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Aufgaben zur linearen Algebra, SS 2001 Version: 29. Juni 2001

Ich habe versucht, einige Aufgabe nach meinem Geschmack zu l¨ osen. Es gibt mehrere Gr¨ unde daf¨ ur. ¨ • In den Ubungen ist es beim besten Respekt unm¨ oglich, den schulgepr¨ agten Stil mancher L¨ osungen entscheidend zu betonen, zu korrigieren und in der Ausdrucksweise zu verbessern. ¨ • Ich habe viele Ubungsbl¨ atter korrigieren m¨ ussen. Dabei diese zum Teil sogar Satz f¨ ur Satz lesen m¨ ussen. Manche S¨ atze mehrere Male, bis ich genau die Stelle fand, wo der logische Fehler (eher den unlogischen nicht ausgesprochenen Gedanken) fand. Anschließend war ich oft gezwungen, keine “Punkte” zu verteilen. • Von einem einfachen Stil kann man deutlicher die “Ideen” ablesen. Ich versuche immer in der mathematischen Prosa: – m¨ oglichst kurze S¨ atze zu Bilden, – nur die Verbe haben oder sein zu verwenden, – am Anfang der L¨ osung dem Korrektor/Leser klar zu machen, was ich demn¨ achst tue, – dabei lasse ich mir Zeit, um die Behauptungen und Annahmen ruhig und genau zu schildern. Als Faustregeln im Umgang mit Symbolen, Variablen, eigenen Funktionen, etc. gilt: Zuerst ein Symbol, einen Buchstaben, eine Variabel, eine Funktion einf¨ uhren, dann verwenden.

Blatt 5 Aufgabe 1 Sei M := {e, a, b, c} eine Menge. Auf M f¨ uhrt man drei Verkn¨ upfungen · : M × M → M ein, welche jeweils mit · bezeichnet werde und welche durch die folgenden Tabellen erkl¨ art sind: e (i) a b c

e e a b c

a a e c b

b b c e a

c c b a e

e e a b c

e (ii) a b c

a a b c e

b b c e a

c c e a b

e (iii) a b c

e e a b c

a a b c e

b b a e a

c c e a b

Welche Multiplikationstabelle erkl¨ art eine Gruppenstruktur auf M ? L¨ osung: (iii) Die Multiplikationstabelle (iii) erkl¨ art keine Gruppenstruktur auf M , da die Assoziativit¨ at verletzt ist: (ab)c = ac = e , a(bc) = aa = b . (Ein Moment! Und was spricht dagegen, daß e und b gleich sein k¨ onnten? Eigentlich kein Satz aus der Aufgabenstellung! Versuchen wir also unter der Annahme e = b zu sehen, inwieweit (M, ·) doch eine Gruppe sein k¨ onnte . . . Falls e = b ist, dann m¨ ussen in der Multiplikationstabelle die Zeilen und Spalten von e und b respektive u ¨bereinstimmen. Es folgt a = c. Nun verspreche ich, daß e a die Multiplikationstafel einer Gruppe ist! (M)eine L¨ osung zum Aufgabenteil (iii) ist also:

e e a

a a e

2

(M, ·) bildet eine Gruppe genau dann, wenn e = b und a = c gilt/gelten . . . ) (ii) Meine Behauptung: (M, ·) bildet eine Gruppe mit e als neutrales Element ( – offensichtlicher Check – ), und mit inversen Elementen: e−1 = e, a−1 = a, b−1 = b und c−1 = c ( – offensichtlicher Check – ). Noch zu beweisen ist die Assoziativit¨ at: (xy)z = x(yz) f¨ ur alle m¨ oglichen Wahlen von x, y, z ∈ M ! Es sind also (in einer L¨ osung der Arbeiterklasse) ungef¨ ahr 43 Gleichheiten zu verifizieren. Man kann diese Anzahl leicht abspecken, falls man bemerkt: In M gilt (xy)z = x(yz) f¨ ur alle x, y, z ∈ M , so daß mindestens eine der Elemente x, y, z gleich zu e ist: Es sind immer noch 33 = 27 Gleichheiten zu verifizieren! Wenn ich diese L¨ osung in einer Klausur geben m¨ ochte, dann muss ich sofort anfangen zu schreiben. Nach f¨ unf Minuten wird die Arbeit fertig sein und kein Korrektor wird sich sp¨ ater die M¨ uhe geben, Zeile f¨ ur Zeile diese Gleichheiten nachzupr¨ ufen. Im besten Fall wird er z¨ ahlen, ob es tats¨ achlich 33 = 27 Zeilen sind. Aus diesem Grund ist keinesfalls unter Klausurbedingungen empfehlenswert, diese Zeilen selbst durchzunummerieren! Um den Korrektor mehr abzuschrecken ist es empfehlenswert, diese Zeilen auf zwei (oder besser gleich drei) Seiten zu etablieren. Letzter Tip: Niemals “=” unter “=” schreiben. Damit ist sogar der letzte Zweifel des Korrektors unterdr¨ uckt. Die Strukturelle L¨ osung ist die folgende: Es gibt eine “bekannte” Gruppe mit vier Elementen, die Gruppe Z/4Z. Allgemein definiert man die Menge Z/N Z f¨ ur N ∈ N, N ≥ 2, als “Menge der Reste von ganzen Zahlen bei der Division mit Rest mit N ”: ˙ 1} . ˙ 1, ˙ ...,N − Z/N Z := {0, Wir f¨ uhren die Notation n˙ f¨ ur jede ganze Zahl n und betrachten n˙ und m, ˙ m, n ∈ Z beliebig, genau dann, wenn n − m durch N teilbar ist, d.h. genau dann, wenn n und m den gleichen Rest bei der Division mit N ergeben. Die Operation: ⊕ : (Z/N Z) × (Z/N Z) → (Z/N Z), definiert durch: n˙ ⊕ m ˙ := n +˙ m ist wohldefiniert, d.h. sie h¨ angt nicht von der Wahl der Vertreter n, m von n, ˙ m ˙ ab. Aus der Grupenstruktur von (Z, +) folgt sofort, daß (Z/N Z, ⊕) auch eine Gruppe ist. Wir geben nun die Multiplikationstafel von Z/4Z: 0˙ 1˙ 2˙ 3˙

