Antwort mit KI erzeugt
Aufgabe a:
Sei \( U \subseteq K^n \) ein Untervektorraum. Wir müssen zeigen, dass \( U \) die Lösungsmenge eines homogenen linearen Gleichungssystems ist. Ein homogenes lineares Gleichungssystem kann in der Form \( A \mathbf{x} = \mathbf{0} \) geschrieben werden, wobei \( A \) eine Matrix ist und \( \mathbf{0} \) der Nullvektor.
Ein Untervektorraum \( U \) ist durch eine Reihe von Vektoren spannbar, sagen wir \(\{ \mathbf{u}_1, \mathbf{u}_2, \ldots, \mathbf{u}_k \}\). Jeder Vektor \(\mathbf{u}_i\) in \( U \) muss die Bedingung \( A \mathbf{u}_i = \mathbf{0} \) erfüllen, falls \(\mathbf{u}_i \in U \) ist. Wir wollen Matrix \( A \) so konstruieren, dass genau die Vektoren die Gleichung \( A \mathbf{x} = \mathbf{0} \) erfüllen, die in \( U \) liegen.
Betrachte nun \( U^\perp \), den orthogonalen Komplement von \( U \) in \( K^n \), d.h., \( U^\perp \) besteht aus allen Vektoren \(\mathbf{a} \in K^n \), so dass \(\mathbf{a}^T \mathbf{u} = 0 \) für alle \(\mathbf{u} \in U \). Wähle eine Basis \(\{ \mathbf{a}_1, \mathbf{a}_2, \ldots, \mathbf{a}_{n-k} \}\) von \( U^\perp \), so ist die Matrix \( A \) gegeben durch:
\( A = \begin{pmatrix}
\mathbf{a}_1^T \\
\mathbf{a}_2^T \\
\vdots \\
\mathbf{a}_{n-k}^T
\end{pmatrix} \)
Diese Matrix \( A \) hat die Eigenschaft, dass \( A \mathbf{x} = 0 \) für alle \(\mathbf{x} \in U\). Da \(\mathbf{x} \) genau dann in \( U \) liegt, wenn \( \mathbf{a}_i^T \mathbf{x} = 0 \) für alle \( 1 \leq i \leq n-k \), ist \( U \) die Lösungsmenge des homogenen linearen Gleichungssystems \( A \mathbf{x} = \mathbf{0} \).
Aufgabe b (i):
Sei \( A \in \operatorname{Mat}(m \times n, K) \). Wir möchten zeigen, dass die Menge \( U_A \subseteq \operatorname{Mat}(m \times 1, K) \), derjenigen Vektoren \( \mathbf{y} \), für die das Gleichungssystem \( A \mathbf{x} = \mathbf{y} \) lösbar ist, ein Untervektorraum ist.
Sei \( U_A = \{ \mathbf{y} \in K^m \mid \exists \mathbf{x} \in K^n \text{ mit } A \mathbf{x} = \mathbf{y} \} \). Um zu zeigen, dass \( U_A \) ein Untervektorraum ist, müssen wir drei Dinge zeigen:
1. Der Nullvektor ist in \( U_A \).
2. Wenn \(\mathbf{y}_1, \mathbf{y}_2 \in U_A \), dann ist auch \(\mathbf{y}_1 + \mathbf{y}_2 \in U_A \).
3. Wenn \(\mathbf{y} \in U_A \) und \( \alpha \in K \), dann ist auch \( \alpha \mathbf{y} \in U_A \).
1. Der Nullvektor ist enthalten: Da \( A \mathbf{0} = \mathbf{0} \), gehört der Nullvektor offensichtlich zu \( U_A \).
2. Wenn \(\mathbf{y}_1, \mathbf{y}_2 \in U_A \), dann gibt es \(\mathbf{x}_1, \mathbf{x}_2 \in K^n \) so dass \( A \mathbf{x}_1 = \mathbf{y}_1 \) und \( A \mathbf{x}_2 = \mathbf{y}_2 \). Dann:
\( A (\mathbf{x}_1 + \mathbf{x}_2) = A \mathbf{x}_1 + A \mathbf{x}_2 = \mathbf{y}_1 + \mathbf{y}_2 \)
Da \(\mathbf{x}_1 + \mathbf{x}_2 \in K^n \), ist \(\mathbf{y}_1 + \mathbf{y}_2 \in U_A \).
3. Wenn \(\mathbf{y} \in U_A \) und \( \alpha \in K \), dann gibt es ein \(\mathbf{x} \in K^n \) so dass \( A \mathbf{x} = \mathbf{y} \). Dann:
\( A (\alpha \mathbf{x}) = \alpha A \mathbf{x} = \alpha \mathbf{y} \)
Da \(\alpha \mathbf{x} \in K^n \), ist \( \alpha \mathbf{y} \in U_A \).
Daraus folgt, dass \( U_A \) ein Untervektorraum von \( K^m \) ist.
Aufgabe b (ii):
Sei \( K = \mathbb{R} \) und
\( A = \begin{pmatrix}
1 & -2 & 1 \\
2 & 1 & 1 \\
0 & 5 & -1
\end{pmatrix}. \)
Wir müssen eine Basis für den Unterraum \( U_A \) finden – d.h., die Menge der Vektoren \( y \in \mathbb{R}^3 \), für die das Gleichungssystem \( A \mathbf{x} = y \) lösbar ist.
Eine Möglichkeit ist, \( A \) auf reduzierte Zeilenstufenform (RREF) zu bringen.
\( \begin{pmatrix}
1 & -2 & 1 \\
2 & 1 & 1 \\
0 & 5 & -1
\end{pmatrix} \)
Wir bringen diese Matrix in RREF:
1. Multipliziere die erste Zeile mit \(2\):
\( \begin{pmatrix}
1 & -2 & 1 \\
2 & 1 & 1 \\
0 & 5 & -1
\end{pmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix}
1 & -2 & 1 \\
0 & 5 & -1 \\
0 & 5 & -1
\end{pmatrix} \)
2. Subtrahiere die zweite Zeile von der dritten Zeile:
\( \begin{pmatrix}
1 & -2 & 1 \\
0 & 5 & -1 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix} \)
Dies ist bereits die reduzierte Zeilenstufenform der Matrix. Daraus folgt, dass das Gleichungssystem \( A \mathbf{x} = \mathbf{y} \) lösbar ist, wenn
\( y_3 = 0 \)
Die erste und zweite Zeile implizieren keine zusätzlichen Bedingungen, da jede lineare Kombination von \(\mathbf{y}_1\) und \(\mathbf{y}_2\) durch eine geeignete Wahl von \(\mathbf{x}\) erfüllbar ist.
Somit ist der Unterraum \( U_A \):
\( U_A = \left\{ \begin{pmatrix}
y_1 \\
y_2 \\
0
\end{pmatrix} \mid y_1, y_2 \in \mathbb{R} \right\}. \)
Eine Basis für \( U_A \) ist daher gegeben durch:
\( \left\{ \begin{pmatrix}
1 \\
0 \\
0
\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}
0 \\
1 \\
0
\end{pmatrix} \right\}. \)
