Lösung Lineare Algebra I Sommer 2018 Version A

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1 Lösung Lineare Algebra I Sommer 208 Version A. (25 Punkte) Kreuzen Sie direkt auf dem Abgabeblatt an, ob die Behauptungen oder sind. Sie müssen Ihre Antworten nicht begründen! Bewertung: Punkt für jede richtige Antwort, 0 Punkte für jede falsch oder nicht beantwortete Frage. (i) Sei X eine Menge und seien A, B, C X Teilmengen. Dann gilt A \ (B \ C) = (A B) \ C Die Aussage ist falsch. Ein Gegenbeispiel ist X = {, 2, }, A = {}, B = {2}, C = {}. Dann ist B \ C = B, A B = {, 2}, A \ B = A, (A B) \ C = A B und wegen A A B folgt A \ (B \ C) (A B) \ C (ii) Sei eine Äquivalenzrelation auf einer Menge X, dann definiert P = {[x] x X} eine Partition von X. Die Aussage ist wahr und war Bestandteil der Grundlagen. (iii) Sei E M n n (R) eine Elementarmatrix, sei b R n beliebig. Dann hat EX = b eine Lösung. Die Aussage ist wahr. E ist invertierbar, und somit ist E b eine Lösung. (iv) Die Elementarmatrizen in M n n (K) zusammen mit der Matrixmultiplikation bilden eine Gruppe. Die Aussage ist falsch. Sei K = Q. Die Matrizen ( ), ( ) M 2 2(Q) sind Elementarmatrizen, ihr Produkt 2I 2 ist keine Elementarmatrix. (v) Sei V ein Vektorraum und seien W, W 2 V Unterräume. Dann sind W W 2 V und W W 2 V auch Unterräume von V. Die Aussage ist falsch. W W 2 ist genau dann ein Unterraum, wenn W W 2 oder W 2 W. (vi) Seien V, W endlichdimensionale Vektorräume, sei T Hom(V, W ). Dann ist T genau dann invertierbar, wenn dim(v ) = dim(w ) gilt. Die Aussage ist falsch. Die Nullabbildung R R ist nicht invertierbar. (vii) Seien gegeben die Unterräume V = {(x, 0, 0) R x R}, V 2 = {(x, y, z) R y + z = 0} des reellen Vektorraums R. Dann gilt R = V V 2. Die Aussage ist falsch, denn V V 2. Bitte wenden!

2 (viii) Sei A M 2 2 (K) invertierbar, dann ist auch A + A invertierbar. Die Aussage ist falsch. Sei A = ( 0 0 ), dann ist A = A und folglich A + A = 0 nicht invertierbar. (ix) Sei A M 2 2 (K). Dann gilt tr(a) = + det(a) det(a I 2 ). Die Aussage ist wahr. Sei A = ( a c d b ). Es gilt det(a I 2 ) = (a )(d ) bc = ad bc a d + = det(a) tr(a) + und Umordnung der Terme liefert die gewünschte Gleichung. (x) Sei T Hom(V, W ) und dim(v ) > dim(w ). Dann gilt Rang(T ) = dim(w ). Die Aussage ist falsch. Seien V = R 2, W = R und T die Nullabbildung. Dann ist Rang(T ) = 0 = dim(w ). (xi) Seien V und W endlichdimensionale Vektorräume. Dann gilt dim ( Hom(V, W ) ) = dim ( Hom(W, V ) ) Die Aussage ist wahr. Wir haben in der Vorlesung gezeigt, dass dim(v ) = dim(v ) und dim ( Hom(V, W ) ) = dim(v ) dim(w ) für alle endlichdimensionalen Vektorräume V, W über K. Folglich gilt dim ( Hom(V, W ) ) = dim(v ) dim(w ) = dim(v ) dim(w ) = dim ( Hom(W, V ) ) (xii) Sei V ein Vektorraum und seien S S 2 V Teilmengen. Wenn S 2 linear unabhängig ist, so ist S auch linear unabhängig. Die Aussage ist wahr. (xiii) Sei V ein endlichdimensionaler Vektorraum und T End(V ). Dann gilt V = Ker(T ) Im(T ). Die Aussage ist falsch, denn für A = ( ), v W gilt Ker(A) = Ke = Im(A), und somit V Ker(A) + Im(A) und Ker(A) Im(A) {0}. Siehe nächstes Blatt!

