 2 + 14 muss hierzu 1 2 a − √ 3 4 = 0 und a2 + 1 4 = 1 gelten. Dies ist jedoch offensichtlich für a = √ 3 2 der Fall. ** Aufgabe 8.23 (Spur und Determinante) Gegeben sei die 4× 4-Matrix A = 1 2 −3 4 2 7 0 3 3 −4 0 −4 4 9 1 2 . Ferner seien B und C zwei invertierbare 4× 4-Matrizen und es gelte det ( 4B4 ) = 20736. a) Berechnen Sie spur(A) und det(A). b) Bestimmen Sie det(B), det(A B), det(AT B−1) und det(C−1 A C). 97 Kapitel 8 Teil II: Lineare Algebra Lehrbuch: Abschnitte 8.9 und 8.10 Lösung: Zu a): Für die Spur von A erhält man spur(A) = 1+ 7+ 0+ 2 = 10 (vgl. Definition 8.55 im Lehrbuch). Die Determinante von A kann mit Hilfe des Entwicklungssatzes von Laplace (vgl. Satz 8.60 im Lehrbuch) oder durch Umformung zu einer unteren oder oberen Dreiecksmatrix mittels Zeilen- und Spaltenumformungen (vgl. Satz 8.64 und Seite 211 im Lehrbuch) berechnet werden. Hier bietet sich aufgrund der beiden Nullen in der dritten Spalte von A eine Entwicklung nach der dritten Spalte an. Man erhält dann det(A) = (−1)1+3 · (−3) · det 2 7 33 −4 −4 4 9 2 + (−1)4+3 · 1 · det 1 2 42 7 3 3 −4 −4 . Mit der Regel von Sarrus (vgl. (8.44) im Lehrbuch) folgt daraus weiter det(A) = −3 · (−16− 112+ 81− (−48− 72+ 42))− 1 · (−28+ 18− 32− (84− 12− 16)) = −93+ 98 = 5. Zu b): Es gilt (vgl. Satz 8.68 im Lehrbuch) det ( 4B4 ) = 44 · det (B4) = 256 · det (B) det (B) det (B) det (B) = 256 · det (B)4 . Zusammen mit det ( 4B4 ) = 20736 impliziert dies 256 · det (B)4 = 20736 bzw. det (B) = 4 √ 20736 256 = 3. Damit erhält man weiter (vgl. Satz 8.68, Folgerung 8.63 und Folgerung 8.70b) im Lehrbuch): det(A B) = det(A) det(B) = 5 · 3 = 15 det(AT B−1) = det(AT ) det(B−1) = det(A) 1 det(B) = 5 3 det(C−1 A C) = det(C−1) det(A) det(C) = 1 det(C) det(A) det(C) = det(A) = 5 * Aufgabe 8.24 (Orthogonale Matrizen) Gegeben sei die 3× 3-Matrix A = 0 0 1 − 45 35 0 3 5 4 5 0 a) Prüfen Sie, ob die Spaltenvektoren von A und die Zeilenvektoren von A untereinander jeweils orthonormiert sind. b) Bestimmen Sie die Inverse von A. c) Berechnen Sie A AT und ( A AT )−1 . Lehrbuch: Abschnitt 8.8 Lösung: Zu a): Die Spaltenvektoren (Zeilenvektoren) von A sind genau dann orthonormiert, wenn A eine orthogonale Matrix ist, also A AT = E gilt (vgl Seite 203 im Lehrbuch). Dies ist hier der Fall, denn es gilt A AT = 0 0 1 − 45 35 0 3 5 4 5 0 0 − 45 35 0 35 4 5 1 0 0 = 1 0 00 1 0 0 0 1 . 98 Kapitel 8Lineare Abbildungen und Matrizen Zu b): Gemäß Aufgabenteil a) ist die Matrix A orthogonal. Die Inverse von A ist somit durch die Transponierte AT gegeben (vgl. (8.39) im Lehrbuch). Zu c): Für eine orthogonale Matrix A gilt A AT = E (vgl. (8.38) im Lehrbuch). Daraus folgt weiter (A AT )−1 = E−1 = E. ** Aufgabe 8.25 (Spur und Determinante) Gegeben seien die beiden 4× 4-Matrizen A = 2 0 0 0 7 −3 0 0 3 10 3 0 11 8 −6 −17 und B = −3 −7 2 1 0 5 −1 0 −1 0 4 −1 −2 −8 0 −4 . a) Berechnen Sie die Spur und die Determinante der Matrizen A und B. b) Berechnen Sie spur(5A − 4B), det(AT ), det(B−1), det(AT B−1) und det(−A B). c) Erläutern Sie, ob A und B regulär sind. Lehrbuch: Abschnitte 8.6, 8.9 und 8.10 Lösung: Zu a): Für die Spur der Matrizen A und B erhält man spur(A) = 2+ (−3)+ 3+ (−17) = −15 und spur(B) = −3+ 5+ 4+ (−4) = 2 (vgl. Definition 8.55 im Lehrbuch). Bei der Matrix A handelt es sich um eine untere Dreiecksmatrix. Die Determinante von A ist daher durch das Produkt ihrer Einträge auf der Hauptdiagonalen gegeben (vgl. Folgerung 8.61 im Lehrbuch). Das heißt, es gilt det(A) = 2 · (−3) · 3 · (−17) = 306. Die Determinante von B kann mit Hilfe des Entwicklungssatzes von Laplace (vgl. Satz 8.60 im Lehrbuch) oder durch Umformung zu einer unteren oder oberen Dreiecksmatrix mittels Zeilen- und Spaltenumformungen (vgl. Satz 8.64 und Seite 211 im Lehrbuch) berechnet werden. Hier bietet sich aufgrund der vielen Nullen unterhalb der Hauptdiagonalen von B die Umformung zu einer oberen Dreiecksmatrix an. Man erhält dann: B (1) −3 −7 2 1 (2) 0 5 −1 0 (3) −1 0 4 −1 (4) −2 −8 0 −4 (1) −3 −7 2 1 (2) 0 5 −1 0 (3′) 0 73 10 3 − 43 (3)− 1/3 · (1) (4′) 0 − 103 − 43 − 143 (4)− 2/3 · (1) (1) −3 −7 2 1 (2′) 0 1 − 15 0 1/5 · (2) (3′′) 0 0 195 − 43 (3′)− 7/3 · (2′) (4′′) 0 0 −2 − 143 (4′)+ 10/3 · (2′) (1) −3 −7 2 1 (2′) 0 1 − 15 0 (3′′′) 0 0 1 − 2057 519 · (3′′) (4′′′) 0 0 0 − 10219 (4′′)+ 2 · (3′′′) 99 Kapitel 8 Teil II: Lineare Algebra Da bei diesen Umformungen keine Zeilen- und Spaltenvertauschungen vorgenommenworden sind, erhält man, dass die Determinante der Matrix B gleich dem Produkt der Einträge auf der Hauptdiagonalen des Endtableaus ist. Das heißt, es gilt det(B) = (−3) · 1 · 1 · ( −102 19 ) = 306 19 . Zu b): Es gilt spur(5A − 4B) = 5 · spur(A)− 4 · spur(B) = 5 · (−15)− 4 · 2 = −83 (vgl. Satz 8.56c) im Lehrbuch). Für die Determinanten det(AT ), det(B−1), det(AT B−1) und det(−A B) erhält man mit den Ergebnissen aus Aufgabenteil a) die Werte (vgl. Folgerung 8.63, Folgerung 8.70a) und b) sowie Satz 8.68 im Lehrbuch): det(AT ) = det(A) = 306 det(B−1) = 1 det(B) = 19 306 det(AT B−1) = det(AT ) det(B−1) = det(A) 1 det(B) = 19 det(−A B) = det(−A) det(B) = (−1)4 det(A) det(B) = 306 2 19 Zu c): Die beidenMatrizenA undB besitzen eineDeterminante ungleichNull. Folglich besitzen beideMatrizen den vollen Rang n = 4 (vgl. Satz 8.67 im Lehrbuch) und sind damit regulär (vgl. Definition 8.35 im Lehrbuch). *** Aufgabe 8.26 (Determinante) Gegeben sei die 5× 5-Matrix A = 1 −1 0 2 0 2 0 1 1 4 0 1 0 3 1 −2 1 0 0 0 2 0 1 2 2 . a) Berechnen Sie die Determinante von A mit dem Entwicklungssatz von Laplace. b) Ermitteln Sie die Determinante von A durch Umformung zu einer oberen Dreiecksmatrix mittels Zeilenumformungen. Lehrbuch: Abschnitt 8.10 Lösung: Zu a): Die Matrix A besitzt in der dritten Spalte und in der vierten Zeile jeweils drei Nullen. Zur Berechnung von det(A) bietet sich daher eine Entwicklung von A nach der dritten Spalte oder vierten Zeile an. Zum Beispiel erhält man durch Entwicklung nach der vierten Zeile mit dem Entwicklungssatz von Laplace (vgl. Satz 8.60 im Lehrbuch) det(A) = (−1)4+1 · (−2) · det −1 0 2 0 0 1 1 4 1 0 3 1 0 1 2 2 (8.12) + (−1)4+2 · 1 · det 1 0 2 0 2 1 1 4 0 0 3 1 2 1 2 2 . 100 Kapitel 8Lineare Abbildungen und Matrizen Für die beiden Determinanten in (8.12) bietet sich zum Beispiel jeweils eine Entwicklung nach der ersten Zeile an. Es folgt dann det(A) = 2 · det −1 0 2 0 0 1 1 4 1 0 3 1 0 1 2 2 + 1 · det 1 0 2 0 2 1 1 4 0 0 3 1 2 1 2 2 = 2 (−1)1+1 · (−1) · det 1 1 40 3 1 1 2 2 + (−1)1+3 · 2 · det 0 1 41 0 1 0 1 2 + 1 · (−1)1+1 · 1 · det 1 1 40 3 1 1 2 2 + (−1)1+3 · 2 · det 2 1 40 0 1 2 1 2 = − det 1 1 40 3 1 1 2 2 + 4 det 0 1 41 0 1 0 1 2 + 2 det 2 1 40 0 1 2 1 2 . (8.13) Die drei Determinanten in (8.13) können nun mit der Regel von Sarrus berechnet werden (vgl. (8.44) im Lehrbuch). Man erhält dann: det 1 1 40 3 1 1 2 2 = 6+ 1+ 0− (12+ 2+ 0) = −7 det 0 1 41 0 1 0 1 2 = 0+ 0+ 4− (0+ 0+ 2) = 2 det 2 1 40 0 1 2 1 2 = 0+ 2+ 0− (0+ 2+ 0) = 0 Zusammen mit (8.13) liefert dies schließlich für die Determinante von A den Wert det(A) = (−1) · (−7)+ 4 · 2+ 2 · 0 = 15. Zu b): Im Folgenden wird die Matrix A durch Zeilenumformungen (vgl. Satz 8.64 und Seite 211 im Lehrbuch) zu einer oberen Dreiecksmatrix umgeformt. Man erhält dann: 101 Kapitel 8 Teil II: Lineare Algebra A (1) 1 −1 0 2 0 (2) 2 0 1 1 4 (3) 0 1 0 3 1 (4) −2 1 0 0 0 (5) 2 0 1 2 2 (1) 1 −1 0 2 0 (2′) 0 1 1 1 4 (2)+ (4) (3) 0 1 0 3 1 (4) −2 1 0 0 0 (5′) 0 1 1 2 2 (5)+ (4) (1) 1 −1 0 2 0 (2′′) 0 0 1 −2 3 (2′)− (3) (3) 0 1 0 3 1 (4′) 0 −1 0 4 0 (4)+ 2 · (1) (5′′) 0 0 1 −1 1 (5′)− (3) (1′) 1 0 0 5 1 (1)+ (3) (2′′′) 0 0 0 −1 2 (2′′)− (5′′) (3) 0 1 0 3 1 (4′′) 0 0 0 7 1 (4′)+ (3) (5′′) 0 0 1 −1 1 (1′) 1 0 0 5 1 (3) 0 1 0 3 1 (2′′′) ↔ (3) (2′′′) 0 0 0 −1 2 (3) ↔ (2′′′) (5′′) 0 0 1 −1 1 (4′′) ↔ (5′′) (4′′) 0 0 0 7 1 (5′′) ↔ (4′′) (1′) 1 0 0 5 1 (3) 0 1 0 3 1 (5′′) 0 0 1 −1 1 (2′′′) ↔ (5′′) (2′′′) 0 0 0 −1 2 (5′′) ↔ (2′′′) (4′′) 0 0 0 7 1 (1′) 1 0 0 5 1 (3) 0 1 0 3 1 (5′′) 0 0 1 −1 1 (2′′′) 0 0 0 −1 2 (4′′′) 0 0 0 0 15 (4′′)+ 7 · (2′′′) Da bei diesenUmformungen insgesamt drei Zeilenvertauschungen vorgenommenworden sind, erhält man, dass die Determinante derMatrixA gleich dem Produkt aus den Einträgen auf der Hauptdiagonalen des Endtableaus und dem Faktor (−1)3 ist. Das heißt, es gilt det(A) = (−1)3 · 1 · 1 · 1 · (−1) · 15 = 15. 