0˙ 0˙ 1˙ 2˙ 3˙

1˙ 1˙ 2˙ 3˙ 0˙

2˙ 2˙ 3˙ 0˙ 1˙

3˙ 3˙ 0˙ 1˙ 2˙

Diese Multiplikationstabelle stimmt mit der Multiplikationstabelle von (ii) nach dem Struktur–Transport e ↔ 0˙ a ↔ 1˙ b ↔ 2˙ c ↔ 3˙ u unden, daß (M, ·) aus (ii) eine Gruppe ist. ¨berein. Es folgt aus strukturellen Gr¨ (ii) Die Strukturelle L¨ osung: Die Multiplikationstabelle aus (i) stimmt nach einem naheliegenden Struktur–Transport mit der Multiplikationstabelle der Gruppe (Z/2Z) × (Z/2Z) u ¨berein. Die Gruppe (Z/2Z) × (Z/2Z) hat als Elemente Paare (n˙ 1 , n˙ 2 ) von Elementen n˙ 1 , n˙ 2 ∈ Z/2Z. Die Verkn¨ upfung ist komponentenweise definiert: (n˙ 1 , n˙ 2 ) ⊕ (m ˙ 1, m ˙ 2 ) := (n˙ 1 ⊕ m ˙ 1 , n˙ 2 ⊕ m ˙ 2) . Dann ist die Multiplikationstabelle von (Z/2Z) × (Z/2Z) die folgende: ˙ 0) ˙ (0, ˙ ˙ (0, 1) ˙ 0) ˙ (1, ˙ 1) ˙ (1,

˙ 0) ˙ (0, ˙ ˙ (0, 0) ˙ ˙ (0, 1) ˙ 0) ˙ (1, ˙ 1) ˙ (1,

˙ 1) ˙ (0, ˙ ˙ (0, 1) ˙ ˙ (0, 0) ˙ 1) ˙ (1, ˙ 0) ˙ (1,

˙ 0) ˙ (1, ˙ ˙ (1, 0) ˙ ˙ (1, 1) ˙ 0) ˙ (0, ˙ 1) ˙ (0,

˙ 1) ˙ (1, ˙ ˙ (1, 1) ˙ ˙ (1, 0) ˙ 1) ˙ (0, ˙ 0) ˙ (0,

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Der Struktur–Transport ist also: ˙ 0) ˙ , e ↔ (0, ˙ 1) ˙ , a ↔ (0, ˙ ˙ , b ↔ (1, 0) ˙ 1) ˙ . c ↔ (1,  Aufgabe 2 Sei G eine nichtleere Menge, versehen mit eine assoziativen Verkn¨ upfung · : G × G → G. Zeigen Sie die ¨ Aquivalenz der folgenden Aussagen: (i) G ist eine Gruppe. (ii) F¨ ur alle a, b ∈ G gilt: Es gibt genau ein x ∈ G mit ax = b und es gibt genau ein y ∈ G mit ya = b. L¨ osung: Wir zeigen zuerst die “triviale” Richtung (i) → (ii). Seien a, b ∈ G. Dann gilt a(a−1 b) = (aa−1 )b = eb = b und (ba−1 )a = b(a−1 a) = be = b. Hiermit ist die (explizite) Existenz von zwei Elementen x := a−1 b und y := ba−1 mit den Eigenschaften von (ii) unter Verwendug der Gruppenstruktur von G nachgewiesen. Nun die Eindeutigkeit: Sei x ∈ G mit ax = b. Es folgt: x = ex = (a−1 a)x = a−1 (ax) = a−1 b . Dies zeigt die Eindeutigkeit von x. Analog f¨ ur die Eindeutigkeit von y: Sei y ∈ G mit ya = b. Es folgt: y = ye = y(aa−1 ) = (ya)a−1 = ba−1 . Dies zeigt die Eindeutigkeit von y. (Man h¨ atte nat¨ urlich gleichzeitig die Existenz und Eindeutigkeit wie in den letzten zwei zentrierten Formeln direkt beweisen k¨ onnen . . . ) Die Richtung (ii) → (i). Wir nehmen an, daß (G, ·) eine nicht leere Menge mit einer assoziativen Verkn¨ upfung ist, welche die Eigenschaft (ii) aus der Aufgabenstellung erf¨ ullt. Wir zeigen nun, daß G eine Gruppe ist. (1) Da G nicht leer ist, gibt es ein Element a ∈ G. (2) Die Eigenschaft (ii) sichert, daß es ein Element ea gibt, welches erf¨ ullt: aea = a . (Bemerkung: Die unorthodoxe Bezeichnung ea m¨ ochte betonen, “daß ea noch kein neutrales Element sein muß”. Es ist “nur gut f¨ ur a”, und zwar nur “von der linken Seite” . . . ) (3) Behauptung: F¨ ur alle b ∈ G gilt: ea b = b. Beweis der Behauptung: Sei b ∈ G. Dann gilt unter Verwendug der Assoziativit¨ at: a(ea b) = (aea )b = ab . Die Gleichung ax = ab in x hat also die zwei L¨ osungen ea b und b. Aus der Eindeutigkeitsaussage der Eigenschaft (ii) folgt die Gleichheit ea b = b. Insbesondere gilt auch: ea a = a. (4) Behauptung: F¨ ur alle b ∈ G gilt: bea = b. Beweis der Behauptung: Sei b ∈ G. Dann gilt unter Verwendug der Assoziativit¨ at: (bea )a = b(ea a) = ba . Die Gleichung ya = ba in y hat also die zwei L¨ osungen ea b und b. Aus der Eindeutigkeitsaussage der Eigenschaft (ii) folgt die Gleichheit bea = b. (5) Es folgt, daß e := ea ein neutrales Element von G ist. (6) Behauptung: F¨ ur jedes Element a ∈ G gibt es ein inverses Element a0 ∈ G mit aa0 = a0 a = e .

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Beweis: Die Gleichungen ax = e und ya = e haben wegen der Eigenschaft (ii) jeweils (genau eine) L¨ osung. Es existieren also a0 , a00 ∈ G mit: aa0 = e

und

a00 a = e .

daraus folgt unter der Verwendung der Neutralit¨ at von e und der Assoziativit¨ at in G: a0 = ea0 = (a00 a)a0 = a00 (aa0 ) = a00 e = a00 , also a00 = a0 . Damit ist die Behauptung (6) bewiesen. Es folgt G Gruppe. (Die Assoziativit¨ at war gegeben.)



