Übungen zur Linearen Algebra 1 Probeklausur Musterlösung: Aufgabe A

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1 Musterlösung: Aufgabe A Wir betrachten die Matrix A = M(3 3, Q) und die dazugehörige Abbildung f : Q 3 Q 3 ; v A v. Für j = 1, 2, 3 bezeichne v j Q 3 die j-te Spalte von A. Teilaufgabe (i)+(iii): Behauptung. Die Vektoren v 1, v 2 bilden eine Basis von Im(f). Damit gilt: dim(im(f)) = 2. Behauptung. Die Spaltenvektoren v 1, v 2, v 3 sind die Bilder der Einheitsvektoren e 1, e, e 3 und erzeugen somit Im(f). Es gilt: v 3 = 1 7 v v 2 und damit Im(f) = v 1, v 2, v 3 = v 1, v 2. Es genügt also zu zeigen, dass die Vektoren v 1, v 2 linear unabhängig sind. Es seien a, b Q mit a v 1 + b v 2 = 0. Dann folgt: 4b = a = 3b und somit a = b = 0. Teilaufgabe (ii): Behauptung. Die Vektoren v 1, v 2, e 3 bilden eine Basis von Q 3. Beweis. Es genügt zu zeigen, dass Q 3 = v 1, v 2, e 3. Dies folgt aus den folgenden Aussagen: (1, 1, 0) = v e 3 v 1, v 2, e 3 und ( 4, 3, 0) = v e 3 v 1, v 2, e 3. e 2 = 1 7 (4 (1, 1, 0) + ( 4, 3, 0)) v 1, v 2, e 3. e 1 = (1, 1, 0) e 2 v 1, v 2, e 3. Alternativ kann man auch zeigen, dass die Vektoren v 1, v 2, e 3 linear unabhängig sind. Da dim(q 3 ) = 3 gilt, folgt dann sofort Q 3 = v 1, v 2, e 3.

2 Musterlösung: Aufgabe B Teilaufgabe (i): Es sei U = {f Abb(R, R) f(1) = f(0) + 1}. Behauptung. U ist kein Untervektorraum von Abb(R, R). Beweis. Es sei f : R R die Abbildung mit konstantem Wert 0. Dann ist f = 0 Abb(R,R) und f / U, weil f(1) = 0 1 = f(0) + 1. Dies zeigt, dass U kein Untervektorraum von Abb(R, R) ist. Behauptung. U ist ein affiner Unterraum von Abb(R, R). Beweis. Es sei χ 1 Abb(R, R) die charakteristische Funktion von 1, d.h. es gilt χ 1 (x) = 1 χ 1 (x) 0 x = 1 für alle x R (siehe Aufgabe 18). Dann gilt χ 1 U und es genügt zu zeigen, dass die Menge V := {f χ 1 f U} ein Untervektorraum von Abb(R, R) ist. Es gilt: 0 Abb(R,R) = χ 1 χ 1 V. Gegeben seien f, g U. Dann gilt: (f + g χ 1 )(1) = f(1) + g(1) 1 = f(0) + g(0) + 1 = (f + g χ 1 )(0) + 1 und somit f + g χ 1 U. Dies zeigt: (f χ 1 ) + (g χ 1 ) = (f + g χ 1 ) χ 1 V. Gegeben sei f U und a R. Dann gilt: (a f (a 1) χ 1 )(1) = a f(1) a + 1 = a f(0) + 1 = (a f (a 1) χ 1 )(0) + 1 und somit a f (a 1) χ 1 U. Dies zeigt: a (f χ 1 ) = (a f (a 1) χ 1 ) χ 1 V.

3 Teilaufgabe (ii): Behauptung. Es gilt: {(a 1, a 2, a 3 ) R 3 a a a 2 3 = 0} = {(0, 0, 0)}. Insbesondere ist diese Menge ein Untervektorraum von R 3. Behauptung. Die Menge {(a 1, a 2, a 3 ) C 3 a a a 2 3 = 0} ist kein affiner Unterraum von C 3. Insbesondere ist diese Menge damit auch kein Unterraum von C 3. Beweis. Angenommen, die Menge U ist ein affiner Unterraum von C 3. Wegen (0, 0, 0) U, ist U dann sogar ein Untervektorraum von C 3. Wegen (1, i, 0), (1, 0, i) U, gilt dann auch (2, i, i) U und somit 0 = = 2. Widerspruch! 2

