1. Übungsblatt: Lineare Algebra I

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1 Institut für Mathematik Universität Hannover Prof. Dr. K. Hulek, Dr. D. Wille Hannover, den. November 2. Übungsblatt: Lineare Algebra I Lösungsskizzen Aufgabe (je 3 Punkte) Beweisen oder widerlegen Sie die folgenden Aussagen über Mengen. a) A (B C) = (A B) (A C) b) (A \ B) (A \ C) = (A A) \ (B C) a) ist wahr. Beweis: (x, y) A (B C) x A und y B C x A und (y B und y C) (x A und y B) und (x A und y C) (x, y) (A B) (A C) Die Richtung = liefert A (B C) (A B) (A C), die Richtung = liefert (A B) (A C) A (B C), also gilt die Gleichheit. b) ist falsch. Gegenbeispiel: Setze A = B = {}, C = {2}. Dann folgt A\B =, also (A\B) (A\C) =, aber (A A)\(B C) = {(, )} \ {(, 2)} = {(, )}. Aufgabe 2 (je 4 Punkte) Es seien f : X Y und g : Y Z Abbildungen. Zeigen Sie: a) Ist f surjektiv und g f injektiv, so ist g injektiv. Geben Sie Abbildungen f und g an, so daß gilt: g f ist injektiv und g ist nicht injektiv. b) g f bijektiv = f injektiv und g surjektiv. Geben Sie ein Beispiel dafür an, dass g f bijektiv sein kann, obwohl weder f surjektiv, noch g injektiv ist. a) Seien y, y 2 Y mit y y 2. Da f surjektiv ist, gibt es zu y, y 2 Y Elemente x, x 2 X mit f(x ) = y und f(x 2 ) = y 2. Wegen y y 2 gilt x x 2. Da g f injektiv ist, folgt (g f)(x ) (g f)(x 2 ), also g(f(x )) g(f(x 2 )). Dies heißt aber g(y ) g(y 2 ), was zu zeigen war. Als Beispiel kann man wählen: X = Z = {, 2}, Y = {, 2, 3} f gegeben durch f(x) = x und g gegeben durch g() = g(3) = und g(2) = 2. b) Wir beweisen dies durch Umkehrschluss: Annahme: Es gilt nicht (f injektiv und g surjektiv). Dann ist f nicht injektiv oder g nicht surjektiv.. Fall: f ist nicht injektiv. Dann gibt es a, b X, a b, mit f(a) = f(b). Dann ist aber auch g f(a) = g(f(a)) = g(f(b)) = g f(b), also g f nicht injektiv und damit nicht bijektiv. 2. Fall: g nicht surjektiv. Dann gibt es ein c Z, so dass c g(y) für alle y Y. Dann ist auch c g(f(x)) = g f(x) für alle x X. Also ist g f nicht surjektiv und damit nicht bijektiv.

2 Beispiel: Sei X = Z = {} und Y = {, 2}. f : X Y sei definiert durch f() = und g : Y Z sei definiert durch g() = g(2) =. Dann ist f nicht surjektiv und g nicht injektiv, aber g f : X Z ist bijektiv. Aufgabe 3 (je 2 Punkte) Gegeben sind jeweils zwei Geraden A und B im IR n. Bestimmen Sie A B. a) A = (5,, 6) + IR(, 2, 2) B ist die Gerade durch die Punkte (, 6, 2) und (5, 6, 3). b) A = (,,,, ) + IR(2,,,, ) B ist die Gerade durch die Punkte ( 5, 4, 2, 7, 2) und (, 2,, 3, ). c) A = IR( 3,, 4, ), B = (, 2,, 3) + IR( 3,, 4, ) a) Für die Gerade B erhält man mit Lemma.2 z. B. B = (, 6, 2) + IR(,, ). Für einen Punkt x A B muß es µ, λ IR geben mit (5,, 6) + λ(, 2, 2) = (, 6, 2) + µ(,, ). Das sich daraus ergebende Gleichungssystem 5 + λ = µ, 2λ = 6, 6 + 2λ = 2 + µ besitzt die eindeutige Lösung λ = 3, µ = 2. Also gilt A B = {(2, 6, )}. b) Hier erhält man entsprechend für die Gerade B: B = ( 5, 4, 2, 7, 2) + IR(4, 2, 2, 4, 2) =: v + IRw. Es ist A = (,,,, ) + IR(2,,,, ). Der Ansatz ( 5, 4, 2, 7, 2) + α(4, 2, 2, 4, 2) = (,,,, ) + β(2,,,, ) liefert 5 + 4α = + 2β, 4 2α = β, 2 + 2α = + β, 7 4α = β, 2 + 2α = + β. Die letzten beiden Gleichungen liefern eindeutig α = 3 2 und β =. Diese Werte erfüllen auch die anderen drei Gleichungen. Also gilt A B = {(,,,, )}. c) Hier führt der Ansatz α( 3,, 4, ) = (, 2,, 3)+β( 3,, 4, ) auf das lineare Gleichungssystem 3α + 3β =, α β = 2, 4α 4β =, α β =. Die letzten beiden Gleichungen liefern den Widerspruch 4 =, d.h. das Gleichungssystem besitzt keine Lösung. Es ist A B =. (Die Geraden sind parallel.) Aufgabe 4 (5 Punkte) Das Parallelogramm ABCD sei von den linear unabhängigen Vektoren a, b IR 3 aufgespannt. E teile die Seite AD im Verhältnis 3 :, F teile die Seite DC im Verhältnis 4 : (siehe Skizze). In welchem Verhältnis teilt S die Strecke AF? Skizze siehe Originalblatt z.b. Aushang beim Institut Es ist AF = a b und b + BE = 3 4a, also BE = 3 4a b. Für S muss es also λ, µ IR geben mit λ(a b) = b + µ( 3 4a b). Hieraus erhält man die Gleichung Da a, b linear unabhängig sind, folgt hieraus (λ 3 4 µ)a + (4 5 λ + µ)b =. λ 3 4 µ = und 4 5 λ + µ =. Dieses Gleichungssystem hat die Lösung λ = 5 32, µ = 5 8. S teilt die Strecke AF also im Verhältnis 5 : 7.

3 Institut für Mathematik Universität Hannover Prof. Dr. K. Hulek, Dr. D. Wille Hannover, den 8. November 2 2. Übungsblatt: Lineare Algebra I Lösungsskizzen Aufgabe (2,2, Punkte) Gegeben sind die Punkte A = (, 5, 7), B = (, 3, 6) und C = (, 4, 5). Berechnen Sie im Dreieck ABC a) die Seitenlängen und die Winkel. b) die Fußpunkte der Höhen auf den Seiten. c) den Schnittpunkt der Seitenhalbierenden. a) Mit c = AB = ( 2, 2, ), a = BC = (,, ) und b = AC = (,, 2) folgt: c = 3, a = 3, b = 6. b, c cos α = b c = 6 liefert α 35, 26 b, a. cos γ = 3 a b = liefert γ = 9. Durch Ergänzung folgt β 54, 74. b) Da das Dreieck rechtwinklig ist mit rechtem Winkel γ, ist C der Fußpunkt von h A und h B. Der Fußpunkt von h C ergibt sich als Schnittpunkt der Geraden g durch A und B mit der Ebene E durch C senkrecht zu AB. Es ist g = (, 5, 7) + IR(2, 2, ) und E ist gegeben durch die Gleichung 2x + 2y + z = 3 (Normalenvektor von E ist (2, 2, )!). Durch Einsetzen der Darstellung von g in diese Gleichung ergibt sich 2( + 2λ) + 2(5 + 2λ) λ = 3 mit der Lösung λ = 2 und daher lautet der Fußpunkt: 3 (, 5, 7) 2 3 (2, 2, ) = ( 3, 3, 9 3 ). c) Benutzt man die Formel S = (A + B + C) für den Schnittpunkt der Seitenhalbierenden, 3 so erhält man sofort S = (, 4, 6). Kennt man die Formel nicht, so stellt man die Seitenhalbierende zu c auf, und zwar ist S c = (, 4, 5) + IR(,, 3) (Schulwissen liefert dann S = (, 4, 5) + 2(,, 3 ) = (, 4, 6)), ferner kann man noch die Seitenhalbierende zu b aufstellen; dies ist S b = (, 3, 6) + IR( 3, 3, ). Der 2 2 Schnittpunkt beider Seitenhalbierenden ist dann S = (, 4, 6). Aufgabe 2 (2,3,3 Punkte) Gegeben seien die Ebenen E = (, 2, 3) + IR (,, ) + IR (2,, ) und E 2 = {(x, y, z) ; 2x + 3y z + = }, die Gerade A = (5,, 6) + IR (, 2, 2) und der Punkt u = (3, 2, ). a) Stellen Sie E in der Darstellung des Satzes.6 der Vorlesung dar, und geben Sie für E 2 eine Parameterdarstellung an. b) Bestimmen Sie: A E, A E 2, E E 2. c) Berechnen Sie d(u, A), d(u, E ) und d(u, E 2 ).