3 (xiv) Die Menge M 2 2 (R) der reellen 2 2 Matrizen versehen mit Matrizenaddition und Matrizenmultiplikation ist ein Körper. Die Aussage ist falsch, denn ( ) besitzt keine multiplikative Inverse. (xv) Sei A M 2 2 (R) und L A : R 2 R 2 die zugehörige lineare Abbildung. Dann ist dim Ker(L A ) = 2 det(a). Die Aussage ist falsch. Betrachte die Matrix A = ( /2 0 0 /2 ). Dann ist 2 det(a) = 7 und da die Dimension eines Unterraumes immer ganzzahlig ist, ist die Aussage also falsch. (xvi) Sei A M m n (K). Dann gilt m dim K n/ Ker(A). Die Aussage ist wahr. Es gilt dim K n/ Ker(A) = n dim Ker(A) = Rang(A) m. (xvii) Sei T : R R eine lineare Abbildung auf dem reellen Vektorraum R. Seien des Weiteren Ker(T ) {0} und Im(T ) {0}. Dann ist Ker(T ) Im(T ) {0}. Die Aussage ist falsch. Sei T die Abbildung T (x, y, z) = (x, 0, 0). Dann ist Im(T ) = Re und Ker(T ) = Re 2 + Re. Insbesondere ist Ker(T ) {0} und Im(T ) {0}, aber Ker(T ) Im(T ) = {0}. (xviii) Sei A M m n (R) mit m < n, dann hat AX = 0 nicht-triviale Lösungen. Die Aussage ist wahr, denn Rang(A) = Rang(L A ) m und somit dim Ker(A) = dim R n Rang(A) n m > 0. (xix) Sei V ein Vektorraum. Eine Teilmenge W V ist genau dann ein Unterraum von V, wenn W = W. Die Aussage ist wahr. Wir wissen, dass W der Schnitt aller Unterräume von V ist, die W enthalten. Falls W ein Unterraum ist, dann ist also W W. Da W W nach Konstruktion, folgt also Gleichheit. Sei nun W V eine Teilmenge, sodass W = W. Dann ist insbesondere W ein Unterraum von V. (xx) Sei A GL n (R). Dann gilt det(a ) = det(a T ) Die Aussage ist wahr. In der Vorlesung wurden gezeigt, dass det(a ) = det(a) und det(a) = det(a T ). Bitte wenden!

4 (xxi) Sei V ein Vektorraum und S V eine linear unabhängige Teilmenge. Sei T ein Endomorphismus von V. Dann ist T (S) auch linear unabhängig. Die Aussage ist falsch, denn zum Beispiel ist S = {} eine linear unabhängige Teilmenge von R, und die Nullabbildung ein Endomorphismus. Sei also T die Nullabbildung, dann ist T (S) = {0} nicht linear unabhängig. (xxii) Sei A M n n (K) und sei W = {v K n Av = v}. Dann gilt W Im(A). Die Aussage ist wahr, denn für v W gilt v = Av Im(A), da Im(A) ein Unterraum ist. (xxiii) Auf der Menge Z sei gegeben die Relation, wobei für x, y Z gelte x y genau dann, wenn x y ungerade ist. Dies definiert eine Äquivalenzrelation auf Z. Die Aussage ist falsch. Die Relation ist nicht reflexiv. (xxiv) Sei GL n (R) M n n (R) die Menge der invertierbaren n n Matrizen, so ist GL n (R) ein Unterraum des Vektorraums M n n (R). Die Aussage ist falsch, denn 0 GL n (R). (xxv) Sei A M n n (R) mit A T = A. Dann gilt det(a) = 0. Die Aussage ist falsch. Betrachte die Matrix A = ( 0 0 ). Es gilt AT = A und A 2 = I 2, also insbesondere det(a) 0. Siehe nächstes Blatt!

