Lineares Gleichungssystem/n Variablen/Lösungsraum ist (a 1,...,a n)/Aufgabe/2/Lösung

Man beachte, dass der Lösungsraum eines linearen Gleichungssystems $Ax=b$ ein affiner Unterraum der Form $x_{0}+Kern(A)$ ist, wobei $x_{0}$ eine spezielle Lösung ist, also $Ax_{0}=b$ gilt. Im Falle dieser Aufgabe sucht man eine Matrix $A\in K^{(n-1)\times n}$, sodass diese genau den durch den Vektor $a\in K^{n}\setminus \{0\}$ aufgespannten Unterraum (hier eine Gerade!) besitzt. Nach der Vorüberlegung kann $x_{0}$ wegen der hier speziellen Form der Lösungsmenge nur ein Element aus dem Kern von $A$ sein und wir können ohne Einschränkung, $x_{0}=0\in K^{n}$ wählen. Wählen wir $b=0\in K^{n-1}$, so ist die (eindimensionale) Lösungsmenge also genau der Kern von $A$. Nach der Dimensionsformel für lineare Abbildungen gilt $n=dim(K^{n})=dim(Kern(A))+dim(Bild(A))=1+dim(Bild(A)),$

da $A:K^{n}\to K^{n-1},x\mapsto Ax$ linear ist. Aus Dimensionsgründen muss $Bild(A)=K^{n-1}$ gelten. Da die $n$ Spalten von $A$ nun $Bild(A)=K^{n-1}$ aufspannen, sind $(n-1)$-viele davon linear unabhängig. Daher genügt es, eine Matrix $A\in K^{(n-1)\times n}$ mit $Rang(A)=n-1$ mit dem von $a$ aufgespannten Unterraum als $Kern(A)$. Da der Vektor $a\in K^{n}$ nicht der Nullvektor ist, existieren $n-1$ linear unabhängige zu $a$ orthogonale Vektoren $z_{1},\ldots ,z_{n-1}\in K^{n}$ (siehe unten für Details!). Das bedeutet, dass $z_{i}^{T}\cdot a=0$ für $i=1,\ldots ,n-1$. Wählt man die $z_{i}^{T}$ als $i$-te Zeile von $A$ ($i=1,\ldots ,n-1$), so gilt $A\lambda a=\lambda A\cdot a=0$ für alle $\lambda \in K$, womit das lineare Gleichungssystem $Ax=0$ den geforderten Lösungsraum besitzt.

Die Zeilen $z_{i}^{T}$ von $A$ können wir so wählen, dass für zwei aufeinanderfolgenden Einträge $a_{i}$ und $a_{i+1}$ von $a$ für das Skalarprodukt stets $z_{i}^{T}\cdot a=d_{i}\cdot a_{i}+e_{i}\cdot a_{i+1}=0$ für geeignete $d_{i},e_{i}\in K$ gilt. Zur Konstruktion: Vorerst wählen wir $z_{i}=0\in K^{n}$ und anschließend den $i$-ten und den $i+1$-ten Eintrag $d_{i}$ und $e_{i}$ von $z_{i}$ geeignet; es sind drei mögliche Fälle für zwei aufeinanderfolgende Einträge von $a$ möglich. Die Vektoren $z_{i}$ für $i=1,\ldots ,n-1$ können wie folgt gewählt werden:

1. Fall:

Sind $a_{i}$ und $a_{i+1}$ beide von Null verschieden, so wählt man $d_{i}$ als $a_{i+1}$ und $e_{i}$ als $-a_{i}$.

2. Fall:

Sind $a_{i}$ und $a_{i+1}$ beide Null, so wählt man $d_{i}$ und $e_{i}$ beiden von Null verschieden, bspw. beide $d_{i}=e_{i}=1$.

3. Fall:

Ist genau einer der beiden Einträge von $a_{i}$ und $a_{i+1}$ von Null verschieden, so wählt man, falls dies $a_{i}$ ist, $d_{i}=0$ und $e_{i}$ von Null verschieden, bspw. $e_{i}=1$. Falls aber $a_{i+1}\neq 0$ gilt, so wählt man den $e_{i}=0$ und $d_{i}$ von Null verschieden, bspw. $d_{i}=1$.

Da alle anderen Einträge von $z_{i}$ Null sind, erkennt man leicht die Gültigkeit von $z_{i}^{T}\cdot a=0\in K$ für $i=1,\ldots ,n-1$. Die lineare Unabhängigkeit von $z_{1},\ldots z_{n-1}$ liest man direkt der Matrix $A$ mit den Zeilen ab, da diese (wenn man sich als $n-te$ Zeile eine Nullzeile hinzudenkt) eine obere Dreiecksmatrix, keine der $n-1$ Zeilen ein Nullvektor ist und keine zwei aufeinanderfolgenden Zeilen $z_{i}$ und $z_{i+1}$ identisch bzw. Vielfache voneinander sein können, wobei letzteres unter Beachtung der obigen drei Fälle leicht verifiziert werden kann.

Alternativ überlegt man sich unter Beachtung der drei Fälle, dass keine Spalte von $A$ eine Nullspalte ist und jeder Vektor aus dem $K^{n-1}$ als Linearkombination von den Spalten von $A$ dargestellt werden kann, womit, wegen der Surjekivität von $A$ aus der Dimensionsformel $dim(Kern(A))=1$ folgt. Nach Konstruktion ist $a\in Kern(A)$ und aus Dimensionsgründen ist der von $a$ aufgespannte Unterraum genau $Kern(A)$, also die Lösungsmenge von $Ax=0$.