TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN Fakultät für Mathematik. Semestrale Lineare Algebra 1 Prof. Dr. F. Roesler

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1 Note I II Name Vorname 1 Matrikelnummer Studiengang (Hauptfach) Fachrichtung (Nebenfach) 2 Unterschrift der Kandidatin/des Kandidaten 3 TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN Fakultät für Mathematik Semestrale Lineare Algebra 1 Prof. Dr. F. Roesler Februar 27, 1:15 11:45 Uhr Hörsaal: Reihe: Platz: Hinweise: Überprüfen Sie die Vollständigkeit der Angabe: 7 Aufgaben Bearbeitungszeit: 9 min. Erlaubte Hilfsmittel: keine 7 Nur von der Aufsicht auszufüllen: Hörsaal verlassen von bis Vorzeitig abgegeben um Besondere Bemerkungen: I Erstkorrektur II Zweitkorrektur

2 Aufgabe 1 Lineare Abbildung [ca. 8 Punkte] Sei f : R 4 R 3 die R-lineare Abbildung, die durch x x 2 x x 4 x 1 x 2 x 3 x 4 definiert wird. (i) Geben Sie ker f an. (ii) Geben Sie rg f und eine Basis von im f an. (iii) Untersuchen und begründen Sie, ob die Abbildung injektiv, surjektiv oder bijektiv ist. Lösung (i) ker f ist die Lösungsmenge des Gleichungssystems x 1 x 2 x 3 x 4 = Zur Lösung dieses Gleichungssystems kann natürlich jedes beliebige Verfahren benutzt werden. Beispielsweise kann man per Hand lösen, da zwei der Gleichungen sehr leicht umformbar sind: wir erhalten also drei Gleichungen mit vier Unbekannten: x 1 + 4x 3 = 3x 1 + x 2 4x 3 + x 4 = 4x 1 + x 2 = (i) (ii) (iii) Aus Gleichung (i) folgt x 1 = 4x 3 ; Gleichung (iii) impliziert x 2 = 4x 1 = 16x 3. Gleichung (ii) vereinfacht sich dann zu 3 (4x 3 ) + 16x 3 4x 3 + x 4 = = x 4 = (ii) Der Kern dieser Abbildung ist also 4 16 ker f = lin 1 (ii) Da dim R 4 = 4 = dim im f + dim ker f = rg f + 1 hat f vollen Rang, rg f = 3. Andererseits ist dim R 3 = 3 und somit im f = R 3. Entweder können wir also drei der vier Spaltenvektoren als

3 Basis für im f wählen oder benutzen die kanonischen Basisvektoren für R 3. im f = R 4 = lin 1, 1, 1 (iii) Da im f = R 3 und ker f {} ist f surjektiv, aber nicht injektiv. Somit ist f auch nicht bijektiv.

4 Aufgabe 2 [ca. 6 Punkte] Es sei V ein K-Vektorraum. (i) Beweisen Sie: zu v, v 1 V mit v v 1 existiert eine Gerade in V (d.h. eine Nebenklasse p + U mit p V und einem eindimensionalen Unterraum U V ), die v und v 1 enthält. (ii) Zeigen Sie, dass die Gerade in (i) eindeutig bestimmt ist. Lösung (i) Durch G := p + U mit p := v und U := K(v 1 v ) wird das Gewünschte geleistet. Denn: (1) Nach Voraussetzung ist v 1 v, also K(v 1 v ) tatsächlich ein eindimensionaler Unterraum und damit G eine Gerade in V ; (2) Es ist v = 1 v + (v 1 v ) G und v 1 = 1 v + 1 (v 1 v ) G. (ii) Sei auch G := p + U eine Gerade in V, die v und v 1 enthält. Zu zeigen ist G = G. Wegen v, v 1 G gibt es u, u 1 U mit v = p + u, v 1 = p + u 1. Es folgt v 1 v = u 1 u U. Da U eindimensional ist, muss U = K(v 1 v ) = U sein. Weiter folgt: G = p + U = (v u ) + U ( ) = v + U = v + U = G. Der Schritt ( ) beruht dabei auf der Nebenklassenaddition. (Ausführlich: (v u ) + U = (v + U ) + ( u + U }{{} = U ) = (v + U ) + U = v + U.)

