Musterl¨ osung zum 9. Blatt

81. Aufgabe: Sei n eine nat¨ urliche Zahl. Vermuten Sie eine Formel f¨ ur n X

(−1)k k 2

k=0

und beweisen Sie diese durch vollst¨andige Induktion. P Lo ur jede nat¨ urliche Zahl n sei an = nk=0 (−1)k k 2 . Wir errechnen einige an ¨sung: F¨ f¨ ur kleine n: a0 = 0, a1 = −1, a2 = 3, a3 = −6, a4 = 10, a5 = −15, a6 = 21. Bis auf das Vorzeichen erhalten wir die Zahlen 0, 1, 3, 6, 10, 15, 21, . . . Diese sind uns schon einmal begegnet, n¨amlich als die Summe der ersten n nat¨ urlichen Zahlen, und daf¨ ur hatten wir n(n+1) schon nachgewiesen, dass sich diese als 2 ergibt. Daher vermuten wir, unter Beachtung des sich abwechselnden Vorzeichens: an = (−1)n

n(n + 1) . 2

Wir beweisen dies durch Induktion nach n: F¨ ur n = 0 ist dies offensichtlich richtig. Wir machen nun den Induktionsschritt n → n + 1: Wir nehmen an, es ist n ∈ N, und es gilt an = (−1)n n(n+1) . Dann folgt 2 an+1

Def.

=

n+1 X k=0

I.V.

=

= = =

k 2

(−1) k =

n X

(−1)k k 2 + (−1)n+1 (n + 1)2

k=0

n(n + 1) (−1)n + (−1)n+1 (n + 1)2 2   n(n + 1) n+1 2 (−1) − + (n + 1) 2 −n(n + 1) + 2n2 + 4n + 2 (−1)n+1 2 2 n + 3n + 2 (n + 1)(n + 2) (−1)n+1 = (−1)n+1 . 2 2

Es folgt die G¨ ultigkeit der Formel auch f¨ ur n + 1. Nach dem Induktionsprinzip gilt sie daher f¨ ur alle nat¨ urlichen Zahlen n. Alternativer Beweis: Wir zerlegen die Summe in positive und negative Summanden, bzw. in gerade und ungerade Indizes und benutzen, dass wir die Summe der ersten n nat¨ urlichen Zahlen formelm¨aßig kennen. Um dies durchf¨ uhren zu k¨onnen, m¨ ussen wir zwei F¨alle unterscheiden, n¨amlich die F¨alle n gerade und n ungerade:

Sei n gerade, also n = 2m f¨ ur eine nat¨ urliche Zahl m. Dann ist an =

2m X

k 2

(−1) k =

k=0 m X

= 4

= 4

2k

2

(−1) (2k) +

k=0

k2 −

k=0 m X

m X

m X

k −4

k=0

(−1)2k−1 (2k − 1)2

k=1

(4k 2 − 4k + 1)

k=1 m X

2

m X

2

k + +4

k=1

m X

k−

k=1

m X

1

k=1

= 2m(m + 1) − m = nm + n − m =

n(n + 1) . 2

Ist n ungerade, also n = 2m + 1 f¨ ur eine nat¨ urliche Zahl m, so erh¨alt man analog an =

m X

(−1)2k (2k)2 +

k=0 m X

= 4 = 4

k=0 m X k=0

m X

(−1)2k+1 (2k + 1)2

k=0

k2 − 2

m X

(4k 2 + 4k + 1)

k=0 m X

k −4

k=0

2

k −4

m X k=0

k−

m X

1

k=0

= −2m(m + 1) − (m + 1) = −n(m + 1) = −

n(n + 1) . 2

82. Aufgabe: Sei X eine Menge mit n Elementen. Bestimmen Sie die Anzahl aller geordneten Tripel (U, V, W ) von paarweise disjunkten Teilmengen U , V und W von X mit U ∪ V ∪ W = X. (Hinweis: Stellen Sie einen Zusammenhang zu Abbildungen f : X −→ {1, 2, 3} her.) Lo ¨sung: Behauptung: Die gesuchte Anzahl ist 3n . Beweis: Sei X die Menge aller geordneten Tripel (U, V, W ) von paarweise disjunkten Teilmengen U , V und W von X mit U ∪ V ∪ W = X. Sei Y die Menge aller Abbildungen f : X −→ {1, 2, 3}. Es ist bekannt, dass Y aus 3n Elementen besteht. Wir geben eine bijektive Abbildung φ : X −→ Y an, womit gezeigt w¨are, dass auch X aus 3n Elementen besteht. Zu jedem Tripel (U, V, W ) aus X definiere eine Abbildung f ∈ Y durch   1, x ∈ U, f (x) = 2, x ∈ V,   3, x ∈ W. Beachte dabei, dass jedes x ∈ X in genau einer der drei Teilmengen U , V , W liegt, so dass f in der Tat eine auf X definierte Abbildung ist. Man erh¨alt mit dieser Definition eine Abbildung φ : X −→ Y. Umgekehrt definiert man eine Abbildung ψ : Y −→ X , indem man einer Abbildung f ∈ Y das geordnete Tripel (f −1 (1), f −1 (2), f −1 (3)) der Urbildmengen zuordnet. Man pr¨ uft dann leicht nach, dass φ ◦ ψ = 1Y und ψ ◦ φ = 1X gilt. Damit ist φ bijektiv.