102 9. Lineare Gleichungssysteme und Gauß-Algorithmus * Aufgabe 9.1 (MC-Aufgaben zu linearen Gleichungssystemen) Betrachtet wird ein beliebiges inhomogenes lineares Gleichungssystem A x = b. Kreuzen Sie an, welche der folgenden Aussagen wahr und welche falsch sind: a) Jede Konvexkombination zweier Lösungen x1 und x2 von A x = b ist wieder eine Lösung. b) Durch Addition einer speziellen Lösung von A x = b zu den Vektoren aus dem Kern Kern(A) der Koeffizientenmatrix A erhält man alle Lösungen von A x = b. c) Ist A invertierbar, dann ist die Lösung von A x = b eindeutig und durch A−1 b gegeben. d) Das zugehörige homogene lineare Gleichungssystem A x = 0 besitzt stets eine Lösung. e) Das lineare Gleichungssystem A x = b ist lösbar, wenn rang(A) < rang(A,b) gilt. a) b) c) d) e) Wahr Falsch Lehrbuch: Abschnitte 9.1 und 8.7 Lösung: Zu a): Wahre Aussage. Es gilt sogar, dass jede Linearkombination λ1x1+λ2x2 mit λ1, λ2 ∈ R und λ1 + λ2 = 1 wieder eine Lösung von A x = b ist (vgl. Satz 9.2a) im Lehrbuch). Zu b): Wahre Aussage (vgl. Satz 9.2c) im Lehrbuch). Zu c): Wahre Aussage (vgl. Seite 197 im Lehrbuch). Zu d): Wahre Aussage. Der Nullvektor 0 ist stets eine Lösung des homogenen linearen Gleichungssystems A x = 0 (vgl. Seite 222 im Lehrbuch). Zu e): Falsche Aussage. Das lineare Gleichungssystem A x = b ist genau dann lösbar, wenn rang(A) = rang(A, b) gilt (vgl. Satz 9.1 im Lehrbuch). ** Aufgabe 9.2 (Lösungsbereich eines linearen Gleichungssystems) a) Gegeben sei das lineare Gleichungssystem: 3x1 − x2 + 2x3 + x4 = −2 2x1 − 2x2 + 3x3 − x4 = −4 (9.1) x1 − 3x2 + 4x3 − 3x4 = −6 4x1 + x3 + 3x4 = 0 Welche der drei Vektoren x1 = 2 4 6 8 , x2 = 2 2 −2 −2 und x3 = −4 2 4 4 lösen das lineare Gleichungssystem? 103 Kapitel 9 Teil II: Lineare Algebra b) Erläutern Sie ohne die Lösung explizit zu berechnen, welche der vier linearen Gleichungssysteme i) 3x1 − x2 = 7 ii) x1 − 2x2 − x3 = 1 −6x1 + 2x2 = −14 −2x1 + 4x2 + 2x3 = 2 iii) 3x1 − x2 = 0 iv) x1 − 2x2 + x3 = 1 6x1 + 2x2 = 0 −2x1 + 4x2 + 2x3 = 2 keine Lösung, genau eine Lösung, unendlich viele Lösungen besitzen. Lehrbuch: Abschnitt 9.1 Lösung: Zu a): Durch Einsetzen der drei Vektoren x1, x2, x3 in das lineare Gleichungssystem (9.1) erhält man, dass x1 im Gegensatz zu x2 und x3 keine Lösung ist. Zu b): Zur Beantwortung der Frage wird für die vier linearen Gleichungssysteme jeweils der Rang der Koeffizientenmatrix mit dem Rang der erweiterten Koeffizientenmatrix verglichen. Man erhält dann (vgl. Satz 9.3 im Lehrbuch): i) rang ( 3 −1 −6 2 ) = rang ( 3 −1 7 −6 2 −14 ) = 1 < 2 Es gibt somit unendlich viele Lösungen. ii) rang ( 1 −2 −1 −2 4 2 ) = 1 < 2 = rang ( 1 −2 −1 1 −2 4 2 2 ) Es gibt folglich keine Lösung. iii) rang ( 3 −1 6 2 ) = rang ( 3 −1 0 6 2 0 ) = 2 Das heißt, es gibt genau eine Lösung. iv) rang ( 1 −2 1 −2 4 2 ) = rang ( 1 −2 1 1 −2 4 2 2 ) = 2 < 3 Es gibt somit unendlich viele Lösungen. ** Aufgabe 9.3 (Lösungsbereich eines linearen Gleichungssystems) Gegeben sei das lineare Gleichungssystem: x1 − 2x2 + x3 + 2x4 + x6 = 1 − 2x2 + x3 + 3x4 = 2 (9.2) − x2 − 2x4 + x5 = −2 x1 − x4 + x6 = −1 a) Erläutern Sie kurz, ob es sich um ein homogenes oder um ein inhomogenes lineares Gleichungssystem handelt und ob der Nullvektor eine Lösung dieses linearen Gleichungssystems ist. b) Stellen Sie das lineare Gleichungssystem in Matrixschreibweise sowie als erweiterte Koeffizientenmatrix dar. c) Bestimmen Sie den Lösungsbereich dieses linearen Gleichungssystems. Lehrbuch: Abschnitt 9.1 104 Kapitel 9Lineare Gleichungssysteme und Gauß-Algorithmus Lösung: Zu a): Bei (9.2) handelt sich um ein inhomogenes lineares Gleichungssystem, da die rechte Seite ungleich dem Nullvektor 0 ist (vgl. Definition 7.5 im Lehrbuch). Der Nullvektor 0 ist daher keine Lösung von (9.2) (vgl. Seite 222 im Lehrbuch). Zu b): Das lineare Gleichungssystem (9.2) lautet in Matrixschreibweise 1 −2 1 2 0 1 0 −2 1 3 0 0 0 −1 0 −2 1 0 1 0 0 −1 0 1 x1 x2 x3 x4 x5 x6 = 1 2 −2 −1 (vgl. Seite 185–186 im Lehrbuch) und als erweiterte Koeffizientenmatrix (A, b) = 1 −2 1 2 0 1 1 0 −2 1 3 0 0 2 0 −1 0 −2 1 0 −2 1 0 0 −1 0 1 −1 (vgl. Seite 222 im Lehrbuch). Zu c): Mit dem Gauß-Algorithmus (vgl. Abschnitt 9.3) erhält man für das lineare Gleichungssystem (9.2): x1 x2 x3 x4 x5 x6 b (1) 1 −2 1 2 0 1 1 (2) 0 −2 1 3 0 0 2 (3) 0 −1 0 −2 1 0 −2 (4) 1 0 0 −1 0 1 −1 (1) 1 −2 1 2 0 1 1 (2′) 0 1 − 12 − 32 0 0 −1 −1/2 · (2) (3) 0 −1 0 −2 1 0 −2 (4′) 0 2 −1 −3 0 0 −2 (4)− (1) (1) 1 −2 1 2 0 1 1 (2′) 0 1 − 12 − 32 0 0 −1 (3′) 0 0 − 12 − 72 1 0 −3 (3)+ (2′) (4′′) 0 0 0 0 0 0 0 (4′)− 2 · (2′) (1′) 1 0 0 −1 0 1 −1 (1)+ 2 · (2′) (2′) 0 1 − 12 − 32 0 0 −1 (3′′) 0 0 1 7 −2 0 6 −2 · (3′) (4′′) 0 0 0 0 0 0 0 (1′) 1 0 0 −1 0 1 −1 (2′′) 0 1 0 2 −1 0 2 (2′)+ 1/2 · (3′′) (3′′) 0 0 1 7 −2 0 6 (4′′) 0 0 0 0 0 0 0 Aus demEndtableau ist zu erkennen, dass das lineare Gleichungssystem (9.2) unendlich viele Lösungen besitzt. Durch Auflösen nach den drei führenden Variablen x1, x2 und x3 und mit den Parameterzuweisungen λ1 = x4, λ2 = x5 und λ3 = x6 erhält man für die Lösungen die Parameterisierung x1 x2 x3 x4 x5 x6 = −1 2 6 0 0 0 + λ1 1 −2 −7 1 0 0 + λ2 0 1 2 0 1 0 + λ3 −1 0 0 0 0 1 105 Kapitel 9 Teil II: Lineare Algebra mit λ1, λ2, λ3 ∈ R (vgl. Satz 9.8 im Lehrbuch). Der Lösungsbereich des linearen Gleichungssystems (9.2) ist somit gegeben durch L = x ∈ R6 : x = −1 2 6 0 0 0 + λ1 1 −2 −7 1 0 0 + λ2 0 1 2 0 1 0 + λ3 −1 0 0 0 0 1 mit λ1, λ2, λ3 ∈ R . * Aufgabe 9.4 (MC-Aufgaben zu linearen Gleichungssystemen) Gegeben sei ein lineares Gleichungssystem A x = b der Ordnung m× n. Kreuzen Sie an, welche der Aussagen a) bis d) wahr und welche falsch sind: a) Sind x1 und x2 zwei Lösungen von A x = b, dann ist auch x1 + x2 eine Lösung. b) Das lineare Gleichungssystem A x = b ist genau dann eindeutig lösbar, wenn A und die erweiterte Koeffizientenmatrix (A, b) den gleichen Rang haben. c) Im Falle von b = 0 besitzt das lineare Gleichungssystem unendlich viele Lösungen. d) Der Kern der Koeffizientenmatrix A entspricht dem Lösungsbereich L des zugehörigen homogenen linearen Gleichungssystems A x = 0. a) b) c) d) Wahr Falsch Lehrbuch: Abschnitt 9.1 Lösung: Zua): FalscheAussage.Mitx1 undx2 ist auchλ1x1+λ2x2 eineLösungvonA x = b, fallsλ1+λ2 = 1 gilt (vgl. Satz 9.2a) im Lehrbuch). Dies ist jedoch beim Vektor x1 + x2 nicht der Fall. Zu b): Falsche Aussage. Neben rang(A) = rang(A, b) muss zusätzlich rang(A) = n gelten, damit das lineare Gleichungssystem eindeutig lösbar ist (vgl. Satz 9.3 und Abbildung 9.1 im Lehrbuch). Zu c): Falsche Aussage. Im Falle von rang(A) < n existieren unendlich viele Lösungen (vgl. Satz 9.3 und Abbildung 9.1 im Lehrbuch). Zu d): Wahre Aussage. Der Kern der Koeffizientenmatrix A ist gegeben durch Kern(A) = {x ∈ Rn : A x = 0} (vgl. (8.30) im Lehrbuch). Dies ist jedoch der Lösungsbereich L des zugehörigen homogenen linearen Gleichungssystems A x = 0. ** Aufgabe 9.5 (Lösungsbereich eines linearen Gleichungssystems) Gegeben sei das lineare Gleichungssystem: x1 − x2 + x5 = 3 x1 + x2 − 3x4 = 6 (9.3) 2x1 − x2 + x4 − x5 = 5 −x1 + 2x2 − 2x4 − x5 = −1 a) Stellen Sie das lineare Gleichungssystem in Matrixschreibweise dar. b) Bestimmen Sie den Lösungsbereich dieses linearen Gleichungssystems. Lehrbuch: Abschnitt 9.1 106 Kapitel 9Lineare Gleichungssysteme und Gauß-Algorithmus Lösung: Zu a): Das lineare Gleichungssystem (9.3) lautet in Matrixschreibweise 1 −1 0 0 1 1 1 0 −3 0 2 −1 0 1 −1 −1 2 0 −2 −1 x1 x2 x3 x4 x5 = 3 6 5 −1 (vgl. Seite 185–186 im Lehrbuch). Zu b): Mit dem Gauß-Algorithmus (vgl. Abschnitt 9.3) erhält man für das lineare Gleichungssystem (9.3): x1 x2 x3 x4 x5 b (1) 1 −1 0 0 1 3 (2) 1 1 0 −3 0 6 (3) 2 −1 0 1 −1 5 (4) −1 2 0 −2 −1 −1 (1) 1 −1 0 0 1 3 (2′) 0 2 0 −3 −1 3 (2)− (1) (3′) 0 1 0 1 −3 −1 (3)− 2 · (1) (4′) 0 1 0 −2 0 2 (4)+ (1) (1′) 1 0 0 − 32 12 92 (1)+ (2′′) (2′′) 0 1 0 − 32 − 12 32 1/2 · (2′) (3′′) 0 0 0 52 − 52 − 52 (3′)− (2′′) (4′′) 0 0 0 − 12 12 12 (4′)− (2′′) x1 x2 x5 x4 x3 b (1′) 1 0 12 − 32 0 92 Spaltenver- (2′′) 0 1 − 12 − 32 0 32 tauschung (3′′) 0 0 − 52 52 0 − 52 x3 ↔ x5 (4′′) 0 0 12 − 12 0 12 (1′′) 1 0 0 −1 0 4 (1′)− 1/2 · (3′′′) (2′′′) 0 1 0 −2 0 2 (2′′)+ 1/2 · (3′′′) (3′′′) 0 0 1 −1 0 1 −2/5 · (3′′) (4′′′) 0 0 0 0 0 0 (4′′)− 1/2 · (3′′′) Aus demEndtableau ist zu erkennen, dass das lineare Gleichungssystem (9.3) unendlich viele Lösungen besitzt. DurchAuflösennachdendreiVariablenx1, x2 undx5 undmit denParameterzuweisungenλ1 = x3 undλ2 = x4 erhält man für die Lösungen die Parameterisierung x1 x2 x3 x4 x5 = 4 2 0 0 1 + λ1 0 0 1 0 0 + λ2 1 2 0 1 1 mit λ1, λ2 ∈ R (vgl. Satz 9.8 imLehrbuch). Der Lösungsbereich des linearenGleichungssystems (9.3) ist somit gegeben durch L = x ∈ R5 : x = 4 2 0 0 1 + λ1 0 0 1 0 0 + λ2 1 2 0 1 1 mit λ1, λ2 ∈ R . 