4 2 a) Um eine Parameterdarstellung von E 2 zu erhalten, setzt man einfach zwei der Variablen x, y, z in 2x + 3y z + = als Parameter λ und µ an, und löst nach der dritten Variablen auf, z.b. x = λ, y = µ, also z = + 2λ + 3µ, d.h. E 2 = (λ, µ, + 2λ + 3µ) = (,, ) + IR(,, 2) + IR(,, 3) ist eine gesuchte Parameterdarstellung. Will man für E eine Darstellung gemäß Satz.6 aufstellen und nur die Theorie bis zu diesem Satz benutzen, so bestimmt man zunächst drei Punkte von E, die nicht auf einer Geraden liegen, z.b. (, 2, 3), (2, 3, 2) und (3,, 4) (sie liegen nicht auf einer Geraden, da die Vektoren (2, 3, 2) (, 2, 3) und (3,, 4) (, 2, 3) linear unabhängig sind!). Da E = {(x, y, z) ; ax + by + cz d = } mit gewissen a, b, c, d ist, lassen sich a, b, c, d durch Einsetzen der drei Punkte aus dem entstehenden Gleichungssystem a + 2b + 3c d = 2a + 3b + 2c d = 3a + b + 4c d = bestimmen. Wählt man z.b. d = 5, so folgt a =, b = c =. Es ist also b) Berechnung von A E : führt auf das Gleichungssystem E = {(x, y, z) ; y + z 5 = }. (, 2, 3) + λ(,, ) + µ(2,, ) = (5,, 6) + δ(, 2, 2) λ + 2µ δ = 4 λ µ + 2δ = 2 λ + µ 2δ = 3. Addition der letzten beiden Gleichungen ergibt den Widerspruch = ; es folgt A E =. (Benutzt man die unter a) berechnete Darstellung für E und setzt dort x = 5 + λ, y = 2λ, z = 6 + 2λ, so folgt 2λ λ 5 =, also sofort ein Widerspruch. Diese Methode führt i.a. schneller zur Berechnung des Schnittes von Gerade und Ebene.) Berechnung von A E 2 : Nach der letzten Bemerkung erhalten wir mit der angegebenen Darstellung von E 2 : 2(5 + λ) 6λ 6 2λ + =, also λ = 5 6. Damit ergibt sich A E 2 = { (25,, 26)}. 6 Berechnung von E E 2 : In der Darstellung von E 2 setzen wir x = + λ + 2µ, y = 2 + λ µ, z = 3 λ + µ. Es entsteht die Gleichung 2( + λ + 2µ) + 3(2 + λ µ) (3 λ + µ) + =,. Daraus folgt λ =, µ beliebig und es ergibt sich als Schnitt von E und E 2 eine Gerade, nämlich E E 2 = (, 2, 3) (,, ) + IR(2,, ) = (,, 4) + IR(2,, ).

5 3 c) Nach der Formel der Vorlesung folgt d(u, A) = (5,, 6) + = (, 34, 29) 5, 9. 9 ( 2, 2, 5), (, 2, 2) (, 2, 2) (3, 2, ) (, 2, 2) 2 Es ist E = {(x, y, z) ; y + z 5 = }. Also gilt nach Vorlesung d(u, E ) = = 6 4, Entsprechend folgt mit der angegebenen Darstellung für E 2 : d(u, E 2 ) =, d.h. u liegt in E 2. Aufgabe 3 (6 Punkte) Es seien v, v 2, v 3 drei Punkte im IR n, die nicht auf einer Geraden liegen. Zeigen Sie, daß es dann genau eine Ebene durch diese drei Punkte gibt. Zunächst zeigen wir: Liegen die Punkte v, v 2, v 3 IR nicht auf einer Geraden, so sind die Vektoren w := v 2 v und w 2 := v 3 v linear unabhängig. Beweis: Zunächst folgt v i v j für i j, also w und w 2. Annahme: w, w 2 sind linear abhängig. Dann gibt es nach Lemma.4 ein ρ mit w = ρw 2, also v 2 v = ρ(v 3 v ). Das bedeutet aber, daß v, v 2, v 3 auf der Geraden v + IR(v 2 v ) liegen. Widerspruch! Sind also v, v 2, v 3 drei Punkte im IR n, die nicht auf einer Geraden liegen, so sind v 2 v und v 3 v linear unabhängig, und v + IR(v 2 v ) + IR(v 3 v ) ist eine Ebene (die v, v 2 und v 3 enthält!). Zu zeigen bleibt die Eindeutigkeit. Dazu zeigen wir: Ist A = u + IRu 2 + IRu 3 eine Ebene, die die nicht auf einer Geraden liegenden Punkte v, v 2, v 3 enthält, so gilt A = v + IRw + IRw 2 mit w = v 2 v und w 2 = v 3 v. Beweis: Sei x v + IRw + IRw 2, d. h. es gibt λ, µ IR mit () x = v + λw + µw 2. Da v i A (i =, 2, 3), gibt es α i, β i IR mit v i = u + α i u 2 + β i u 3 (i =, 2, 3). Einsetzen in () ergibt: (Beachte w = v 2 v und w 2 = v 3 v!) x = u + α u 2 + β u 3 + λ(u + α 2 u 2 + β 2 u 3 u α u 2 β u 3 ) + +µ(u + α 3 u 2 + β 3 u 3 u α u 2 β u 3 ) = u + ru 2 + su 3 mit r, s IR (Sortieren!) A Sei x A, d. h. es gibt λ, µ IR mit (2) x = u + λu 2 + µu 3. Zunächst gilt: (Setze v i wie oben an!) (3) w = (α 2 α )u 2 + (β 2 β )u 3 (α 3 α ) (4) w 2 = (α 3 α )u 2 + (β 3 β )u 3 (α 2 α ) (5) (α 3 α )w (α 2 α )w 2 = ((α 3 α )(β 2 β ) (α 2 α )(β 3 β )) u 3 }{{} =:δ

6 4 Behauptung: δ Wäre δ =, so würde aus der linearen Unabhängigkeit von w und w 2 folgen: α 3 α = α 2 α =. Das liefert mit (3) und (4): w = (β 2 β )u 3, w 2 = (β 3 β )u 3, ein Widerspruch zur linearen Unabhängigkeit von w und w 2. (5) läßt sich damit nach u 3 auflösen. (6) u 3 = δ ((α 3 α )w (α 2 α )w 2 ) =: r 3 w + s 3 w 2. Aus dem Beweis für δ folgt insbesondere α 3 α oder α 2 α. (3) oder (4) läßt sich also nach u 2 auflösen und ergibt mit (6) eine Darstellung (7) u 2 = r 2 w + s 2 w 2 mit r 2, s 2 IR. Benutzt man nun noch u = v α u 2 β u 3 und ersetzt in (2) u hiernach und u 2 und u 3 gemäß (7) und (6), so folgt: also x v + IRw + IRw 2. Aufgabe 4 x = u + λu 2 + µu 3 = v + kw + lw 2 mit k, l IR ; (je 3 Punkte) Es sei A = u + IRv eine Gerade und E = {x ; n, x a = } eine Ebene im IR 3. Zeigen Sie: a) A E oder A E = v, n = n, a u b) v, n = = u + v A E n, v a) Beweis von = : Ist A E, so folgt u E, also n, u a =, d.h. n, u = n, a. Da jeder Punkt von A auch in E liegt, gilt für alle λ IR: n, u + λv a =. Die Rechenregeln für das Skalarprodukt liefern nun n, u + λ n, v n, a =. Mit n, u = n, a folgt λ n, v = für alle λ IR, und daher n, v = v, n =. Ist A E =, so schließen wir indirekt. Wäre v, n, so setzen wir λ := n,a u Es ist u + λv A nach Definition von A. Aber es n,v folgt auch u + λv E, denn n, u + λv a = n, u + λ n, v n, a = n, u + n, a u n, a =. Also folgt A E, und das ist ein Widerspruch zur Voraussetzung. Beweis von = : Es sei v, n = und x A, d.h. x = u + λv für ein λ IR. Es ist n, x a = n, u + λv a = n, u + λ n, v n, a = n, u n, a, da v, n =. Nun unterscheiden wir zwei Fälle:. Fall: u E Dann gilt für jedes x A: n, x a = n, u n, a = n, u a =,

7 5 also folgt A E. 2. Fall: u E: Dann gilt für jedes x A: also folgt A E =. n, x a = n, u n, a = n, u a =, b) Wir setzen x = u + n,a u n,v v. Es ist x A nach Definition von A. Zu zeigen bleibt: x E. Dazu muß n, x a = gezeigt werden. n, u + n, a u v a n, v = n, u + n, a u n, a = n, u + n, a n, u n, a =

