Dr.Quapp HS 2002



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Lineare Algebra - Lösungen zur 10. Übung (zum 6. 1. 2003)

42.
Eine Permutationsmatrix entsteht aus der Einheitsmatrix, indem man z.b.$ r$-mal eine Zeilenvertauschung vornimmt. Umgekehrt kann man jede Permutationsmatrix in die Einheitsmatrix überführen, indem man diese entsprechenden $ r$ Zeilenvertauschungen invers vornimmt. Bei jeder Zeilenvertauschung ändert sich das Vorzeichen der Determinante um $ (-1)$, also bei $ r$ Zeilenvertauschungen um $ (-1)^r$. Die gesuchte Determinante ist $ +1$ oder $ -1$.

43.
Die Lösung durch eine Zeilenstufen-Berechnung ist bei Aufgabe (a)

\begin{displaymath}
\left(
\begin{array}{ c }
1\\
0\\
-2
\end{array}\right) ...
...begin{array}{ c }
8\\
21\\
-2\\
3
\end{array}\right) \ .
\end{displaymath}

44.
Wäre $ V$ ein VR mit 3 Elementen, so ist es naheliegend anzunehmen, dass diese $ \{ -\vec{x}, \vec{0}, \vec{x} \}$ sind, weil $ \vec{0}$ ein Element sein muss, und zu $ \vec{x}$ soll es das entgegengesetzte Element $ -\vec{x}$ geben. Sei wie immer $ I\!\!K = I\!\!R$ oder $ I\!\!\!C$, und $ \lambda
\in I\!\!K \setminus \{-1,0,1\}$, dann ergibt sich bei den Rechenregeln für $ I\!\!K$ sofort, dass $ \lambda \vec{x} \in\!\!\!\!\vert V$. Somit kann es keinen VR über $ I\!\!K$ mit 3 Elementen geben.

45.
Sei $ V$ der VR der (2,2) Matrizen mit reellen Einträgen.
(a) $ W=\{ A \in V \vert Det\,A =0 \}$.
Wäre $ W$ ein VR, so müsste die Addition seiner Elemente in $ W$ bleiben. Ein Gegenbeispiel bringt diese Annahme zu Fall: Wähle

\begin{displaymath}
A_1=\left(
\begin{array}{c c }
1&0\\
0&0\\
\end{array}\r...
...left(
\begin{array}{c c }
0&0\\
0&1\\
\end{array}\right) .
\end{displaymath}

Es ist offenbar $ A_1+ A_2=E$, und obwohl die $ A_i \in W$ sind, ist $ Det\,(A_1 +A_2)=1$.
Also ist $ W$ kein Untervektorraum von $ V$.

(b) $ W=\{ B \in V \vert B^2 =B \}$.
Wäre $ W$ ein VR, so müsste wieder die Addition seiner Elemente in $ W$ bleiben. Ein Gegenbeispiel bringt auch diese Annahme zu Fall: Wähle

\begin{displaymath}
B=\left(
\begin{array}{c c }
0&1\\
0&1\\
\end{array}\rig...
...left(
\begin{array}{c c }
0&1\\
0&1\\
\end{array}\right) .
\end{displaymath}

Es ist aber offenbar $ B+ B = 2 B \neq (B+B)^2 =4 B $.
Also ist $ W$ kein Untervektorraum von $ V$.
Bemerkung: Matrizen dieser Menge $ W$ mit $ B^2 = B $ sind sogenannte Projektoren.

45.c)
Wir haben zu betrachten:

\begin{displaymath}\alpha \left(
\begin{array}{c c }
1&1\\
1&1\\
\end{array}...
...left(
\begin{array}{c c }
0&0\\
0&0\\
\end{array}\right) ?
\end{displaymath}

Das sind 4 Gleichungen eines homogenen Systems für die 3 Koeffizienten. Aus der 3.Gleichung (für die untere linke Komponente) ergibt sich direkt $ \alpha =0$, dann aus der 4.Gleichung (für die untere rechte Komponente) $ \beta =0$, und somit auch noch $ \gamma =0$. Also sind die 3 Elemente linear unabhängig.



Dr.Wolfgang Quapp 2003-01-27