Aufgabe 3 Auf R2 definieren wir eine Verkn¨ upfung ⊕ : R2 × R2 → R2 :           x1 y1 x1 + y1 x1 y1 ⊕ := f¨ ur alle , ∈ R2 . x2 y2 x2 + y2 x2 y2 Auch definieren wir eine “gemischte Verkn¨ upfung : R × R2 → R2 ”:       x1 λx1 x1 λ := f¨ ur alle λ ∈ R , ∈ R2 . x2 0 x2 Ist (R2 , ⊕, ) ein Vektorraum? Welche Vektorraum–Axiome sind erf¨ ullt, welche nicht? Kann das Vektorraum–Axiom von der Neutralit¨ at der Zahl 1 bei der skalaren Multiplikation weggelassen werden, weil es aus den anderen Axiomen folgt? Erkl¨ aren Sie bitte stets Ihre Antworten. L¨ osung: Frage: Ist (R2 , ⊕, ) ein Vektorraum?   1 Antwort: Nein: Das Axiom 1 x = x, alle x ∈ R, ist verletzt f¨ ur x := . 1 Frage: Welche Vektorraum–Axiome sind erf¨ ullt, welche nicht? Das obige Axiom: “1 x = x, alle x ∈ R” ist nicht erf¨ ullt. Alle anderen Vektorraum–Axiome sind erf¨ ullt: Die Strukturen (R2 , +) und (R2 , ⊕) stimmen per Definition u ¨berein. Die Struktur (R2 , +) ist eine abelsche Gruppe. So ist auch (R2 , ⊕) eine abelsche Gruppe. Die anderen Axiome – zwei Distributivit¨ aten und die gemischte Assoziativit¨ at der skalaren Multiplikation – folgen komponentenweise von der K¨ orperstruktur von (R, +, ·). Frage: Kann das Vektorraum–Axiom von der Neutralit¨ at der Zahl 1 bei der skalaren Multiplikation weggelassen werden, weil es aus den anderen Axiomen folgt? Antwort: Nein: Wir haben in der Aufgabe ein illustratives Beispiel gefunden, in welchem alle Axiome bis auf die “Neutralit¨ at der Zahl 1” gelten.  Aufgabe 4 In einer affinen Ebene sei (P0 , Q0 ) eine gerichtete Strecke, P0 6= Q0 . Sei P 6∈ (P0 , Q0 ) ein weiterer Punkt in der gegebenen affinen Ebene. Sei h die zu P0 Q0 parallele Gerade durch P . Sei k die zu P0 P parallele Gerade durch Q0 . Leiten Sie aus den Axiomen (A1), (A2), (A3), (A4), (A5), (A6) her, daß der Schnitt h ∩ k aus h¨ ochstens einem Punkt besteht. L¨ osung: Gut. Ich darf also nur die obigen Axiome verwenden! Widerspruchsbeweis: Wir nehmen an, daß der Schnitt h ∩ k aus mindestens zwei Punkten besteht. Aus dem Axiom (A1) – Existenz und Eindeutigkeit einer Geraden durch zwei verschiedene Punkte – folgt h = k. Es folgt P Q0 kh = kkP0 P . ¨ Die Parallelit¨ at ist eine Aquivalenzrelation (A4). Es folgt P Q0 kP0 P . Es entstehen also zwei paralle Geraden zu P0 P , welche durch P gehen: P Q0 kP0 P und P0 P kP0 P . Aus dem Axiom (A1) – explizit aus der Eindeutigkeitaussage von (A1) – stimmen diese zwei Geraden u ¨berein: P Q0 kP0 P . Die Punkte P, P0 , Q0 befinden sich also auf einer Geraden. Dies ist ein Widerspruch zur Annahme: P 6∈ (P0 , Q0 ). Unsere Annahme ist falsch. Es folgt: Der Schnitt besteht h ∩ k aus h¨ ochstens einem Punkt.



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Aufgabe 5 In einer affinen Ebene seien g, h zwei verschiedene Geraden. (a) Warum gibt es Punkte P, Q mit den Eigenschaften: P ∈g\h ,

Q∈h\g ?

(b) Seien P, Q Punkte, P ∈ g \ h, Q ∈ h \ g. Wir definieren eine Funktion Φ : g → h wie folgt: Sei X ∈ g. Sei gX die zu P Q parallele Gerade durch X. (Sie existiert und ist eindeutig bestimmt: Axiom (A5).) Zeigen Sie, daß der Schnitt gX ∩ h aus genau einem Punkt besteht. Wir bezeichnen diesen Schnittpunkt mit Φ(X). Dies beendet die Definition der Zuordnung Φ : g → h. Zeigen Sie, daß Φ bijektiv ist. L¨ osung: (a) Seien g, h zwei verschiedene Geraden wie in der Aufgabenstellung. Laut Axiom (A1) besteht der Schnitt g ∩ h aus h¨ ochstens einem Punkt. Laut Axiom (A2) hat jede der Geraden g, h mindestens zwei Punkte. Es folgt leicht die Aussage (a). (b) Seien g, h zwei verschiedene Geraden. Seien P, Q Punkte, P ∈ g \ h, Q ∈ h \ g. Sei X ∈ g. Sei gX die zu P Q parallele Gerade durch X. Behauptung: Der Schnitt gX ∩ h besteht aus genau einem Punkt. Beweis der Behauptung: Widerspruchsbeweis: Wir nahmen an, daß der Schnitt nicht aus genau einem Punkt besteht. Dann besteht er aus keinem Punkt oder aus mindestens zwei Punkten. In beiden F¨ allen folgt gX kh. (Das Axiom (A1) wurde z.B. verwendet.) Aus P QkgX kh folgt mittels (A3) P Qkh. Da Q sich auf P Q und auf h befindet, folgt P Q = h: Axiom (A1), die Eindeutigkeit einer Parallelen zu P Q durch Q. Es folgt P ∈ h. Widerspruch zur Annahme P 6∈ h. Wir zeigen nun, daß Φ eine Bijektion ist. Um die Notation sinnvoll zu komplizieren, m¨ ochte ich diese in der Aufgabe eingef¨ uhrte Funktion Φ mit Φg,h;P,Q : g → h bezeichnen. Der Grund: Behauptung: Die Funktion Φh,g;Q,P : h → g ist die Umkehrfunktion zu Φg,h;P,Q : g → h. Beweis der Behauptung: Die Wohldefiniertheit wurde im Vorfeld gekl¨ art. Zu zeigen sind die Gleichheiten: Φh,g;Q,P (Φg,h;P,Q (X)) = X ,

alle X ∈ g ,

Φg,h;P,Q (Φh,g;Q,P (Y )) = Y ,

alle Y ∈ Y .

Ohne die allgemeine Lage einzuschr¨ anken, reicht es, die erste Gleichheit zu beweisen. (Die zweite folgt durch Symmetrie, oder analog oder durch Umbenennung g ↔ h, P ↔ Q, etc.) Sei also X ∈ g. Wir bilden die Gerade gX , gX kP Q, X ∈ gX . Sie schneidet h in einem Punkt, den wir mit Y bezeichnen. Dann ist Φg,h;P,Q (X) = Y . Um Φh,g;Q,P (Y ) zu bilden, m¨ ussen wir zuerst die Parallele durch Y zu QP bilden. Diese ist gX . (Eventuell wurde dabei Axiom (A5) verwendet . . . ) Diese Gerade schneidet g in X. Es folgt: X = Φh,g;Q,P (Y ) = Φh,g;Q,P (Φg,h;P,Q (X)) . Dies schließt den Beweis der letzten Behauptung. Damit ist die Aussage der Aufgabenstellung bewiesen.