5 Antworten MC: Bitte wenden!

6 2. a) ( Punkte) Wir definieren auf M m n (K) eine Relation durch A B Im(A) = Im(B) (A, B M m n (K) ). Zeigen Sie, dass eine Äquivalenzrelation auf M m n (K) definiert. b) (6 Punkte) Seien A M m n (K), F GL n (K). Zeigen Sie, dass AF A gilt. c) (6 Punkte) Zeigen Sie, dass die Äquivalenzklasse [A] von A M m n (K) gegeben ist durch [A] = {AF F GL n (K)}. Lösung: Hinweis: Sie können ohne Beweis die folgende Aussage verwenden. Seien V und W Vektorräume über K und sei T Hom(V, W ) surjektiv. Sei U V ein Unterraum. Wenn die Einschränkung T U : U W eine Bijektion ist, dann gilt V = U Ker(T ). a) Reflexivität: Sei A M m n (K), dann ist Im(A) = Im(A) und folglich A A. Symmetrie: Seien A, B M m n (K) so, dass A B, dann ist Im(A) = Im(B) und wegen Symmetrie der Gleichheit von Mengen auch Im(B) = Im(A) und somit B A. Transitivität: Seien A, B, C M m n (K) so, dass A B und B C gelten. Dann sind Im(A) = Im(B) und Im(B) = Im(C) und wegen Transitivität der Gleichheit von Mengen also Im(A) = Im(C) und somit A C. b) Sei w Im(AF ), dann existiert nach Voraussetzung ein v K n, sodass w = (AF )v = A(F v). Sei u = F v K n, dann ist w = Au und somit w Im(A). Dies zeigt, dass Im(AF ) Im(A). Sei nun w Im(A), dann existiert v K n so, dass w = Av. Sei u = F v. Dann ist (AF )u = Av = w und somit w Im(AF ). c) Eine Richtung der Inklusionen folgt aus der vorangehenden Aussage. Seien nun A, B M m n (K) so, dass A B. Falls A = 0 ist, dann ist auch B = 0 und es folgt B = AI n wie gewünscht. Sei also A 0, sodass dim(im(a)) = r > 0. Sei {w,..., w r } K m eine Basis von Im(A), dann existieren nach Voraussetzung v,..., v r, u,..., u r K n, sodass w i = Av i = Bu i. Die Abbildungen L A : v,..., v r Im(A) und L B : u,..., u r Im(A) sind bijektiv, und somit gilt unter Verwendung des Hinweises K n = v,..., v r Ker(A) = u,..., u r Ker(B). Wähle Basen {v r+,..., v n }, {u r+,..., u n } von Ker(A) bzw. von Ker(B). Sei F die Basiswechselmatrix so, dass F u i = v i. Dann gilt { w i falls i r, AF u i = Av i = 0 sonst. Insbesondere stimmen L AF und L B auf einer Basis von K n überein und es folgt B = AF. Da F eine Basiswechselmatrix ist, folgt die Behauptung. Siehe nächstes Blatt!

