Lineare Algebra - Lösungen zur 8. Serie (zum 16. 12. 2002)


34.
Wie definieren die (3,3) Matrizen

\begin{displaymath} E_3=\left( \begin{array}{c c c } 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \... ...in{array}{c c c } 0&0&0\\ 0&0&0\\ 0&0&0 \end{array}\right) \end{displaymath}

dann erfüllen folgende (6,6)-Matrizen die Aufgabe

\begin{displaymath} A=\left( \begin{array}{c c } E_3&O_3\\ O_3&O_3\\ \end{ar... ...egin{array}{c c } O_3&O_3\\ O_3&E_3\\ \end{array}\right) . \end{displaymath}

Es ist offenbar $ rg(A)=rg(B)=3$, und $ A B= O_6$.

35.

\begin{figure}\epsfxsize =12cm \epsffile{A35ser8.eps}\end{figure}

Für

\begin{displaymath} H_t=\left( \begin{array}{c c } sin 2 \pi t & sin \frac{\pi}{... ...\\ cos 2 \pi t & cos \frac{\pi}{6} t\\ \end{array}\right) \end{displaymath}

gibt es einen Rangabfall, wenn die Zeilen oder Spalten linear abhängig sind. Der Rangabfall kann nur eins sein, da $ sin$ und $ cos$ jeweils verschiedene Nullstellen haben. Somit muss für rg($ H_t$)=1 gelten:

$\displaystyle sin 2 \pi t = C_1 sin \frac{\pi}{6} t {\rm und } cos 2 \pi t = C_1 cos \frac{\pi}{6} t $

oder

$\displaystyle sin \frac{\pi}{6} t = C_2 cos \frac{\pi}{6} t {\rm und } sin 2 \pi t = C_2 cos 2 \pi t . $

Daraus ergibt sich die Verhältnis-Gleichung

$\displaystyle \displaystyle\frac{sin \frac{\pi}{6} t }{ cos \frac{\pi}{6} t} = \displaystyle\frac{sin 2 \pi t }{ cos 2 \pi t} $

oder

$\displaystyle tan \frac{\pi}{6} t = tan 2 \pi t . $

Da gilt $ tan x = tan (x + k \pi )$ für ganze $ k$ , erhalten wir

$\displaystyle \frac{\pi}{6} t + k \pi = 2 \pi t , {\rm oder } k=\frac{11}{6} t , {\rm oder } t=\frac{6}{11} k . $

Da $ 0 \le t \le 12 $ ist, kann $ 0 \le k \le 22 $ sein, und das sind 23 Werte.

36.
Die Abbildung $ f$ ist offenbar durch eine Matrix realisierbar:

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

(i) Damit ist $ f$ auch als lineare Abbildung nachgewiesen!
(ii) Der Kern besteht aus allen Vektoren, die auf $ 0_3$ abgebildet werden. Dies ergibt ein homogenes (3,3)-Gleichungssystem.

\begin{displaymath} \begin{array}{c c c c} 1x+&2y+&1z &=0 \\ &1y+&1z &=0\\ -1x+&3y+&4z &=0 \end{array}\end{displaymath}

mit der Lösung $ x=-y=z$, also \begin{displaymath}Kern f = \left\{ \left( \begin{array}{c } 1\ -1\ 1 \end{array}\right) t, {\rm wobei } t \in R \right\} . \end{displaymath} Es ist $ dim Ker f= 1$.

Das Bild von $ f$ ist die lineare Hülle der Abbildungen der Basisvektoren des Urbildraumes:

\begin{displaymath} Bild f = L \left( \left\{ \left( \begin{array}{c } 2\ ... ...ay}{c } 1\ 0\ -1 \end{array}\right) \right\} \right) . \end{displaymath}

(iii) Die Basis des Kernes ist der Vektor im Kern in (ii), und da gilt $ dim Kern f = dim Bild f = dim I\!\!R^3 = 3 $, folgt, dass die Dimension des Bildes nur 2 sein kann. Folglich reichen zwei linear unabhängige Vektoren aus dem Bild als Basis aus, etwa:

\begin{displaymath} \left( \left( \begin{array}{c } 1\\ 0\\ -1 \end{array}\r... ...begin{array}{c } 1\\ 1\\ 4 \end{array}\right) \right) . \end{displaymath}

37.
Die Abbildung $ f$ ist die Spur der gegebenen Matrix. Schreibt man die Matrix als Spaltenvektor im $ I\!\!R^{ 9}$, dann ergibt sich die Spur durch Multiplikation von links mit der ''Zeilen-Matrix'' $ T=( 1 0 0 0 1 0 0 0 1 )$. Also ist $ f$ wieder eine lineare Abbildung. Da $ dim Bild f= 1$ ist, muss der Kern die Dimension 8 haben. Zum ersten enthält der Kern die 6 kanonischen Basisvektoren des (3,3)-Matrixraumes, die die Nebendiagonalelemente representieren. Dazu kommen noch zwei Basisvektoren, die die Diagonale selbst betreffen:

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

Offensichtlich sind diese aus dem Kern, sie sind linear unabhängig, und mehr als zwei Basisvektoren des Kerns fehlen nicht mehr.


Dr.Wolfgang Quapp 2003-01-15