Technische Universität München. Mathematik für Physiker 1

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1 Tutorübung - Lösungen T: Basiswechsel Technische Universität München Zentrum Mathematik Mathematik für Physiker Wintersemester /2 Michael Kaplan Jan Wehrheim Christian Mendl Übungsblatt 9 Wir betrachten neben der Standardbasis E = (e, e 2, e ) noch die folgende Basis B des R : B = (b, b 2, b ) =,, Ein Endomorphismus f End(R, R ) habe die darstellende Matrix E[f] B = Bestimmen Sie die darstellende Matrix B [f] E, sowie jeweils eine Basis von Kern(f) und Bild(f) Lösung zu T: Es ist B [f] E = B [id] E E[f] B B[id] E Wir benötigen also die Transformationsmatrix B [id] E Diese erhalten wir, indem wir die Basisvektoren e, e 2, e bezüglich der Basis B darstellen Es gilt e = /2 2 (b + b 2 b ) also B(e ) = /2 /2 e 2 = /2 2 (b + b b 2 ) also B(e 2 ) = /2 /2 e = /2 2 (b 2 + b b ) also B(e ) = /2 /2 und somit B[id] E = 2 Alternativ hätte man B [id] E auch durch Invertieren von E [id] B = erhalten können Wir berechnen also B[f] E = B [id] E E[f] B B[id] E = = /2 /2 /2 Der Rang von f ist Rang(f) =, wie man an den darstellenden Matrizen sofort erkennt Eine Basis ist also durch einen von Null verschiedenen Vektor im Bild von f gegeben - einen solchen liest man zum Beispiel der darstellenden Matrix E [f] B ab: Es gilt zum Beispiel Bild(f) = Lin 2 Nach dem Dimensionssatz ist der Kern also zweidimensional und es genügt zwei linear unabhängige Vektoren im Kern der Matrix B [f] E anzugeben: Es gilt zum Beispiel Kern(f) = Lin,

2 T2: Dualbasis Es sei B = (b, b 2, b ) =,, eine Basis des R Bestimmen Sie die duale Basis B des Dualraums (R ) Lösung zu T2: Gesucht sind lineare Abbildungen b i : R R mit b i (b j ) = δ i j Diese bi sind dadurch eindeutig festgelegt, da eine lineare Abbildung durch die Vorgabe ihrer Werte auf einer Basis schon eindeutig bestimmt ist Wir können auch sofort darstellende Matrizen der b i bezüglich der Basis B von R und der Basis E = () von R angeben: E[b ] B = ( ), E[b 2 ] B = ( ), E[b ] B = ( ) Wir berechnen nun die Transformationsmatrix B [id] E, um eine Darstellung der b i bezüglich Standardbasen zu erhalten: /2 /2 B[id] E = ( E [id] B ) = = = /2 /2 Es ergibt sich: E[b ] E = ( /2 /2 ), E[b 2 ] E = ( /2 /2 ), E[b ] E = ( ) Damit können wir diese linearen Abbildungen auch explizit angeben: x = 2 x + x 2, b 2 = 2 x 2, b b x x x x = x T: Linearformen Es sei V = R[z] Für j =,, 2, betrachten wir die Linearformen ψ j V mit ψ j : V R ; p p(j ) a) Zeigen Sie, dass C = (ψ, ψ, ψ 2, ψ ) eine Basis von V ist b) Geben Sie eine Basis B = (p, p, p 2, p ) von V an, deren Dualbasis B = C ist c) Stellen Sie das Element ψ V mit ψ(p) = p(t) dt in der Basis C dar Lösung zu T: a) Die ψ j sind spezielle Auswertungshomomorphismen (siehe Blatt 7, Aufgabe H), denn sie entstehen durch das Einsetzen eines festen Wertes in ein Polynom Die ψ j sind also in der Tat Linearformen Wegen dim(v ) = dim(v ) = 4 genügt es zu zeigen, dass C = (ψ, ψ, ψ 2, ψ ) linear unabhängig ist, um schließen zu können, dass C tatsächlich eine Basis ist Es gilt λ j ψ j = j= λ j ψ j (p) = für alle p V j= λ j p(j ) = für alle p V j= Setzt man für p die Standardbasis, z, z 2, z von V ein, so erhält man daraus das LGS λ + λ + λ 2 + λ = λ + λ 2 + 2λ = λ + λ 2 + 4λ = λ + λ 2 + 8λ = λ + λ + λ 2 + λ = λ + 2λ 2 + λ = 2λ 2 + 6λ = 6λ = welches nur die triviale Lösung λ = λ = λ 2 = λ = hat Die ψ i sind also linear unabhängig und C ist eine Basis