7 . a) ( Punkte) Seien V und W Vektorräume über K. Sei T Hom(V, W ) und sei U ein Unterraum von W. Zeigen Sie, dass T (U) ein Unterraum von V ist. b) (6 Punkte) Sei und seien 0 A = v = 2, v 2 =, v = R. 7 Sei U = v, v 2, v R. Bestimmen Sie eine Basis von L A (U). c) (6 Punkte) Seien V und W Vektorräume über K so, dass dim(v ) <. Zeigen Sie, dass dim(t (U)) = nullity(t ) + dim(im(t ) U). Lösung: a) Da 0 U, ist Ker(T ) T (U). Da Ker(T ) V ein Unterraum ist, folgt 0 T (U). Seien v, v 2 T (U) und λ K, dann sind per definitionem T (v ), T (v 2 ) U und somit T (v + λv 2 ) = T (v ) + λt (v 2 ) U. Es folgt v + λv 2 T (U) und somit ist T (U) ein Unterraum. b) Es ist det(a) = und somit ist A invertierbar und folglich L A (U) = L A (U). Da die Abbildung L A injektiv ist, bildet sie linear unabhängige Teilmengen auf linear unabhängige Teilmengen ab und somit ist insbesondere das Bild jeder Basis von U unter L A eine Basis von L A (U). Wir bestimmen also A sowie eine Basis von U. Zuerst bestimmen wir ein minimales Erzeugendensystem von U. Sei hierfür B = 2. 7 Mittels elementarer Zeilenumformungen findet man B Z 2 2Z 0 2 Z 2Z Z Z Folglich besitzt das Gleichungssystem 2 x = y 7 eine Lösung. Andererseits sind v und v 2 linear unabhängig da zwei Vektoren genau dann linear abhängig sind, wenn sie skalare Vielfache voneinander sind, und folglich ist (v, v 2 ) eine Basis von U, bzw. (L A v, L A v 2 ) ine Basis von L A (U). Bitte wenden!

8 Wir berechnen also L A v und L A v 2. Der Gauss Algorithmus liefert Z 2 2Z Z Z 2 8Z Z Z und somit 0 A = Man berechnet L A v = A v = 5 5, L A v 2 = A v 2 = c) Wir betrachten T T (U). Nach der Dimensionsformel gilt dim ( T (U) ) = nullity(t T (U)) + Rang(T T (U)), und es reicht also zu zeigen, dass gilt Ker(T T (U)) = Ker(T ) und Im(T T (U)) = Im(T ) U. Sei v Ker(T T (U)), dann ist T v = 0, also v Ker(T ). Andererseits folgt aus Ker(T ) T (U) sofort, dass Ker(T ) Ker(T T (U)), und folglich ist Ker(T T (U)) = Ker(T ). Sei nun u Im(T T (U)). Dann existiert ein v T (U) so, dass T v = u. Insbesondere ist also u Im(T ) und wegen v T (U) gilt T v U. Also Im(T T (U)) Im(T ) U. Sei nun u Im(T ) U, dann existiert ein v V so, dass T v = u U und insbesondere ist v T (U). Also ist u Im(T T (U)). Es folgt Im(T T (U)) = Im(T ) U und somit folgt die Behauptung.. Seien V, W endlichdimensionale Vektorräume über K, T Hom(V, W ). Sei T Hom(W, V ) gegeben durch (T f)(v) = f(t v) (f W, v V ). a) ( Punkte) Zeigen Sie: Wenn T surjektiv ist, dann ist T injektiv. b) (6 Punkte) Sei T : V W ein injektiver Homomorphismus und sei U W ein Unterraum mit der Eigenschaft W = U Im(T ). Zeigen Sie, dass die Abbildung Φ : W V gegeben durch w = u + T v v ein wohldefinierter Homomorphismus ist. c) (5 Punkte) Zeigen Sie: Wenn T injektiv ist, dann ist T surjektiv. Siehe nächstes Blatt!

