Musterlösung. 1 Relationen. 2 Abbildungen. TUM Ferienkurs Lineare Algebra 1 WiSe 08/09 Dipl.-Math. Konrad Waldherr

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1 TUM Ferienkurs Lineare Algebra WiSe 8/9 Dipl.-Math. Konrad Waldherr Musterlösung Relationen Aufgabe Auf R sei die Relation σ gegeben durch (a, b)σ(c, d) : a + b c + d. Ist σ reflexiv, symmetrisch, transitiv, antisymmetrisch? Lösung Die Relation σ ist reflexiv: (a, b)σ(a, b), da a + b a + b transitiv: (a, b)σ(c, d) a + b c + d und (c, d)σ(e, f) c + d e + f. Insgesamt folgt a + b e + f, also (a, b)σ(e, f). nicht symmetrisch: (, )σ(, ), aber nicht (, )σ(, ) nicht antisymmetrisch: (, )σ(, ) und (, )σ(, ), aber nicht (, ) = (, ) Aufgabe Es sei A := {,,, } und die Relationen R und R auf A seien gegeben durch R = R = {(, ), (, ), (, ), (, ), (, ), (, ), (, ), (, )} i) Man untersuche R und R bzgl. der Eigenschaften reflexix, symmetrisch, antisymmetrisch, transitiv. ii) Man konstruiere R als kleinste Äquivalenzrelation, die R enthält. Lösung i) R : Nicht reflexiv (nicht R ), aber symmetrisch, antisymmetrisch und transitiv (da jeweils Voraussetzung immer falsch) R : reflexiv (R, R, R und R ), symmetrisch (R und R, R und R ), nicht antisymmetrisch (R und R, aber ) und nicht transitiv (R und R, aber nicht R ) ii) R = R {(, ), (, )}, die sogenannte transitive Hülle von R. Aufgabe * Es sei eine Äquivalenzrelation auf einer nichtleeren Menge X. Man zeige, dass dann für beliebige x, y X entweder [x] = [y] oder [x] [y] = gilt. Lösung Es seien x, y X. Wir nehmen [x] [y] an (Sonst gilt die Behauptung). Es sei z [x] [y]. Dann gilt z [x], also x z. Analog gilt z y. Wegen der Symmetrie und Transitivität folgt x y, also x [y] und y [x], das heißt [x] = [y]. Abbildungen Aufgabe (siehe Blatt, H) Es seien A, B Mengen, f : A B eine Abbildung. Wir betrachten die Abbildung g : P(B) P(A), N f (N). Man zeige: i) Es ist f genau dann injektiv, wenn g surjektiv ist. ii) Es ist f genau dann surjektiv, wenn g injektiv ist. Lösung Siehe Blatt, H.