8 Institut für Mathematik Universität Hannover Prof. Dr. K. Hulek, Dr. D. Wille Hannover, den 5. November 2 3. Übungsblatt: Lineare Algebra I Lösungsskizzen Aufgabe (4 Punkte) Es sei (G, ) eine Gruppe mit a a = e für alle a G, wobei e das neutrale Element in G ist. Zeigen Sie, dass G abelsch ist. Zu zeigen ist a b = b a für alle a, b G. Aus a a = e für alle a G folgt a = a für alle a G, da inverse Elemente in Gruppen eindeutig sind. Für das Element (a b) G gilt also auch (a b) = (a b). Nun schließen wir wie folgt: a b = (a b) = b a nach Lemma 2.3 = b a Aufgabe 2 (7 Punkte) { IR \ {, } IR Zeigen Sie: Die 6 Abbildungen h i : mit x h i (x) h (x) := x, h 2 (x) := x, h 3 (x) := x, h 4(x) := x x, h 5(x) := x, h 6(x) := x bilden bezüglich der Hintereinanderausführung eine Gruppe (G, ). Ist diese Gruppe abelsch? Zunächst muß gezeigt werden, daß eine Verknüpfung auf der Menge {h,..., h 6 } ist. Dazu wird eine Verküpfungstafel aufgestellt. Wie sie sich ergibt, erläutert das folgende Beispiel: Man erhält so: (h 4 h 6 )(x) = h 4 (h 6 (x)) = h 4 ( x ) = x x = x = h 2(x) h h 2 h 3 h 4 h 5 h 6 h h h 2 h 3 h 4 h 5 h 6 h 2 h 2 h h 6 h 5 h 4 h 3 h 3 h 3 h 5 h h 6 h 2 h 4 h 4 h 4 h 6 h 5 h h 3 h 2 h 5 h 5 h 3 h 4 h 2 h 6 h h 6 h 6 h 4 h 2 h 3 h h 5 Es liegt eine Gruppe vor, denn die Hintereinanderausführung von Funktionen ist nach Vorlesung assoziativ, h ist neutrales Element und jedes Element besitzt ein inverses Element, wie die Verknüpfungstafel zeigt. Aus der Verknüpfungstafel erkennt man z.b. h 2 h 3 h 3 h 2, also ist die Gruppe nicht abelsch.

9 Aufgabe 3 (3, 5 Punkte) a) Bestimmen Sie (bis auf Isomorphie) alle Körper mit genau 3 Elementen. b) Es sei A := {(a + b i ; a, b Z} C. Betrachten Sie (A, +, ), wobei + und wie in C definiert sind, und untersuchen Sie, welche der in der Vorlesung eingeführten Grundstrukturen (A, +, ) ist. a) Wir bezeichnen die Elemente eines Körpers mit 3 Elementen mit,, 2, wobei das existierende neutrale Element der Addition und das existierende neutrale Element der Multiplikation in K \ {} sein soll. Nach Stundenübung ist dann (K, +) bis auf Isomorphie eindeutig und zwar durch die Verknüpfungstafel gegeben. Nun muß {, 2} bezüglich noch eine Gruppe (mit neutralem Element ) sein. Also muß - wieder nach Stundenübung = sein. Die so definierte Struktur erfüllt aber auch das dritte Körpergesetz K3, nämlich das Distributivgesetz, wie man durch Betrachtung der einzelnen Fälle nachweist; hier nur für einen nichttrivialen Fall beispielhaft durchgeführt: ( + ) 2 = 2 2 = = = Daß auch 2 ( + ) = gilt, braucht nicht noch nachgewiesen zu werden. Dies folgt aus der Kommutativität von. Damit gibt es (bis auf Isomorphie) genau einen Körper mit 3 Elementen. b) Wie in der Vorlesung läßt sich A auffassen als Z Z. Die Addition auf A ist komponentenweise definiert. Da ( Z, +) eine kommutative Gruppe ist, ist daher auch (A, +) eine kommutative Gruppe mit neutralem Element (, ). Wegen A C, und da eine Verknüpfung auf A ist, ist (A, ) eine Halbgruppe; ist kommutativ und es gelten die Distributivgesetze. (Assoziativgesetz und Kommutativgesetz bzgl. und Distributivgesetze gelten in C und daher auch in der Teilmenge A von C.) Wegen = + i A ist (A, +, ) damit ein kommutativer Ring mit Einselement. (A, +, ) ist kein Körper, denn z.b. besitzt (2, ) (, ) kein inverses Element in A. Ein solches müßte nämlich gleich dem Inversen von (2, ) in C sein. Dieses ist (, ), aber (, ) A. 2 2 Aufgabe 4 (6 Punkte) Gegeben sind die komplexen Zahlen z = i und z 2 = 3 + i. z z 2 Berechnen Sie z z 2,,, z z 2 z 2, 9 sowie z und z 2. a) z z 2 = ( i)( 3 + i) = i z = i = ( i)( 3 i) z i ( 3 + i)( 3 i) z 2 3 i = z 3 3 3i = ( 3 i)( i) = 36 3 i Die Polarkoordinatendarstellung von z 2 lautet z 2 = 2e i π 6. Damit folgt = i + 9i = 3i Ferner gilt z = z 9 2 = 2 9 e i 9 π 6 = 52 e i 3 2 π = 52i (3 3) 2 = 6 und z 2 = = 2.

10 Institut für Mathematik Universität Hannover Prof. Dr. K. Hulek, Dr. D. Wille Hannover, den 22. November 2 4. Übungsblatt: Lineare Algebra I Lösungssskizzen Aufgabe (je 3 Punkte) a) Lösen Sie die quadratische Gleichung 4iz 2 + (8 4i)z 2 3i =. b) Zeigen Sie: Ist z C, z, so gibt es genau zwei komplexe Zahlen w, w 2 mit w 2 = w 2 2 = z. a) 4iz 2 + (8 4i)z 2 3i = : (4i) z 2 ( + 2i)z + ( i) = (z + 2i ) 2 }{{ 2 } = 2i ( ) =:w Gesucht sind zunächst Zahlen w mit w 2 = 2i. Der Ansatz w = a + bi liefert w 2 = a 2 b 2 + 2abi, durch Koeffizientenvergleich also a 2 b 2 = und 2ab = 2. Die erste Gleichung ergibt a = b, die zweite Gleichung liefert ab =. Damit ergeben sich die beiden Zahlen w = + i und w 2 = i, die tatsächlich w 2 = 2i lösen. Mit ( ) ergeben sich daraus die Lösungen z = + 2i 2 der gegebenen quadratischen Gleichung. + ( + i) = 2 + 2i und z 2 = + 2i 2 + ( i) = 3 2 b) Es sei z = r(cos ϕ + i sin ϕ) mit r > (da z ). Wir setzen w := r(cos ϕ + i sin ϕ ). Es 2 2 ist w 2 = z nach Vorlesung. Damit ist die Existenz einer Lösung der Gleichung w 2 = z gezeigt. Ist w nun irgendeine komplexe Zahl mit w 2 = z, so gilt also w 2 = w 2, d.h. w 2 w 2 =, also (w w)(w + w) =. Daraus folgt w = w oder w = w. Wegen w ist w w, also gibt es genau zwei komplexe Zahlen w mit w 2 = z. Aufgabe 2 (7 Punkte) Es sei V = {(x, y) : x, y IR und y > }. Ferner seien und definiert durch (x, y ) (x 2, y 2 ) := (x + x 2, 2 y y 2 ) k (x, y ) := (kx, 2 ( y 2 )k ) für k Q. Untersuchen Sie, ob (V,, ) ein Vektorraum über Q ist. Hinweis zur Die Multiplikation in IR wird nur dort geschrieben, wo es sinnvoll erscheint. Es gilt (V):

11 Wir zeigen, dass (V, ) abelsche Gruppe mit neutralem Element (, 2) ist. ist Verknüpfung auf V, da aus y, y 2 > auch y 2 y 2 > folgt. ist assoziativ und kommutativ, da + und assoziativ und kommutativ in IR sind. Es gilt (x, y) (, 2) = (x+, y 2) = (x, y) = (, 2) (x, y), also ist (, 2) neutrales Element 2 in V. Zu (x, y) ist ( x, 4) invers, denn aus y > folgt auch 4 > und y y (x, y) ( x, 4 y ) = (x x, 2 y 4 y ) = (, 2) = ( x, 4 ) (x, y). y Es ist : Q V V, da für y > und k Q auch 2 ( y 2 )k > gilt. Es gilt (V2): Dazu ist zu zeigen: (i) r (s (x, y)) = (r s) (x, y) r (s (x, y)) = r (sx, 2 ( y 2 )s ) = (rsx, 2 (( y 2 )s ) r ) = (rsx, 2 ( y 2 )rs ) = (rs) (x, y) (ii) r ((x, y ) (x 2, y 2 )) = r (x, y ) r (x 2, y 2 ) r ((x, y ) (x 2, y 2 )) = r (x + x 2, 2 y y 2 ) = (r(x + x 2 ), 2 ( y y 2 4 )r ) (iii) (r + s) (x, y) = r (x, y) s (x, y) = (rx + rx 2, 2 ( y 2 )r ( y 2 2 )r ) = (rx, 2 ( y 2 )r ) (rx 2, 2 ( y 2 2 )r ) = r (x, y ) r (x 2, y 2 ) (r + s) (x, y) = ((r + s)x, 2 ( y 2 )r+s ) = (rx + ry, 2 ( y 2 )r ( y 2 )s ) = (rx, 2 ( y 2 )r ) (sx, 2 ( y 2 )s ) = r (x, y) s (x, y) (iv) (x, y) = (x, y) folgt direkt aus der Definition von. Damit ist (V,, ) ein Vektorraum über Q. Aufgabe 3 (6 Punkte) V sei ein K-Vektorraum, U, U 2 seien Unterräume von V. Zeigen Sie: U U 2 ist ein Unterraum von V U U 2 oder U 2 U. = Gilt U U 2, so ist U U 2 = U 2, gilt U 2 U, so ist U U 2 = U ; d. h. U U 2 ist ein Untervektorraum. = Beweis indirekt: Annahme U U 2 und U 2 U. Dann gibt es Vektoren x U \ U 2 und y U 2 \ U. Es ist x U U 2 und y U U 2, also auch x + y U U 2, da U U 2 nach Voraussetzung ein Untervektorraum ist. Ist x + y U, so ist auch x + y + ( x) = y U, da U ein Untervektorraum ist. Dies ist ein Widerspruch zu y U 2 \ U. Ist x + y U 2, so ist auch x + y + ( y) = x U 2, da U 2 ein Untervektorraum ist. Dies ist ein Widerspruch zu x U \ U 2.