83. Aufgabe: Sei z = √12 (1 + i). Wieviele Elemente hat die Menge {z k | k ∈ Z}? Bestimmen Sie die gr¨oßte ganze Zahl n < 0 mit z n = −i. Lo ¨sung: Es gilt z 2 = 21 (1 + 2i − 1) = i. Wegen der Formel von Moivre ist dann offenbar z = cos( π4 ) + i sin( π4 ). Es ist z 8 = (z 2 )4 = i4 = 1, und man sieht durch Betrachtung am Einheitskreis, dass {z k | k ∈ Z} gerade aus den 8 verschiedenen komplexen Zahlen 1, z, z 2 , z 3 , z 4 , z 5 , z 6 , z 7 besteht. Ausserdem ist z −1 = z 7 = −iz 6= −i und z −2 = z 6 = −i, also ist die gesuchte Zahl n = −2. 84. Aufgabe: a) √ Zeigen Sie, dass die Abbildung f √ f (q) = cos( 2qπ) + i sin( 2qπ) injektiv ist.

:

Q

−→

C mit

b) Sei q eine rationale Zahl, und sei z := cos(qπ) + i sin(qπ). Zeigen Sie, dass es eine nat¨ urliche Zahl n > 0 gibt mit z n = 1. Lo ur jede reelle Zahl α hat die komplexe Zahl zα = cos α + i sin α den Betrag ¨sung: a) F¨ 1. Da eine volle Umdrehung = 2π ist, sieht man, dass zα = zβ gilt genau dann, wenn es eine ganze Zahl n gibt, so dass = 2nπ ist. Speziell: Sind q1 und q2 rationale Zahlen √ α−β√ ur eine mit √ f (q1 ) = f (q2 ), so gilt 2q1 π − 2q2 π = 2nπ f¨ √ ganze Zahl n, und es folgt 2(q1 − q2 ) = 2n. Falls nun q1 6= q2 gelten w¨ urde, so folgte 2 = q12n ∈ Q, Widerspruch, −q2 √ da 2 irrational ist. Also muss q1 = q2 sein. Damit ist f injektiv. b) Sei etwa q = z n = cos(n

m , k

wobei m, k ganze Zahlen sind und k > 0. Sei n := 2k. Dann gilt

m m π) + i sin(n π) = cos(2mπ) + i sin(2mπ) = (cos(2π) + i sin(2π))m = 1m = 1. k k

85. Aufgabe: Sei V ein R-Vektorraum, und seien U, W ⊂ V Unterr¨aume. Zeigen Sie: Es gilt U + W = V und U ∩ W = {0} genau dann, wenn sich jedes v ∈ V schreiben l¨aßt als v = u + w f¨ ur eindeutig bestimmte Elemente u ∈ U und w ∈ W . Lo ¨sung: a) Es gelte U + W = V und U ∩ W = {0}. Sei v ∈ V . Dann gibt es wegen U + W = V Elemente u ∈ U und w ∈ W mit v = u + w. Seien auch u0 ∈ U und w0 ∈ W mit v = u0 + w0 . Dann gilt also u + w = u0 + w0 , also u − u0 = w0 − w, und dieses Element liegt einerseits in U (da U ein Unterraum ist) und andererseits in W (da W ein Unterraum ist), also in U ∩ W . Wegen U ∩ W = {0} folgt u − u0 = 0 = w0 − w, also u = u0 und w = w0 . b) Umgekehrt gelte: Jedes v ∈ V l¨aßt sich schreiben als v = u+w f¨ ur eindeutig bestimmte Elemente u ∈ U und w ∈ W . Die Existenz einer solchen Darstellung zeigt V = U + W . Die Eindeutigkeit liefert U ∩ W = {0}: Denn ist v ∈ U ∩ W , so gilt 0 + 0 = 0 = v + (−v) sind zwei Darstellungen von 0 als Summe von Elementen aus U und aus W ; wegen der Eindeutigkeit gilt dann aber v = 0. 86. Aufgabe: Sei N = {1, . . . , n} mit einer nat¨ urlichen Zahl n > 0. Die Menge V = Abb(N, R) wird durch die Regeln (f + g)(i) = f (i) + g(i) und (αf )(i) = αf (i) zu einem R-Vektorraum. Finden Sie eine (m¨oglichst einfache) Basis von V und bestimmen Sie die Dimension.