2 Aufgabe Welche der folgenden Abbildungen sind injektiv, surjektiv oder bijektiv? i) f : R R, x x x + ii) g : R R, x x + x iii) h : R R, (x, y) (y, x ) Man berechne, falls möglich, die Umkehrabbildung von h. Lösung i) f(x) = (x )(x ), also nicht injektiv (f hat zwei Nullstellen). f ist nicht surjektiv, da Bild(f). ii) g ist injektiv, da g (x) = x + >, g also streng monoton wachsend. g ist surjektiv: g ist stetig, hat die Grenzwerte ±, nimmt also nach dem Zwischenwertsatz alle Werte R an. iii) h(x, y) = h(x, y ) (y, x ) = (y, x ) y = y und x = x. Es sei (a, b) R. Dann gilt (y, x ) = (a, b) (x, y) = (b +, a/). Damit ist h bijektiv mit der Umkehrabbildung h : (x, y) (y +, x/). Aufgabe Injektivität und Surjektivität i) Gibt es Abbildungen, die weder injektiv noch surjektiv sind? ii) Man zeige, dass die Komposition injektiver (surjektiver) Abbildungen wiederum injektiv (surjektiv) ist. Lösung i) Ja. Beispiel: f : {a, b} {a, b}, a a, b a. ii) injektiv: Es seien f : A B, g : B C injektiv. Es gelte g(f(x)) = g(f(y)). Da g injektiv ist, folgt f(x) = f(y). Da auch f injektiv ist, folgt x = y. Das zeigt die Injektivität von g f. surjektiv: Es seien f : A B, g : B C surjektiv. Es sei c C. Da g surjektiv ist, gibt es ein b B mit g(b) = c. Wegen der Surjektivität von f finden wir schließlich ein a A mit f(a) = b. Insgesamt erhalten wir c = g(b) = g(f(a)). Aufgabe Es seien f : X Y eine Abbildung, A, B X sowie C, D Y. Zu zeigen: i) f(a B) f(a) f(b), ii) f (C D) = f (C) f (D), iii) f ist genau dann injektiv, falls f (f(z)) = Z für alle Z X. Unter welcher Voraussetzung gilt in i) Gleichheit? Lösung i) Es sei y f(a B). Dann existiert x A B mit f(x) = y. Wegen x A folgt y = f(x) f(a) und analog ergibt sich y = f(x) f(b). Das zeigt y f(a) f(b). Gleichheit gilt genau dann, wenn f injektiv ist. ii) Wir zeigen beide Inklusionen in einem Schritt: Es gilt x f (C D) f(x) C D f(x) C f(x) D x f (C) x f (D) x f (C) f (D). iii) Wir zeigen beide Implikationen: "= ": siehe Hilfsaussage Aufgabe (bzw. Blatt, H ) " =": Es seien x, y X mit f(x) = f(y). Dann gilt {x} X und {y} X und nach Voraussetzung gilt {x} = f (f({x})) = f (f({y})) = {y}, also x = y.

3 Aufgabe * Es seien A, B, C, D Mengen und C f D ein kommutatives Diagramm, d.h. es gelte α β A g B f α = β g. Ferner seien α und β bijektiv. Man zeige: Die Abbildung g ist genau dann injektiv, wenn f injektiv ist. Lösung Zu zeigen ist: f ist injektiv g ist injektiv. " :" Es seien a, a A mit g(a ) = g(a ). Damit gilt β(g(a )) = β(g(a )) = f(α(a )) = β(g(a )) = α(a ) = α(a ) = a = a " :" Es seien c, c C mit f(c ) = f(c ). Da α bijektiv ist, gibt es eindeutig bestimmte a, a mit α(a ) = c, α(a ) = c. Damit erhalten wir f(c ) = f(c ) = f(α(a )) = f(α(a )) = β(g(a )) = β(g(a )) = g(a ) = g(a ) = a = a = c = α(a ) = α(a ) = c Gruppen, Ringe, Körper Aufgabe Es sei K := {,, a} eine Menge mit paarweise verschiedenen Elementen. Wie sind die Verknüpfungstafeln auszufüllen, so dass (K, +, ) ein Körper wird. (Die Elemente und sollen dabei ihre "übliche" Rolle spielen) + a a a a Lösung Man kann die "Sudoku-Aufgaben" jeweils eindeutig lösen. Der so konstruierte Körper ist natürlich isomorph zum Körper F. + a a a a a a a a a Aufgabe Es seien (G, +) eine Gruppe, U und U Untergruppen. Man beweise oder widerlege jeweils: i) (U U, +) ist eine Untergruppe von (G, +), ii) (U U, +) ist eine Untergruppe von (G, +). Lösung i) (U U, +) ist eine Untergruppe von (G, +): e U und e U = e U U a, b U U = a, b U und a, b U. Da U und U Untergruppen sind, folgt a + b U und a + b U, also a + b U U.