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Blatt 6 Aufgabe 6 Seien v1 , v2 , . . . , vn ; v ∈ Rm , n, m ∈ N. Seien λ1 , λ2 , . . . , λn ∈ R mit: v = λ1 v1 + λ2 v2 + · · · + λn vn . Welches lineare Gleichungssystem wird von den Koeffizienten λ1 , λ2 , . . . , λn ∈ R erf¨ ullt? Welche ist die Matrix des Systems? Welche ist die inhomogene Spalte des Systems? L¨ osung: Die Relation v = λ1 v1 + λ2 v2 + · · · + λn vn kann als “Blockmatrixmultiplikation” aufgefaßt werden: 

 λ1  λ2    [v1 v2 . . . vn ] ·  .  = v .  ..  λn Man betrachtet dabei v1 , . . . , vn als “Spaltenvektoren”, d.h. Matrizen m × 1. Durch “Konkatenation” der Vektoren v1 , v2 , . . . , vn , gesehen als “Blockuntermatrizen”, entsteht eine Matrix m × n: [v1 v2 . . . vn ] . Diese ist die Matrix des “Gleichungssystems”. Die “freie Spalte” ist die m × 1 Matrix v.



Aufgabe 7 Seien   1 2  x1 :=   , 3 4



 1 8  x2 :=  5 , 10

  x3 := −1, 1, −2, −1 .

Bestimmen Sie in (x1 , x2 , x3 ) ein maximales linear unabh¨ angiges Teilsystem. L¨ osung: Wir wenden das Gauss–Verfahren an: x1

x2

x3

1 2 3 4 1 0 0 0 1 0 0 0

1 8 5 10 1 6 2 6 1 6 0 0

−1 1 −2 −1 −1 3 1 3 −1 3 0 0

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗

Es folgt, daß das System (x1 , x2 , x3 ) linear abh¨ angig ist, eine Matrix vom Rang 2 bildet, in welcher die ersten zwei Vektoren unabh¨ angig sind. Ein maximales linear unabh¨ angiges Teilsystem ist (x1 , x2 ).  Aufgabe 8 Sei (x1 , x2 , x3 , x4 ) eine Basis eines reellen Vektorraumes. Seien v1 := x1 , v2 := x1 + 3x2 , v3 := x1 + 3x2 − x3 , v4 := x1 + 3x2 − x3 − 2x4 . Zeigen Sie, daß (v1 , v2 , v3 , v4 ) eine Basis des gegebenen reellen Vektorraumes bilden.

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L¨ osung: Seien λ1 , λ2 , λ3 λ4 ∈ R mit λ1 v1 + λ2 v2 + λ3 v3 + λ4 v4 = 0 . (Wir werden gleich zeigen, daß die Skalare λ1 , λ2 , λ3 λ4 alle gleich Null sind.) Es folgt nach der Definition von v1 , v2 , v3 , v4 die Relation: (λ1 + λ2 + λ3 + λ4 )x1 +3(λ2 + λ3 + λ4 )x2 −(λ3 + λ4 )x3 −2λ4 x4 = 0 . Da (x1 , x2 , x3 , x4 ) eine Basis des gegebenen reellen Vektorraumes bilden folgt: (λ1 + λ2 + λ3 + λ4 ) = 0 , +3(λ2 + λ3 + λ4 ) = 0 , −(λ3 + λ4 ) = 0 , −2λ4 = 0 , . Daraus folgt der Reihe nach: λ4 = 0, λ3 = 0, λ2 = 0, λ1 = 0. Aus dieser ganzen Diskussion folgt, daß (v1 , v2 , v3 , v4 ) eine Basis des gegebenen reellen Vektorraumes bilden/bildet.  Aufgabe 9 Seien 

 2 x1 := −1 , 1

  1 x2 := 1 , 2



 −1 x3 :=  1  ; 2

  2 y := 2 , 4



 0 y 0 := −1 . 3

(a) Zeigen Sie, daß (x1 , x2 , x3 ) eine Basis von R3 ist. (b) Untersuchen Sie, welche Vektoren unter x1 , x2 , x3 durch y ersetzt werden kann. (c) Untersuchen Sie, welche Vektoren unter x1 , x2 , x3 durch y 0 ersetzt werden kann. L¨ osung: Wir werden gleichzeitig die folgenden Schritte durch das Gauss–Verfahren erledigen: Wir zeigen, daß das System λ1 x1 + λ2 x2 + λ3 x3 = 0 nur die triviale L¨ osung λ1 = λ2 = λ3 = 0 hat, wir schreiben y als lineare Kombination von (x1 , x2 , x3 ), und wir schreiben y 0 als lineare Kombination von (x1 , x2 , x3 ): λ1

λ2

λ3

2 −1 1 2 −3 −3

1 1 2 1 0 0

−1 1 2 −1 2 0

0 0 0 0 0 0

2 2 4 2 0 0

0 −1 3 0 −1 3

• Wir sehen bereits, daß die einzige L¨ osung des “Gleichungssystems” λ1 x1 + λ2 x2 + λ3 x3 = 0 nur die triviale ist. • Aus λ1

λ2

λ3

2 −1 1 2 −3 −3

1 1 2 1 0 0

−1 1 2 −1 2 0

2 2 4 2 0 0

Folgt (zu explizit) sukzessive λ1 = 0, dann λ3 = 0 und schließlich λ2 = 2. Man h¨ atte aber auch direkt y = 2x2 = 0 · x1 + 2 · x2 + 0 · x3 sehen und schreiben k¨ onnen. Nur der Vektor x2 der Basis (x1 , x2 , x3 ) darf durch y ersetzt werden, damit eine Basis entsteht.

8

• Aus λ1

λ2

λ3

2 −1 1 2 −3 −3

1 1 2 1 0 0

−1 1 2 −1 2 0

0 −1 −3 0 −1 −3

folgt (zu explizit) sukzessive λ1 = 1, dann λ3 = 1 und schließlich λ2 = −1. Man h¨ atte aber auch direkt y = ·x1 −x2 +x3 schreiben k¨ onnen. Alle drei Vektoren der Basis (x1 , x2 , x3 ) d¨ urfen durch y 0 ersetzt werden, damit eine Basis entsteht. 

Blatt 7 ¨ Aufgabe 10 Seien U, W Untervektorr¨ aume eines Vektorraumes V u orper Λ. Zeigen Sie die Aquivalenz der ¨ber einem K¨ folgenden Aussagen: (a) U ∪ W = U + W . (b) U ⊆ W oder W ⊆ U . L¨ osung: Wir zeigen zuerst (a)⇒(b). Die ist ¨ aquivalent zu NICHT(b)⇒NICHT(a). (Allgemeine Aussagenlogik . . . ) Wir nehmen also NICHT(b) an: U 6⊆ W und W 6⊆ U . Es folgt die Existenz von u ∈ U \ W und von w ∈ W \ U . Das Element u + w liegt in U + W . Das Element u + w liegt nicht in U , da sonst gilt: w = (u + w) − u ∈ U − U = U , in Widerspruch zur Wahl von w aus W \ U. Das Element u + w liegt nicht in W , da sonst gilt: u = (u + w) − w ∈ W − W = W , in Widerspruch zur Wahl von u aus U \ W . Es folgt also NICHT(a). Die Richtung: (b)⇒(a). Wir nehmen [ U ⊆ W oder W ⊆ U ] an. Im Fall U ⊆ W gilt offensichtlich: U ∪W =W ,

und

W =0+W ⊆U +W ⊆W +W =W ,

also gilt u ¨berall statt ⊆ sogar =, also:

U +W =W . Aus U ∪ W = W = U + W folgt (a). Der Fall W ⊆ U wird analog (oder durch Symmetrie oder durch Umbenennung der Unterr¨ aume U ↔ W ) betrachtet. ¨ Es folgt die Aquivalenz der Aussagen (a) und (b). Aufgabe 11 Gegeben sind die Vektoren x1 , x2 , x3 , x4 ∈ RR3 :       1 −1 1 x1 := 1 , x2 :=  1  , x3 := −1 , 1 1 1 Bestimmen Sie eine Basis von L(x1 , x2 ) ∩ L(x3 , x4 ).





