M. Künzer, J. Marhenke

Lineare Algebra für Informatiker, WS 03/04

Ausführliche Beispiellösung zu Aufgabe 25 (1, 3)

(1) Wir lösen das folgende Gleichungssystem.

λ_{1} + 2λ_{2} + λ_{3}  = 0
λ_{2}  + λ_{4} = 0
λ_{1} − λ_{2}  = 0

Mit der 3. Zeile säubert man die 1. Spalte.

λ_{1} − λ_{2}  = 0
3λ_{2} + λ_{3}  = 0
λ_{2}  + λ_{4} = 0

Mit der 3. Zeile säubert man die 2. Spalte.

\begin{aligned}λ_{1} & & & + & λ_{4} = 0 \\ & λ_{2} & & + & λ_{4} = 0 \\ & & λ_{3} & − & 3λ_{4} = 0 \end{aligned}

Mit der freien Variablen λ_{4} erhalten wir als Lösungsmenge für (\begin{matrix}λ_{1} \\ λ_{2} \\ λ_{3} \\ λ_{4} \end{matrix} ) die Menge \{(\begin{matrix}−λ_{4} \\ −λ_{4} \\ 3λ_{4} \\ λ_{4} \end{matrix} ) | λ_{4} ∈ R\}. Damit ergibt sich

T ∩ U = \{(−λ_{4}) (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) + (−λ_{4}) (\begin{matrix}2 \\ 1 \\ −1 \end{matrix}) | λ_{4} ∈ R\} = \{λ_{4} (\begin{matrix}−3 \\ −1 \\ 0 \end{matrix}) | λ_{4} ∈ R\} = ⟨(\begin{matrix}3 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})⟩ .

Folglich ist ((\begin{matrix}3 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})) eine Basis von T ∩ U. Eine Basis von T + U ist gegeben durch ((\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}2 \\ 1 \\ −1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix})), entsprechend den drei gebundenen Variablen λ_{1}, λ_{2}, λ_{3}. Die Summe T + U ist nicht direkt.

(3) Wir lösen das folgende Gleichungssystem.

λ_{1}  + λ_{3} + λ_{4}  = 0
αλ_{1} + λ_{2}  + αλ_{4} + λ_{5}  = 0
λ_{1}  + αλ_{5} + λ_{6} = 0
λ_{2}  + λ_{4} + λ_{5}  = 0
αλ_{1} + λ_{2}  + αλ_{4} + λ_{5}  = 0

Mit der 1. Zeile säubern wir die 1. Spalte.

λ_{1}  + λ_{3} + λ_{4}  = 0
λ_{2} + αλ_{3}  + λ_{5}  = 0
λ_{3} + λ_{4} + αλ_{5} + λ_{6} = 0
λ_{2} + λ_{4} + λ_{5} = 0

Mit der 2. Zeile säubern wir die 2. Spalte.

λ_{1}  + λ_{3} + λ_{4}  = 0
λ_{2} + αλ_{3}  + λ_{5}  = 0
λ_{3} + λ_{4} + αλ_{5} + λ_{6} = 0
αλ_{3} + λ_{4}  = 0

Mit der 3. Zeile säubert man die 3. Spalte. Zusätzlich wird die resultierende 4. Zeile mit α durchmultipliziert.

λ_{1}  + αλ_{5} +  λ_{6} = 0
λ_{2}  + αλ_{4} + αλ_{5} +  αλ_{6} = 0
λ_{3} + λ_{4} + αλ_{5} +  λ_{6} = 0
λ_{4} + λ_{5} + (1 + α)λ_{6} = 0

Mit der 4. Zeile säubert man die 4. Spalte.

λ_{1} + αλ_{5} + λ_{6} = 0
λ_{2}  + (1 + α)λ_{6} = 0
λ_{3}  + (1 + α)λ_{5} +  αλ_{6} = 0
λ_{4} +  λ_{5}  + (1 + α)λ_{6} = 0

Mit den 2 freien Variablen λ_{5} und λ_{6} erhalten wir als Lösungsmenge für (\begin{matrix}λ_{1} \\ λ_{2} \\ λ_{3} \\ λ_{4} \\ λ_{5} \\ λ_{6} \end{matrix} ) die Menge

\{(\begin{matrix}αλ_{5}+λ_{6} \\ (1+α)λ_{6} \\ (1+α)λ_{5}+αλ_{6} \\ λ_{5}+(1+α)λ_{6} \\ λ_{5} \\ λ_{6} \end{matrix} ) | λ_{5}, λ_{6} ∈ F_{4}\}. Damit ergibt sich

T ∩ U = \{(αλ_{5} + λ_{6}) (\begin{matrix}1 \\ α \\ 1 \\ 0 \\ α \end{matrix}) + (1 + α)λ_{6} (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) + ((1 + α)λ_{5} + αλ_{6}) (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) | λ_{5}, λ_{6} ∈ F_{4}\}
= \{λ_{5} (\begin{matrix}1 \\ 1+α \\ α \\ 0 \\ 1+α \end{matrix}) + λ_{6} (\begin{matrix}1+α \\ 1 \\ 1 \\ 1+α \\ 1 \end{matrix}) | λ_{5}, λ_{6} ∈ F_{4}\}
= ⟨(\begin{matrix}1 \\ 1+α \\ α \\ 0 \\ 1+α \end{matrix}) , (\begin{matrix}1+α \\ 1 \\ 1 \\ 1+α \\ 1 \end{matrix})⟩ .

Folglich ist das linear unabhängige Tupel ((\begin{matrix}1 \\ 1+α \\ α \\ 0 \\ 1+α \end{matrix}) , (\begin{matrix}1+α \\ 1 \\ 1 \\ 1+α \\ 1 \end{matrix})) eine Basis von T ∩ U (alternativ zu der auf dem Lösungszettel). Eine Basis von T + U ist z.B. gegeben durch ((\begin{matrix}1 \\ α \\ 1 \\ 0 \\ α \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ α \\ 0 \\ 1 \\ α \end{matrix})), entsprechend den vier gebundenen Variablen λ_{1}, λ_{2}, λ_{3}, λ_{4}. Die Summe T + U ist nicht direkt.