Lösung
Lösung
- Es sei ein Körper und
-
ein inhomogenes lineares Gleichungssystem über und es sei
-
das zugehörige homogene Gleichungssystem. Wenn eine Lösung des inhomogenen Systems und eine Lösung des homogenen Systems ist, so ist eine Lösung des inhomogenen Systems.
- Es sei ein Körper und es seien verschiedene Elemente und Elemente gegeben. Dann gibt es ein Polynom vom Grad derart, dass für alle ist.
- Es sei ein
Körper
und seien
und
affine Räume
über den
Vektorräumen
bzw. .
Es sei
, ,
eine
affine Basis
von und
, ,
eine Familie von Punkten in . Dann gibt es eine eindeutig bestimmte
affin-lineare Abbildung
-
mit
-
für alle .
Wir betrachten den Satz „Lucy Sonnenschein tanzt auf allen Hochzeiten“. Negiere diesen Satz durch eine Existenzaussage.
Lösung
Es gibt eine Hochzeit, auf der Lucy Sonnenschein nicht tanzt.
Lösung
Lösung
Es sei
-
eine
invertierbare Matrix.
Zeige durch zwei
Matrizenmultiplikationen,
dass
-
ist.
Lösung
Es ist
In der Diagonalen steht immer der gleiche Eintrag, nämlich
-
Mit dem Vorfaktor ergibt sich also bei Multiplikation die Einheitsmatrix.
Es sei
eine
Basis
eines dreidimensionalen
-
Vektorraumes
.
a) Zeige, dass
ebenfalls eine Basis von ist.
b) Bestimme die
Übergangsmatrix
.
c) Bestimme die Übergangsmatrix .
d) Berechne die Koordinaten bezüglich der Basis für denjenigen Vektor, der bezüglich der Basis die Koordinaten besitzt.
e) Berechne die Koordinaten bezüglich der Basis für denjenigen Vektor, der bezüglich der Basis die Koordinaten besitzt.
Lösung
a) Es ist
-
und
-
Daher ist ebenfalls ein Erzeugendensystem von und somit eine Basis, da die Dimension ist.
b) In den Spalten von müssen die Koordinaten der Vektoren bezüglich der Basis stehen, also ist
-
c) Nach a) ist
-
d) Die Koordinaten ergeben sich aus
-
e) Die Koordinaten ergeben sich aus
-
Lösung
Lösung
Wir fassen die Matrix als
lineare Abbildung
-
Nach
Lemma 12.14
ist der
Rang
dieser Abbildung gleich , d.h. das Bild besitzt die Dimension . Es gibt also eine Faktorisierung
-
wobei die erste Abbildung die durch gegebene Abbildung mit dem Bild ist und die zweite Abbildung die Inklusion . Mit einer Basis von und den Standardbasen links und rechts werden diese beiden linearen Abbildungen durch eine -Matrix und eine -Matrix beschrieben. Somit gilt
-
Da die durch beschriebene lineare Abbildung surjektiv auf abbildet, ist ihr Rang gleich . Da das Bild der durch beschriebenen linearen Abbildung wegen der Injektivität ebenfalls die Dimension besitzt, ist ihr Rang auch .
Es sei ein
Körper
und es seien
und
zwei
-
Vektorräume.
Zeige, dass die Abbildung
-
die einer linearen Abbildung ihre
duale Abbildung
zuordnet, linear ist.
Lösung
Beweise die Leibniz-Formel für die Determinante.
Lösung
Wir führen Induktion über
,
wobei der Induktionsanfang klar ist. Es sei also
.
Die Menge der Permutationen
kann man aufspalten, indem man nach sortiert und die bijektive Abbildung
-
als eine Permutation auf auffasst, indem man beide Mengen ordnungstreu mit identifiziert. Dies ergibt eine Bijektion
,
wobei hier die Menge der Permutationen auf bezeichnet, die auf abbilden. Zwischen den Signa besteht dabei die Beziehung
-
da man Transpositionen braucht, um die -te Stelle und die erste Stelle zu vertauschen. Es besteht also insgesamt eine natürliche Bijektion
-
Somit gilt
wobei die Streichungsmatrix zur ersten Zeile und -ten Spalte ist
(und sich die Indizierung auf diese Matrix bezieht).
Für die vorletzte Gleichung geht die Induktionsvoraussetzung ein und die letzte Gleichung beruht auf
der Entwicklung nach der ersten Zeile.
Lösung
Es ist
-
Lösung
Lösung
Die Matrix hat die Form
-
Das
charakteristische Polynom
hat daher die Form
-
Wir schreiben dies als
-
Da
-
nichtnegativ ist, kann man daraus im Reellen die Quadratwurzel ziehen und das charakteristische Polynom besitzt Nullstellen, die Eigenwerte der Matrix sind.
Lösung
Es sei
-
Wir nehmen an, dass es unendlich viele Eigenwerte gibt. Dann gibt es insbesondere Eigenwerte
-
und zugehörige Eigenvektoren
-
Nach
Lemma 22.3 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025))
sind diese
linear unabhängig,
das widerspricht aber
dem Basisaustauschsatz.
Wir betrachten die reelle Matrix
-
a) Bestimme
-
für
.
b) Sei
-
Erstelle eine Beziehung zwischen den Folgen und und Rekursionsformeln für diese Folgen.
c) Bestimme die Eigenwerte und die Eigenvektoren zu .
Lösung
Es ist
-
-
-
-
b) Wir behaupten
-
und die rekursive Beziehung
-
mit den Anfangsbedingungen
und
.
Beides beweisen wir durch Induktion über , wobei der Induktionsanfang klar ist. Wegen
-
ist
-
und
-
c) Das
charakteristische Polynom
zu ist
-
Somit sind
-
die Nullstellen und nach
Satz 23.2 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025))
die Eigenwerte von . Der Kern zu
-
wird von
-
und der Kern zu
-
wird von
-
erzeugt. Die Eigenvektoren sind also
-
und
-
Bestimme, ob im der Ausdruck
-
eine
baryzentrische Kombination
ist.
Lösung
Wegen
-
liegt eine baryzentrische Kombination vor.