 −1 x4 := −1 . 2

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L¨ osung: Ein Vektor x ∈ R3 befindet sich in L(x1 , x2 ) ∩ L(x3 , x4 ) genau dann, wenn Skalare λ1 , λ2 , λ3 λ4 ∈ R existieren, so daß gilt: λ1 x1 + λ2 x2 = x = λ3 x3 + λ4 x4 . Um solche ektoren zu bestimmen, l¨ osen wir die daraus folgende Gleichung: λ1 x1 + λ2 x2 − λ3 x3 − λ4 x4 = 0 . Gauss–Verfahren–Einsatz: λ1

λ2

−λ3

−λ4

1 1 1 1 0 0 1 0 0

−1 1 1 −1 2 2 −1 2 0

1 −1 1 1 −2 0 1 −2 2

−1 −1 2 −1 0 3 −1 0 3

0 0 0 0 0 0 0 0 0

Jede L¨ osung der dritten Gleichung 2(−λ3 ) + 3(−λ4 ) = 0 liefert genau eine L¨ osung f¨ ur die urspr¨ ungliche Gleichung. Die allgemeine L¨ osung ist z.B. λ3 = 3α, λ4 = −2α f¨ ur α ∈ R Parameter. Es folgt: L(x1 , x2 ) ∩ L(x3 , x4 ) = { x ∈ R3 : x = (3α)x3 + (−2α)x4 mit α ∈ R } = { α(3x3 − 2x4 ) : α ∈ R}   5 = { α −1 : α ∈ R } . −1 Der Vektor 

 5 −1 −1 bildet also eine Basis des Vektorraumes L(x1 , x2 ) ∩ L(x3 , x4 ).



Aufgabe 12 Sei M eine Menge, welche als disjunkte Vereinigung zweier Mengen M1 , M2 geschrieben werden kann. Sei Λ ein K¨ orper. Sei V der Vektorraum der Abbildungen von M nach V mit der wertweisen Addition und Multiplikation von Skalaren: F¨ ur f, g ∈ V , λ ∈ Λ und m ∈ M beliebig definiert man f + g unf λf , so daß gelten: (f + g)(m) := f (m) + g(m) , (λ.f )(m) := λ.(f (m)) . (a) F¨ ur i = 1, 2 sei per Notation Ui die Untermenge von V : Ui := { f : M → Λ : f (m) = 0 f¨ ur alle m ∈ M } . Zeigen Sie, daß U1 , U2 Unterr¨ aume von V sind. (b) Zeigen Sie: V = U1 ⊕ U2 . L¨ osung: (a) Es reicht zu zeigen, daß Ui f¨ ur i ∈ {1, 2} eine Untermenge von V ist, welche abgeschlossen bzgl. Addition und Skalarmultiplikation ist und welche die Nullfunktion 0 enth¨ allt. Die Nullfunktion befindet sich in U1 , U2 . (Unbedingt erw¨ ahnen! Kein Kommentar.) Sei i ∈ {1, 2} fest. Seien f, g ∈ Ui und λ, µ ∈ Λ. Es reicht zu zeigen, daß λf + µg in Ui liegt.

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Sei m ∈ Mi beliebig. Dann gilt: (λf + µg)(m) := (λf )(m) + (µg)(m) := λ f (m) + µ g(m) =λ·0+µ·0

. . . da f, g ∈ Ui ; m ∈ Mi . . .

=0. Es folgt (λf + µg) ∈ Ui . Wir haben damit gezegt, daß U1 , U2 Unterr¨ aume von V sind. (b) Es reicht zu zeigen, daß im Durchschnitt U1 und U2 nur der Nullvektor (die Nullfunktion) liegt, und daß sich jede Funktion f ∈ V als “Summe” von zwei geeigneten Funktionen f1 ∈ U1 , f2 ∈ U2 schreiben l¨ aßt. (Die Existenz dieser zwei Funktionen muß explizit gezeigt werden.) Sei f ∈ U1 ∩ U2 . (Wir zeigen f = 0.) Sei m ∈ M = M1 ∪ M2 beliebig. Dann liegt m entweder in M1 oder in M2 . Dann gilt im ersten Fall m ∈ M1 die Gleichheit f (m) = 0, da f in M1 liegt, bzw. im zweiten Fall m ∈ M2 die Gleichheit f (m) = 0, da f in M2 liegt. Es folgt f (m) = 0. Es folgt f = 0. (f ist die Nullfunktion 0. Nicht zu verwechseln mit dem Nullvektor 0 ∈ V .) Sei nun f ∈ V beliebig. (Wir zeigen, daß f sich als “Summe” von zwei geeigneten Funktionen f1 ∈ U1 , f2 ∈ U2 schreiben l¨ aßt.) Wir definieren die Funktionen f1 , f2 : M → Λ: ( ( f (m) f¨ ur m ∈ M1 0 f¨ ur m ∈ M1 f2 (m) := f1 (m) := 0 f¨ ur m ∈ M2 f (m) f¨ ur m ∈ M2 Dann gelten “offensichtlich” die Relationen: f1 ∈ U1 , f2 ∈ U2 ;

f1 + f2 = f .

Dies schließt den Beweis von (b)