12 Aufgabe 4 (je 2 Punkte) Welche der angegebenen Mengen sind Unterräume vom IR Vektorraum V? a) V = IR 2 {(x, x 2 ) ; 3x 4x 2 = a} (a IR fest vorgegeben) {(x, x 2 ) ; (x ) 2 x 2 2 = } b) V = Abb (IR, IR) {f V ; f(3) = a} (a IR fest vorgegeben) {f V ; f(x) = f( x) für alle x IR} c) V = IR[x] {p IR[x] ; Grad p 3} {} {p IR[x] ; a, a 2,..., a 2n IR mit p = a + a 2 x 2 + a 4 x a 2n x 2n } Hinweis zu c): Ist p = a + a x a n x n mit a n, so heißt n der Grad von p. a) {(x, x 2 ) ; 3x 4x 2 = a} ist für a = ein Untervektorraum, für a kein Untervektorraum (der Nullvektor gehört dann nicht dazu). A := {(x, x 2 ) ; (x ) 2 x 2 2 = } ist kein Untervektorraum. Z. B. gilt (2, ) A, aber 2 (2, ) A. b) A := {f V ; f(3) = a} ist für a kein Untervektorraum, da dann der Nullvektor (hier die Nullfunktion) nicht zu A gehört. Für a = ist A ein Untervektorraum. Beweis Es gilt (U), da A. Zu (U): Seien f, g A, also f(3) = g(3) =. Dann gilt: Zu (U2) (f + g)(3) = f(3) + g(3) = + =, also f + g A. Sei f A, also f(3) = und α IR. (αf)(3) = α f(3) = α =, also αf A. Entsprechend zeigt man, daß {f V ; f(x) = f( x) für alle x IR} ein Untervektorraum ist. c) A := {p IR[x] ; Grad p 3} {} ist kein Untervektorraum. Z. B. gilt für p = x 3 + x und p 2 = x 3 + x 2 : p, p 2 A, aber p + p 2 = x 2 + x A. A := {p IR[x] ; p = a + a 2 x a 2n x 2n } ist ein Untervektorraum. Das Nullpolynom liegt in A und mit p, q A treten auch in p + q und in αp (α IR beliebig) nur Potenzen mit geraden Exponenten auf, d.h. p + q A und αp A.

13 Institut für Mathematik Universität Hannover Prof. Dr. K. Hulek, Dr. D. Wille Hannover, den 29. November 2 Aufgabe 5. Übungsblatt: Lineare Algebra I Lösungsskizzen (4 Punkte) Bestimmen Sie eine nicht-triviale Lösung (im IR 5 ) für das folgende homogene lineare Gleichungssystem. x 2 2x 3 x 4 + x 5 = 2x + 2x 2 x 3 = 3x + x 2 x 3 + x 4 + x 5 = Gehen Sie dabei bitte genau nach dem Beweis von Satz 4.2 der Vorlesung vor. Es wird der Induktionsbeweis zu Satz 4.2 nachvollzogen. Wir vertauschen die erste und zweite Gleichung, denken uns eine triviale Gleichung ( = ) hinzugefügt und subtrahieren als erstes das 3-fache der ersten Gleichung von dem 2-fachen der dritten Gleichung. Es ergibt sich das lineare Gleichungssystem 2x + 2x 2 x 3 = x 2 2x 3 x 4 + x 5 = 4x 2 + x 3 + 2x 4 + 2x 5 = = Mit den letzten drei Gleichungen wird das Verfahren iteriert, wir addieren das 4-fache der zweiten zur dritten Gleichung: 2x + 2x 2 x 3 = x 2 2x 3 x 4 + x 5 = 7x 3 2x 4 + 6x 5 = = Hier sind wir an der Stelle angelangt, wo wir die letzte Gleichung als eine Gleichung in den Variablen x 4, x 5 zu interpretieren haben, bei der alle Koeffizienten gleich Null sind, d.h. für diese Gleichung ist jedes x = (x 4, x 5 ) IR 2 Lösung. Wir wählen nun z.b. x 4 = 7 und x 5 = als nicht-triviale Lösung, und erhalten aus den ersten drei Gleichungen zugehörige x 3, x 2, x, also insgesamt eine nicht-triviale Lösung x IR 5 des homogenen linearen Gleichungssystems. Die Rechnung liefert 7x 3 4 =, also x 3 = 2, x =, also x 2 = 3 und schließlich 2x =, also x = 4, d.h. x = ( 4, 3, 2, 7, ) ist eine gesuchte nicht-triviale Lösung des gegebenen homogenen linearen Gleichungssystems. Aufgabe 2 (7 Punkte) Es sei V ein K Vektorraum und es seien A, B Teilmengen von V. Beweisen oder widerlegen Sie: a) A B {} = Span (A B) = Span A Span B b) A B oder B A Span (A B) = Span A Span B c) Span ( Span A Span B ) = Span A Span B d) Span (A B) = Span ( Span A Span B )

14 a) ist falsch. Setze z. B. V = IR 2, A = {(, ), (, )}, B = {(, ), (, )}. Dann gilt A B = {(, )}, Span (A B) = IR(, ), aber Span A = Span B = IR 2. b) ist falsch. Die Richtung = ist nämlich falsch, wie das Beispiel unter a) zeigt. Dagegen ist die Richtung = wahr. Ist nämlich A B, so gilt A B = B. Ferner folgt aus A B nach Regel 2 der Vorlesung Span A Span B, also insgesamt Span (A B) = Span B = Span A Span B. Der Fall B A wird entsprechend behandelt. c) ist wahr. Beweis: Span A Span B ist als Durchschnitt von Untervektorräumen ein Untervektorraum. Nach Regel 3 über die Erzeugnisse gilt: Span A Span B = Span ( Span A Span B) d) ist wahr. Beweis: Trivialerweise gilt A B Span A Span B. Regel 2 liefert damit: Span (A B) Span ( Span A Span B). Ferner gilt Span A Span (A B) und Span B Span (A B). Daraus folgt Wieder wird Regel 2 angewendet: Span A Span B Span (A B). Span (Span A Span B) Span ( Span (A B)) = Span (A B) nach Regel 4. Insgesamt ist damit Span (A B) = Span ( Span A Span B) gezeigt. Aufgabe 3 (9 Punkte) Untersuchen Sie die angegebenen Vektoren auf lineare Unabhängigkeit im K Vektorraum V. a) V = IR 4, K = IR (,,, 4), (, 2,, ), (, 2,, 9) b) V der Vektorraum aus Hausübung 4, Aufgabe 2, also K = Q (, ), (2, 2) c) α) V = C 3, K = C β) V = C 3, K = IR (i, i, ), (, i, i), (i, i, i ) d) V = Abb (IR, IR), K = IR f (t) = t + 4, f 2 (t) = t + 4, f 3 (t) = t + 4 a) (,,, 4), (, 2,, ), (, 2,, 9) sind linear abhängig, denn 2(,,, 4) + (, 2,, ) = (, 2,, 9). b) Die Vektoren sind linear unabhängig. Sei nämlich α (, ) β (2, 2) = (, 2) (der Nullvektor in V!). Es folgt (α, 2 ( 2 )α ) (2β, 2 β ) = (α + 2β, 2 2 ( 2 )α 2) = (α + 2β, 2 ( 2 )α ) = (, 2)