107 Kapitel 9 Teil II: Lineare Algebra ** Aufgabe 9.6 (Lösungsbereich eines linearen Gleichungssystems) Gegeben sei das lineare Gleichungssystem 1 2 a−1 −1 0 1 1+ a 1 x1x2 x3 = 1a 2− a mit a ∈ R. (9.4) a) Für welche Werte von a ∈ R besitzt das lineare Gleichungssystem keine Lösung, genau eine Lösung bzw. unendlich viele Lösungen? b) Bestimmen Sie für a = 2 den Lösungsbereich L des linearen Gleichungssystems. c) Geben Sie für a = 2 den Lösungsbereich L des zugehörigen homogenen linearen Gleichungssystems an. d) Begründen Sie, weshalb ein lineares Gleichungssystem A x = b mit mehr als einer Lösung unendlich viele verschiedene Lösungen besitzt. Lehrbuch: Abschnitt 9.3 Lösung: Zu a): Mit dem Gauß-Algorithmus (vgl. Abschnitt 9.3) erhält man für das lineare Gleichungssystem (9.4): x1 x2 x3 b (1) 1 2 a 1 (2) −1 −1 0 a (3) 1 1+ a 1 2− a (1) 1 2 a 1 (2′) 0 1 a a + 1 (2)+ (1) (3′) 0 a 1 2 (3)+ (2) (1) 1 2 a 1 (2′) 0 1 a a + 1 (3′′) 0 0 1− a2 2− a − a2 (3′)− a · (2′) Mit Hilfe des Endtableaus lassen sich die folgenden drei Fälle unterscheiden (vgl. Satz 9.8 im Lehrbuch): a = 1 ⇒ unendlich viele Lösungen a = −1 ⇒ keine Lösung a = ±1 ⇒ eine Lösung Zu b): Mit dem Gauß-Algorithmus erhält man ausgehend vom Endtableau des Aufgabenteils a) mit a = 2: x1 x2 x3 b (1) 1 2 2 1 (2) 0 1 2 3 (3) 0 0 −3 −4 (1′) 1 0 −2 −5 (1)− 2 · (2) (2) 0 1 2 3 (3) 0 0 −3 −4 (1′′) 1 0 0 − 73 (1′)+ 2 · (3′) (2′) 0 1 0 13 (2)− 2 · (3′) (3′) 0 0 1 43 −1/3 · (3) Aus dem Endtableau folgt x1 = − 73 , x2 = 1 3 und x3 = 43 . 108 Kapitel 9Lineare Gleichungssysteme und Gauß-Algorithmus Der Lösungsbereich des linearen Gleichungssystems (9.4) mit a = 2 lautet daher L = − 73 1 3 4 3 . Zu c): Im Aufgabenteil b) wurde gezeigt, dass das lineare Gleichungssystem (9.4) für a = 2 eine eindeutige Lösung besitzt. Der Lösungsbereich L des zugehörigen homogenen linearen Gleichungssystems besteht daher nur aus dem Nullvektor 0 (vgl. Satz 9.2c) im Lehrbuch). Zu d): Sind x1 und x2 zwei verschiedene Lösungen eines linearen Gleichungssystems A x = b, dann ist auch jede Linearkombination λ1x1 + λ2x2 mit λ1, λ2 ∈ R und λ1 + λ2 = 1 eine Lösung. Folglich besitzt jedes lineare Gleichungssystem mit mehr als einer Lösung unendlich viele Lösungen. ** Aufgabe 9.7 (Lösungsbereich eines linearen Gleichungssystems) Gegeben sei das lineare Gleichungssystem 1 1 b1 b 3 1 1 2 x1x2 x3 = 12a a mit a, b ∈ R. (9.5) a) Bestimmen Sie für a = 1 und b = 4 den Lösungsbereich L des linearen Gleichungssystems. b) Geben Sie alle Kombinationen von a ∈ R und b ∈ R an, für welche das lineare Gleichungssystem keine Lösung, genau eine Lösung bzw. unendlich viele Lösungen besitzt. Lehrbuch: Abschnitte 9.1 und 9.3 Lösung: Zu a): Mit dem Gauß-Algorithmus (vgl. Abschnitt 9.3) erhält man für das lineare Gleichungssystem (9.5) mit a = 1 und b = 4: x1 x2 x3 b (1) 1 1 4 1 (2) 1 4 3 2 (3) 1 1 2 1 (1) 1 1 4 1 (2′) 0 3 −1 1 (2)− (1) (3′) 0 0 −2 0 (3)− (1) Aus dem Endtableau folgt: −2x3 = 0 ⇒ x3 = 0 3x2 = 1+ x3 ⇒ x2 = 13 x1 = 1− x2 − 4x3 = 23 Der Lösungsbereich von (9.5) mit a = 1 und b = 4 besteht somit aus nur einer Lösung und ist gegeben durch L = 2 3 1 3 0 . 109 Kapitel 9 Teil II: Lineare Algebra Zu b): Mit dem Gauß-Algorithmus erhält man für das lineare Gleichungssystem (9.5): x1 x2 x3 b (1) 1 1 b 1 (2) 1 b 3 2a (3) 1 1 2 a (1) 1 1 b 1 (2′) 0 b − 1 3− b 2a − 1 (2)− (1) (3′) 0 0 2− b a − 1 (3)− (1) Mit Hilfe des Endtableaus lassen sich die folgenden drei Fälle unterscheiden (vgl. Satz 9.8 im Lehrbuch): a = 1 und b = 2 ⇒ unendlich viele Lösungen a = 1 und b = 2 ⇒ keine Lösung a ∈ R und b = 2 ⇒ eine Lösung *** Aufgabe 9.8 (Lösungsbereich eines linearen Gleichungssystems) Bestimmen Sie in Abhängigkeit des Parameters a ∈ R den Lösungsbereich des linearen Gleichungssystems a 4 a0 −2 4 2 a 6 x1x2 x3 = 13 4 . (9.6) Lehrbuch: Abschnitte 9.1 und 9.3 Lösung: Im Folgenden wird das lineare Gleichungssystem (9.6) in Abhängigkeit von a ∈ R mit Hilfe des Gauß-Algorithmus (vgl. Abschnitt 9.3) gelöst. Dazu werden im ersten Schritt die erste und die dritte Gleichung vertauscht, da in der ersten Zeile und ersten Spalte ein Wert ungleich Null stehen muss und somit ohne Vertauschung bereits im ersten Schritt eine Fallunterscheidung notwendig wäre. x1 x2 x3 b (1) a 4 a 1 (2) 0 −2 4 3 (3) 2 a 6 4 (3) 2 a 6 4 (1) ↔ (3) (2) 0 −2 4 3 (1) a 4 a 1 (3) ↔ (1) (3′) 1 a2 3 2 1/2 · (3) (2) 0 −2 4 3 (1′) 0 4− a22 −2a 1− 2a (1)− a · (3′) (3′) 1 a2 3 2 (2) 0 −2 4 3 (1′′) 0 4− a22 − a 0 1− 12 a (1′)+ a/2 · (2) (3′) 1 a2 3 2 (2) 0 −2 4 3 (1′′) 0 − 12 (a + 4)(a − 2) 0 1− 12 a Aus dem Endtableau ist zu erkennen, dass für die weitere Untersuchung die drei Fälle a = −4, a = 2 und a ∈ R \ {−4, 2} zu unterscheiden sind. 110 Kapitel 9Lineare Gleichungssysteme und Gauß-Algorithmus Fall a = −4: In der letzten Zeile des Endtableaus sind alle Einträge auf der linken Seite Null und auf der rechten Seite steht ein Eintrag ungleich Null. Das lineare Gleichungssystem besitzt daher keine Lösung, also den Lösungsbereich L = ∅ (vgl. Satz 9.8 im Lehrbuch). Fall a = 2: In der letzten Zeile des Endtableaus sind alle Einträge Null und es gibt eine freie Variable x3. Es gibt somit unendlich viele Lösungen und mit der Parameterzuweisung λ = x3 folgt aus dem Endtableau −2x2 = 3− 4x3 = 3− 4λ ⇒ x2 = − 32 + 2λ x1 = 2− x2 − 3x3 = 2− ( − 3 2 + 2λ ) − 3λ = 7 2 − 5λ. Damit erhält man für die Lösungen die Parameterisierung x1x2 x3 = 7 2 − 32 0 + λ −52 1 mit λ ∈ R (vgl. Satz 9.8 im Lehrbuch). Der Lösungsbereich ist folglich gegeben durch L = x ∈ R3 : x = 7 2 − 32 0 + λ −52 1 mit λ ∈ R . Fall a ∈ R\{−4, 2}: Auf der linken Seite der letzten Zeile des Endtableaus sind nicht alle Einträge Null und es gibt keine freieVariable (vgl. Satz 9.8 imLehrbuch).Das lineareGleichungssystembesitzt somit eine eindeutige Lösung, welche ausgehend von der letzten Gleichung berechnet werden kann. Man erhält − 1 2 (a + 4)(a − 2)x2 = 1− 12 a ⇒ x2 = 1− 12 a − 12 (a + 4)(a − 2) = 1 a + 4 . In die vorletzte Gleichung eingesetzt, liefert dies weiter 4x3 = 3+ 2x2 ⇒ x3 = 34 + 1 2 x2 = 34 + 1 2a + 8 = 6a + 28 8a + 32 = 3a + 14 4(a + 4) . Für x1 erhält man schließlich x1 = 2− a2 x2 − 3x3 = 2− a 2 · 1 a + 4 − 3 · 3a + 14 4(a + 4) = −3a − 10 4(a + 4) . Der Lösungsbereich lautet somit L = −3a−10 4(a+4) 1 a+4 3a+14 4(a+4) . * Aufgabe 9.9 (Ökonomische Anwendung von linearen Gleichungssystemen) Ein Unternehmen bezieht in vier Bestellungen für seine Produktion die drei Rohstoffe R1, R2, R3 zu den Preisen p1, p2, p3: Bestellungen 1 2 3 4 R1 8 2 4 12 R2 2 6 2 4 R3 4 2 4 8 Rechnungsbetrag in € 2400 1200 1600 4000 111 Kapitel 9 Teil II: Lineare Algebra a) Beschreiben Sie die Problemstellung durch ein lineares Gleichungssystem mit den drei Unbekannten p1, p2, p3. b) Bestimmen Sie die Rohstoffpreise p1, p2, p3. c) Welcher Rechnungsbetrag ergibt sich bei einer fünften Bestellung von je 4 Einheiten der drei Rohstoffe, wenn die Preise jeweils um 5% steigen? Lehrbuch: Abschnitt 9.3 Lösung: Zu a): Die Problemstellung wird durch das lineare Gleichungssystem 8p1 + 2p2 + 4p3 = 2400 2p1 + 6p2 + 2p3 = 1200 4p1 + 2p2 + 4p3 = 1600 12p1 + 4p2 + 8p3 = 4000 beschrieben. Zu b): Mit dem Gauß-Algorithmus (vgl. Abschnitt 9.3) erhält man: p1 p2 p3 b (1) 8 2 4 2400 (2) 2 6 2 1200 (3) 4 2 4 1600 (4) 12 4 8 4000 (1′) 1 14 1 2 300 1/8 · (1) (2′) 0 112 1 600 (2)− 2 · (1′) (3′) 0 1 2 400 (3)− 4 · (1′) (4′) 0 1 2 400 (4)− 12 · (1′) (1′′) 1 0 511 3000 11 (1 ′)− 1/4 · (2′′) (2′′) 0 1 211 1200 11 2 11 · (2′) (3′′) 0 0 2011 3200 11 (3 ′)− (2′′) (4′′) 0 0 0 0 (4′)− (3′) (1′′′) 1 0 0 200 (1′′)− 511 · (3′′′) (2′′′) 0 1 0 80 (2′′)− 211 · (3′′′) (3′′′) 0 0 1 160 1120 · (3′′) (4′′) 0 0 0 0 Die Rohstoffpreise sind somit gegeben durch den Vektor p = 20080 160 . Zu c): Bei einer Preiserhöhung von 5% lautet der neue Preisvektor p = (210, 84, 168)T . Damit erhält man für die fünfte Bestellung als Rechnungsbetrag 4 · 210€+ 4 · 84€+ 4 · 168€ = 1848€. 