Aufgabe 13 (a) Sei V = U ⊕ W die Darstellung eines Vektorraumes V als direkte Summe von zwei Unterr¨ aume U, V ⊆ V . Sei f : V → V die Parallelprojektion auf den Unterraum U parallel zu W . Zeigen Sie die Gleichheiten: U = {v ∈ V : f (v) = v } , W = {v ∈ V : f (v) = 0 } . ¨ (b) Eine lineare Abbildung f : V → V heißt idempotent genau dann, wenn gilt: f ◦ f = f . Zeigen Sie die Aquivalenz der Aussagen: (i) f ist idempotent. (ii) f ist eine Parallelprojektion. L¨ osung: (a) Wir zeigen U ⊆ {v ∈ V : f (v) = v }: Sei u ∈ U beliebig. (Wir zeigen f (u) = u . . . ) Aus der Darstellung u = u + 0 = u ⊕ 0 ∈ U ⊕ W folgt f (u) = u. OK. Wir zeigen U ⊇ {v ∈ V : f (v) = v }: Sei v ∈ V mit der definierenden Eigenschaft f (v) = v der obigen Menge . . . (Wir zeigen zu explizit f¨ ur meinen Geschmack: v ∈ U .) Sei v = u ⊕ w ∈ U ⊕ W die Darstellung von v als Summe von geeigneten Vektoren u ∈ U , w ∈ W . Es folgt f (v) = u. Schließlich: v = f (v) = u ∈ U . Wir zeigen W ⊆ {v ∈ V : f (v) = 0 }. Sei w ∈ w beliebig. (Wir zeigen f (w) = 0 . . . ) Aus der Darstellung w = 0 + w = 0 ⊕ w ∈ U ⊕ W folgt f (w) = 0. OK. Wir zeigen W ⊇ {v ∈ V : f (v) = 0 }: Sei v ∈ V mit der definierenden Eigenschaft f (v) = 0 der obigen Menge . . . (Wir zeigen zu explizit f¨ ur meinen Geschmack: v ∈ W .) Sei v = u ⊕ w ∈ U ⊕ W die Darstellung von v als Summe von geeigneten Vektoren u ∈ U , w ∈ W . Es folgt f (v) = u. Schließlich: 0 = f (v) = u, also v = u + w = 0 + w = w ∈ W .

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Bemerkung: Man h¨ atte vielleicht direkt die zwei Gleichheiten zeigen k¨ onnen, wenn man geschickt argumentiert h¨ atte. Beim Korrigieren hatte ich jedoch große Schwierigkeiten . . . Es war f¨ ur viele Studenten nicht klar, was zu zeigen ist, wie man startet und wann man fertig ist . . . (b) Wir zeigen (i)⇒(ii) zuerst. Wir nehmen f idempotent an. (Nun m¨ ussen wir explizit die R¨ aume U, W einf¨ uhren/ konstruieren/ definieren, und dann – ausgehend von dieser Konstruktion/ Definition – zeigen, daß f eine Parallelprojektion bzgl. der Darstellung V = U ⊕ W auf U ist.) Wir definieren (f¨ uhren ein): U := Bild f , W := Kern f . Dann sind U, W Unterr¨ aume von V . Wir zeigen nun die Gleichheit V = U ⊕ W : Dabei zeigen wir: U ∩ W = {0}, U + W = V : Sei v ∈ U ∩ W . (Wir wollen v = 0 zeigen.) Aus v ∈ U = Bild f folgt die Existenz eines v 0 ∈ V mit v = f (v 0 ). Aus v ∈ W folgt f (v) = 0. Es folgt daraus: v = f (v 0 ) = (f ◦ f )(v 0 ) = f (f (v 0 )) = f (v) = 0. Dies beweist U ∩ W = {0}. Wir zeigen nun: U + W = V , eigentlich nur U + W ⊇ V Sei v ∈ V . Dann hat v die Darstellung: v = f (v) + (v − f (v)) . {z } | {z } | ∈Bild f

∈Kern f

Begr¨ undung: f (v) liegt offensichtlich in Bild f = U , (v − f (v)) liegt in Kern f = W , da gilt: f (v − f (v)) = f (v) − f (f (v)) = f (v) − f (v) = 0 . Dies beweist U + W = V . Wir zeigen nun, daß f eine Parallelprojektion auf U bzgl. der Darstellung V = U ⊕ W ist. Dies folgt aus der bereits gekl¨ arten Darstellung f¨ ur ein beliebiges v ∈ V : v = f (v) + (v − f (v)) = f (v) ⊕ (v − f (v)) ∈ U ⊕ W , | {z } | {z } ∈Bild f

∈Kern f

da aus dieser Darstellung der obige U –Anteil f (v) durch die Parallelprojektion auf U parallel zu W isoliert wird. (b) Wir zeigen des weiteren (ii)⇒(i): Sei f eine Parallelprojektion auf U bzgl. einer Darstellung V = U ⊕ W . Sei v ∈ V . Wir zeigen f (f (v)) = f (v). Sei v = u + w = u ⊕ w ∈ U ⊕ W die Darstellung von v mit Komponenten u ∈ U , w ∈ W . Aus der Darstellung u = u + 0 = u ⊕ 0 ∈ U ⊕ W folgt f (u) = u. Fazit: f (f (v)) = f (u) = u = f (v) . Folglich ist f idempotent.



Aufgabe 14 Wir betrachten die Basis b = (x1 , x2 , x3 ) in R3 und die Basis c = (y1 , y2 ) ∈ R2 :           1 1 1 1 1 y1 := , y2 := . x1 := 0 , x2 := 1 , x3 := 1 ; 0 1 0 0 1 Sei f : R3 → R2 die Abbildung: 

  λ1 2λ1 f λ2  := λ1 λ3

+λ2

−λ3 +λ3





 λ1 f¨ ur alle λ2  ∈ R3 . λ3

(a) Bestimmen Sie die Bilder der kanonischen Basis von R3 durch f und schreiben Sie f in Matrizenform bzgl. der kanonischen Basen von R3 und R2 . (b) Bestimmen Sie die Bilder der Basis b von R3 durch f , schreiben Sie diese bzgl. der Basis c von R2 und schreiben Sie f in Matrizenform bzgl. der Basen b von R3 und c von R2 .

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L¨ osung: (a) Es gilt f¨ ur die kanonische Basis e = eR3 = (e1 , e2 , e3 ) von R3 bzgl. der kanonischen Basis e = eR2 = (e1 , e2 ) von 2 R (Sorry: Notationsmißbrauch f¨ ur e1 und e2 . . . ):     1 2 f (e1 ) = f 0 = = 2e1 + e2 , 1 0     0 0 f (e2 ) = f 1 = = e2 , 1 0     0 −1 f (e3 ) = f 1 = = −e1 + e2 . 1 0 Nicht f¨ ur diese Aufgabe wichtig – vielleicht jedoch f¨ ur ein besseres Gef¨ uhl im Umgang mit formalen Berechnungen in Bezug auf den Basiswechsel–Formalismus – ist es die Bemerkung, daß man die obigen drei Gleichheiten sehr formal in das Format einer “Matrizen–Gleichheit” bringen kann:    e1 2e1 f e2  =  e3 −e1

  +e2 2 e2  =  0 +e2 −1

 1   e 1 1 . e2 1

In der letzten Matrizen–Gleichheit sind die Eintr¨ age “kompliziert”, auf jeden Fall nicht reelle Zahlen, nicht Elemente des Grundk¨ orpers R. Andererseits k¨ onnte man f auch so in Matrizen–Gleichheit 