4 Es sei a U U. Dann gilt a U, also auch a U. Analog gilt a U und wir erhalten a U U. ii) (U U, +) ist keine Untergruppe von (G, +): Gegenbeispiel: U = Z, U = Z. Dann ist U, U, aber 5 = + U U. Aufgabe * Es sei (G, ) eine Gruppe mit neutralem Element e, und es gelte für alle g G die Gleichung g = e. Man beweise, dass (G, ) abelsch ist. Lösung Es seien a, b G. Dann gilt Lineare Gleichungssysteme ab = e(ab)e = (bb)(ab)(aa) = b(ba)(ba)a = bea = ba. Aufgabe Die Matrix A sei in Abhängigkeit der Parameter a, b gegeben durch b A = a b b a Man bestimme den Rang von A in Abhängigkeit von a und b. Lösung Durch elementare Zeilenumformungen erhalten wir b A b a b a ab b.fall: b = : (a) a = b = : Rang (b) a b = Rang.Fall: b (a) a = b, insbesondere a : Rang (b) a b: Rang Aufgabe Für welche t R hat das folgende LGS keine, genau eine oder mehr als eine Lösung? x + y + tz = x + y + z = t x + ty z = Man berechne für t = und t = alle Lösungen. Lösung Gauß-Algorithmus angewandt auf die erweiterte Koeffizientenmatrix liefert t t t t t 6 t t t + t + 8t 5 Die Matrix hat also genau dann vollen Rang, wenn t t + = (t )(t ), also für t,. In diesen Fällen hat das LGS genau eine Lösung. Betrachten wir nun die Sonderfälle t = sowie t = t = : Dann ist die Zeilenstufenform von der Gestalt 7

5 Damit ergibt sich ein eindimensionaler Lösungsraum: x 5 x x = + R 7 Für t = / erhält man / 7/ /9 An der letzten Zeile sieht man, dass das LGS keine Lösung besitzt. Für t = schließlich ergibt sich aus der Zeilenstufenform die Lösung x x x = /5 8/5 /5 5 Vektorräume, Unterräume, Basis und Dimension Aufgabe Es seien V := C und U := {(z, z ) C z = z }. Man zeige oder widerlege: i) U ist ein Unterraum des C-Vektorraums V, ii) U ist ein Unterraum des R-Vektorraums V. Lösung i) U ist kein Unterraum des C-Vektorraums V : (, ) U, aber i(, ) = (i, i) U. ii) U ist ein Unterraum des R-Vektorraums V : (, ) U also U {}, (a, b), (c, g) U a + c = c + d = c + d, also (a + c, b + d) U, (a, b) U, λ R λa = λb = λb, also (λa, λb) U. Aufgabe (Staatsexamen 98) Im R seien in Abhängigkeit von c R die Mengen gegeben. U = { V c = {λ x x x x R x x =, x + x x = } + µ c λ, µ R} i) Man begründe kurz, warum U und V c Unterräume des R sind. ii) Man berechne eine Basis von U. iii) Für welche Zahlen c gilt R = U + V c. Lösung i) U ist als Lösungsmenge eines homogenen LGS ein Unterraum. V c ist gerade das Erzeugnis zweier Vektoren und daher ein Unterraum.