9 Lösung: a) Sei f Ker(T ), dann gilt f(t v) = 0 für alle v V. Sei w W beliebig, dann existiert nach Voraussetzung v V so, dass T v = w. Folglich ist f(w) = f(t v) = 0 und da w W beliebig war, ist f = 0. Also ist T injektiv. b) Sei w Im(T ), dann existiert wegen der Injektivität von T genau ein v V so, dass T v = w gilt. Die Abbildung ϕ : Im(T ) V, T v v ist also wohldefiniert. Sei nun w W. Nach Voraussetzung existieren eindeutige u U und w Im(T ) so, dass w = u + w. Die Projektion P Im(T ),U, w w ist also wohldefiniert, und wir haben in den Serien gezeigt, dass die Abbildung w w linear ist. Die Komposition wohldefinierter Abbildungen (mit kompatiblen Definitions- und Bildbereichen) ist wiederum wohldefiniert, und die Komposition linearer Abbildungen ist wieder linear. Es bleibt nur zu zeigen, dass die Abbildung ϕ : Im(T ) V, T v v linear ist, woraus dann folgt, dass Φ = ϕ P Im(T ),U wohldefiniert linear ist. Seien also v, v 2 V und sei λ K, dann gilt ϕ(t v + λt v 2 ) = ϕ ( T (v + λv 2 ) ) = v + λv 2 = ϕ(t v ) + λϕ(t v 2 ) und somit ist ϕ linear. c) Da W endlichdimensional ist, existiert ein Unterraum U W so, dass W = Im(T ) U gilt. Sei f V beliebig. Sei Φ : W V die Abbildung gegeben durch Φ(u + T v) = v. Definiere g : W K durch g = f Φ. Da Kompositionen linearer Abbildungen linear sind und da Im(f Φ) Im(f) gilt, ist g W wohldefiniert. Sei v V, dann gilt (T g)(v) = g(t v) = (f Φ)(T v) = f(φ(t v)) = f(v) und da v V beliebig war, ist T g = f. Da f V beliebig war, ist T surjektiv. 5. Betrachten Sie die Matrix 2 A = M (R). 0 0 a) (8 Punkte) Bestimmen Sie eine LR-Zerlegung von A. b) (7 Punkte) Benützen Sie die LR-Zerlegung, um das lineare Gleichungssystem Av = 8, (v R ) zu lösen. Sollten Sie die LR-Zerlegung von A nicht gefunden haben, lösen Sie das Gleichungssystem Bv = 8 Bitte wenden!

10 für die Matrix B unter Verwendung der LR-Zerlegung B = Lösung: a) Wir wenden elementare Zeilenumformungen an: 2 A Z 2 2Z Z Z 0 2 Z + Z und folglich ist = A = 2 0 A, beziehungsweise A = b) Es gilt x x + 2y + z 2 x 0 0 A y = 8 6y = y = = 2. z z 0 0 z 0 Insbesondere gilt also z = 0, 6y = 2 und x = 2y =. Für das alternative Beispiel berechnet man = 5 0, 7 5 und somit müssen wir das folgende Gleichungssystem lösen: x + y + 5z 5 x 0 0 6y + z = 0 6 y = =. 2z z 7 28 Rückwärts einsetzen liefert z =, y = 5 6 und x = a) ( Punkte) Geben Sie die Definition der Determinanten aus der Vorlesung wieder. Siehe nächstes Blatt!

11 b) (6 Punkte) Zeigen Sie, dass für alle A M m n (K), B M n m (K) gilt: det(i m + AB) = det(i n + BA). Hinweis: Für M M n n (K), N M m m (K), U M n m (K), V M m n (K) gilt: M U M 0 det = det(m) det(n) = det. 0 N V N Sie können diese Aussage ohne Beweis verwenden. c) (5 Punkte) Sei nun K = Z/pZ der Körper mit p Elementen. Zeigen Sie, dass die Matrix 2 2 A n =..... M n n (K) 2 2 Lösung: genau dann invertierbar ist, wenn n + nicht durch p teilbar ist. Hinweis: Verwenden Sie Teilaufgabe b). a) Die Determinante auf M n n (K) ist eine bzw. die eindeutige (in den Spalten) multilineare, alternierende Abbildung det : M n n (K) K, sodass det(i n ) =. b) Man bemerkt Im A Im A Im + AB 0 = B I n 0 I n B I n Im A Im 0 Im A = B B 0 I n + BA I n I n Insbesondere ist also ( Im A det(i m + AB) = det 0 I n Im 0 = det det B I n = det(i n + BA) ) det Im + AB 0 B ( Im A 0 I n + BA c) Es ist A n = I n + vv T, wobei v K n der Spaltenvektor ist, dessen Einträge alle gleich sind. Insbesondere gilt nach Teilaufgabe b), dass det(a n ) = det( + v T v) = det( + n) = + n und da K ein Körper ist, ist also det(a n ) 0 + n 0 (mod p), was genau dann der Fall ist, wenn p n +. I n )