L¨ osung:

Wir definieren Abbildungen δ1 , . . . , δn : N −→ R durch ( 1, i = j, δi (j) = 0, i 6= j.

Wir haben zu zeigen, dass δ1 , . . . , δn : N −→ R eine Basis von V ist. Zun¨achst sind sie linear unabh¨angig: Seien α1 , . . . , αn ∈ R mit n X

αi δi = 0.

i=1

Das bedeutet, dass f¨ ur jedes j ∈ N gilt αj =

n X

αi δi (j) = 0.

i=1

δ1 , . . . , δn sind auch ein Erzeugendensystem von V : Sei f ∈ V beliebig. F¨ ur jedes j ∈ N definiere αj := f (j) ∈ R. Dann folgt f=

n X

αi δi .

i=1

Da wir nun eine Basis von V gefunden haben, die aus n Elementen besteht, ist n die Dimension von V . 87. Aufgabe: Sei λ eine reelle Zahl. Bestimmen Sie – in Abh¨angigkeit von λ – eine Basis des L¨osungsraums des linearen Gleichungssystems x + 2y + 5z + 7w = 0 2x + 4y + λz + 14w = 0 z + 5w = 0

L¨ osung: erhalten

Wir subtrahieren von der zweiten Gleichung das doppelte der ersten und x + 2y + 5z + 7w = 0 + (λ − 10)z = 0 z + 5w = 0

Nun gibt es zwei F¨alle zu unterscheiden: 1. Fall: λ = 10. Dann hat man nur die beiden Gleichungen x + 2y + 5z + 7w = 0 z + 5w = 0 Subtrahiert man das 5-fache der zweiten Zeile von der ersten, so erh¨alt man x + 2y

+ −18w = 0 z + 5w = 0

Daran erkennt man, dass man y, w ∈ R frei w¨ahlen kann und erh¨alt als L¨osungen die Vektoren         x −2y + 18w −2 18 y        y  =  = y 1  + w 0 ,  z   −5w  0 −5 w w 0 1

  −2 1  und erh¨alt als eine Basis des L¨osungsraums   0 , 0

 18 0  . −5 1 

2. Fall: λ 6= 10. Man subtrahiert das 5-fache der dritten Gleichung von der ersten, das (λ − 5)-fache von der zweiten, vertauscht zweite und dritte Gleichung und erh¨alt x + 2y

+ z +

−18w = 0 5w = 0 −5(λ − 10)w = 0

Die dritte Gleichung liefert w = 0, und dann ergeben die erste und zweite Gleichung die L¨osungen       x −2y −2 y   y  1  =    z   0  = y  0  w 0 0   −2 1  f¨ ur alle y ∈ R. Damit ist   0  eine Basis des L¨osungsraumes. 0 88. Aufgabe: Bestimmen Sie diejenigen λ ∈ R, f¨ ur welche die Vektoren       6−λ −9 + 2λ λ+1  0  , −2λ + 8 , −21 + λ λ 9+λ 2λ + 2 eine Basis des R3 bilden. Lo ¨sung: Wegen dim(R3 ) = 3 bilden die drei Vektoren genau dann eine Basis, wenn sie linear unabh¨angig sind. F¨ ur λ = −1 ist der erste Vektor gleich dem Nullvektor, und damit k¨onnen die drei Vektoren dann nicht mehr linear unabh¨angig sein. Nehmen wir im folgenden λ 6= −1 an. Wir pr¨ ufen, wann die Gleichung         λ+1 6−λ −9 + 2λ 0        0 x + y −2λ + 8 + z −21 + λ = 0 2λ + 2 λ 9+λ 0 nur die triviale L¨osung x = y = z = 0 hat. Zu l¨osen ist also das lineare Gleichungssystem (6 − λ)y + (−9 + 2λ)z = 0 (−2λ + 8)y + (−21 + λ)z = 0 (2λ + 2)x + λy + (9 + λ)z = 0 (λ + 1)x +

