Lineare Algebra - Lösungen zur 9. Serie (zum 6.1.2003)

38. a)

Folgende (4,3) Matrix $T$ bildet die Basisvektoren von $I\!\!R^3$ auf die gegebenen Vektoren im $I\!\!R^4$ ab:

$$T=\left( \begin{array}{c c c } 1&2&0\\ 2&0&0\\ 0&-1&0\\ -4&-3&0 \end{array}\right) .$$

b)

Die lineare Abbildung $f: U \rightarrow V$ habe einen Kern $ker f =W$.
$W$ ist ein Untervektorraum von $U$. Im Urbildraum $U$ kann man die Nebenklasse $\vec{u} + W$ betrachten. $\vec{u}$ nennt man dann auch den Vertreter der Nebenklasse. Dies ist nicht eindeutig!
Es gelte nun zu diesem (beliebigen) $\vec{u} \in U$ die Abbildung $f(\vec{u})=\vec{v}$.
Beh.: Das Urbild von $\vec{v}$ ist $f^{-1}(\vec{v})=\vec{u}+W$.
Bew.:
(i) Sei ein $\vec{u}' \in f^{-1}(\vec{v})$. Dann ist $f(\vec{u}')=\vec{v}$ und wegen der Linearität ist $f(\vec{u}'-\vec{u})=\vec{v} - \vec{v} = \vec{0}$. Also ist $\vec{u}'-\vec{u} \in W$, oder anders geschrieben: $\vec{u}' =\vec{u}+ \vec{w}$ mit $\vec{w} \in W$.
Das heisst $\vec{u}' \in \vec{u}+ W$ oder $f^{-1}(\vec{v}) \subseteq \vec{u}+ W$.
(ii) Sei nun $\vec{u}'$ ein beliebiges Element aus der Menge der Nebenklasse, d.h. $\vec{u}' \in \vec{u}+ W$, d.h.es existiert ein $\vec{w} \in W$ mit $\vec{u}' =\vec{u}+ \vec{w}$. Dann ist $f(\vec{u}') =f(\vec{u})+ f(\vec{w}) = \vec{v}$, also ist $\vec{u}' \in f^{-1}(\vec{v})$, und $\vec{u}+ \vec{w} \subseteq f^{-1}(\vec{v})$. Kombiniert man (i) und (ii), ergibt sich die Behauptung.
Bemerkung:
Definiert man eine Äquivalenzrelation in $U$ durch $a \sim b \Longleftrightarrow a-b \in W$, so sind die Äquivalenzklassen dieser Relation genau die Nebenklassen bezüglich $W$.

c)

Die Linearität wird leicht nachgerechnet...
Der Kern bei einer Ableitung sind alle Konstanten.
Das Bild des Operators $D$ ist zu einem beliebigem Polynom $f(x)=\sum_{i=0}^\infty a_i x^i$ das Polynom $D (f(x)) = \sum_{i=1}^\infty i a_i x^{(i-1)}$, also offenbar wieder alle denkbaren Elemente von V. Somit ist $Bild D(f) = V$.
Obwohl es einen Kern gibt, hat das Bild die gleiche Dimension wie das Urbild: unendlich.

39. a)

Der Rang der Matrix ist

$$rg(A_{\lambda})= rg \left( \begin{array}{c c c c } 1 & \lamb... ...\end{array}\right) = 4 {\rm bei \lambda \ne \pm 1 .}$$

Dies ergibt sich leicht durch Spaltenoperationen: Von hinten her wird die $(i-1)$-te Spalte durch $-\lambda * i$-te Spalte + $(i-1)$-te Spalte berechnet.
Die Inverse ist somit für $\lambda \ne \pm 1$ mit dem Gauss-Jordan-Verfahren berechenbar, sie ist:

$$A_{\lambda}^{-1} = \displaystyle\frac{1}{1-\lambda^2} \left(... ...-\lambda + \lambda^{3} & 1-\lambda^{2} \end{array}\right) \ .$$

39. b)

Der Rang von $A$ ist 4.

40. a)

Es ist

$$\left\vert \begin{array}{ c c c } (a-1)^2 & a^2 & (a+1)^2 \\... ...ray}\right\vert = 4 ( a^2 (b-c) + b^2 (c-a ) + c^2 (a-b) ) .$$

und es ist

$$\left\vert \begin{array}{c c c c } 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & x ... ...1 & 1 & 1 & z \end{array}\right\vert = (x-1) (y-1) (z-1) .$$

b)

Zu $A$ brauchen wir noch die transponierte Matrix $A^T$:

$$A= \left( \begin{array}{c c c } 3 & 5 & -2 \\ 7 & 4 & 0 ... ... & 1 \\ 5 & 4 & 6 \\ -2 & 0 & 5 \end{array} \right) .$$

Die gesuchte Aufspaltung ergibt sich aus

$$A = \frac{1}{2} ( A + A^T ) + \frac{1}{2} ( A - A^T ) = ... ...2 & -3 \\ 2 & 0 & -6 \\ 3 & 6 & 0 \end{array} \right) .$$

c)

Zu

$$A= \left( \begin{array}{rrr} 1 & 2 & 0 \\ 3 & 2 & 1 \\ 0 ... ...1 & -2 \\ -2 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 3 \end{array} \right) \$$

ergibt sich: $$A B = \left( \begin{array}{rrr} -3 & 1 & -2 \\ -1 & 4 &... ...& 0 \\ 3 & -1 & 4 \end{array} \right) {\rm sowie }$$
$$A B^T = \left( \begin{array}{rrr} 3 & -2 & 2 \\ 3 & -6 ... ...-6 & 0 \\ 2 & 5 & 2 \end{array} \right) {\rm und }$$
$$A^T B^T = \left( \begin{array}{rrr} 4 & -2 & 3 \\ 6 & -4 & -1 \\ -1 & 0 & 4 \end{array} \right) .$$

41.

Ist $A$ eine ganzzahlige quadratische Matrix, so ist auch die Determinante von $A$ ganzzahlig - nach dem Determinantenentwicklungssatz.
Wenn $Det(A)=\pm 1$ ist, so ergibt sich bei der Berechnung der Inversen durch die komplementäre Matrix ( $A^{-1}=1/Det(A) \tilde A$, und $\tilde A$ enthält nur ganzzahlige Unterdeterminanten) wieder Ganzzahligkeit, dann sind wir fertig. (Ein Beispiel war in Aufgabe 32 vorgekommen.)
Wäre aber $Det(A) = a \ne \pm 1$, so müsste $Det(A^{-1}) = \frac {1}{a} \ne \pm 1$ sein, also eine gebrochene Rationalzahl. Wäre nun aber $A^{-1}$ selbst trotzdem ganzzahlig, dann müsste auch wieder die Determinante von $A^{-1}$ ganzzahling sein, wie oben. Das ist ein Widerspruch.