15 Aus α + 2β = und 2 ( 2 )α = 2 folgt zunächst ( 2 )α =, also α = und dann auch β =. c) α) Durch scharfes Hinsehen erkennt man (i, i, ) + (, i, i) = ( + i,, + i) = ( i) (i, i, i ). Damit sind die gegebenen Vektoren über K = C linear abhängig. β) Über K = IR sind reelle Koeffizienten α, β, γ gesucht mit ( ) α(i, i, ) + β(, i, i) + γ(i, i, i ) = (,, ). Komponentenweise gelesen ist dies ein homogenes lineares Gleichungssystem, bei dem die Differenz 2. Gleichung 3. Gleichung auf iα + γ = führt. Diese Gleichung kann bei reellem α und γ nur für α = γ = gelten. Aus der. Gleichung folgt dann noch β =. (*) ist also nur für α = β = γ = erfüllt, d. h. die Vektoren sind über K = IR linear unabhängig. d) Die Funktionen f, f 2, f 3 sind linear unabhängig, wenn aus αf + βf 2 + γf 3 = (Nullfunktion) folgt: α = β = γ =. Diese Gleichung über Funktionen besagt, daß für alle t IR gelten muß : (αf + βf 2 + γf 3 )(t) = (t) =. Wir spezialisieren z. B. der Reihe nach auf t = 4, t = und t = 5 und erhalten das Gleichungssystem 8γ = 4α + 4β + 4γ = α + β + 9γ =. Man erkennt sofort, daß dieses Gleichungssystem nur die Lösung α = β = γ = besitzt. Damit ist gezeigt, daß die Funktionen f, f 2, f 3 linear unabhängig sind. Aufgabe 4 (2, 3 Punkte) Bestimmen Sie für die folgenden Mengen S V jeweils eine Basis und die Dimension von Span S. Ergänzen Sie die von Ihnen angegebene Basis von Span S zu einer Basis von V. a) S = {(6, 2,, 3), (,,, ), (6,, 2, 3), ( 2, 3,, )}, V = IR 4 b) S = {x 2 + x 4, + x + x 5, x 2 + x 3 x 5, x x 3 x 4 + 2x 5 }, V ist der Vektorraum der Polynome vom Grad 5. a) Beh. (6, 2,, 3), (,,, ), ( 2, 3,, ) sind linear unabhängig. Sei α(6, 2,, 3)+β(,,, )+γ( 2, 3,, ) = (,,, ). Diese Gleichung ist äquivalent zum Gleichungssystem 6α 2γ = 2α + β + 3γ = β + γ = 3α γ = 2α + β + 3γ = β + γ = 3β γ = 2α+β+ 3γ= β+ γ= 4γ=, und das letzte System hat nur die Lösung α = β = γ =. Es folgt dim Span S 3. Wegen (6,, 2, 3) = (6, 2,, 3) (2(,,, ) folgt dim Span S 3, insgesamt also dim Span S = 3 und {(6, 2,, 3), (,,, ), ( 2, 3,, )} ist eine Basis von Span S. Diese läßt sich z.b. durch (,,, ) zu einer Basis des IR 4 ergänzen, denn (,,, ), (6, 2,, 3), (,,, ), ( 2, 3,, ) sind linear unabhängig. Dies folgt sofort aus dem Ansatz α(,,, ) + β(6, 2,, 3) + γ(,,, ) + δ( 2, 3,, ) = (,,, ).

16 Das zugehörige Gleichungssystem führt in den ersten drei Gleichungen wie oben auf α = β = γ = und die letzte Gleichung liefert dann noch δ =. b) Es sei U :=Span S. Es gilt x x 3 x 4 + 2x 5 = ( + x + x 5 ) (x 2 + x 4 ) ( x 2 + x 3 x 5 ), also ist dim U 3. Wir zeigen nun: { + x + x 5, x 2 + x 4, x 2 + x 3 x 5 } ist linear unabhängig. Sei also α( + x + x 5 ) + β(x 2 + x 4 ) + γ( x 2 + x 3 x 5 ) = (das Nullpolynom). Ein Koeffizientenvergleich bei x liefert α =, bei x 3 liefert er γ = und bei x 4 folgt β =. Also ist die angegebene Menge linear unabhängig. Damit folgt dim U = 3, und {x 2 + x 4, + x + x 5, x 2 + x 3 x 5 } ist eine Basis von U. Diese Basis läßt sich durch, x, x 2 zu einer Basis von V ergänzen. Dazu zeigen wir die lineare Unabhängigkeit der 6 Polynome. Sei a + a 2 x + a 3 x 2 + a 4 (x 2 + x 4 ) + a 5 ( + x + x 5 ) + a 6 ( x 2 + x 3 x 5 ) =. Umsortieren liefert (a + a 5 + a 6 ) + (a 2 + a 5 )x + (a 3 + a 4 a 6 )x 2 + a 6 x 3 + a 4 x 4 + (a 5 a 6 )x 5 =. Rechts steht das Nullpolynom. Wir machen einen Koeffizientenvergleich, der bei x 3 und x 4 sofort a 4 = a 6 = liefert. Koeffizientenvergleich bei x 5 ergibt dann a 5 =, bei x 2 liefert er a 3 =, bei x folgt a 2 = und schließlich bei der Konstanten a =. Da der Vektorraum der Polynome vom Grad 5 die Dimension 6 hat, haben wir eine Basis von V gefunden, die die drei Elemente x 2 + x 4, + x + x 5 und x 2 + x 3 x 5 enthält.

17 Institut für Mathematik Universität Hannover Prof. Dr. K. Hulek, Dr. D. Wille Hannover, den 6. Dezember 2 6. Übungsblatt: Lineare Algebra I Lösungsskizzen Aufgabe (6 Punkte) Zeigen Sie: Im IR Vektorraum V = Abb (IR, IR) ist die Menge {f c ; f c (x) = { x c falls x > c sonst, c IR} linear unabhängig. Zu zeigen ist: Jede endliche Teilmenge T von A := {f c ; f c (x) = { x c falls x > c sonst, c IR} ist linear unabhängig. Dies zeigen wir durch vollständige Induktion über die Anzahl der Elemente von T. Für T = sei T = {f c } und γ f c = (die Nullfunktion). Für ein x > c gilt dann f c (x) und aus γ f c (x) = folgt daher γ =. Sei nun jede Teilmenge T A mit T = n linear unabhängig. Wir betrachten n + paarweise verschiedene Funktionen f a, f a2,..., f an+ aus A und nehmen o.b.d.a. an, daß a n+ < a n <... < a gilt (sonst kann man die Funktionen umbenennen). Wählt man ein β mit a n+ < β < a n, so ist f aj (β) = für j =, 2,..., n. Aus dem Ansatz α f a α n+ f an+ = folgt daher (α f a α n+ f an+ )(β) = α f a (β) α n+ f an+ (β) = α n+ (β a n+ ) =. Da β a n+ ist, folgt α n+ =. Nach Induktionsvoraussetzung folgt dann aber weiter α =... = α n =. Damit ist {f a,..., f an+ } linear unabhängig. Aufgabe 2 (je 2 Punkte) Untersuchen Sie jeweils, ob es Homomorphismen f : IR n IR m mit den angegebenen Eigenschaften gibt. Wenn ja, wie viele? a) n = 4, m = 3, f(v i ) = w i für die folgenden Vektoren: v = (, 2,, ), v 2 = (,,, ), v 3 = (3, 8,, 5) w = (, 2, 3), w 2 = w 3 = (,, ). b) n = 4, m = 3, f(v i ) = w i für die folgenden Vektoren: v = (,,, ), v 2 = (,,, ), v 3 = (,,, ), v 4 = (,,, ), w i = (2,, 3) für i =,..., 4. c) n = m = 4, Ker f = Span {(,,, ), (,,, )} = Im f. d) n = 3, m = 4, Ker f = Span {(,, ), (,, )}, Im f = Span {(,,, ), (2,,, )}.

18 a) Es gilt 3 (, 2,, ) 2 (,,, ) = (3, 8,, 5). Für einen Homomorphismus f mit f(v i ) = w i muß also gelten: w 3 = f(v 3 ) = f(3, 8,, 5) = f(3 (, 2,, ) 2 (,,, )) = 3 f(, 2,, ) 2f(,,, ) = 3 f(v ) 2 f(v 2 ) Diese Bedingung ist wegen 3 f(v ) 2 f(v 2 ) = 3w 2w 2 = (, 6, 7) verletzt. Es gibt keinen Homomorphismus mit den angegebenen Eigenschaften. b) Die Vektoren v,..., v 4 sind linear unabhängig; sie bilden also eine Basis des IR 4. Nach Satz 4.6 ist durch Angabe der Bilder einer Basis eindeutig ein Homomorphismus definiert. Also gibt es genau einen Homomorphismus mit den angegebenen Eigenschaften. c) Es gibt unendlich viele Homomorphismen mit den angegebenen Eigenschaften: v := (,,, ), v 2 := (,,, ) sind linear unabhängig. Ergänzt man sie durch v 3, v 4 zu einer Basis des IR 4, so ist durch f mit f(v ) = f(v 2 ) =, f(v 3 ), f(v 4 ) Im f und f(v 3 ), f(v 4 ) linear unabhängig, eindeutig ein Homomorphismus mit den angegebenen Eigenschaften definiert. Für die Wahl von v 3 und v 4 gibt es aber beliebig viele Möglichkeiten. d) Für einen Homomorphismus f : V V gilt nach Satz 4.2: dim (Ker f) + dim (Im f) = dim V. Hier gilt: dim V = dim IR 3 = 3, dim (Ker f) = dim (Im f) = 2. Also kann kein Homomorphismus mit den angegebenen Eigenschaften existieren. Aufgabe 3 (je 2 Punkte) Es seien V und W K-Vektorräume, B sei eine Basis von V und f : V W sei ein Epimorphismus. Untersuchen Sie, welche der folgenden Aussagen wahr sind: a) Ist dim V = dim W, so ist f(b) eine Basis von W. b) Ist dim V = dim W <, so ist f(b) eine Basis von W. a) a) ist falsch. Wir wählen V = W = IR[x], B = {, x, x 2, x 3,...} und für f die Ableitung. Dann ist f ein Epimorphismus, da jedes Element aus IR[x] als Bild unter f (als eine Ableitung) auftritt und f linear ist (siehe auch Vorlesung). Aber f(b) = {,, 2x, 3x 2, 4x 3,...} ist linear abhängig, da f(b) den Nullvektor enthält. b) b) ist richtig. Ist dim V = dim W = n, so ist f(b) nach Vorlesung ein Erzeugendensystem von W mit n Elementen, also eine Basis von W. Aufgabe 4 (3, 4 Punkte) a) Der Homomorphismus f : IR 5 IR 4 sei gegeben durch f(x, x 2, x 3, x 4, x 5 ) = (2x x 2 + x 3 x 4, x 4 + x 5,, 2x x 2 + x 3 + x 5 ). Bestimmen Sie eine Basis von Ker f und von Im f. b) Es sei V =Abb(IN, IR) und ϕ : V V sei definiert wie folgt: ϕ(f) ist diejenige Abbildung aus V mit (ϕ(f))(n) = f(2n). Zeigen Sie, dass ϕ ein Endomorphismus von V ist, und bestimmen Sie Ker ϕ und Im ϕ.