5 Aufgabe 3 Basisdarstellung [ca. 8 Punkte] Sei V der R-Vektorraum, der durch die Funktionen f 1 : R R, x f 1 (x) = 1 f 2 : R R, x f 2 (x) = x f 3 : R R, x f 3 (x) = sin x f 4 : R R, x f 4 (x) = cos x aufgespannt wird. Der formelle Ableitungsoperator ist die R-lineare Abbildung, die durch d dx (f 1) =, d dx (f 2) = f 1, d dx (f 3) = f 4, definiert ist. Weiterhin definieren wir die Abbildung H : V V durch f d 2 dx f + f = d d dx dx (f ) + f (i) Zeigen Sie, dass b := { f 1, f 2, f 3, f 4 } eine Basis von V ist. (ii) Geben Sie die darstellende Matrix H(b) b (iii) Geben Sie ker H an. d dx (f 4) = f 3 = M b(h) von H bezüglich b an. b Lösung (i) Eine Basis ist ein Erzeugendensystem aus linear unabhängigen Vektoren, das heißt es bleibt zu zeigen, dass {f 1, f 2, f 3, f 4 } linear unabhängig sind. Wir müssen überprüfen, ob aus immer α j =, j = 1, 2, 3, 4 folgt. 4 α j f j = j=1 Das ist aber hier der Fall, denn der Nullvektor ist die Nullfunktion und die Gleichung muss auch punktweise erfüllt sein. Setzt man x = π,, π/2, π ein, so erhält man ein lineares Gleichungssystem, dass nur die triviale Lösung hat und die Vektoren sind linear unabhängig. (ii) Es ist klar, dass H(f 1 ) = f 1 und H(f 2 ) = f 2. H( f 3 ) berechnet sich zu d 2 H(f 3 ) = (f 3 ) + f 3 = d dx dx (f 4) + f 3 = f 3 + f 3 = Analog dazu erhalten wir auch H(f 4 ) =. Daher ist die Matrix zu H in der Basis b := {f 1, f 2, f 3, f 4 } gegeben durch 1 H(b) = M b b b (H) = 1

6 (iii) Aus der Matrixdarstellung von H folgt sofort, dass ker H = φ b 1 ker M b b (H) = φ b 1 (e 3 ), φ b 1 (e 4 ) = f3, f 4 ist. Andererseits können wir das auch explizit lösen. H(f )! = H 4 j=1 α 4 j f j = α j H(f j ) = α 1 f 1 + α 2 f 2 + α 3 + α 4 = j=1 Da die Basisvektoren f j linear unabhängig sind, müssen α 1 = und α 2 = sein und f 3 und f 4 spannen ker H auf.

7 Aufgabe 4 Lineares Gleichungssystem auf endlichen Körpern mit Parameter [ca. 4 Punkte] Lösen Sie folgendes Gleichungssystem in F 5 := Z/5Z: 16 x x 2 = x 1 + µ x 2 = 1 Geben Sie die Lösungsmengen für alle Werte von µ F 5 an. Untersuchen Sie, für welche Werte von µ das Gleichungssystem keine Lösung hat. Lösung Wir fangen an indem wir die Multiplikationstabelle für F 5 = Z/5Z aufschreiben Wir schreiben zuerst das Gleichungssystem um, indem wir die einfachstmöglichen Repräsentanten (also bis 4) wählen. 1 x x 2 = 4 (i) 4 x 1 + µ x 2 = 4 Aus (i) erhalten wir x 1 = 4 2 x 2 = x 2. Eingesetzt in (ii) liefert das Hieraus folgt und somit letztendlich 4 ( x 2 ) + µ x 2 = x 2 + µ x 2 = 4 = (µ + 2) x 2 = 3 x 2 = 3 (µ + 2) 1 x 1 = (µ + 2) 1 = (µ + 2) 1 falls das Inverse existiert. Die Lösungsmenge ist daher für µ 3 gegeben durch {( (µ + 2) 1, 3 (µ + 2) 1 )} Für µ = 3 ist µ + 2 nicht invertierbar und das Gleichungssystem hat keine Lösung. Da der Körper endlich ist, können wir alle Lösungen explizit angeben. Parameter Lösungsmenge µ = {(x 1, x 2 )} = {( 1, 4)} µ = 1 {(x 1, x 2 )} = {( 2, 1)} µ = 2 {(x 1, x 2 )} = {(, 2)} µ = 3 µ = 4 {(x 1, x 2 )} = {( 3, 3)} (ii)

