Lineare Gleichungssysteme Unterraum. Behauptung: Jeder Untervektorraum ist Lösungsmenge eines LGS

Question

Aufgabe:

Sei $K$ ein Körper.

a) Zeigen Sie, dass jeder Untervektorraum $U \subset K^{n}$ Lösungsmenge eines homogenen linearen Gleichungssystems über $K$ ist.

b) (i) Sei $A \in \operatorname{Mat}(m \times n, K) .$ Zeigen Sie, dass die Menge aller $y \in \operatorname{Mat}(m \times 1, K),$ für die das lineare Gleichungssystem $A x=y$ über $K$ lösbar ist, ein Unterraum $U_{A}$ von $\operatorname{Mat}(m \times 1, K)$ ist.

b) (ii) Bestimmen Sie im Fall $K=\mathbb{R}$ und
$$A=\left(\begin{array}{rrr} {1} & {-2} & {1} \\ {2} & {1} & {1} \\ {0} & {5} & {-1} \end{array}\right)$$
eine Basis von $U_{A}$

Answer 1

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:

$\left\{ \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \right\}.$