19 a) (x, x 2, x 3, x 4, x 5 ) Ker f (2x x 2 + x 3 x 4, x 4 + x 5,, 2x x 2 + x 3 + x 5 ) = (,,, ) 2x x 2 + x 3 x 4 = x 4 + x 5 = 2x x 2 + x 3 + x 5 = Die dritte Gleichung ist die Summe der ersten beiden Gleichungen. Man erkennt, daß drei Variablen als freie Parameter wählbar sind. Mit x 5 = 2, x 2 = x 3 = erhält man: (,,, 2, 2) Ker f. Mit x 5 = x 3 =, x 2 = 2 erhält man: (, 2,,, ) Ker f. Mit x 5 = x 2 =, x 3 = 2 erhält man: (,, 2,, ) Ker f. {(,,, 2, 2), (, 2,,, ), (,, 2,, )} ist eine Basis von Ker f. Nach dem Kern-Bild-Satz folgt dim Im f = 2. Wegen f(e ) = (2,,, 2) und f(e 5 ) = (,,, ), und da (2,,, 2), (,,, ) linear unabhängig sind, ist {(,,, ), (,,, )} eine Basis von Im f. b) Wir zeigen die Homomorphiebedingungen (H) und (H2). ϕ(f + g) ist diejenige Funktion mit (ϕ(f + g))(n) = (f + g)(2n) = f(2n) + g(2n) = (ϕ(f))(n) + (ϕ(g))(n) = (ϕ(f) + ϕ(g))(n). Es folgt ϕ(f + g) = ϕ(f) + ϕ(g) und das ist die Homomorphiebedingung (H). Entsprechend zeigt man (H2): (ϕ(λf))(n) = (λf)(2n) = λf(2n) = λ((ϕ(f))(n)) = (λϕ(f))(n), also gilt ϕ(λf) = λϕ(f). Es ist Ker ϕ = {f V ; f(2n) = für alle n IN}, denn nur für solche Abbildungen f V ist ϕ(f) die Nullabbildung. Es ist Im{ ϕ = V, denn für f V ergibt die Abbildung g V mit falls n = 2k + g(n) = gerade ϕ(g) = f. f(k) falls n = 2k In anderen Worten: V ist der Vektorraum der reellen Folgen. Eine Folge (a,, a 3,,...) wird durch ϕ auf die Nullfolge abgebildet, die Folge (a, a 2, a 3,...) ist das Bild der Folge (, a,, a 2,, a 3,...) unter ϕ.

20 Institut für Mathematik Universität Hannover Prof. Dr. K. Hulek, Dr. D. Wille Hannover, den 3. Dezember 2 7. Übungsblatt: Lineare Algebra I Lösungsskizzen Aufgabe (6 Punkte) Im Vektorraum IR 3 seien Untervektorräume U, U 2, U 3 definiert durch U = Span {(, 2, ), (, 2, ), (2, 2, 5)} U 2 = Span {(, 3, ), (, 5, ), (, 4, ), (,, )} U 3 = Span {(,, )}. Bestimmen Sie jeweils die Dimension und eine Basis von U, U 2, U U 2 und U + U 2. Ist U i (i = 2, 3) ein Komplement von U in IR 3? Bei U erkennt man 2(, 2, ) 3(, 2, ) = (2, 2, 5). Da (, 2, ), (, 2, ) linear unabhängig sind, folgt dim U = 2 und die angegebenen beiden Vektoren bilden eine Basis von U. Bei U 2 erkennt man ebenfalls leicht (, 3, ) = (, 4, ) (,, ) und (, 5, ) = (, 4, ) + (,, ). Wie eben folgt dim U 2 = 2 und {(, 4, ), (,, )} ist eine Basis von U 2. Für Vektoren x U U 2 muß es α.β, γ, δ geben mit x = α(, 2, ) + β(, 2, ) = γ(, 4, ) + δ(,, ). Das sich daraus ergebende Gleichungssystem führt man wie üblich auf das Dreieckssystem α γ = 2α + 2β 4γ δ = α + β δ = α γ = β γ δ = δ =. Setzt man γ = t, so folgt β = t = α. Man erhält x = t(, 4, ), also Zur Bestimmung von U + U 2 benutzt man U U 2 = Span {(, 4, )}. U + U 2 = Span {(, 2, ), (, 2, ), (, 4, ), (,, )}, und da (, 4, ), (,, ), (, 2, ) linear unabhängig sind, folgt U + U 2 = IR 3. Aus Dimensionsgründen ist IR 3 U U 2, also ist U 2 kein Komplement von U in IR 3. Wegen (,, ) U ist U U 3 = {}, also gilt IR 3 = U U 3, und damit ist U 3 ein Komplement von U in IR 3.

21 Aufgabe 2 (6 Punkte) Es sei U = {A = (a ij ) Mat(n, m, K) ; i,j a ij = }. Zeigen Sie, dass U ein Untervektorraum von Mat(n, m, K) ist und bestimmen Sie die Dimension sowie eine Basis von U. Wir definieren f : Mat(n, m, K) K durch f(a) = a ij, falls A = (a ij ). f ist ein Homomorphismus, wie man sofort nachrechnet und U = Ker f. Also ist U ein Untervektorraum vom i,j Mat(n, m, K). Wegen dim Im f = und dim Mat(n, m, K) = nm folgt nach dem Kern-Bild- Satz dim Ker f = dim U = nm. Wir definieren für r {,..., n}, s {,..., m} und (r, s) (, ) die Matrix A rs = (a rs ij ) Mat(n, m, K) durch a rs =, a rs rs = und a rs ij = sonst. Diese nm Matrizen sind aus U und sie sind linear unabhängig; also liefern sie eine Basis von U. Aufgabe 3 (8 Punkte) Bestimmen Sie jeweils den Rang, sowie eine Basis des Zeilenraumes und eine Basis des Spaltenraumes für die folgenden Matrizen: + i a) A = b) A = i i 2i 2 i c) A = a) A = als Matrix über K = IR bzw. K = IF 2. EZ3 2 EZ3 EZ3 Es folgt: Rang A = 4. Die ersten vier Zeilen der letzten Matrix sind linear unabhängig, bilden also eine Basis des Zeilenraums, da Zeilenumformungen den Zeilenraum nicht ändern. Bezeichnet man die Spalten von A mit s,..., s 6, so gilt s 2 = s und s 6 = s 5. Also ist Span{s,..., s 6 } = Span {s, s 3, s 4, s 5 } und da der Spaltenraum auch die Dimension 4 hat, ist {s, s 3, s 4, s 5 } eine Basis des Spaltenraums von A. b) A = + i i i 2i 2 i EZ3 + i 2 i i 3i 2i i 3 EZ3 + i 2 i i 3i + i Rang A = 2. {(, +i,, ), (, 2 i, i, 3i)} ist eine Basis des Zeilenraums, { i, } 2 ist Basis des Spaltenraums, da diese Spalten linear unabhängig sind.

22 c) A = EZ3 Für K = IR ist Rang A = 3; die drei Zeilen von A bilden eine Basis des Zeilenraums, die ersten drei Spalten von A bilden eine Basis des Spaltenraums von A. Für K = IF 2 gilt =. Es ist dann Rang A = 2; die ersten beiden Zeilen von A bilden eine Basis des Zeilenraums von A, die ersten beiden Spalten von A bilden eine Basis des Spaltenraums von A. Aufgabe 4 (5 Punkte) Eine Matrix M Mat(m, n; K) habe die Gestalt M = Matrizen sind. Zeigen Sie: Rang M = Rang A + Rang B. ( A B ), wobei A, B und passende Durch elementare Zeilen und Spaltenumformungen bringe man A auf die Gestalt A ( ) := Er. Dann gilt Rang A = r. Führt man die gleichen elementaren Zeilen und Spaltenumformungen in M durch, so entsteht die Matrix M A ( ) :=, da die Umformungen B die oben rechts und unten links stehende ( Nullmatrix ) nicht verändern. Nun bringt man entsprechend B auf die Gestalt B Es :=. Es ist also Rang B = s. Führt man wiederum die entsprechenden Zeilen und Spaltenumformungen an M ( ) durch, so erhält man die Matrix A M :=, da wiederum die Nullmatrizen nicht verändert werden. Es folgt direkt: B Rang M = r + s = Rang A + Rang B.

