Grundlagen der Mathematik 1

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1 Fachbereich Mathematik Sommersemester 2010, Blatt 14 Thomas Markwig Stefan Steidel Grundlagen der Mathematik 1 Die Lösungen müssen nicht eingereicht werden und werden auch nicht korrigiert. Die Aufgaben sind aber eine wichtige Vorbereitung auf die Klausur und es wird eine Musterlösung geben. Zudem können in den Tutorien Fragen gestellt werden. Aufgabe 53: Sei V ein K Vektorraum mit dim K (V) 5, und U und U Unterräume mit dim K (U) 3 und dim K (U ) 4. (a) Welche Werte kann dim K (U U ) annehmen? (b) Gib für jeden der Werte von dim K (U U ) ein Beispiel (K, V, U, U ) an. Aufgabe 54: (a) Sei A Mat n (K). Zeige die folgenden Aussagen: (1) Genau dann ist f A bijektiv, wenn A Gl n (K). (2) Ist A Gl n (K), so gilt (f A ) 1 f A 1. (b) Seien V und W zwei K-Vektorräume, f : V W eine K-lineare Abbildung und B eine Basis von V. (1) Genau dann ist f surjektiv, wenn f(b) ein Erzeugendensystem von W ist. (2) Genau dann ist f injektiv, wenn f(b) linear unabhängig ist. (3) Genau dann ist f bijektiv, wenn f(b) eine Basis von W ist. (c) Finde einen K-Vektorraum V sowie zwei K-lineare Abbildungen f, g : V V, so dass Folgendes gilt: (1) f ist injektiv, aber nicht surjektiv. (2) g ist surjektiv, aber nicht injektiv. Aufgabe 55: Für eine Matrix A Mat(m n, K) bezeichne ZR(A) die lineare Hülle der Zeilen von A und SR(A) die lineare Hülle der Spalten von A. Zeige für A Mat(m n, K), S Gl m (K) und T Gl n (K), dass ZR(A) ZR(SA) und SR(A) SR(AT). Aufgabe 56: Betrachte den Vektorraum P n : { n k0 a k t k a k K } der Polynome vom Grad höchstens n (siehe Skript, Beispiel 22.6) mit Basis B (t 0, t 1,..., t n ) und die formale Ableitung d : P n P n : a k t k k a k t k 1. k0 (a) Zeige, dass d eine K-lineare Abbildung ist. (b) Berechne die Matrixdarstellung M B B (d) und den Rang von d. (c) Zeige, dass im Fall n 3 auch D (t 0, t 0 +t 1, t 1 +t 2, t 2 +t 3 ) eine Basis von P 3 ist und berechne die Basiswechsel T D B und TB D sowie die Matrixdarstellung MD D (d).

2 Aufgabe 53: Voraussetzung. Sei V ein K Vektorraum mit dim K (V) 5, sowie U und U Unterräume mit dim K (U) 3 und dim K (U ) 4. (a) dim K (U U ) {2, 3}. (b) Sei K R und V R 5. Dann gilt: Beweis. (1) Für U Lin(e 1, e 2, e 3 ) und U Lin(e 1, e 2, e 4, e 5 ) gilt dim K (U U ) 2. (2) Für U Lin(e 1, e 2, e 3 ) und U Lin(e 1, e 2, e 3, e 4 ) gilt dim K (U U ) 3. (a) Sei V ein K Vektorraum mit dim K (V) 5, sowie U und U Unterräume mit dim K (U) 3 und dim K (U ) 4. Da U U U ein Unterraum ist, folgt auf der einen Seite nach Lemma dim K (U U ) dim K (U) 3. Auf der anderen Seite folgt analog, da U+U V ein Unterraum ist, zusammen mit der Dimensionsformel für Unterräume (Satz 24.14) und folglich dim K (V) dim K (U + U ) dim K (U) +dim K (U ) dim K (U U ) dim K (U U ) dim K (U) +dim K (U ) dim K (V) Damit erhalten wir insgesamt dim K (U U ) {2, 3}. (b) Sei K R und V R 5, also dim K (V) 5. (1) Sei U Lin(e 1, e 2, e 3 ), also dim K (U) 3 und U Lin(e 1, e 2, e 4, e 5 ), also dim K (U ) 4. Dann gilt U U Lin(e 1, e 2 ) mit dim K (U U ) 2. (2) Sei U Lin(e 1, e 2, e 3 ), also dim K (U) 3 und U Lin(e 1, e 2, e 3, e 4 ), also dim K (U ) 4. Dann gilt U U Lin(e 1, e 2, e 3 ) mit dim K (U U ) 3.