Weil wir bereits λ 6= −1 angenommen haben, k¨onnen wir das Doppelte der ersten von der dritten Gleichung abziehen. Dies f¨ uhrt zu den Gleichungen (λ + 1)x +

(6 − λ)y + (−9 + 2λ)z = 0 (−2λ + 8)y + (−21 + λ)z = 0 (3λ − 12)y + (27 − 3λ)z = 0

Schaut man sich die Koeffizienten vor y an, so sieht man, dass man nicht-triviale L¨osungen erh¨alt, wenn λ = 4 ist. Also nehmen wir zus¨atzlich λ 6= 4 an. Dann k¨onnen wir das (3/2)fache der zweiten Zeile zur dritten addieren und erhalten (λ + 1)x +

(6 − λ)y + (−2λ + 8)y +

(−9 + 2λ)z = 0 (−21 + λ)z = 0 (−9/2 − 3/2λ)z = 0

Ist nun λ = −3, so sieht man an der dritten Gleichung, dass man dann nicht-triviale L¨osungen hat. Ist aber nun λ 6= −3 (und weiterhin λ 6= −1, 4), so folgt aus der dritten Gleichung z = 0, dann aus der zweiten Gleichung y = 0 und schliesslich aus der ersten Gleichung x = 0. Fazit: Die drei vorgegebenen Vektoren bilden eine Basis des R3 genau dann, wenn λ 6∈ {−3, −1, 4} gilt. 89. Aufgabe: Sei f : R5 −→ R4   x y    z  7→   u  v

die (lineare) Abbildung definiert durch 

 x − 3y − 6z − 2u − 9v   x − 3y − 5z − 9v    x − 3y − 4z + 2u + v  −2x + 6y − 11z + 2u + v

a) Bestimmen Sie eine Basis von Kern(f ). b) Bestimmen Sie rg(f ). c) Ist f injektiv? Lo ¨sung: a) Der Kern von f besteht offenbar gerade aus den L¨osungen des linearen Gleichungssystems x x x −2x

+ −3y + −6z + −2u + −9v = 0 + −3y + −5z + −9v = 0 + −3y + −4z + 2u + v = 0 + 6y + −11z + 2u + v = 0

Subtrahiert man die erste Gleichung von der zweiten und dritten und addiert das Doppelte der ersten zur vierten, so erh¨alt man x + −3y +

−6z z 2z −23z

+ −2u + −9v + 2u + 4u + 10v + −2u + −17v

= = = =

0 0 0 0

Addiert man geeignete Vielfache der zweiten Gleichung zu den anderen, so bekommt man x + −3y

−9v = = 10v = 44u + −17v =

+ 10u + z + 2u

0 0 0 0

Aus der dritten Gleichung erh¨alt man v = 0, aus der vierten dann u = 0, dann aus der zweiten z = 0. Man bekommt also als L¨osungen       x 3y 3 y   y  1       z  =  0  = y 0       u   0  0 v 0 0   3 1    f¨ ur beliebige y ∈ R. Daher ist  0 eine Basis von Kern(f ). 0 0 b) Nach a) gilt dim Kern(f ) = 1. Mit dem Rangsatz folgt rg(f ) = dim Bild(f ) = dim(R5 ) − dim Kern(f ) = 5 − 1 = 4. c) Wegen Kern(f ) 6= {0} ist f nicht injektiv. 90. Aufgabe: Seien V1 , V2 und V3 R-Vektorr¨aume der Dimension n1 , n2 bzw. n3 , seien f : V1 −→ V2 und g : V2 −→ V3 lineare Abbildungen. Zeigen Sie: a) Kern(f ) ⊂ Kern(g ◦ f ). b) rg(g ◦ f ) ≤ rg(f ). Lo ¨sung: a) Sei x ∈ Kern(f ). Dann gilt f (x) = 0, und es folgt g ◦ f (x) = g(f (x)) = g(0) = 0, weil g linear ist, und damit ist x ∈ Kern(g ◦ f ). b) Aus a) und dem Basiserg¨anzungssatz folgen dim Kern(f ) ≤ dim Kern(g ◦ f ). Aus dem Rangsatz ergibt sich: rg(g ◦ f ) = dim V1 − dim Kern(g ◦ f ) ≤ dim V1 − dim Kern(f ) = rg(f ). Alternativ : Ist b1 , . . . , bs eine Basis von Bild(f ), so ist offenbar g(b1 ), . . . , g(bs ) ein Erzeugendensystem von Bild(g ◦ f ); dieses enth¨alt eine Basis von Bild(g ◦ f ), und daher ist dim Bild(g ◦ f ) ≤ s = dim Bild(f ).