8 Aufgabe 5 Rang einer linearen Abbildung [ca. 4 Punkte] Sei f : V W eine K-lineare Abbildung zwischen zwei K-Vektorräumen mit rg f = n. (i) Zeigen Sie, dass dim K W n gilt. (ii) Zeigen Sie, dass dim K V n gilt. Lösung (i) Da rg f = dim K im f und im f W ein Unterraum von W ist, so folgt dim K im f = n dim K W. Es müssen also mindestens n linear unabhängige Vektoren in W existieren. (ii) Mit der Dimensionsformel gilt dim K V = dim K ker f + dim K im f = dim K ker f + rg f = dim K ker f + n n Alternativ kann man das auch zu Fuß beweisen. Da rg f = dim K im f = n, können wir n linear unabhängige Bildvektoren {b 1,..., b n } = { f (v 1 ),..., f (v n )} finden, die die Urbilder {v 1,..., v n } haben. Wir zeigen nun, dass die Urbilder {v 1,..., v n } ebenfalls linear unabhängig sein müssen. Sei also v = n j=1 α j v j eine Linearkombination der Urbildvektoren. Wir zeigen nun, dass aus n j=1 α j v j = immer α j = folgt, j = 1,..., n. n j=1 α j v j = V = f n j=1 α j v j = f () = W Da f linear ist, können wir die Summe aus der Funktion ziehen. f n j=1 α n j v j = α j f (v j ) = Da die Bildvektoren { f (v j )} 1 j n linear unabhängig sind, folgt sofort α j = j = 1,..., n und die Urbilder sind ebenfalls linear unabhängig. Da V mindestens n linear unabhängige Vektoren besitzt, muss dim K V n gelten. j=1

9 Aufgabe 6 [ca. 4 Punkte] Es sei V ein K-Vektorraum und f : V V ein Endomorphismus. Wie immer bezeichne f k für k N die k-malige Hintereinanderausführung von f und für k = die Identität auf V. Zeigen Sie: k N : f ker( f k ) ker(f k 1 ). (Hinweis: Es ist einfacher, diese Aussage nicht per Induktion zu beweisen.) Lösung Sei k N beliebig. Dann gilt für alle v V : v f ker (f k ) w ker (f k ) : f (w) = v w V : f k (w) = f (w) = v = f k (w) = f k 1 (f (w)) = f k 1 (v) v ker (f k 1 ). Also ist f ker(f k ) ker(f k 1 ). Da dies für alle k N zutrifft, ist die Aussage damit bewiesen.