3 Aufgabe 54: (a) Voraussetzung. Sei A Mat n (K). (1) Genau dann ist f A bijektiv, wenn A Gl n (K). (2) Ist A Gl n (K), so gilt (f A ) 1 f A 1. Beweis. Ist A invertierbar, dann folgt aus Satz 21.9 f A f A 1 f A A 1 f 1n id K n, und analog f A 1 f A id K n. Also ist f A invertierbar und die eindeutig bestimmte Inverse ist f A 1. Damit ist bereits (2) gezeigt. Sei nun umgekehrt f A bijektiv. Dann gilt wegen Lemma 22.22, dass (f A ) 1 : K n K n linear ist. Also folgt mittels Korollar 23.17, dass eine Matrix B Mat(m n, K) existiert mit (f A ) 1 f B. Aber dann gilt: f 1n id K n f A (f A ) 1 f A f B f A B. Die Eindeutigkeitsaussage in Korollar impliziert dann A B 1 n, und analog B A 1 n. Also ist A invertierbar und B A 1. (b) Voraussetzung. Seien V und W zwei K-Vektorräume, f : V W eine K-lineare Abbildung und B eine Basis von V. (1) Genau dann ist f surjektiv, wenn f(b) ein Erzeugendensystem von W ist. (2) Genau dann ist f injektiv, wenn f(b) linear unabhängig ist. (3) Genau dann ist f bijektiv, wenn f(b) eine Basis von W ist. Beweis. Sei B (x i ) die gegebene Basis von V, und f(b) ( f(x i ) ). (1) Ist f surjektiv und y W, so gibt es ein x V mit f(x) y. Da B eine Basis von V ist, lässt sich x darstellen als Linearkombination und somit gilt x y f(x) λ i x i λ i f(x i ) Lin ( f(b) ). Also ist f(b) ein Erzeugendensystem von W. Ist umgekehrt f(b) ein Erzeugendensystem von W und y W, so ist y Lin ( f(b) ) eine Linearkombination der Form y so dass f auch surjektiv ist. λ i f(x i ) f λ i x i Im(f),

4 (2) Es sei f injektiv und zudem sei eine Linearkombination 0 λ i f(x i ) f λ i x i der Null gegeben. Dann ist der Vektor λ i x i Ker(f) {0} im Kern von f, der Null ist. Es gilt also λ i x i 0. Da B linear unabhängig ist, müssen somit aber alle λ i Null sein. Also ist f(b) linear unabhängig. Sei umgekehrt f(b) linear unabhängig und x Ker(f). Wir müssen zeigen, dass x der Nullvektor ist. Da B eine Basis ist, können wir x als Linearkombination x λ i x i der x i schreiben. Da x im Kern von f ist, gilt dann aber 0 f(x) λ i f(x i ). Da f(b) linear unabhängig ist, müssen alle λ i Null sein, und damit ist auch x 0. Also enthält der Kern nur den Nullvektor, und f ist somit injektiv. (3) Dies folgt aus den beiden vorigen Teilen.