112 Kapitel 9Lineare Gleichungssysteme und Gauß-Algorithmus ** Aufgabe 9.10 (Ökonomische Anwendung von linearen Gleichungssystemen) Ein Hersteller produziert aus vier Rohstoffen Ri (i = 1, 2, 3, 4) vier verschiedene Produkte Pj (j = 1, 2, 3, 4). Die Produktionskoeffizienten aij und die vorhandenen Rohstoffmengen sind durch die folgende Tabelle gegeben: P1 P2 P3 P4 Rohstoffmenge R1 1 6 2 2 1000 R2 4 6 2 2 1300 R3 1 9 3 6 2200 R4 5 3 1 1 950 a) Bestimmen Sie alle Kombinationen vonHerstellungsmengen x1, x2, x3, x4 für die vier Produkte P1, P2, P3, P4, mit denen alle vier Rohstoffe vollständig aufgebraucht werden. Beachten Sie dabei, dass die Lösung ökonomisch sinnvoll sein soll. b) Wie lauten die vier Herstellungsmengen, falls vom Produkt P3 genau 50 Mengeneinheiten hergestellt und dabei alle Rohstoffe vollständig aufgebraucht werden sollen? Lehrbuch: Abschnitt 9.3 Lösung: Zu a): Zu Lösen ist das lineare Gleichungssystem 1 6 2 2 4 6 2 2 1 9 3 6 5 3 1 1 x1 x2 x3 x3 = 1000 1300 2200 950 . (9.7) Mit dem Gauß-Algorithmus (vgl. Abschnitt 9.3) erhält man für dieses lineare Gleichungssystem: x1 x2 x3 x4 b (1) 1 6 2 2 1000 (2) 4 6 2 2 1300 (3) 1 9 3 6 2200 (4) 5 3 1 1 950 (1) 1 6 2 2 1000 (2′) 0 −18 −6 −6 −2700 (2)− 4 · (1) (3′) 0 3 1 4 1200 (3)− (1) (4′) 0 −27 −9 −9 −4050 (4)− 5 · (1) (1) 1 6 2 2 1000 (2′′) 0 1 13 1 3 150 −1/18 · (2′) (3′′) 0 0 0 3 750 (3′)− 3 · (2′′) (4′′) 0 0 0 0 0 (4′)+ 27 · (2′′) x1 x2 x4 x3 (1) 1 6 2 2 1000 Spaltenver- (2′′) 0 1 13 1 3 150 tauschung (3′′) 0 0 3 0 750 x3 ↔ x4 (4′′) 0 0 0 0 0 (1′) 1 0 0 0 100 (1)− 6 · (2′′) (2′′′) 0 1 0 13 200 3 (2 ′′)− 1/3 · (3′′′) (3′′′) 0 0 1 0 250 1/3 · (3′′) (4′′) 0 0 0 0 0 113 Kapitel 9 Teil II: Lineare Algebra Aus demEndtableau ist zu erkennen, dass das lineare Gleichungssystem (9.7) unendlich viele Lösungen besitzt. Durch Auflösen nach den Variablen x1, x2 und x4 und mit der Parameterzuweisung λ = x3 erhält man für die Lösungen die Parameterisierung x1 x2 x3 x4 = 100 200 3 0 250 + λ 0 − 13 1 0 (9.8) mit λ ∈ R (vgl. Satz 9.8 im Lehrbuch). Diese Lösungen sind jedoch nur ökonomisch sinnvoll, wenn x1, x2, x3, x4 ≥ 0 gilt. Aus (9.8) folgt, dass dies genau dann der Fall ist, wenn x2 = 2003 − λ 3 ≥ 0 und x3 = λ ≥ 0, also λ ∈ [0, 200] gilt. Der ökonomisch sinnvolle Lösungsbereich des linearen Gleichungssystems (9.7) lautet somit L = x ∈ R 4 : x = 100 200 3 0 250 + λ 0 − 13 1 0 mit λ ∈ [0, 200] . Zu b): Es soll x3 = 50 gelten. Wegen λ = x3 impliziert dies λ = 50. Eingesetzt in (9.8) liefert dies die Lösung x = 100 50 50 250 . *** Aufgabe 9.11 (Matrizengleichungen) Gegeben seien die beiden Matrizen A = 2 1 −1−1 1 1 3 2 −1 und B = 2 0 1−1 1 1 −3 2 −1 . Bestimmen Sie die Lösung der Matrizengleichungen: a) A X = B b) X B = A Lehrbuch: Abschnitte 9.3 und 9.4 Lösung: Zu a): Die Lösung der Matrizengleichung A X = B kann mit Hilfe des Gauß-Algorithmus bestimmt werden (vgl. Abschnitt 9.4). Man erhält: 114 Kapitel 9Lineare Gleichungssysteme und Gauß-Algorithmus x1 x2 x3 B (1) 2 1 −1 2 0 1 (2) −1 1 1 −1 1 1 (3) 3 2 −1 −3 2 −1 (1′) 1 12 − 12 1 0 12 1/2 · (1) (2′) 0 32 1 2 0 1 3 2 (2)+ (1′) (3′) 0 12 1 2 −6 2 − 52 (3)− 3 · (1′) (1′) 1 12 − 12 1 0 12 (2′′) 0 1 13 0 2 3 1 2 3 · (2′) (3′′) 0 0 13 −6 53 −3 (3′)− 1/2 · (2′′) (1′′) 1 12 0 −8 52 −4 (1′)+ 12 · (3′′′) (2′′′) 0 1 0 6 −1 4 (2′′)− 13 · (3′′′) (3′′′) 0 0 1 −18 5 −9 3 · (3′′) (1′′′) 1 0 0 −11 3 −6 (1′′)− 12 · (2′′′) (2′′′) 0 1 0 6 −1 4 (3′′′) 0 0 1 −18 5 −9 Die Matrizengleichung A X = B besitzt somit die Lösung X = −11 3 −66 −1 4 −18 5 −9 . Zu b): Zur Lösung der Matrizengleichung X B = A wird die durch Transponieren entstehende Matrizengleichung BT XT = AT betrachtet. Mit dem Gauß-Algorithmus folgt dann: x1 x2 x3 AT (1) 2 −1 −3 2 −1 3 (2) 0 1 2 1 1 2 (3) 1 1 −1 −1 1 −1 (1′) 1 − 12 − 32 1 − 12 32 1/2 · (1) (2) 0 1 2 1 1 2 (3′) 0 32 1 2 −2 32 − 52 (3)− (1′) (1′′) 1 0 − 12 32 0 52 (1′)+ 1/2 · (2) (2) 0 1 2 1 1 2 (3′′) 0 0 − 52 − 72 0 − 112 (3′)− 3/2 · (2) (1′′′) 1 0 0 115 0 18 5 (1 ′′)+ 1/2 · (3′′′) (2′) 0 1 0 − 95 1 − 125 (2)− 2 · (3′′′) (3′′′) 0 0 1 75 0 11 5 −2/5 · (3′′) Das heißt, es gilt XT = 11 5 0 18 5 − 95 1 − 125 7 5 0 11 5 . Die Matrizengleichung X B = A besitzt folglich die Lösung X = 11 5 − 95 75 0 1 0 18 5 − 125 115 . 115 Kapitel 9 Teil II: Lineare Algebra ** Aufgabe 9.12 (Bestimmung der Inversen mittels Gauß-Algorithmus) Gegeben seien die beiden Matrizen B = 0 −1 −1−2 −2 3 −1 −4 −1 und C = −14 −1 55 −1 −2 −6 −4 2 . a) Ermitteln Sie, ob B invertierbar ist und berechnen Sie gegebenenfalls die Inverse. b) Erläutern Sie, ob es sich bei C um die Inverse von B handelt. c) Bestimmen Sie die Inversen von B−1 und B2. Lehrbuch: Abschnitte 9.3 und 9.5 Lösung: Zu a): Mit dem Gauß-Algorithmus erhält man: x1 x2 x3 e1 e2 e3 (1) 0 −1 −1 1 0 0 (2) −2 −2 3 0 1 0 (3) −1 −4 −1 0 0 1 (3) −1 −4 −1 0 0 1 (1) ↔ (3) (2) −2 −2 3 0 1 0 (1) 0 −1 −1 1 0 0 (3) ↔ (1) (3′) 1 4 1 0 0 −1 −1 · (3) (2′) 0 6 5 0 1 −2 (2)+ 2 · (3′) (1) 0 −1 −1 1 0 0 (3′′) 1 0 − 73 0 − 23 13 (3′)− 4 · (2′′) (2′′) 0 1 56 0 1 6 − 13 1/6 · (2′) (1′) 0 0 − 16 1 16 − 13 (1)+ (2′′) (3′′′) 1 0 0 −14 −3 5 (3′′)+ 73 · (1′′) (2′′′) 0 1 0 5 1 −2 (2′′)− 56 · (1′′) (1′′) 0 0 1 −6 −1 2 −6 · (1′) Aus dem Endtableau ist zu erkennen, dass die Matrix B invertierbar und die Inverse durch B−1 = −14 −3 55 1 −2 −6 −1 2 gegeben ist (vgl. Seite 232 im Lehrbuch). Zu b): Bei der Matrix C handelt es sich nicht um die Inverse von B, da C = B−1 gilt und die Inverse einer Matrix im Falle ihrer Existenz stets eindeutig ist (vgl. Satz 8.40 im Lehrbuch). Zu c): Für die Inversen von B−1 und B2 erhält man ( B−1 )−1 = B = 0 −1 −1−2 −2 3 −1 −4 −1 (vgl. Satz 8.47a) im Lehrbuch) und (B2)−1 = (B B)−1 = B−1 B−1 = −14 −3 55 1 −2 −6 −1 2 −14 −3 55 1 −2 −6 −1 2 = 151 34 −54−53 −12 19 67 15 −24 (vgl. Satz 8.47c) im Lehrbuch). 116 Kapitel 9Lineare Gleichungssysteme und Gauß-Algorithmus ** Aufgabe 9.13 (Bestimmung der Inversen mittels Gauß-Algorithmus) Gegeben seien die Matrix und der Vektor A = 1 0 1 0 0 1 1 0 1 1 0 1 1 1 1 0 bzw. b = 2 −1 3 −2 . a) Ermitteln Sie, ob A invertierbar ist und berechnen Sie gegebenenfalls die Inverse. b) Bestimmen Sie die Lösungen des linearen Gleichungssystems A x = b. Lehrbuch: Abschnitte 9.3 und 9.5 Lösung: Zu a): Mit dem Gauß-Algorithmus erhält man: x1 x2 x3 x3 e1 e2 e3 e4 (1) 1 0 1 0 1 0 0 0 (2) 0 1 1 0 0 1 0 0 (3) 1 1 0 1 0 0 1 0 (4) 1 1 1 0 0 0 0 1 (1) 1 0 1 0 1 0 0 0 (2) 0 1 1 0 0 1 0 0 (3′) 0 1 −1 1 −1 0 1 0 (3)− (1) (4′) 0 1 0 0 −1 0 0 1 (4)− (1) (1) 1 0 1 0 1 0 0 0 (2) 0 1 1 0 0 1 0 0 (3′′) 0 0 −2 1 −1 −1 1 0 (3′)− (2) (4′′) 0 0 −1 0 −1 −1 0 1 (4′)− (2) (1) 1 0 1 0 1 0 0 0 (2) 0 1 1 0 0 1 0 0 (3′′) 0 0 −2 1 −1 −1 1 0 (4′′′) 0 0 0 − 12 − 12 − 12 − 12 1 (4′′)− 1/2 · (3′′) (1) 1 0 1 0 1 0 0 0 (2) 0 1 1 0 0 1 0 0 (3′′′) 0 0 −2 0 −2 −2 0 2 (3′′)− (4′′′′) (4′′′′) 0 0 0 1 1 1 1 −2 −2 · (4′′′) (1′) 1 0 0 0 0 −1 0 1 (1)− (3′′′′) (2′) 0 1 0 0 −1 0 0 1 (2)− (3′′′′) (3′′′′) 0 0 1 0 1 1 0 −1 −1/2 · (3′′′) (4′′′′) 0 0 0 1 1 1 1 −2 Aus dem Endtableau ist zu erkennen, dass die Matrix A invertierbar ist und die Inverse durch A−1 = 0 −1 0 1 −1 0 0 1 1 1 0 −1 1 1 1 −2 gegeben ist (vgl. Seite 232 im Lehrbuch). 