23 Institut für Mathematik Universität Hannover Prof. Dr. K. Hulek, Dr. D. Wille Hannover, den 2. Dezember 2 8. Übungsblatt: Lineare Algebra I Lösungsskizzen Aufgabe (4 Punkte) ( ) a a Es sei A = Mat(2, K). Berechnen Sie A n für alle n IN. Lösung Es ist A 2 = ( a a ) ( a a ) = ( a 2 a( a) + ( a) ) ( a 2 a 2 ( a Behauptung: A n n a = n ) Beweis durch vollständige Induktion. Für n = ist nichts zu zeigen. Induktionsschluss: ( a A n+ = A n n a A = n ) ( ) ( a a a n+ a = n+ ) Aufgabe 2 (, 2, 3 Punkte) Ein Homomorphismus f : IR 4 IR 3 ist gegeben durch f( t (x, x 2, x 3, x 4 )) = t (x x 3 2x 4, ax + x 3 + ( a)x 4, 2x + x 2 + x 3 x 4 ). a) Bestimmen Sie diejenige Matrix A mit f = h A. b) Für welche a IR ist f surjektiv, für welche a injektiv? c) Bestimmen Sie - in Abhängigkeit von a - Ker f und Im f. Lösung a) Wegen f(x) = h A (x) = Ax gilt f(e i ) = Ae i. Ae i ist aber die i te Spalte von A. Die Bilder der Standardbasis {e, e 2, e 3, e 4 } vom IR 4 müssen also die Spalten von A sein. Man erhält A = 2 a a 2 b) Wegen dim Kerf+ dim Im f = 4 und dim Im f 3 ist Ker f {}, also kann f nie injektiv sein. f ist genau dann surjektiv, wenn dim Im f = Rang A = 3. Mittels elementarer Zeilenumformungen folgt A = 2 a a a + a Für a ist Rang A = 3, also ist f surjektiv genau dann, wenn a. c) Wir können die Rechnung unter b) benutzen. Für a ist Im f = IR 3 und Ker f ergibt sich als Lösungsraum von Ax = aus der letzten Matrix unter b) zu Ker f = Span { t (,,, )}.. ).

24 Für a = ist dim Im f = 2 und die ersten beiden Spalten von A bilden z.b. eine Basis von Im f, also Im f = { t (,, 2), t (,, )}. Ker f ergibt sich wieder aus der letzten Matrix unter b), und zwar zu Ker f = Span{ t (2, 3,, ), t (, 3,, )}. Aufgabe 3 (7 Punkte) Die Unterräume U = {(x, y, z) ; 2x y z = } und W = Span{( 2,, )} erfüllen U W = IR 3 (kein Beweis nötig!). Für i =, 2 sei f i : IR 3 IR 3 definiert durch f i (v) = v i, wobei v = v +v 2 die eindeutige Darstellung von v mit v U und v 2 W ist. Zeigen Sie, dass f und f 2 Homomorphismen sind, und bestimmen Sie die eindeutig bestimmten Matrizen A, A 2 mit f i = h Ai (i =, 2). Berechnen Sie A A 2 und interpretieren Sie das Ergebnis im IR 3. Lösung Seien v, w IR 3 und v = v + v 2, w = w + w 2 die eindeutigen Darstellungen von v, w mit v, w U und v 2, w 2 W. Dann ist v + w = v + w + v 2 + w 2 =: z + z 2 mit z U und z 2 W, da U und W UVRe sind. Also folgt f i (v + w) = f i (v + w + v 2 + w 2 ) = f i (z + z 2 ) = z i = f i (v) + f i (w) für i =, 2. Entsprechend gilt f i (αv) = f i (α(v + v 2 )) = f i (αv + αv 2 ). Dabei ist αv U und αv 2 W, da U und W UVRe sind. Also gilt weiter f i (αv + αv 2 ) = αv i = αf i (v) für i =, 2. Damit ist nachgewiesen, dass f und f 2 Homomorphismen sind. Es ist B = {(, 2, ), (,, )} eine Basis von U und B = {( 2,, )} eine Basis von W. Die Vektoren e, e 2, e 3 der Standard-Basis des IR 3 stellen wir durch diese Vektoren dar: e = (,, ) = ( 2,, ) + (, 2, ) + (,, ) e 2 = (,, ) = ( 2,, ) + (, 2, ) (,, ) e 3 = (,, ) = ( 2,, ) + (, 2, ) + 5 (,, ) Es folgt f (,, ) = (, 2, ) + (,, ) = (,, ) f (,, ) = (, 2, ) (,, ) = (2, 5, ) f (,, ) = (, 2, ) + 5(,, ) = (2,, 5) f 2 (,, ) = ( 2,, ) = (4, 2, 2) 3 6 f 2 (,, ) = ( 2,, ) 6 f 2 (,, ) = ( 2,, ) 6 Die Spalten von A i sind die Bilder von e, e 2, e 3 unter f i, also gilt A = , A 2 = Es ist A A 2 = (die Nullmatrix). Dies ist nicht verwunderlich, denn: U ist eine Ebene durch den Ursprung im IR 3, W die darauf senkrecht stehende Gerade durch den Ursprung. f 2 ist die orthogonale Projektion auf W, f die orthogonale Projektion auf U. Projiziert man zunächst auf W, dann auf U, wird der ganze IR 3 auf den Ursprung abgebildet und das gibt die Gleichung A A 2 = wieder..

25 Aufgabe 4 (2, 3, 3 Punkte) Eine quadratische Matrix A über K heißt nilpotent, wenn es ein r IN gibt mit A r =. Es seien A, B K (n,n). Zeigen Sie: a) Sind A, B symmetrisch, so gilt: A B = B A A B symmetrisch Geben Sie symmetrische Matrizen A, B an, so dass AB nicht symmetrisch ist. b) Sind A, B nilpotent und ist A B = B A, so sind A B und A + B nilpotent. Kann hier auf die Voraussetzung A B = B A verzichtet werden? c) Ist A invertierbar, B nilpotent und A B = B A, so ist A + B invertierbar. Hinweis: Zeigen Sie zunächst den Hilfssatz: Ist C nilpotent, so ist C + E invertierbar. Lösung a) = = t (A B) = t B ta = B A = A B A B = t (A B) = t B ta ( ) = B ( A und B = Die Matrizen A = nicht symmetrisch. ) sind symmetrisch, aber AB = ( 2 b) Da A, B nilpotent sind, gibt es r, k IN mit r, k und A r = B k =. Dann gilt ) ist (A B) r = (A B) (A B)... (A B) }{{} r-mal = A r B r da A B = B A = da A r = Also ist A B nilpotent. Bemerkung für Teil c) dieser Aufgabe: Der Beweis zeigt übrigens, dass hier als Voraussetzung reicht, dass eine der Matrizen A, B nilpotent ist. ( ) ( ) r + k r + k (A + B) r+k = A r+k + A r+k B AB r+k + B r+k r + k ( ) r+k r + k = A r+k i B i da A B = B A i i= Für i mit i r + k ist i k oder r + k i r. Also ist A r+k i = oder B i =, d.h. (A + B) r+k =. A + B ist also nilpotent. Auf die Voraussetzung kann nicht verzichtet werden. Gegenbeispiel: A = ( ), B = ( und weiter (A + B) 2 = E, also (A + B) n für alle n. c) Zunächst wird der Hilfssatz bewiesen. Sei etwa C k =. Dann gilt (geometrische Reihe!) ), A 2 = B 2 =, A + B = ( (E + C)(E C + C ( ) k C k ) = E + ( ) k C k = E. damit ist C + E invertierbar. Nun wird wie folgt geschlossen: Wegen AB = BA gilt auch A B = BA. Da B nilpotent ist, folgt nach der Bemerkung in b), dass A B nilpotent ist. Nach dem Hilfssatz ist damit E + A B invertierbar, und da A invertierbar ist, dann auch A(E + A B) = A + B. ),

26 Institut für Mathematik Universität Hannover Prof. Dr. K. Hulek, Dr. D. Wille Hannover, den. Januar Übungsblatt: Lineare Algebra I Lösungsskizzen Aufgabe (6 Punkte) Untersuchen Sie, ob die folgenden Matrizen invertierbar sind über IR, und berechnen Sie gegebenenfalls die inverse Matrix , , Lösung Wir beginnen stets mit der gegebenen Matrix A und danebenstehend der Einheitsmatrix E. Durch elementare Zeilenumformungen versuchen wir, die gegebene Matrix zur Einheitsmatrix umzuformen. Dabei entsteht aus der Matrix E die gesuchte inverse Matrix A. Läßt sich nicht die Einheitsmatrix erzeugen, hat die gegebene Matrix nicht vollen Rang, ist also nicht invertierbar = A Führt man dieses Verfahren bei der zweiten Matrix durch, erhält man Rang = 3. (3 4. Zeile + 3. Zeile =. Zeile) Diese Matrix ist nicht invertierbar.