3 b) Es sind Polynome p, p, p 2, p R[z] gesucht mit der Eigenschaft { ψ i (p j ) = δj i für i = j p j (i ) = für i {,, 2, } \ j Dies ist ein Interpolationsproblem: An vorgegebenen Stützstellen sollen die Polynome bestimmte Werte annehmen Wir können für jedes j =,, 2, den Ansatz machen p j = a + a z + a 2 z 2 + a z und dann ein LGS für die Koeffizienten a, a, a 2, a aufstellen und lösen: Zum Beispiel für j = haben wir p ( ) = a a + a 2 a = p () = a = p () = a + a + a 2 + a = p (2) = a + 2a + 4a 2 + 8a = Wir müssen also das LGS mit der Koeffizientenmatrix A = viermal mit verschiedenen rechten Seiten lösen Dazu invertiert man die Matrix A am besten: 6 A = Daraus erhält man die folgenden Lösungen: p = 6 ( 2z + z2 z ) p = 6 (6 z 6z2 + z ) p 2 = 6 (6z + z2 z ) p = 6 ( z + z ) c) Für p(z) = az + bz 2 + cz + d R[z] ist [ a ψ(p) = p(t) dt = 4 z4 + b z + c ] 2 z2 + d z = 2b/ + 2d Für die Elemente ψ,, ψ der Dualbasis gilt andererseits: ψ (p) = p( ) = a + b c + d ψ (p) = p() = d ψ 2 (p) = p() = a + b + c + d ψ (p) = p(2) = 8a + 4b + 2c + d Wir suchen nun eine Darstellung ψ = i= λ iψ i Durch Anwendung von ψ auf beiden Seiten erhalten wir daraus 2b/ + 2d = λ ( a + b c + d) + λ d + λ 2 (a + b + c + d) + λ (8a + 4b + 2c + d) und durch Umstellen: a( λ +λ 2 +8λ )+b( 2/+λ +λ 2 +4λ )+c( λ +λ 2 +2λ )+d( 2+λ +λ +λ 2 +λ ) = Diese Gleichung muss für alle a, b, c, d R gelten Dies ist nur möglich, wenn alle geklammerten Ausdrücke für sich schon Null ergeben Wir lösen also das folgende LGS: Es folgt λ =, λ = 4, λ 2 = und λ = und damit ψ = ψ + 4 ψ + ψ2