117 Kapitel 9 Teil II: Lineare Algebra Zu b): Da die Koeffizientenmatrix A des linearen Gleichungssystems A x = b invertierbar ist, ist die Lösung eindeutig und kann mit Hilfe der Inversen A−1 berechnet werden (vgl. Seite 197 im Lehrbuch). Man erhält x = A−1 b = 0 −1 0 1 −1 0 0 1 1 1 0 −1 1 1 1 −2 2 −1 3 −2 = −1 −4 3 8 . ** Aufgabe 9.14 (Rangbestimmung mittels Gauß-Algorithmus) Gegeben sei die Matrix A = 1 2 −3 1 3 4 9 4 8 12 12 10 3 2 4 5 . a) Bestimmen Sie den Rang der Matrizen A und AT und erläutern Sie, ob diese Matrizen regulär oder singulär sind. b) Erläutern Sie, ob die Spalten und/oder Zeilen von A linear unabhängig sind. c) Begründen Sie, ob das lineare Gleichungssystem A x = 0 lösbar ist und wieviele Lösungen es gegebenenfalls besitzt. Lehrbuch: Abschnitte 9.3 und 9.6 Lösung: Zu a): Mit dem Gauß-Algorithmus (vgl. Abschnitt 9.3) erhält man für die Matrix A: x1 x2 x3 x4 (1) 1 2 −3 1 (2) 3 4 9 4 (3) 8 12 12 10 (4) 3 2 4 5 (1) 1 2 −3 1 (2′) 0 −2 18 1 (2)− 3 · (1) (3′) 0 −4 36 2 (3)− 8 · (1) (4′) 0 −4 13 2 (4)− 3 · (1) (1) 1 2 −3 1 (2′) 0 −2 18 1 (3′′) 0 0 0 0 (3′)− 2 · (2′) (4′′) 0 0 −23 0 (4′)− 2 · (2′) (1) 1 2 −3 1 (2′) 0 −2 18 1 (4′′) 0 0 −23 0 (3′′) ↔ (4′′) (3′′) 0 0 0 0 (4′′) ↔ (3′′) Aus dem Endtableau ist ersichtlich, dass rang(A) = 3 gilt (vgl. Satz 9.13 im Lehrbuch). Da AT stets denselben Rang wie A besitzt (vgl. Satz 8.34f) im Lehrbuch), gilt somit auch rang(AT ) = 3. Das heißt, die beiden Matrizen A und AT haben nicht den vollen Rang n = 4 und sind somit nicht regulär, sondern singulär (vgl. Definition 8.35 im Lehrbuch). 118 Kapitel 9Lineare Gleichungssysteme und Gauß-Algorithmus Zu b): Die maximale Anzahl linear unabhängiger Spalten und die maximale Anzahl linear unabhängiger Zeilen von A stimmt mit rang(A) überein (vgl. Folgerung 8.36 im Lehrbuch). Daraus folgt wegen rang(A) = 3 < 4, dass nur drei der vier Spalten (Zeilen) von A linear unabhängig sind. Zu c): Ein homogenes lineares Gleichungssystem A x = 0 besitzt stets den Nullvektor 0 als Lösung (vgl. Seite 222 im Lehrbuch). Wegen rang(A) = 3 < 4 gibt es jedoch noch unendlich viele weitere Lösungen (vgl. Satz 9.3 und Abbildung 9.1 im Lehrbuch). ** Aufgabe 9.15 (Rangbestimmung mittels Gauß-Algorithmus) Gegeben sei die Matrix B = 1 3 −2 4 2 2 1 4 −3 5 4 7 0 5 9 −2 −6 4 9 −6 . a) Bestimmen Sie den Rang der Matrix B. b) Erläutern Sie, wann das lineare Gleichungssystem B x = b mit b ∈ R4 lösbar ist und wieviele Lösungen es dann besitzt. Lehrbuch: Abschnitte 9.3 und 9.6 Lösung: Zu a): Mit dem Gauß-Algorithmus (vgl. Abschnitt 9.3) erhält man für die Matrix B: x1 x2 x3 x4 x5 (1) 1 3 −2 4 2 (2) 2 1 4 −3 5 (3) 4 7 0 5 9 (4) −2 −6 4 9 −6 (1) 1 3 −2 4 2 (2′) 0 −5 8 −11 1 (2)− 2 · (1) (3′) 0 −5 8 −11 1 (3)− 4 · (1) (4′) 0 0 0 17 −2 (3)+ 2 · (1) (1) 1 3 −2 4 2 (2′) 0 −5 8 −11 1 (3′′) 0 0 0 0 0 (3′)− (2′) (4′) 0 0 0 17 −2 (1) 1 3 −2 4 2 (2′) 0 −5 8 −11 1 (4′) 0 0 0 17 −2 (3′′) ↔ (4′) (3′′) 0 0 0 0 0 (4′) ↔ (3′′) x1 x2 x3 x4 x5 (1) 1 3 4 −2 2 Spaltenver- (2′) 0 −5 −11 8 1 tauschung (4′) 0 0 17 0 −2 x3 ↔ x4 (3′′) 0 0 0 0 0 Aus dem Endtableau ist ersichtlich, dass rang(B) = 3 gilt (vgl. Satz 9.13 im Lehrbuch). Zu b): Es ist von der rechten Seite b ∈ R4 abhängig, ob das lineare Gleichungssystem B x = b lösbar ist oder nicht. Gilt rang(B) = rang(B, b), dann ist B x = b lösbar und wegen rang(B) = 3 < 4 existieren in diesem Fall unendlich viele Lösungen. Gilt dagegen rang(B) < rang(B,b), dann ist B x = b nicht lösbar. 119 10. Eigenwerttheorie und Quadratische Formen * Aufgabe 10.1 (MC-Aufgaben zu Eigenwerten und Eigenvektoren) Kreuzen Sie an, welche der Aussagen a) bis d) wahr und welche falsch sind: a) Durch das charakteristische Polynom pA(λ) einer quadratischen Matrix A ist auch die Determinante von A gegeben. b) Mindestens ein Eigenwert einer singulären Matrix A ist gleich Null. c) Die Spur einer Matrix A kann über das Produkt ihrer Eigenwerte bestimmt werden. d) Ähnliche Matrizen haben die gleichen Eigenwerte und die gleichen Eigenvektoren. a) b) c) d) Wahr Falsch Lehrbuch: Abschnitte 10.1 und 10.3 Lösung: Zu a): Wahre Aussage. Es gilt pA(0) = det(A) (vgl. (10.8) im Lehrbuch). Zu b): Wahre Aussage. Eine singuläre Matrix besitzt nicht den vollen Rang (vgl. Definition 8.35 im Lehrbuch). Dies ist äquivalent dazu, dass A nicht invertierbar ist (vgl. Satz 8.67 im Lehrbuch). Dies ist aber genau dann der Fall, wenn mindestens ein Eigenwert von A gleich Null ist (vgl. Satz 10.8b) im Lehrbuch). Zu c): Falsche Aussage. Die Spur einer Matrix A ist die Summe ihrer Eigenwerte und die Determinante einer Matrix A ist das Produkt ihrer Eigenwerte (vgl. (10.13) und (10.14) im Lehrbuch). Zu d): Falsche Aussage. Ähnliche Matrizen besitzen zwar die gleichen Eigenwerte (vgl. Satz 10.14d) im Lehrbuch), aber nicht die gleichen Eigenvektoren. * Aufgabe 10.2 (Eigenwerte) Geben Sie die Eigenwerte der Matrizen A = 2 0 00 10 0 4 2 16 , B = 4 0 0 0 0 8 0 0 0 0 0 0 0 0 0 3 und C = 4 −1 60 −3 1 0 0 5 an. Lehrbuch: Abschnitt 10.1 Lösung: Bei den drei Matrizen A, B und C handelt es sich um Dreiecksmatrizen. Die Eigenwerte dieser Matrizen sind somit durch ihre Einträge auf der Hauptdiagonalen gegeben (vgl. (10.11) im Lehrbuch). Folglich besitzt A die Eigenwerte 2, 10 und 16, B die Eigenwerte 0, 3, 4 und 8 und C die Eigenwerte −3, 4 und 5. ** Aufgabe 10.3 (Eigenwerte) Gegeben sei die 2× 2-Matrix A = ( 3 3 −4 −3 ) . a) Ermitteln Sie die Eigenwerte von A. b) Berechnen Sie mit Hilfe der Eigenwerte von A die Determinante und die Spur der Matrizen A−1 und A2. 120 Kapitel 10Eigenwerttheorie und Quadratische Formen Lehrbuch: Abschnitt 10.1 Lösung: Zu a): EinWertλ ist genau dannEigenwert derMatrixA, wennλ eineNullstelle des charakteristischen Polynoms pA(λ) = det(A − λE) ist (vgl. Satz 10.4 im Lehrbuch). Für das charakteristische Polynom von A erhält man (vgl. (8.42) im Lehrbuch) pA(λ) = det(A − λE) = det ( 3− λ 3 −4 −3− λ ) = (3− λ)(−3− λ)− 3 · (−4) = −9− 3λ+ 3λ+ λ2 + 12 = λ2 + 3. Das heißt, das charakteristische PolynompA(λ) besitzt die beiden komplexenNullstellenλ1=− √ 3i2=−√3 i und λ2 = √ 3i2 = √3 i. Folglich sind λ1 = − √ 3 i und λ2 = √ 3 i die komplexen Eigenwerte der Matrix A. Zu b):Mit demErgebnis ausAufgabenteil a) erhält man, dass dieMatrixA−1 die beiden komplexen Eigenwerte 1 λ1 = − 1√ 3 i = i 2 √ 3 i = i√ 3 und 1 λ2 = 1√ 3 i = − i 2 √ 3 i = − i√ 3 aufweist und die Matrix A2 den zweifachen komplexen Eigenwert λ21 = λ22 = (− √ 3 i)2 = −3 besitzt (vgl. Satz 10.8a) und c) im Lehrbuch). Für die Determinante und die Spur der Matrizen A−1 und A2 folgt somit det(A−1) = i√ 3 · ( − i√ 3 ) = 1 3 spur(A−1) = i√ 3 + ( − i√ 3 ) = 0 det(A2) = (−3) · (−3) = 9 spur(A2) = −3+ (−3) = −6 (vgl. (10.13) und (10.14) im Lehrbuch). ** Aufgabe 10.4 (Eigenwerte) Gegeben sei die Matrix A = 3 0 10 1 0 5 0 −1 . a) Berechnen Sie die Eigenwerte der Matrix A. b) Bestimmen Sie die Eigenwerte der Inversen A−1 sowie det(A−1) und spur(A−1). Lehrbuch: Abschnitt 10.1 Lösung: Zu a): EinWertλ ist genau dannEigenwert derMatrixA, wennλ eineNullstelle des charakteristischen Polynoms pA(λ) = det(A − λE) ist (vgl. Satz 10.4 im Lehrbuch). Für das charakteristische Polynom erhält 121 Kapitel 10 Teil II: Lineare Algebra man mit der Regel von Sarrus (vgl. (8.44) im Lehrbuch) pA(λ) = det(A − λE) = det 3− λ 0 10 1− λ 0 5 0 −1− λ = (3− λ)(1− λ)(−1− λ)+ 0 · 0 · 5+ 1 · 0 · 0 − 5 · (1− λ) · 1− 0 · 0 · (3− λ)− (−1− λ) · 0 · 0 = (1− λ)((3− λ)(−1− λ)− 5) = (1− λ)(λ2 − 2λ− 8). Das heißt, das charakteristische Polynom pA(λ) besitzt die einfache Nullstelle λ1 = 1. Durch Lösen der quadratischen Gleichung λ2 − 2λ− 8 mit Hilfe der p-q-Formel (vgl. (4.11) im Lehrbuch) erhält man mit λ2,3 = 1± √ 1+ 8, also λ2 = −2 und λ3 = 4, die beiden anderen einfachen Nullstellen von pA(λ). Folglich sind λ1 = 1, λ2 = −2 und λ3 = 4 einfache Eigenwerte der Matrix A. Zu b): Da die Matrix A gemäß Aufgabenteil a) die Eigenwerte λ1 = 1, λ2 = −2 und λ3 = 4 besitzt, hat die Inverse A−1 die Eigenwerte 1 λ1 = 1, 1 λ2 = − 12 und 1λ3 = 1 4 (vgl. Satz 10.8c) im Lehrbuch). Für die Determinante und die Spur der Inversen A−1 erhält man damit det(A−1) = 1 · ( − 1 2 ) · 1 4 = − 1 8 spur(A−1) = 1− 1 2 + 1 4 = 3 4 (vgl. (10.13) und (10.14) im Lehrbuch). * Aufgabe 10.5 (MC-Aufgaben zu Eigenwerten) Kreuzen Sie an, welche der Aussagen a) bis e) wahr und welche falsch sind: a) Eine n×n-Matrix A ist genau dann positiv definit, wenn alle ihre Eigenwerte positiv sind. b) Die Eigenwerte einer Diagonalmatrix A sind durch die Einträge auf ihrer Hauptdiagonalen gegeben. c) Ist ein Eigenwert einer n× n-Matrix A gleich 0, dann ist A singulär. d) Eine n×n-MatrixA und ihre TransponierteAT besitzen stets die gleichen Eigenwerte. e) Eine invertierbare Matrix A besitzt ausschließlich nichtnegative Eigenwerte. a) b) c) d) e) Wahr Falsch Lehrbuch: Abschnitte 10.1 und 10.7 Lösung: Zu a): Wahre Aussage (vgl. Satz 10.34a) im Lehrbuch). Zu b): Wahre Aussage (vgl. (10.11) im Lehrbuch). Zu c): Wahre Aussage. Ist ein Eigenwert einer n× n-Matrix A gleich Null, dann gilt det(A) = 0 (vgl. (10.14) im Lehrbuch). Dies ist jedoch genau dann der Fall, wenn rang(A) < n gilt (vgl. Satz 8.67 im Lehrbuch), also A singulär ist (vgl. Definition 8.35 im Lehrbuch). Zu d): Wahre Aussage. Die Matrizen A und AT besitzen stets die gleichen Eigenwerte (vgl. Satz 10.8d) im Lehrbuch). Zu e): Falsche Aussage. Die Eigenwerte einer invertierbarenMatrix A sind stets ungleich Null, sie können aber sowohl positiv als auch negativ sein (vgl. Satz 10.8b) im Lehrbuch). 