5 (c) Voraussetzung. Sei V K {(a 0, a 1, a 2,...) a i K i N} der K Vektorraum aller Folgen über K mit komponenterweiser Addition und Skalarmultiplikation. (1) f : V V, (a 0, a 1, a 2,...) (0, a 0, a 1,...) ist K linear und injektiv, aber nicht surjektiv. (2) g : V V, (a 0, a 1, a 2,...) (a 1, a 2, a 3,...) ist K linear und surjektiv, aber nicht injektiv. Beweis. (1) Zunächst ist f eine K lineare Abbildung, denn für beliebige Folgen (a 0, a 1, a 2,...),(b 0, b 1, b 2,...) V und beliebige λ, µ K gilt: f ( λ(a 0, a 1, a 2,...) + µ(b 0, b 1, b 2,...) ) f ( (λa 0 + µb 0, λa 1 + µb 1, λa 2 + µb 2,...) ) (0, λa 0 + µb 0, λa 1 + µb 1,...) λ(0, a 0, a 1,...) + µ(0, b 0, b 1,...) λf ( (a 0, a 1, a 2,...) ) + µf ( (b 0, b 1, b 2,...) ). Sei nun (a 0, a 1, a 2,...) Ker(f), d.h. f ( (a 0, a 1, a 2,...) ) (0, a 0, a 1,...) (0, 0, 0,...). Dann gilt a i 0 für alle i N, also (a 0, a 1, a 2,...) (0, 0, 0,...). Folglich ist Ker(f) {(0, 0, 0,...)} und damit f injektiv. f ist jedoch nicht surjektiv, denn es gilt beispielsweise (1, 1, 1,...) / Im(f), d.h. die konstante 1 Folge, deren erstes Folgenglied insbesondere von 0 verschieden ist, liegt nicht im Bild von f. (2) Zunächst ist g eine K lineare Abbildung, denn für beliebige Folgen (a 0, a 1, a 2,...),(b 0, b 1, b 2,...) V und beliebige λ, µ K gilt: g ( λ(a 0, a 1, a 2,...) + µ(b 0, b 1, b 2,...) ) g ( (λa 0 + µb 0, λa 1 + µb 1, λa 2 + µb 2,...) ) (λa 1 + µb 1, λa 2 + µb 2, λa 3 + µb 3,...) λ(a 1, a 2, a 3,...) + µ(b 1, b 2, b 3,...) λg ( (a 0, a 1, a 2,...) ) + µg ( (b 0, b 1, b 2,...) ). Sei nun (a 0, a 1, a 2,...) V beliebig, dann gilt per Definition von g, dass g ( (0, a 0, a 1,...) ) (a 0, a 1, a 2,...). Folglich ist (a 0, a 1, a 2,...) Im(g) und damit g surjektiv. g ist jedoch nicht injektiv, denn es gilt beispielsweise g ( (1, 0, 0,...) ) (0, 0, 0,...), also Ker(g) {(0, 0, 0,...)}.

6 Aufgabe 55: Voraussetzung. Für eine Matrix A Mat(m n, K) bezeichne ZR(A) die lineare Hülle der Zeilen von A und SR(A) die lineare Hülle der Spalten von A. Für A Mat(m n, K), S Gl m (K) und T Gl n (K) gilt ZR(A) ZR(SA) und SR(A) SR(AT). Beweis. Für S Gl m (K) und T Gl n (K) gilt nach Korollar auch S t Gl m (K) und T t Gl n (K). Da die Spalten einer Matrix A gerade die Zeilen der Transponierten A t sind und umgekehrt, gilt SR(A) ZR(A t ) bzw. ZR(A) SR(A t ) und damit genügt es, die Aussage für den Spaltenraum zu zeigen. Aus den Definitionen folgt unmittelbar SR(A) Im(f A ) und SR(AT) Im(f A T ) Im(f A f T ), d.h. es genügt zu zeigen, dass Im(f A ) Im(f A f T ). Sei dazu y Im(f A f T ), dann gibt es ein x K n mit y (f A f T )(x) f A ( ft (x) ) Im(f A ). Ist umgekehrt y Im(f A ). Dann gibt es ein x K n mit y f A (x). Wir setzen z : ( ft ) 1(x) K n. Dann gilt: Damit folgt SR(A) SR(AT). ( (ft ) ) y f A (x) f A f 1 T (x) (f A f T )(z) Im(f A f T ).