4 T4: Hom als Tensorprodukt Es seien V und W zwei endlichdimensionale K-Vektorräume Zu festem φ V betrachten wir die Abbildung f φ,w : V W ; v φ(v) w a) Zeigen Sie, dass diese Abbildung f φ,w linear ist, also f φ,w Hom(V, W ) b) Geben Sie die Abbildung f φ,w : R R 2 explizit an für φ : R R ; x x und w = R 2 x und w W Stellen Sie dieses f φ,w ferner als Matrix bezüglich der Standardbasen von R und R 2 dar c) Wir definieren eine Abbildung F : V W Hom(V, W ), indem wir für eine Basis (b,, b m ) von V und eine Basis (c,, c n ) von W die Bilder der Basisvektoren b i c j V W vorgeben: Zeigen Sie, dass F ein Isomorphismus ist F (b i c j ) := f b i,c j d) Es sei E( = (e ), e 2, e ) die Basis des (R ), welche dual zur Standardbasis E des R ist Ferner sei w = R 2 Bestimmen Sie F ( 2e w + e w ) Hom(R, R 2 ) e) Stellen Sie die lineare Abbildung f Hom(R, R 2 ) mit als Element von (R ) R 2 dar f : R R 2 ; v Av mit A = ( 2 ) 2 Lösung zu T4: a) Sind v, v 2 V und k K, so gilt f φ,w (kv +v 2 ) = φ(kv +v 2 ) w = (kφ(v )+φ(v 2 )) w = kφ(v ) w+φ(v 2 ) w = kf φ,w (v )+f φ,w (v 2 ) Dabei haben wir beim zweiten Gleichheitszeichen ausgenutzt, dass φ eine Linearform ist Damit ist f φ,w : V W in der Tat eine lineare Abbildung b) Mit den gegebenen Elementen gilt f φ,w : V W ; x x x = x Bezüglich der Standardbasen E von R und R 2 gilt also E [f φ,w ] E = c) Da V und W endlichdimensional sind wissen wir dim(v W ) = dim(v ) dim(w ) = dim(v ) dim(w ) = dim(hom(v, W )) Es handelt sich bei F also um eine lineare Abbildung zwischen Vektorräumen der gleichen Dimension Eine solche Abbildung ist aber schon dann ein Isomorphismus, wenn sie surjektiv ist Und für Surjektivität genügt es nachzuweisen, dass alle Elemente einer Basis von Hom(V, W ) im Bild von F liegen Aus dem Beweis von Satz 5 kennen wir eine Basis von Hom(V, W ) Zu einer Basis B = (b,, b m ) von V und einer Basis C = (c,, c n ) von W besteht diese aus den linearen Abbildungen f ij : V W mit f ij (b i ) = c j und f ij (b l ) = für l i Wählen wir die Basis B nun so, dass ihre Dualbasis gerade die schon gewählte Basis (b,, b m ) von V ist, und für C das bereits gewählte (c,, c n ), dann gilt F (b i c j ) = f ij, denn die linearen Abbildungen f ij und f bi,c j nehmen auf den Elementen der Basis B genau die gleichen Werte an - müssen also komplett übereinstimmen Damit liegt in der Tat eine Basis von Hom(V, W ) im Bild von F

5 d) Es ist w = c c 2 in der Standardbasis C = (c, c 2 ) des R 2 Damit gilt F (2e w) = F (2 (e (c c 2 ))) = F (2 (e c e c 2 )) = 2F (e c ) 2F (e c 2 ), wobei wir nur Rechenregeln im Tensorprodukt und Linearität von F ausgenutzt haben Nun setzen wir die Definition von F auf Basiselementen der Form e i c j ein: = 2f e,c 2f e,c 2 Für ein x = x R gilt also x F (2e w)(x) = 2f e,c (x) 2f e,c 2 (x) = 2 e (x) c 2 e 2x (x) c 2 = 2x c 2x c 2 = 2x Vollkommen analog berechnen wir F (e x w)(x) = und damit x F ( 2e w + e w ) 2x + x (x) = 2x x 2 Dies Matrixdarstellung bezüglich der Standardbasen von R und R 2 lautet 2 2 e) Zum Beispiel die lineare Abbildung zur Matrix wird beschrieben durch das Element 2e c Genauer: Die darstellende Matrix der linearen Abbildung F (2e c ) hat genau die obige Form Indem wir die gegebene Matrix A in die Summe solcher einfacher Matrizen zerlegen, finden wir die Darstellung τ = 2e c e 2 c + e c 2e 2 c 2 + e c 2 = ( 2e e 2 + e ) c + ( 2e 2 + e ) c 2 und es gilt F (τ) = f