122 Kapitel 10Eigenwerttheorie und Quadratische Formen ** Aufgabe 10.6 (Eigenwerte und Eigenvektoren) Gegeben sei die Matrix A = −1 0 1−2 −1 0 7 2 −3 . a) Bestimmen Sie die Eigenwerte von A. b) Berechnen Sie die Eigenvektoren von A. c) Ermitteln Sie die Determinante von A. Lehrbuch: Abschnitt 10.1 Lösung: Zu a): EinWertλ ist genau dannEigenwert derMatrixA, wennλ eineNullstelle des charakteristischen Polynoms pA(λ) = det(A − λE) ist (vgl. Satz 10.4 im Lehrbuch). Für das charakteristische Polynom erhält man mit der Regel von Sarrus (vgl. (8.44) im Lehrbuch) pA(λ) = det(A − λE) = det −1− λ 0 1−2 −1− λ 0 7 2 −3− λ = (−1− λ)(−1− λ)(−3− λ)+ 0 · 0 · 7+ 1 · (−2) · 2 − 7 · (−1− λ) · 1− 2 · 0 · (−1− λ)− (−3− λ) · (−2) · 0 = −(1+ λ)2(3+ λ)− 4+ 7(1+ λ) = −λ3 − 5λ2 = −λ2(λ+ 5). Das heißt, das charakteristische Polynom pA(λ) besitzt die zweifache Nullstelle λ1,2 = 0 und die einfache Nullstelle λ3 = −5. Somit ist λ1,2 = 0 ein zweifacher und λ3 = −5 ein einfacher Eigenwert von A. Zu b): Zur Berechnung der Eigenvektoren zum zweifachen Eigenwert λ1,2 = 0 und der Eigenvektoren zum einfachen Eigenwert λ3 = −5 sind die homogenen linearen Gleichungssysteme A x = 0 und (A+ 5E) x = 0 zu lösen (vgl. (10.9) im Lehrbuch). Diese homogenen linearen Gleichungssysteme lauten ausgeschrieben −1 0 1−2 −1 0 7 2 −3 x1x2 x3 = 00 0 bzw. 4 0 1−2 4 0 7 2 2 x1x2 x3 = 00 0 . Mit demGauß-Algorithmus (vgl.Abschnitt 9.3 imLehrbuch) erhältman für das erste lineareGleichungssystem: x1 x2 x3 b (1) −1 0 1 0 (2) −2 −1 0 0 (3) 7 2 −3 0 (1′) 1 0 −1 0 −1 · (1) (2′) 0 −1 −2 0 (2)+ 2 · (1′) (3′) 0 2 4 0 (3)− 7 · (1′) (1′) 1 0 −1 0 (2′′) 0 1 2 0 −1 · (2′) (3′′) 0 0 0 0 (3′)− 2 · (2′′) Wird der freien Variablen x3 der Parameter a ∈ R \ {0} zugewiesen, dann erhält man aus dem Endtableau x1 = x3 = a x2 = −2x3 = −2a. 123 Kapitel 10 Teil II: Lineare Algebra Für die Eigenvektoren zum zweifachen Eigenwert λ1,2 = 0 erhält man daher x = a−2a a = a 1−2 1 für a ∈ R \ {0} (vgl. Satz 9.8 im Lehrbuch). Für das zweite lineare Gleichungssystem erhält man: x1 x2 x3 b (1) 4 0 1 0 (2) −2 4 0 0 (3) 7 2 2 0 (1′) 1 0 14 0 1/4 · (1) (2′) 0 4 12 0 (2)+ 2 · (1′) (3′) 0 2 14 0 (3)− 7 · (1′) (1′) 1 0 14 0 (2′′) 0 1 18 0 1/4 · (2′) (3′′) 0 0 0 0 (3′)− 2 · (2′′) Wird der freien Variablen x3 der Parameter b ∈ R \ {0} zugewiesen, dann folgt aus dem Endtableau x1 = − 14 x3 = − 1 4 b x2 = − 18x3 = − 1 8 b. Das heißt, für die Eigenvektoren zum einfachen Eigenwert λ3 = −5 gilt x = − b 4 − b8 b = b − 1 4 − 18 1 für b ∈ R \ {0} . Zu c): Da die Determinante einer Matrix gleich dem Produkt ihrer Eigenwerte ist (vgl. (10.14) im Lehrbuch), erhält man für die Determinante von A det(A) = 0 · 0 · (−5) = 0. * Aufgabe 10.7 (Matrixpotenz) Die Matrix A = −2 −8 −121 4 4 0 0 1 besitzt die Eigenwerte λ1 = 0, λ2 = 1 und λ3 = 2 und die diagonalisierende Matrix X = 4 4 2−1 0 −1 0 −1 0 mit X−1 = 1 2 1 2 0 0 −1 − 12 −2 −2 . Bestimmen Sie damit die Matrixpotenz A100. Lehrbuch: Abschnitt 10.4 124 Kapitel 10Eigenwerttheorie und Quadratische Formen Lösung: DieMatrixA besitzt die Eigenwerteλ1 = 0,λ2 = 1 undλ3 = 2.Die zuA gehörendeDiagonalmatrix ist somit gegeben durch D = 0 0 00 1 0 0 0 2 . Die Matrixpotenz A100 berechnet sich folglich gemäß (vgl. (10.30) im Lehrbuch) A100 = X D100 X−1 = 4 4 2−1 0 −1 0 −1 0 0 0 00 1100 0 0 0 2100 1 2 1 2 0 0 −1 − 12 −2 −2 = −2100 −2102 −4− 2102299 2101 2101 0 0 1 . * Aufgabe 10.8 (Diagonalisierung und Matrixpotenz) Gegeben seien die beiden folgenden 2× 2-Matrizen A = ( −7 4 −6 3 ) und X = ( 2 1 3 1 ) , wobei die Matrix X die Matrix A diagonalisiert. a) Berechnen Sie unter Verwendung von X die zur Matrix A gehörende Diagonalmatrix D. b) Bestimmen Sie die Matrixpotenz A10. Lehrbuch: Abschnitt 10.4 Lösung: Zu a): Die zurMatrixA gehörendeDiagonalmatrixD berechnet sichmit Hilfe der diagonalisierenden Matrix X zu D = X−1A X (10.1) (vgl. (10.29) im Lehrbuch). Für die Inverse von X erhält man (vgl. Satz 8.44 im Lehrbuch) X−1 = 1 2 · 1− 3 · 1 ( 1 −1 −3 2 ) = ( −1 1 3 −2 ) . Eingesetzt in (10.1) liefert dies die Diagonalmatrix D = ( −1 1 3 −2 )( −7 4 −6 3 )( 2 1 3 1 ) = ( −1 0 0 −3 ) . Zu b): Mit dem Ergebnis aus Aufgabenteil a) erhält man für die Matrixpotenz A10 (vgl. (10.30) im Lehrbuch) A10 = X D10 X−1 = ( 2 1 3 1 )( −1 0 0 −3 )10 (−1 1 3 −2 ) = ( 2 1 3 1 )( 1 0 0 59049 )( −1 1 3 −2 ) = ( 177145 −118096 177144 −118095 ) . 125 Kapitel 10 Teil II: Lineare Algebra ** Aufgabe 10.9 (Eigenwerte, Eigenvektoren und Diagonalisierbarkeit) Gegeben sei die Matrix A = 5 −2 01 5 −1 0 −2 5 . a) Berechnen Sie die Eigenwerte von A. b) Bestimmen Sie die Eigenvektoren von A. c) Begründen Sie, ob A diagonalisierbar ist. d) Berechnen Sie die Eigenwerte von A3, A−1 und A−2. Lehrbuch: Abschnitte 10.1 und 10.4 Lösung: Zu a): EinWertλ ist genau dannEigenwert derMatrixA, wennλ eineNullstelle des charakteristischen Polynoms pA(λ) = det(A − λE) ist (vgl. Satz 10.4 im Lehrbuch). Für das charakteristische Polynom erhält man mit der Regel von Sarrus (vgl. (8.44) im Lehrbuch) pA(λ) = det(A − λE) = det 5− λ −2 01 5− λ −1 0 −2 5− λ = (5− λ)3 + (−2) · (−1) · 0+ 0 · 1 · (−2) − 0 · (5− λ) · 0− (−2) · (−1) · (5− λ)− (5− λ) · 1 · (−2) = (5− λ)3 − 2(5− λ)+ 2(5− λ) = (5− λ)3. Das heißt, das charakteristische Polynom pA(λ) besitzt die dreifache Nullstelle λ1,2,3 = 5 und λ1,2,3 = 5 ist somit ein dreifacher Eigenwert von A. Zu b): Zur Berechnung der Eigenvektoren zum dreifachen Eigenwert λ1,2,3 = 5 ist das homogene lineare Gleichungssystem (A−5E) x = 0 zu lösen (vgl. (10.9) im Lehrbuch). Dieses homogene lineare Gleichungssystem lautet ausgeschrieben 0 −2 01 0 −1 0 −2 0 x1x2 x3 = 00 0 und mit dem Gauß-Algorithmus (vgl. Abschnitt 9.3 im Lehrbuch) erhält man: x1 x2 x3 b (1) 0 −2 0 0 (2) 1 0 −1 0 (3) 0 −2 0 0 (2) 1 0 −1 0 (1) ↔ (2) (1) 0 −2 0 0 (2) ↔ (1) (3) 0 −2 0 0 (2) 1 0 −1 0 (1′) 0 1 0 0 −1/2 · (1) (3′) 0 0 0 0 (3)+ 2 · (1′) Wird der freien Variablen x3 der Parameter a ∈ R \ {0} zugewiesen, dann folgt aus dem Endtableau x1 = x3 = a x2 = 0. 