10 Aufgabe 7 [6 Punkte] Kreuzen Sie an, ob die nachfolgenden Aussagen wahr oder falsch sind. Begründungen sind nicht verlangt. (Für jedes richtige Kreuz gibt es 1 Punkt, für jedes falsche Kreuz 1 Punkt Abzug. Wenn Sie bei einer Aussage nichts ankreuzen, gibt es dafür Punkte. Bei mehr falschen als richtigen Antworten wird die Aufgabe insgesamt mit Punkten bewertet.) Es gibt genau eine lineare Abbildung f : R 3 R 2 mit f ( 3, 1, 4) = (1, 2) wahr falsch und f (2, 2, ) = (, 1). Sind R 1 und R 2 Äquivalenzrelationen auf einer Menge M, so wird auch durch wahr falsch xry : xr 1 y xr 2 y (x, y M) eine Äquivalenzrelation auf M definiert. 1 1 Die Matrix 1 1 hat über allen Körpern denselben Rang. wahr falsch Im Vektorraum der 2 2-Matrizen über einem Körper K ist wahr falsch a b c d 2 (K) : a + b c = ein Untervektorraum. Ist U ein Untervektorraum eines K-Vektorraums V, so gilt für alle v, w V : wahr falsch v U w U v + w U. Für Abbildungen ϕ : X Y und ψ : Y Z zwischen Mengen gilt: wahr falsch ψ ϕ bijektiv ψ injektiv ϕ surjektiv Lösung Es gibt genau eine lineare Abbildung f : R 3 R 2 mit f ( 3, 1, 4) = (1, 2) wahr falsch und f (2, 2, ) = (, 1). Begründung (nicht gefordert): Eine lineare Abbildung ist durch die Bilder einer Basis des Urbildraums eindeutig bestimmt. Ergänzt man ( 3, 1, 4) und (2, 2, ) durch einen Vektor u zu einer Basis des R 3, so werden durch je zwei verschiedene Bilder f (u) zwei verschiedene lineare Abbildungen mit der obigen Eigenschaft festgelegt. (Es gibt also unendlich viele davon.)

11 Sind R 1 und R 2 Äquivalenzrelationen auf einer Menge M, so wird auch durch wahr falsch xry : xr 1 y xr 2 y (x, y M) eine Äquivalenzrelation auf M definiert. Begründung (nicht gefordert): R ist im Allgemeinen nicht transitiv. Gegenbeispiel: sei M = {a, b, c} mit den R 1 -Äquivalenzklassen {a, b}, {c} und den R 2 -Äquivalenzklassen {a}, {b, c}. Dann ist arb (weil ar 1 b) und brc (weil br 2 c), aber arc (da weder ar 1 c noch ar 2 c). 1 1 Die Matrix 1 1 hat über allen Körpern denselben Rang. wahr falsch Begründung (nicht gefordert): Über jedem Körper liefert z.b. Addieren der dritten Zeile zur ersten die Matrix , und hier kann man an den Spalten den Rang 3 ablesen. (In jedem Körper sind 1 und 1 ungleich.) Alternativ kann man die Determinante berechnen, die ist nämlich 1. Da in jedem Körper 1 invertierbar ist, muss auch die Matrix invertierbar sein und deren Rang ist 3. Im Vektorraum der 2 2-Matrizen über einem Körper K ist wahr falsch a b c d 2 (K) : a + b c = ein Untervektorraum. Begründung (nicht gefordert): Die Menge enthält die Nullmatrix (ist also insbesondere nicht leer) und ist abgeschlossen gegenüber Addition von Negativen und Multiplikation mit Skalaren. Ist U ein Untervektorraum eines K-Vektorraums V, so gilt für alle v, w V : wahr falsch v U w U v + w U. Begründung (nicht gefordert): Angenommen, die Aussage wäre falsch. Dann gäbe es v U, w V \ U mit v + w U. Nach den Unterraumeigenschaften folgte w = (v + w) v U, Widerspruch! Für Menge X, Y, Z und Abbildungen ϕ : X Y und ψ : Y Z gilt: wahr falsch ψ ϕ bijektiv ψ injektiv ϕ surjektiv

12 Begründung (nicht gefordert): Als Gegenbeispiel nehme man etwa X, Z := {1} und Y := N und für ϕ und ψ jeweils die passende konstante Abbildung auf 1. Dann ist ψ ϕ = id {1} bijektiv, aber weder ψ injektiv noch ϕ surjektiv.