27 ( ) B Bei der dritten Matrix überlegt man sich zunächst, dass für A = mit quadratischen Matrizen B, C gilt: A ( ) C B = C, falls B und C invertierbar sind. Dies folgt ( ) 3 3 sofort durch Kästchenmultiplikation bei der Produktbildung AA. Nun ist = 3 4 ( ) Die Matrix C = 2 5 haben wir (fast) als erste Matrix invertiert Die dritte Zeile von C ist nur die negative dritte Zeile der schon invertierten Matrix C. Hier folgt durch Produktbildung sofort, dass C gerade diejenige Matrix sein muß, die man 2 aus (C ) durch Übergang zur negativen dritten Spalte bekommt, also 2 5 = Damit folgt: = Aufgabe 2 (6 Punkte) Untersuchen Sie, ob A = und B = bestimmen Sie gegebenenfalls invertierbare Matrizen P, Q mit P AQ = B. äquivalent sind, und Lösung Wir werden A und B durch elementare Zeilen- und Spaltenumformungen auf Normalform bringen und sehen, daß beide Matrizen die Normalform N = haben. Bei dem üblichen Verfahren erzeugen wir invertierbare Matrizen R, S sowie T, U mit RAS = T BU = N. Es folgt dann B = T RASU, und damit liefern P = T R und Q = SU Matrizen der gesuchten Art.

28 R T S 2 2 U Nun berechnet man und T = U = 2 = =

29 Weiter erhält man nun gesuchte Matrizen 5 P = T R = und Q = SU = Aufgabe 3 (3, 3 Punkte) Bestimmen Sie alle Lösungen x IR 5 der folgenden linearen Gleichungssysteme: 2x x + x 3 = 3 x 2 + x 3 x 4 + x 5 = 5 x a) x 2 x 5 = b) x 2 + x 4 = 3 x x + x 5 = + x 2 3x 3 + 2x 5 = 6 x + 2x 2 2x 3 x 4 x 5 = Lösung Wir bringen auf Zeilenstufenform: Nicht an den Stufenrändern stehen die Variablen x 4 und x 5. Dafür werden also Parameter λ und λ 2 gesetzt. Die Auflösung der Gleichungssystems durch Rückwärtssubstitution liefert dann noch x 3 = 4 + λ 2, x 2 = + x 5 = + λ 2 und x = 3 x 3 = λ 2. Die Lösungen sind 4 + λ + λ 2, λ, λ 2 IR. b) Wir schreiben Gleichung als dritte Gleichung und beginnen mit der Umformung auf Zeilenstufenform: Man setzt x 4 = λ als Parameter und erhält von unten nach oben x 5 =, x 3 = x 5 + 3x 4 x 3 = + 2λ und x = 3 x 4 + x 2 = 2 + λ, d.h. die Lösungen sind gegeben durch 2 + λ 2, λ IR.

30 Aufgabe 4 (7 Punkte) sei lösbar im IR a x + a 2 x 2 + a 3 x 3 = b a Das Gleichungssystem 3 x 2 + a 2 x 3 = b 2 a 3 x a x 3 = b 3 a 2 x + a x 2 = b 4 Zeigen Sie, daß es dann nur folgende zwei Möglichkeiten gibt: (i) Jedes x IR 3 ist Lösung. (ii) Es gibt genau eine Lösung. Lösung Die Koeffizientenmatrix des Gleichungssystems lautet a a 2 a 3 a 3 a 2 a 3 a =: A. a 2 a. Fall: a = a 2 = a 3 = Dann muß b := t (b, b 2, b 3, b 4 ) = sein, da nach Voraussetzung das Gleichungssystem lösbar sein soll. Es folgt L = IR Fall: a oder a 2 oder a 3 Sei a. Wir betrachten zunächst nur die Gleichungen, 3 und 4 und bringen auf Zeilenstufenform. Man erhält: a a 2 a 3 b a 3 a b 3 a 2 a b 4 a a 2 a 3 b a 2a 3 a a a2 3 a a + a2 2 a a 2 a 3 a 3. Es ist a2 + a 2 2 und vier): mit a, da a. Damit rechnet man weiter (vertausche zunächst die Zeilen drei a a 2 a 3 b a 2 +a2 2 a 2 a 3 a a C C = a a2 3 a 2 + 2a 2 3 a a (a 2 + a 2 2) = (a 2 + a 2 3 a2 2a 2 3 ) = a a 2 + a 2 2 = ( a2 (a 2 + a 2 2) + a 2 3(a 2 + a 2 2) a 2 2a 2 3 ) = a a a 2 + a 2 a2 + a a a 2 + a 2 2 Also ist wegen a auch C. Das Gleichungssystem ist damit auf Dreiecksform gebracht, d. h. es existiert eine eindeutige Lösung. Da das gegebene Gleichungssystem nach Voraussetzung lösbar sein soll, muß dann beim Rechnen mit dem Gesamtsystem die vierte Zeile der Matrix (A b) in die Nullzeile übergegangen sein. Die Fälle a 2 und a 3 behandelt man entsprechend.

31 Zusatzaufgabe ( Punkte) Es sei K ein endlicher Körper mit K = k. Zeigen Sie: GL(n, K) = k (n 2) n (k i ) Lösung Nach Satz 5.5 der Vorlesung ist A GL(n, K) genau dann, wenn die Spalten (oder Zeilen) von A eine Basis des K n bilden. Also ist GL(n, K) = der Anzahl der geordneten Basen vom K n. Beachte zunächst K n = k n. Es sei b (i) :=Anzahl der i-tupel von Vektoren aus K n, bei denen die Vektoren linear unabhängig sind. Für b (i) werden wir nun die folgende Rekursionsformel beweisen: b (i + ) = b (i) (k n k i ) (i ) b(n) ist dann gerade GL(n, K). Aus der Definition von b (i) ergibt sich b (i) = {(a,..., a i ) ; {a,..., a i } K n und a,..., a i linear unabhängig } b (i + ) = {(a,..., a i, a i+ ) ; {a,..., a i } K n und a i+ K n \ Span (a,..., a i ) und a,..., a i linear unabhängig } Aus K n = k n und dim Span (a,..., a i ) = i folgt: K n \ Span (a,..., a i ) = k n k i Damit erhält man die angegebene Rekursionsformel. Wegen b () = k n (beachte, dass nur der Nullvektor als einzelner Vektor linear abhängig ist), folgt nun durch Induktion nach i sofort: i n b (i) = (k n k j ) speziell b (n) = (k n k j ). j= Klammert man aus den Faktoren jeweils k j aus, so folgt j= j= n n n GL(n, K) = b (n) = k j (k n j ) = k j j= j= i= n (k i ). n und wegen j = (n ) = ( ) n 2 n(n ) = ergibt sich die angegebene Formel. 2 j= i=

32 Institut für Mathematik Universität Hannover Prof. Dr. K. Hulek, Dr. D. Wille Hannover, den 7. Januar 22 Aufgabe. Übungsblatt: Lineare Algebra I Lösungsskizzen (2, 3 Punkte) Zeigen Sie für das Vektorprodukt und Spatprodukt [a, b, c] := a b, c im IR 3 die folgenden Regeln: a) (a b) c = a, c b b, c a a, a a, b a, c b) [a, b, c] 2 = b, a b, b b, c c, a c, b c, c Lösung a) (a b) c = = a 2 b 3 a 3 b 2 a 3 b a b 3 a b 2 a 2 b c c 2 c 3 = (a 2 c 2 + a 3 c 3 )b (b 2 c 2 + b 3 c 3 )a (a c + a 3 c 3 )b 2 (a c + b 3 c 3 )a 2 (a c + a 2 c 2 )b 3 (b c + b 2 c 2 )a 3 (a 3 b a b 3 )c 3 (a b 2 a 2 b )c 2 (a b 2 a 2 b )c (a 2 b 3 a 3 b 2 )c 3 (a 2 b 3 a 3 b 2 )c 2 (a 3 b a b 3 )c In den Komponenten wird jeweils addiert und zwar in der i ten Komponente in der Form a i c i b i b i c i a i (i =, 2, 3). Verteilt man dies auf die beiden Klammern, so steht in der ersten Klammer jeweils a, c, in der zweiten Klammer jeweils b, c. Aufspaltung liefert dann: (a b) c = a, c b b, c a b) Es ist [a, b, c] 2 = a b, c 2 und a, a a, b a, c b, b b, c b, a b, b b, c = a, a b, a c, b c, c c, a c, b c, c a, b a, c c, b c, c + c, a a, b a, c b, b b, c = a, a b, b c, c a, a b, c 2 a, b 2 c, c + a, b a, c b, c + a, c a, b b, c a, c 2 b, b, so dass zu beweisen ist: ( ) a b, c 2 = a, a b, b c, c + 2 a, b a, c b, c a, a b, c 2 b, b a, c 2 c, c a, b 2 Nach a) folgt (a b) c 2 = a, c b b, c a 2 = b, b a, c 2 + a, a b, c 2 2 a, b a, c b, c. Nach 7.2 ist (a b) c = a b c sin <) (a b, c), also (a b) c 2 = a b 2 c 2 ( cos 2 <) (a b, c)) = a b 2 c 2 a b, c 2 = ( a b sin <) (a, b)) 2 c 2 a b, c 2 = a 2 b 2 ( cos 2 <) (a, b)) c 2 a b, c 2 = a, a b, b c, c a, b 2 c, c a b, c 2 Gleichsetzen der beiden rechten Seiten von (a b) c 2 und Auflösen nach a b, c 2 liefert ( ).