126 Kapitel 10Eigenwerttheorie und Quadratische Formen Für die Eigenvektoren zum dreifachen Eigenwert λ1,2,3 = 5 gilt somit x = a0 a = a 10 1 für a ∈ R \ {0} (vgl. Satz 9.8 im Lehrbuch). Zu c):Die 3×3-MatrixA ist nicht diagonalisierbar, da sie gemäßAufgabenteil b) keine drei linear unabhängigen Eigenvektoren besitzt (vgl. Satz 10.20a) im Lehrbuch). Zu d): Da die Matrix A nach Aufgabenteil a) den dreifachen Eigenwert 5 besitzt, hat die Matrix A3 den dreifachen Eigenwert 53 = 125, die Matrix A−1 den dreifachen Eigenwert 15 und die Matrix A−2 = ( A−1 )2 den dreifachen Eigenwert ( 1 5 )2 = 125 (vgl. Satz 10.8a) und c) im Lehrbuch). *** Aufgabe 10.10 (Diagonalisierbarkeit und Normalform) Gegeben sei die Matrix A = 2 −3 −3−3 −3 2 −3 2 −3 . a) Zeigen Sie, dass für das charakteristische Polynom der Matrix A gilt: pA(λ) = (5+ λ)(4+ λ)(5− λ) b) Ermitteln Sie die Eigenwerte der Matrix A. c) Bestimmen Sie die Eigenvektoren der Matrix A. d) Begründen Sie, ob A diagonalisierbar ist und geben Sie gegebenenfalls die diagonalisierende Matrix X und ihre Inverse X−1 an. e) Geben Sie die Normalform der quadratischen Form q(x) = xT A x an. Lehrbuch: Abschnitte 10.1, 10.4 und 10.6 Lösung: Zu a): Für das charakteristische Polynom der Matrix A erhält man mit der Regel von Sarrus (vgl. (8.44) im Lehrbuch) pA(λ) = det(A − λE) = det 2− λ −3 −3−3 −3− λ 2 −3 2 −3− λ = (2− λ)(−3− λ)(−3− λ)+ (−3) · 2 · (−3)+ (−3) · (−3) · 2 − (−3) · (−3− λ) · (−3)− 2 · 2 · (2− λ)− (−3− λ) · (−3) · (−3) = −λ3 − 4λ2 + 3λ+ 18+ 18+ 18+ 9λ+ 27+ 4λ− 8+ 9λ+ 27 = −λ3 − 4λ2 + 25λ+ 100 = (5+ λ)(4+ λ)(5− λ). Zu b): Die Eigenwerte derMatrix A sind durch die Nullstellen des charakteristischen Polynoms pA(λ) gegeben (vgl. Definition 10.5 im Lehrbuch). Mit dem Ergebnis aus Aufgabenteil a) folgt somit, dass A die einfachen Eigenwerte λ1 = −5, λ2 = −4 und λ3 = 5 besitzt. Zu c): Zur Berechnung der Eigenvektoren zu den einfachen Eigenwerten λ1 = −5, λ2 = −4 und λ3 = 5 sind die homogenen linearen Gleichungssysteme (A + 5E) x = 0, (A + 4E) x = 0 und (A − 5E) x = 0 zu lösen 127 Kapitel 10 Teil II: Lineare Algebra (vgl. (10.9) im Lehrbuch). Diese homogenen linearen Gleichungssysteme lauten ausgeschrieben 7 −3 −3−3 2 2 −3 2 2 x1x2 x3 = 00 0 , 6 −3 −3−3 1 2 −3 2 1 x1x2 x3 = 00 0 und −3 −3 −3−3 −8 2 −3 2 −8 x1x2 x3 = 00 0 . Mit demGauß-Algorithmus (vgl.Abschnitt 9.3 imLehrbuch) erhältman für das erste lineareGleichungssystem: x1 x2 x3 b (1) 7 −3 −3 0 (2) −3 2 2 0 (3) −3 2 2 0 (1′) 1 − 37 − 37 0 1/7 · (1) (2′) 0 57 57 0 (2)+ 3 · (1′) (3′) 0 57 57 0 (3)+ 3 · (1′) (1′) 1 − 37 − 37 0 (2′) 0 57 57 0 (3′′) 0 0 0 0 (3′)− (2′) Wird der freien Variablen x3 der Parameter a ∈ R \ {0} zugewiesen, dann erhält man aus dem Endtableau 5 7 x2 = − 57x3 ⇒ x2 = −x3 = −a x1 = 37 x2 + 3 7 x3 = − 37a + 3 7 a = 0. Für die Eigenvektoren zum Eigenwert λ1 = −5 gilt somit x1 = 0−a a = a 0−1 1 für a ∈ R \ {0} (10.2) (vgl. Satz 9.8 im Lehrbuch). Für das zweite lineare Gleichungssystem erhält man: x1 x2 x3 b (1) 6 −3 −3 0 (2) −3 1 2 0 (3) −3 2 1 0 (1′) 1 − 12 − 12 0 1/6 · (1) (2′) 0 − 12 12 0 (2)+ 3 · (1′) (3′) 0 12 − 12 0 (3)+ 3 · (1′) (1′) 1 − 12 − 12 0 (2′) 0 − 12 12 0 (3′′) 0 0 0 0 (3′)+ (2′) Wird der freien Variablen x3 der Parameter b ∈ R \ {0} zugewiesen, dann folgt aus dem Endtableau − 1 2 x2 = − 12 x3 ⇒ x2 = x3 = b x1 = 12 x2 + 1 2 x3 ⇒ x1 = 12 b + 1 2 b = b. 128 Kapitel 10Eigenwerttheorie und Quadratische Formen Für die Eigenvektoren zum Eigenwert λ2 = −4 gilt somit x2 = bb b = b 11 1 für b ∈ R \ {0} . (10.3) Für das dritte lineare Gleichungssystem erhält man mit dem Gauß-Algorithmus: x1 x2 x3 b (1) −3 −3 −3 0 (2) −3 −8 2 0 (3) −3 2 −8 0 (1′) 1 1 1 0 −1/3 · (1) (2′) 0 −5 5 0 (2)+ 3 · (1′) (3′) 0 5 −5 0 (3)+ 3 · (1′) (1′) 1 1 1 0 (2′) 0 −5 5 0 (3′′) 0 0 0 0 (3′)+ (2′) Wird der freien Variablen x3 der Parameter c ∈ R \ {0} zugewiesen, dann folgt aus dem Endtableau −5x2 = −5x3 ⇒ x2 = x3 = c x1 = −x2 − x3 ⇒ x1 = −c − c = −2c. Für die Eigenvektoren zum Eigenwert λ3 = 5 folgt daher x3 = −2cc c = c −21 1 für c ∈ R \ {0} . (10.4) Zu d): Die Matrix A ist symmetrisch und damit auch diagonalisierbar. Ferner impliziert die Symmetrie von A, dass die diagonalisierende Matrix X = (x1, x2, x3) bestehend aus den Eigenvektoren gegeben in (10.2), (10.3) und (10.4) zu den drei Eigenwerten λ1 = −5, λ2 = −4 und λ3 = 5 orthogonal gewählt werden kann (vgl. Satz 10.20c) im Lehrbuch). Da die Vektoren x1, x2 und x3 als Eigenvektoren zu verschiedenen Eigenwerten bereits orthogonal sind, müssen diese hierzu lediglich noch normiert werden (vgl. Satz 10.9c) im Lehrbuch). Für die Norm der drei Eigenvektoren x1, x2 und x3 gilt ‖x1‖ = √ 2a2 = √2|a|, ‖x2‖ = √ 3b2 = √3|b| und ‖x3‖ = √ 6c2 = √6|c|. Wählt man also für die drei Parameter die Werte a = ± 1√ 2 , b = ± 1√ 3 und c = ± 1√ 6 , dann sind die Eigenvektoren x1, x2, x3 normiert, d.h. sie besitzen die Länge Eins. Zum Beispiel erhält man für a = 1√2 , b = 1√ 3 und c = 1√ 6 die normierten Eigenvektoren x1 = 0 − 1√ 2 1√ 2 , x2 = 1√ 3 1√ 3 1√ 3 und x3 = − 2√ 6 1√ 6 1√ 6 und damit die orthogonale diagonalisierende Matrix X = (x1, x2, x3) = 0 1√ 3 − 2√ 6 − 1√ 2 1√ 3 1√ 6 1√ 2 1√ 3 1√ 6 . (10.5) Da die Matrix X orthogonal ist, erhält man ihre Inverse einfach durch Transponieren. Dies liefert X−1 = XT = 0 − 1√ 2 1√ 2 1√ 3 1√ 3 1√ 3 − 2√ 6 1√ 6 1√ 6 . 129 Kapitel 10 Teil II: Lineare Algebra Zu e): Die Normalform der quadratischen Form q(x) = xT A x lautet q(x) = λ1y21 + λ2y22 + λ3y23 = −5y21 − 4y22 + 5y23 . Der Koordinatenvektor y = (y1, y2, y3)T berechnet sich dabei zu y = XT x, wobeiX die orthogonale diagonalisierendeMatrix (10.5) aus Aufgabenteil d) ist (vgl. Satz 10.28 im Lehrbuch). *** Aufgabe 10.11 (Diagonalisierbarkeit und Matrixpotenz) Gegeben sei die Matrix A = 2 0 0−2 6 0 0 −6 0 . a) Ermitteln Sie die Eigenwerte der Matrix A. b) Bestimmen Sie die Eigenvektoren der Matrix A. c) Begründen Sie, ob A diagonalisierbar ist und geben Sie gegebenenfalls die diagonalisierende Matrix X und ihre Inverse X−1 an. d) Bestimmen Sie die Wurzel der Matrix A. Lehrbuch: Abschnitte 10.1 und 10.4 Lösung: Zu a): EinWertλ ist genau dannEigenwert derMatrixA, wennλ eineNullstelle des charakteristischen Polynoms pA(λ) = det(A − λE) ist (vgl. Satz 10.4 im Lehrbuch). Für das charakteristische Polynom erhält man mit der Regel von Sarrus (vgl. (8.44) im Lehrbuch) pA(λ) = det(A − λE) = det 2− λ 0 0−2 6− λ 0 0 −6 −λ = (2− λ)(6− λ)(−λ)+ 0 · 0 · 0+ 0 · (−2) · (−6) − 0 · (6− λ) · 0− (−6) · 0 · (2− λ)− (−λ) · (−2) · 0 = −λ(2− λ)(6− λ). Das heißt, das charakteristische Polynom pA(λ) besitzt die einfachen Nullstellen λ1 = 0, λ2 = 2 und λ3 = 6 und A hat folglich die einfachen Eigenwerte λ1 = 0, λ2 = 2 und λ3 = 6. Zu b): Zur Berechnung der Eigenvektoren zu den einfachen Eigenwerten λ1 = 0, λ2 = 2 und λ3 = 6 sind die homogenen linearen Gleichungssysteme A x = 0, (A − 2E) x = 0 und (A − 6E) x = 0 zu lösen (vgl. (10.9) im Lehrbuch). Diese homogenen linearen Gleichungssysteme lauten ausgeschrieben 2 0 0−2 6 0 0 −6 0 x1x2 x3 = 00 0 , 0 0 0−2 4 0 0 −6 −2 x1x2 x3 = 00 0 und −4 0 0−2 0 0 0 −6 −6 x1x2 x3 = 00 0 . 130 Kapitel 10Eigenwerttheorie und Quadratische Formen Mit demGauß-Algorithmus (vgl.Abschnitt 9.3 imLehrbuch) erhältman für das erste lineareGleichungssystem: x1 x2 x3 b (1) 2 0 0 0 (2) −2 6 0 0 (3) 0 −6 0 0 (1′) 1 0 0 0 1/2 · (1) (2′) 0 6 0 0 (2)+ 2 · (1′) (3) 0 −6 0 0 (1′) 1 0 0 0 (2′) 0 6 0 0 (3′) 0 0 0 0 (3)+ (2′) Aus dem Endtableau folgt x1 = 0 6x2 = 0 ⇒ x2 = 0. Wird der freien Variablen x3 der Parameter a ∈ R \ {0} zugewiesen, dann erhält man für die Eigenvektoren zum Eigenwert λ1 = 0 x1 = 00 a = a 00 1 für a ∈ R \ {0} (10.6) (vgl. Satz 9.8 im Lehrbuch). Für das zweite lineare Gleichungssystem erhält man: x1 x2 x3 b (1) 0 0 0 0 (2) −2 4 0 0 (3) 0 −6 −2 0 (2) −2 4 0 0 (1) ↔ (2) (1) 0 0 0 0 (2) ↔ (1) (3) 0 −6 −2 0 (2) −2 4 0 0 (3) 0 −6 −2 0 (1) ↔ (3) (1) 0 0 0 0 (3) ↔ (1) (2′) 1 −2 0 0 −1/2 · (2) (3′) 0 1 13 0 −1/6 · (3) (1) 0 0 0 0 Wird der freien Variablen x3 der Parameter b ∈ R \ {0} zugewiesen, dann folgt aus dem Endtableau x2 = − 13 x3 = − 1 3 b x1 = 2x2 = − 23 b. Für die Eigenvektoren zum Eigenwert λ2 = 2 gilt somit x2 = − 23 b − 13b b = b − 23 − 13 1 für b ∈ R \ {0} . (10.7) 131 Kapitel 10 Teil II: Lineare Algebra Für das dritte lineare Gleichungssystem erhält man mit dem Gauß-Algorithmus: x1 x2 x3 b (1) −4 0 0 0 (2) −2 0 0 0 (3) 0 −6 −6 0 (1′) 1 0 0 0 −1/4 · (1) (2′) 0 0 0 0 (2)+ 2 · (1′) (3) 0 −6 −6 0 (1′) 1 0 0 0 (3) 0 −6 −6 0 (1′) ↔ (3) (2′) 0 0 0 0 (3) ↔ (1′) Wird der freien Variablen x3 der Parameter c ∈ R \ {0} zugewiesen, dann folgt aus dem Endtableau −6x2 = 6x3 ⇒ x2 = −x3 = −c x1 = 0. Für die Eigenvektoren zum Eigenwert λ3 = 6 folgt daher x3 = 0−c c = c 0−1 1 für c ∈ R \ {0} . (10.8) Zu c): Die Matrix A ist diagonalisierbar, da ihre drei Eigenwerte λ1 = 0, λ2 = 2 und λ3 = 6 verschieden sind (vgl. Satz 10.20b) im Lehrbuch). Für die diagonalisierende Matrix X = (x1, x2, x3) bestehend aus den Eigenvektoren gegeben in (10.6), (10.7) und (10.8) (vgl. Satz 10.20a) im Lehrbuch) erhält man zum Beispiel für a = c = 1 und b = 3 X = 0 −2 00 −1 −1 1 3 1 . Für die Inverse von X erhält man mit dem Gauß-Algorithmus (vgl. Abschnitt 9.5 im Lehrbuch): x1 x2 x3 e1 e2 e3 (1) 0 −2 0 1 0 0 (2) 0 −1 −1 0 1 0 (3) 1 3 1 0 0 1 (3) 1 3 1 0 0 1 (1) ↔ (3) (2) 0 −1 −1 0 1 0 (1) 0 −2 0 1 0 0 (3) ↔ (1) (3′) 1 0 1 32 0 1 (3)− 3 · (1′) (2′) 0 1 1 0 −1 0 −1 · (2) (1′) 0 1 0 − 12 0 0 −1/2 · (1) (3′) 1 0 1 32 0 1 (1′) 0 1 0 − 12 0 0 (2′) ↔ (1′) (2′) 0 1 1 0 −1 0 (1′) ↔ (2′) (3′′) 1 0 0 1 1 1 (3′)− (2′′) (1′) 0 1 0 − 12 0 0 (2′′) 0 0 1 12 −1 0 (2′)− (1′) Die Inverse von X lautet somit X−1 = 1 1 1 − 12 0 0 1 2 −1 0 . 