6 ii) Eine Basis von U erhält man durch das Lösen des zugehörigen LGS: x x x + = R + R x Die beiden angegebenen Vektoren bilden eine Basis von U. iii) Da sowohl U also auch V c von je zwei Vektoren aufgespannt werden, gilt U + V c = R genau dann, wenn, die erzeugenden Vektoren linear unabhängig sind. Linearkombination der Null und Aufstellen des zugehörigen LGS führt auf die Koeffizientenmatrix c c + c/ Vollen Rang der Matrix und damit lineare Unabhängigkeit erhalten wir genau im Fall c 8. Aufgabe Es seien a, b, c und d linear unabhängige Vektoren in einem reellen Vektorraum. Ferner seien v = a + b + c + d, v = b + c, v = c + d, v = a + b und U :=< v, v, v, v >. i) Man bestimme die Dimension von U. ii) Was lässt sich über die Dimension von U aussagen, wenn man nichts über lineare (Un- )Abhängigkeit der Vektoren a, b, c, d weiß? Lösung Wir testen v, v, v und v auf lineare Unabhängigkeit:. λ k v k = λ (a + b + c + d) + λ (b + c) + λ (c + d) + λ (a + b) = k= (λ + λ )a + (λ + λ + λ )b + (λ + λ + λ )c + (λ + λ )d = Aufgrund der linearen Unabhängigkeit von a, b, c, d müssen die zugehörigen Koeffizienten sein, dies führt auf ein homogenes LGS: Damit sind die Vekoren linear abhängig. Da der (Spalten-) Rang der Matrix ist, spannen die Vektoren einen dreidimensionalen Raum auf. Sind a, b, c, d nicht mehr linear unabhängig, so könnte sich aufgrund der Abhängigkeiten die Dimension von U entsprechend reduzieren. Die Dimension ist in diesem Fall dann höchstens. Aufgabe Es seien V = Q und U = U =,, 6, V V

7 i) Man berechne Basen von U U und U + U. ii) Man bestimme einen Unterraum U V, so dass U + U = V, U U = {}. Lösung i) Zur Berechnung des Schnitts wählen wir den Ansatz λ + λ + λ = λ Für das zugehörige lineare Gleichungssystem erhalten wir λ 5 Der dritten Zeile entnimmt man λ = λ 5 ; für den Schnitt erhalten wir somit U U = λ 5 + λ 5 = λ Eine Basis von U U ist also etwa (,,, ). Ein Erzeugendensystem für die Summe U + U lässt sich direkt angeben: U + U =,,,, 6 Dieses ist jedoch linear abhängig. Um eine Basis zu konstruieren, schreiben wir die erzeugenden Vektoren zeilenweise in eine Matrix und wenden elementare Zeilenumformungen an, da diese den von den Zeilenvektoren aufgespannten Raum unverändert lassen. 6 5 Aus den linear unabhängigen Zeilen können wir nun eine Basis ablesen:,, 5 ii) Auch hier benutzen wir die Eigenschaft, dass elementare Zeilenumformungen den Zeilenraum invariant lassen: Wir schreiben das Erzeugendensystem von U wiederum zeilenweise auf: Da nun die freien Parameter in der dritten und vierten Spalte "sitzen", wählen wir U =< {e, e } >. 6

8 Aufgabe 5 Es seien R[X] der Vektorraum der reellen Polynome vom Grad. i) Man bestimme eine Basis des Unterraums < {x x, x } > < {x x, x} > ii)* Man bestimme die Parameter a, b R, so dass eine Basis von R[X] darstellt. B (a,b) = { + ax + x, + x + bx, + ax ax } iii)* Man stelle das Polynom x + 5x in der Basis {, + x, x } dar. Lösung i) Für den Schnitt der Unterräume wählen wir den Ansatz λ (x x)+λ (x ) = λ (x x)+λ (x) (λ λ )x +( λ +λ +λ λ )x+( λ ) = Da {, x, x } linear unabhängig ist, ergibt sich (mal wieder) ein lineares Gleichungssystem mit der Lösung λ = λ, λ = λ λ =, λ = λ Einsetzen in den Ansatz ergibt Eine Basis ist also gegeben durch {x x}. λ (x x) + λ (x) = λ (x x). ii)* Offensichtlich gilt B (a,b) R[x], wir müssen also die Parameter a und b so wählen, dass B (a,b) linear unabhängig ist. λ ( + ax + x ) + λ ( + x + bx ) + λ ( + ax ax ) = (λ + bλ aλ ) x + (aλ + λ + aλ ) x + (λ + λ + λ ) = Wiederum erhalten wir ein LGS: b a a a a a Im Fall a {, } hat die Matrix vollen Rang; in diesen Fällen ist B (a,b) tatsächlich eine Basis. iii)* Um das Polynom x + 5x in der Basis {, + x, x } darzustellen, wählen wir den Ansatz λ + λ ( + x) + λ ( x ) = x + 5x Das zugehörige LGS ist von der Form 5 Als Lösung erhalten wir λ =, λ =, λ = 8. Aufgabe 6* Man bestimme eine Basis des Unterraums < sin(x), cos(x), sin(x + π/) > Lösung Es gilt sin(x + π/) = cos(x). Eine Basis ist also gegeben durch {sin(x), cos(x)}.