  λ1 2 f λ2  = 1 λ3

0 1

   λ 1  1 λ2 . 1 λ3

Die Matrizenform von f bzgl. der kanonischen Basen in R3 und R2 ist:   2 0 1 . 1 1 1 Bemerkung: Die transponiert dieser Matrix erschien auch in einem “dualen” Kontext. Es w¨ are gut, sich die Gemeinsamkeiten und die Unterschiede der Objekte in den letzten Zeilen einzupr¨ agen. Das Beispiel ist hier einfach und der Rahmen der kanonischenBasen l¨ aßt alle Gleichheiten leicht neacpr¨ ufen. Die Lage wird aber demn¨ achst un¨ ubersichtlicher, wenn andere Basen auch im Spiel sind. (b) Bzgl. der Basen b, c kann man dann schreiben:     1 2 f (b1 ) = f 0 = = c1 + c2 , 1 0     1 2 = 2c2 , f (b2 ) = f 1 = 2 0     1 1 = −2c2 + 3c2 . f (b3 ) = f 1 = 3 1 Nicht f¨ ur diese Aufgabe wichtig – vielleicht jedoch f¨ ur ein besseres Gef¨ uhl im Umgang mit formalen Berechnungen in Bezug auf den Basiswechsel–Formalismus – ist es die Bemerkung, daß man die obigen drei Gleichheiten sehr formal in das Format einer “Matrizen–Gleichheit” bringen kann:    b1 c1 f b 2  =  b3 −2c1

  +c2 1 2c2  =  0 +3c2 −2

 1   c1 2 . c2 3

Die Matrizenform von f bzgl. der kanonischen Basen b in R3 und c in R2 istdie transponierte Matrix zur obigen 3 × 2–Matrix, also die Matrix:   1 0 −2 . 1 2 2

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Die drei Spaltenvektoren dieser Matrix wurden explizit in der urspr¨ unglichen Aufgabenstellung gefragt . . . 

Blatt 8 Aufgabe 15 Sei (G, ·) eine Gruppe mit neutralem Element e. Seien a, b ∈ G. Dann sind die folgenden zwei Aussagen aquivalent: ¨ (i) [ ab = a oder ab = b ] , (ii) [ a = e oder b = e ] . Gehen Sie schrittweise vor und geben Sie f¨ ur jeden Schritt ein Argument an! L¨ osung: Wir zeigen die Richtung (i)⇒(ii): Wir nehmen (i) an, und zwar zuerst den Fall ab = a. Dann folgt daraus sehr schrittweise: b = eb , = (a

−1

e ist neutrales Element a)b ,

a−1 , das Inverse zu a, existiert in G und erf¨ ullt a−1 a = e

= a−1 (ab) ,

Assoziativit¨ at

= a−1 a ,

ab = a war gegeben in der Hypothese

=e,

a−1 ist erneut invers zu a .

Wir nehmen nun ab = b an. Dann folgt analog: a = ae , = a(bb

e ist neutrales Element −1

),

b−1 , das Inverse zu b, existiert in G und erf¨ ullt bb−1 = e

= (ab)b−1 ,

Assoziativit¨ at

= bb−1 ,

ab = b war gegeben in der Hypothese

=e,

b−1 ist erneut invers zu b .

Die Richtung (ii)⇒(i) ist trivial. Sie verwendet die Neutralit¨ at von e.



Aufgabe 16 In R2 sei die Addition wie u art und die Multiplikation eines Skalars λ ∈ R mit einem Vektor ¨blich erkl¨   λ1 2 ∈ R wie folgt: λ2       λ1 λ1 2λλ1 λ := 2λ = . λ2 λ2 2λλ2 ¨ Uberpr¨ ufen Sie auf ihre G¨ ultigkeit (a) das Assoziativgesetz der Multiplikation mit Skalaren und (b) eines der Distributivgesetze! L¨ osung: (a) Das Assoziativgesetz der Multiplikation mit Skalaren gilt nicht:       1 1 2 (1 · 1) =1 = , 1 1 2        4 2 1 , = =1 1 1 4 2 1 (Bemerkung: Um die weiteren Berechnungen u ¨bersichtlicher zu gestalten, werde ich mit v einen Vertreter des Geschlechts der Vektoren in R2 bezeichnen. Dann hat man f¨ ur alle v 6= 0 (f¨ ur einen h¨ atte es gereicht . . . ): (1 · 1) v = 1 v = 2v und 1 (1 v) = 1 (2v) = 4v,

14

und es folgt aus 2v 6= 4v anschließend (1 · 1) v 6= 1 (1 v). Es ist mir ein R¨ atsel, warum die Aufgabe mit einer komplizierteren Notation gestellt wurde.) (b) Seien λ, µ ∈ Λ, u, v ∈ R2 beliebig. Dann gelten die Distributivgesetze: (λ + µ) v := 2(λ + µ)v = 2λv + 2µv

u at in R2 , ¨bliche Distributivit¨

=: λ v + µ v , λ (u + v) := 2λ(u + v) = 2λu + 2λv

u at in R2 , ¨bliche Distributivit¨

=: λ u + λ v .  Aufgabe 17 U1 , U2 , U3 seien Untervektorr¨ aume eines Vektorraumes V u orper Λ. ¨ber einem K¨ (a) Zeigen Sie die Inklusion: (U1 ∩ U2 ) + U3 ⊆ (U1 + U3 ) ∩ (U2 + U3 ) . (b) Geben Sie ein Beispiel, in welchem die obige Inklusion ⊆ strikt ist. L¨ osung: (a) Sei v ∈ (U1 ∩ U2 ) + U3 . (Wir zeigen: v ∈ (U1 + U3 ) ∩ (U2 + U3 ).) Dann existieren u1,2 ∈ (U1 ∩ U2 ), u3 ∈ U3 mit v = u1,2 + u3 . Es folgt v = u1,2 + u3 ∈ (U1 + U3 ) und v = u1,2 + u3 ∈ (U2 + U3 ), also v ∈ (U1 + U3 ) ∩ (U2 + U3 ). (b) Wir geben das Beispiel im Vektorraum R2 u ¨ber R. Wir w¨ ahlen dabei die folgenden Unterr¨ aume von V :   1 . 0   0 U2 ist der Unterr¨ aum von V mit der Basis bestehend aus dem einzigen Vektor e2 := . 1   1 U3 ist der Unterr¨ aum von V mit der Basis bestehend aus dem einzigen Vektor v := . 1 Dann gilt: U1 ist der Unterr¨ aum von V mit der Basis bestehend aus dem einzigen Vektor e1 :=

(U1 ∩ U2 ) + U3 = 0 + U3 = U3 , (U1 + U3 ) ∩ (U2 + U3 ) = V + V = V . Dabei gilt (U1 + U3 ) = (U2 + U3 ) = V , da {e1 , v} und {e2 , v} Basen von V = R2 sind.