132 Kapitel 10Eigenwerttheorie und Quadratische Formen Zu d): Für die Wurzel A1/2 der Matrix A gilt A1/2 = X D1/2 X−1, wobei D = X−1A X die zu A gehörende Diagonalmatrix ist (vgl. (10.32) im Lehrbuch). Mit den Ergebnissen aus Aufgabenteil c) erhält man daher A1/2 = 0 −2 00 −1 −1 1 3 1 0 0 00 √2 0 0 0 √ 6 1 1 1− 12 0 0 1 2 −1 0 = 0 −2 00 −1 −1 1 3 1 0 0 0− 12√2 0 0 1 2 √ 6 −√6 0 = √ 2 0 0 1 2 √ 2− 12 √ 6 √ 6 0 − 32 √ 2+ 12 √ 6 −√6 0 . * Aufgabe 10.12 (MC-Aufgaben zu Definitheitseigenschaften) Kreuzen Sie an, welche der Aussagen a) bis d) wahr und welche falsch sind: a) Eine symmetrische Matrix A = (aij )n,n mit aii ≥ 0 für alle i = 1, . . . , n ist positiv semidefinit. b) Eine symmetrische Matrix A ∈ Rn×n mit der Eigenschaft (−1)k det(Hk) > 0 für alle k = 1, . . . , n ist negativ definit. c) Eine symmetrische Matrix A = (aij )2,2 ist genau dann indefinit, wenn a11a22 − a12a21 < 0 gilt. d) Eine Matrix A ∈ R2×2 mit dem charakteristischen Polynom pA(λ) = (6−λ)(2−λ) ist positiv definit. a) b) c) d) Wahr Falsch Lehrbuch: Abschnitt 10.7 Lösung: Zu a): Falsche Aussage. Es gilt lediglich die Umkehrung dieser Aussage (vgl. Satz 10.32c) im Lehrbuch). Zu b): Wahre Aussage. Es gilt sogar die Umkehrung dieser Aussage (vgl. Satz 10.38b) im Lehrbuch). Zu c): Wahre Aussage (vgl. Folgerung 10.40e) im Lehrbuch). Zu d): Wahre Aussage. Die Matrix A besitzt ausschließlich positive Eigenwerte (nämlich λ1 = 6 und λ2 = 2) und ist daher positiv definit (vgl. Satz 10.34a) im Lehrbuch). ** Aufgabe 10.13 (Eigenwerte, Eigenvektoren und Definitheitseigenschaften) Die Matrix A = a 2 22 b 1 2 1 c mit a, b, c ∈ R besitzt den Eigenvektor x = (1, 0,−2)T zum Eigenwert λ1 = 1. a) Ermitteln Sie die möglichen Werte der Konstanten a, b, c. 133 Kapitel 10 Teil II: Lineare Algebra b) Bestimmen Sie einen weiteren Eigenvektor zum Eigenwert λ1. c) Unter welchen zusätzlichen Bedingungen an die Konstanten a, b, c ist A positiv definit? d) Erläutern Sie, ob die Konstanten a, b, c auch so bestimmt werden können, dass A positiv definit ist und λ2 = −2 ein weiterer Eigenwert von A ist. Lehrbuch: Abschnitte 10.1 und 10.7 Lösung: Zu a): Da x = (1, 0,−2)T ein Eigenvektor von A zum Eigenwert λ1 = 1 ist, gilt (A − E) x = 0 (vgl. (10.9) im Lehrbuch). Dies liefert (A − E) x = a − 1 2 22 b − 1 1 2 1 c − 1 10 −2 = a − 50 −2c + 4 = 00 0 . Daraus folgt für die Konstanten a = 5, c = 2 und b ∈ R. Zu b): Mit x = (1, 0,−2)T ist auch jeder Vektor y = rx mit r ∈ R \ {0} ein Eigenvektor von A (vgl. Satz 10.9b) im Lehrbuch). Zuc):AusAufgabenteil a) ista = 5, c = 2undb ∈ Rbekannt.Damit folgt für die dreiHauptunterdeterminanten von A det(H1) = det(a) = 5 det(H2) = ( 5 2 2 b ) = 5b − 4 det(H3) = 5 2 22 b 1 2 1 2 = 10b + 4+ 4− 4b − 5− 8 = 6b − 5 (vgl. (8.42) und (8.44) im Lehrbuch). Das heißt, es gilt: det(H1) > 0 det(H2) > 0 für b > 4 5 det(H3) > 0 für b > 5 6 Folglich ist die Matrix A für b > 56 positiv definit (vgl. Satz 10.38a) im Lehrbuch). Zu d):Da eine positiv definiteMatrix ausschließlich positiveEigenwerte besitzt (vgl. Satz 10.34a) imLehrbuch), können die Konstanten a, b und c nicht so bestimmt werden, dass A gleichzeitig positiv definit ist und den Eigenwert λ2 = −2 hat. ** Aufgabe 10.14 (Diagonalisierbarkeit und Definitheitseigenschaften) Die Matrix B = 2 1 −11 2 −1 −1 −1 2 besitzt die drei Eigenwerte λ1,2 = 1 und λ3 = 4. a) Geben Sie das charakteristische Polynom pB(λ) von B an. b) Begründen Sie, ob die Matrix B diagonalisierbar ist oder nicht. 134 Kapitel 10Eigenwerttheorie und Quadratische Formen c) Geben Sie die zu B gehörende quadratische Form q(x) = xT B x und ihre Definitheitseigenschaft an. Lehrbuch: Abschnitte 10.1, 10.6 und 10.7 Lösung: Zu a): Da die Eigenwerte λ1,2 = 1 und λ3 = 4 von B die Nullstellen ihres charakteristischen Polynoms pB(λ) sind und pB(λ) von der Form pB(λ) = −λ3 + aλ2 + bλ + c mit a, b, c ∈ R ist (vgl. (10.8) im Lehrbuch), erhält man für das charakteristische Polynom pB(λ) = −(λ− 1)2(λ− 4) = −λ3 + 6λ2 − 9λ+ 4. Zu b): Die Matrix B ist symmetrisch und damit auch diagonalisierbar (vgl. Satz 10.20c) im Lehrbuch). Zu c): Die zu B gehörende quadratische Form lautet q(x) = xT B x = (x1, x2, x3) 2 1 −11 2 −1 −1 −1 2 x1x2 x3 = 2x21 + x1x2 − x1x3 + x2x1 + 2x22 − x2x3 − x3x1 − x3x2 + 2x23 = 2x21 + 2x1x2 − 2x1x3 + 2x22 − 2x2x3 + 2x23 . Da alle Eigenwerte von B positiv sind, ist die Matrix B bzw. die zugehörige quadratische Form q(x) = xT B x positiv definit (vgl. Satz 10.34a) im Lehrbuch). * Aufgabe 10.15 (Definitheitseigenschaften) Für welche a ∈ R ist die Matrix A = ( a2 − 9 −8 −8 4 ) positiv definit bzw. negativ definit? Lehrbuch: Abschnitt 10.7 Lösung: Für die beiden Hauptunterdeterminanten von A gilt det(H1) = det(a2 − 9) = a2 − 9 det(H2) = ( a2 − 9 −8 −8 4 ) = 4(a2 − 9)− (−8) · (−8) = 4a2 − 100 (vgl. (8.42) im Lehrbuch). Das heißt, es gilt: det(H1) > 0 für |a| > 3 det(H1) < 0 für |a| < 3 det(H2) > 0 für |a| > 5 Folglich ist die Matrix A für |a| > 5 positiv definit und für kein a ∈ R negativ definit (vgl. Satz 10.38a) und b) im Lehrbuch). ** Aufgabe 10.16 (Quadratische Formen und Definitheitseigenschaften) Gegeben sei die Matrix A = −2 6 −30 −5 −9 3 5 −11 . 135 Kapitel 10 Teil II: Lineare Algebra a) Bestimmen Sie die zu A gehörige quadratische Form q(x) = xT A x. b) Ermitteln Sie die zugehörige symmetrische Koeffizientenmatrix B. c) Bestimmen Sie die Definitheitseigenschaft von B über ihre Hauptunterdeterminanten. d) Bestimmen Sie die Summe der Eigenwerte von A ohne zuvor die Eigenwerte auszurechnen. Lehrbuch: Abschnitte 10.1, 10.6 und 10.7 Lösung: Zu a): Die quadratische Form ist gegeben durch q(x) = xT A x = (x1, x2, x3) −2 6 −30 −5 −9 3 5 −11 x1x2 x3 = −2x21 − 5x22 − 11x23 + 6x1x2 − 4x2x3. Zu b): Die zugehörige symmetrische Koeffizientenmatrix erhält man zu B = A + A T 2 = 1 2 −2 6 −30 −5 −9 3 5 −11 + −2 0 36 −5 5 −3 −9 −11 = −2 3 03 −5 −2 0 −2 −11 . Zu c): Für die drei Hauptunterdeterminanten von B erhält man det(H1) = det(−2) = −2 det(H2) = det ( −2 3 3 −5 ) = (−2) · (−5)− 3 · 3 = 1 det(H3) = det −2 3 03 −5 −2 0 −2 −11 = (−2) · (−5) · (−11)+ 3 · (−2) · 0+ 0 · 3 · (−2) − 0 · (−5) · 0− (−2) · (−2) · (−2)− (−11) · 3 · 3 = −3 (vgl. (8.42) und (8.44) im Lehrbuch). Es gilt somit (−1)k det(Hk) > 0 für k = 1, 2, 3. Folglich ist die Matrix B negativ definit (vgl. Satz 10.38b) im Lehrbuch). Zu d): Die Summe der Eigenwerte einer Matrix stimmt mit ihrer Spur überein (vgl. (10.13) im Lehrbuch). Die Summe der Eigenwerte von A beträgt somit −2− 5− 11 = −18. 136

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References

Zusammenfassung

450 Aufgaben mit Lösungen zur Prüfungsvorbereitung

Vorteile

- 450 Aufgaben mit ausführlichen Lösungen und unterschiedlichen Schwierigkeitsgraden

- Abgestimmt auf das Lehrbuch "Mathematik für Wirtschaftswissenschaftler" (Merz/Wüthrich)

Zum Werk

Die Mathematikausbildung spielt eine zentrale Rolle im wirtschaftswissenschaftlichen Studium, da sie die methodischen Grundlagen für zahlreiche Vorlesungen liefert. So zentral die Rolle der Mathematik in der Ökonomie ist, so schwer tun sich allerdings die Studierenden mit mathematischen Methoden und Konzepten.

Dieses Übungsbuch hilft Studierenden, ihr erworbenes Wissen anzuwenden und zu testen. Über 400 Übungsaufgaben mit ausführlichen Lösungen unterstützen bei der optimalen Prüfungsvorbereitung. Zur besseren Orientierung wird jeder Aufgabe ein Schwierigkeitsgrad zugeordnet und ein Verweis auf den entsprechenden Abschnitt im zugrunde liegenden Lehrbuch "Mathematik für Wirtschaftswissenschaftler" von Merz/Wüthrich gegeben.

Autor

Prof. Dr. Michael Merz, Hamburg.

Zielgruppe

Studierende im Bachelor der Wirtschaftswissenschaften an Universitäten und Hochschulen.