7 Aufgabe 56: Voraussetzung. Betrachte den Vektorraum P n : { n k0 a k t k a k K } der Polynome vom Grad höchstens n (siehe Skript, Beispiel 22.6) mit Basis B (t 0, t 1,..., t n ) und die formale Ableitung d : P n P n : a k t k k0 k a k t k 1. (a) d ist eine K-lineare Abbildung (b) M B B (d) und rang(d) n.... n (c) Im Fall n 3 ist D (t 0, t 0 + t 1, t 1 + t 2, t 2 + t 3 ) eine Basis von P 3 und es gilt (1) TB D Beweis. (2) T B D (3) M D D (d) (a) Seien p 1 n k0 a(1) k tk P n und p 2 n k0 a(2) k tk P n beliebig. Dann gilt: ( n ) d(p 1 + p 2 ) d (a (1) k + a(2) k ) tk k0 k (a (1) k + a(2) k ) tk 1 k a (1) k tk 1 + d(p 1 ) + d(p 2 ). k a (2) k tk 1

8 Seien nun λ K und p n k0 a k t k beliebig. Dann gilt: ( n ) d(λ p) d (λ a k ) t k k0 k (λ a k ) t k 1 λ k a k t k 1 λ d(p). Folglich ist d nach Definition eine K lineare Abbildung. (b) Nach Bemerkung 25.4 ist die i te Spalte von M B B (d) der Koordinatenvektor von f(t i 1 ) bezüglich B. Es gilt d(t 0 ) 0 und für i {2,..., n + 1} gilt d(t i 1 ) (i 1) t i 2, d.h. der Koordinatenvektor von d(t i 1 ) bezüglich B lautet (0,..., 0, i 1, 0,..., 0) t K n+1 mit i 1 an der i 1 ten Stelle. Damit erhalten wir direkt M B B(d) Mat n+1 (K).... n Nun ist M B B (d) bereits in Zeilen Stufen Form mit n Stufen und nach Proposition folgt damit rang(d) rang(m B B(d)) n. (c) Sei n 3, D (d 1,..., d 4 ) (t 0, t 0 + t 1, t 1 + t 2, t 2 + t 3 ) und seien λ 1,..., λ 4 K mit λ 1 t 0 + λ 2 (t 0 + t 1 ) + λ 3 (t 1 + t 2 ) + λ 4 (t 2 + t 3 ) 0. Dann gilt auch (λ 1 + λ 2 ) t 0 + (λ 2 + λ 3 ) t 1 + (λ 3 + λ 4 ) t 2 + λ 4 t 3 0, also λ 1 + λ 2 λ 2 + λ 3 λ 3 + λ 4 λ 4 0 und damit λ 1... λ 4 0, da B (t 0, t 1, t 2, t 3 ) eine Basis von P 3 ist. Folglich ist D linear unabhängig mit D 4 dim K (P 3 ) und somit nach Korollar 24.7 eine Basis von P 3. Nun ist nach Bemerkung 25.7 die i te Spalte von TB D von d i bezüglich B und daher offensichtlich TB D der Koordinatenvektor

9 Des Weiteren gilt ebenfalls nach Bemerkung 25.7, dass TD B (TD B ) 1, so dass wir TD B als Inverse von TD B mit Hilfe von Algorithmus bestimmen können. TB D Hieraus ergibt sich also T B D Beachte hierbei, dass man T B D natürlich auch auf analoge Weise wie TD B bestimmen kann. So ist beispielsweise t 3 t 0 + (t 0 + t 1 ) (t 1 + t 2 ) + (t 2 + t 3 ). Schließlich erhalten wir M D D (d) per Basiswechsel gemäß Satz 25.8 als M D D(d) TD B M B B(d) TB D Beachte auch hierbei, dass man M D D (d) auf analoge Weise wie MB B (d) bestimmen kann. So ist beispielsweise d(t 2 + t 3 ) 2t 1 + 3t 2 t 1 + 3(t 1 + t 2 ) t 0 (t 0 + t 1 ) + 3(t 1 + t 2 ) t 0 (t 0 + t 1 ) + 3(t 1 + t 2 ) + 0(t 2 + t 3 ).