9 6 Lineare Abbildungen Aufgabe Welche der folgenden Abbildungen sind linear? i) f : R R, x x +, ii) g : R R, (x, y) (x + y, x cy) mit einer Konstante c R. Lösung i) f : R R, x x + ist nicht linear ii) g : R R, (x, y) (x + y, x cy) mit einer Konstante c R ist linear. Aufgabe Die Abbildung F : R R sei gegeben durch (x, y, z) x + y + z. i) Zu zeigen: die Abbildung F ist linear. ii) Ist F injektiv oder surjektiv? iii) Man bestimme Basen von Bild(F ) und Kern(F ). Lösung i) Nachrechnen: F (λ (x, y, z) + (x, y, z )) = λ F ((x, y, z)) + F ((x, y, z )) ii) F ist nicht injektiv, aber surjektiv? (Beweis siehe iii)) iii) Bild(F ) =< {} > und Kern(F ) =< {(,, ), (,, )} >. Aufgabe Es sei f : R R gegeben durch (x, x, x ) (x,, x ). i) Man zeige, dass f linear ist. ii) Man bestimme Basen von Bild(f) und Kern(f). iii) Ist f injektiv, surjektiv oder sogar bijektiv? Lösung i) Nachrechnen! ii) Bild(f) =< {(,, ), (,, )} > und Kern(f) =< {(,, )} >. iii) Nach ii) ist f weder injektiv noch surjektiv, insbesondere auch nicht bijektiv. Aufgabe Ist die Komposition linearer Abbildungen wieder linear? Lösung Ja. Aufgabe 5 i) Gibt es eine surjektive lineare Abbildung f : R n R n+? ii) Gibt es eine injektive lineare Abbildung f : R n R n? Lösung Nach dem Dimensionssatz für lineare Abbildungen sind beide Fälle i) und ii) nicht möglich. Aufgabe 6 Es sei V := R[X] die Menge aller Polynome vom Grad mit reellen Koeffizienten. i) Zu zeigen: die Abbildung F : V V, F (p(x)) = p (X) ist linear. ii) Man bestimme Bild(F ) und Kern(F ). iii) Man zeige, dass B = {X, X +, X X, X + X } eine Basis von V ist. iv) Wie lauten die Bilder der Basisvektoren in B unter der Abbildung F? Lösung i) Vgl. Ableitungsregeln ii) Bild(F ) = R[X], Kern(F ) = R. iii) Es gilt B V und B ist linear unabhängig (nachrechnen!) iv),, X X, X + X Aufgabe 7 (Staatsexamen 99) Im R seien die Vektoren v =, v = λ, v =, w =, w = µ, w = gegeben. Für welche Parameter λ, µ R gibt es eine lineare Abbildung φ : R φ(v i ) = w i für i=,,? R mit

10 Lösung Lineare Abbildungen sind durch die Bilder der Basisvektoren eindeutig bestimmt. Sind v, v, v linear unabhängig, so existiert zu jedem λ und µ genau eine lineare Abbildung mit den gewünschten Eigenschaften. Das ist der Fall für λ. Für λ = besteht die Abhängigkeit v = v v. Da φ linear sein soll, muss dann auch φ(v ) = φ(v ) φ(v ) gelten. Im Fall λ = führt diese Bedingung auf µ =.