Aufgabe 18 Sei M eine Menge und V der Vektorraum aller Abbildungen von M nach dem K¨ orper Λ mit der wertweisen Addition und Multiplikation mit Skalaren. Seien M1 , M2 Untermengen von M , welche M u ¨berdecken, M1 ∪ M2 = M , und einen nichtleeren Schnitt haben, M1 ∩ M2 6= ∅. Seien U1 , U2 die Unterr¨ aume von V : U1 := { f : M → Λ : f (m1 ) = 0 f¨ ur alle m1 ∈ M1 } , U2 := { f : M → Λ : f (m2 ) = 0 f¨ ur alle m2 ∈ M2 } . Untersuchen Sie, ob V = U1 ⊕ U2 gilt. L¨ osung: Nein, das gilt nicht. Wir zeigen, daß U1 + U2 6= V ist. Aus M1 ∩ M2 6= ∅ folgt, daß es ein Element m0 ∈ M1 ∩ M2 gibt. Sei f ∈ V die Funktion, welche an jeder Stelle den Wert 1 ∈ Λ annimmt. Wir begr¨ unden nun kurz, warum f nicht von der Gestalt f1 + f2 mit f1 ∈ U1 , f2 ∈ U2 ist. Es gilt n¨ ahmlich mit den obigen Notationen: f (m0 ) = 1 6= 0 und (f1 +f2 )(m0 ) = f1 (m0 )+f2 (m0 ) = 0+0 = 0. 

15

Aufgabe 19 Sei V = { φ : R → R } der Vektorraum aller reellen Funktionen mit der wertweisen Addition und der wertweisen Skalarmultiplikation. Die Abbildung f : V → R2 sei definiert durch:   φ(0) f (φ) := . φ(π/4) Untersuchen Sie, ob die folgenden Eigenschaften von f gelten oder nicht: (a) f ist linear. (b) Seien s, c ∈ V die Funktionen s, c : R → R, s(x) := sin(2x), c(x) := cos(2x), alle x ∈ R. Ist (f (s), f (c)) ein linear unabh¨ angiges System in R2 ? (c) Ist (s, c) ein linear unabh¨ angiges System in V ? L¨ osung: (a) Ja, f ist linear: Wir zeigen (f¨ ur weniger Verwirrung) zuerst die Additivit¨ at von f und dann die Homogenit¨ at von f (und nicht beide Eigenschaften zusammen . . . ). Seien φ, ψ ∈ V und λ ∈ R beliebig. Dann gilt:         (φ + ψ)(0) φ(0) + ψ(0) φ(0) ψ(0) f (φ + ψ) = = = + (φ + ψ)(π/4) φ(π/4) + ψ(π/4) φ(π/4) ψ(π/4) = f (φ) + f (ψ) .       (λφ)(0) λφ(0) φ(0) f (λφ) = = =λ (λφ)(π/4) λφ(π/4) φ(π/4) = λf (φ) . Es folgt die Linearit¨ at von f . (b) Es gilt: f (s) =



   s(0) 0 = , f (c) s(π/4) 1

=



   c(0) 1 = . c(π/4) 0

Die Vektoren f (s), f (c) aus R2 sind offensichtlich unabh¨ angig. (c) Da f linear ist und (f (s), f (c)) ein linear unabh¨ angiges System in R2 ist, ist dann das System (s, c) linear unabh¨ angig in V . (Eine lineare Funktion bildet linear abh¨ angige Systeme von Vektoren in linear abh¨ angige Systeme von Vektoren ab.)  Aufgabe 20 Sei V ein Vektorraum und seien U, W Unterr¨ aume von V mit der Eigenschaft V = U ⊕ W . Sei g : V → V eine Parallelspiegelung von V an U parallel zu V : Dies bedeutet Folgendes: Ein Vektor v = u + w ∈ V , wobei u ∈ U, w ∈ W (eindeutig) geeignet gew¨ ahlt sind, wird durch g auf den Vektor g(v) := u − w abgebildet. Zeigen Sie die folgenden Gleichheiten: U = {v ∈ V : g(v) = v } , V = {v ∈ V : g(v) = −v } . L¨ osung: (a) Sei u ∈ U . Dann ist u = u + 0 = u ⊕ 0 ∈ U ⊕ W die Direkte–Summe–Darstellung ( – so kann man angeblich in der neuen Schreib–Reform die Anzahl der Groß–Buchstaben maximieren . . . – ) von u. Es folgt g(u) = u − 0 = u. Wir haben dadurch die Inklusion U ⊆ {v ∈ V : g(v) = v }. Die andere Inklusion: Sei v ∈ V mit der Eigenschaft g(v) = v. Sei v = u + w = v ⊕ w ∈ U ⊕ W , u ∈ U, w ∈ W , die eindeutige Direkte–Summe–Darstellung von v. Dann gilt v = g(v) = u ∈ U . Die andere Inklusion ist auch bewiesen. (b) Sei w ∈ W . Dann ist w = 0 + w = 0 ⊕ w ∈ U ⊕ W die Direkte–Summe–Darstellung von w. Es folgt g(w) = 0 − w = −w. Wir haben dadurch die Inklusion W ⊆ {v ∈ V : g(v) = −v } gezeigt.

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Die andere Inklusion: Sei v ∈ V mit der Eigenschaft g(v) = −v. Sei v = u + w = v ⊕ w ∈ U ⊕ W , u ∈ U, w ∈ W , die eindeutige Direkte–Summe–Darstellung von v. Dann gilt v = g(v) = −w ∈ W . Die andere Inklusion ist auch bewiesen.



Aufgabe 21 Seien V, W zwei Vektorr¨ aume u orper Λ und sei f : V → W eine bijektive lineare Abbildung. ¨ber einem K¨ Zeigen Sie, daß f −1 homogen ist. L¨ osung: Seien w ∈ W , λ ∈ Λ beliebig. Dann gilt: f −1 (λw) = f −1 ( λf (f −1 (w)) ) = f −1 ( f (λf −1 (w)) ) =f

−1

= λf

(f (λf

−1

−1

(w)) )

(w)

f −1 ist invers zu f da f linear ist ein TEX–Spiel mit einem leeren Raum .

Das war’s.



Aufgabe 22 Seien V, W zwei Vektorr¨ aume u orper Λ. Sei L(V, W ) die Menge (in der Vorlesung bereits der ¨ber einem K¨ Vektorraum u ¨ber Λ) aller linearen Abbildungen von V nach W . Seien f ∈ L(V, W ) und λ ∈ Λ. Dann liegt die Abbildung λf auch in L(V, W ). L¨ osung: Wir zeigen dirkt, daß die Abbildung λf linear ist: Seien v1 , v2 ∈ V , λ1 λ2 ∈ Λ. Dann gilt: (λf ) (λ1 v1 + λ2 v2 ) = λ f (λ1 v1 + λ2 v2 ) = λ ( λ1 f (v1 ) + λ2 f (v2 ) )

Definition der Skalarmultiplikation auf L(V, W ) da f linear ist . . .

= λλ1 f (v1 ) + λλ2 f (v2 )

Distributivit¨ at in W . . .

= λ1 λf (v1 ) + λ2 λf (v2 )

Kommutativit¨ at von Λ . . .

= λ1 (λf )(v1 ) + λ2 (λf )(v2 )

Definition der Skalarmultiplikation auf L(V, W ) .

Es folgt die Linearit¨ at von λf , also λf ∈ L(V, W ).