4 Musterlösung: Aufgabe C Es seien U 1, U 2 Unterräume eines Vektorraums V mit U 1 + U 2 = V und U 1 U 2 = {0}. Dann ist die Abbildung i : U 1 U 2 V ; (u 1, u 2 ) u 1 + u 2 ein Isomorphismus und es exisitert eine zugehörige Umkehrabbildung i 1. Es sei die kanonische Projektion. Definiere p 2 : U 1 U 2 U 2 ; (u 1, u 2 ) u 2 f = p 2 i 1 : V U 2 V. Da i 1 und p 2 linear sind, ist f ein Homomorphismus. Für u U 2 gilt dann u = p 2 (0, u) = p 2 (i 1 (u)) = f(u). Daraus folgt: f U2 = id U1, U 2 = Im(f) und somit f 2 = f. Behauptung. U 1 = Ker(f). Beweis. Es sei u U 1. Dann folgt u = i(u, 0), i 1 (u) = (u, 0) und f(u) = p 2 (u, 0) = 0. Somit gilt: u Ker(f). Es nun v Ker(f) mit i 1 (v) = (u 1, u 2 ). Dann gilt: u 2 = p 2 (u 1, u 2 ) = f(v) = 0 und v = u 1 + u 2 = u 1 U 1. Es sei nun g : V V ein Homomorphismus mit Ker(g) = U 1, Im(g) = U 2 und g 2 = g. Behauptung. Es gilt: f = g. Beweis. Es sei v V mit i 1 (v) = (u 1, u 2 ). Dann existiert ein v V mit u 2 = g( v). Es sei i 1 ( v) = (ū 1, ū 2 ). Dann gilt: g(v) = g(u 1 + u 2 ) = g(u 2 ) = g(g( v)) = g( v) = u 2 = f(v).

5 Musterlösung: Aufgabe D Teilaufgabe (i): Wir betrachten die Matrizen 1 i A = 1 + i M(4 1, C) und B = (4, i, 2 i, 2) M(1 4, C). 3 Dann gilt: und A B = = ( i) 1 (2 i) 1 2 i 4 i ( i) i (2 i) i 2 (1 + i) 4 (1 + i) ( i) (1 + i) (2 i) (1 + i) ( i) 3 (2 i) i 2 i 2 4i i 2i 4 + 4i 1 i 3 + i 2 + 2i 12 3i 6 3i 6 B A = (4 1 + ( i) i + (2 i) (1 + i) + 2 3) = ( i + 6) = (14 + i). Teilaufgabe (ii): Für i = 1,..., 4 bezeichne v i C 4 die i-te Zeile der Matrix A B. Dann gilt: und somit: v 1 0, v 2 = i v 1, v 3 = (1 + i) v 1, v 4 = 3 v 1. rg(a B) = dim( v 1,..., v 4 ) = dim( v 1 ) = 1. Hierbei benutzen wir, dass sowohl Zeilenrang als auch Spaltenrang den Rang einer Matrix berechnen. Alternativ kann man argumentieren, dass rg(a B) = dim(f g) gilt, wobei f : C C 4 und g : C 4 C die durch Rechtsmultiplikation mit A bzw. B gegebenen Abbildungen sind. Wegen dim(im(f g)) dim(im(f)) dim(c) = 1 und Im(f g) {0}, gilt dann dim(im(f g)) = 1.

6 Musterlösung: Aufgabe E Man betrachte die Basen v 1 = (1, 0, 0), v 2 = (1, 1, 0), v 3 = (1, 1, 1) und w 1 = (0, 0, 1), w 2 = (0, 1, 1), w 3 = (1, 1, 1) von Q 3. Es sei M (vj ),(w i ) = (a ij ) i,j=1,2,3 M(3 3, Q). Behauptung. Es gilt M (vj ),(w i ) = Beweis. Da M (vj ),(w i ) die Übergangsmatrix für die Basen v 1, v 2, v 3 und w 1, w 2, w 3 ist, gilt v j = a 1j w 1 + a 2j w 2 + a 3j w 3 = (a 3j, a 2j + a 3j, a 1j + a 2j + a 3j ) für j = 1, 2, 3. Durch Einsetzen der v j ergeben sich dann die folgenden Gleichungen. a 31 = a 32 = a 33 = 1. a 21 = 1 und a 22 = a 23 = 0. a 11 = 0, a 12 = 1 und a 13 = 0. Dies zeigt die obige Behauptung. Setze M (wj ),(v i ) = (b ij ) i,j=1,2,3 und M (vj ),(w i ) M (wj ),(v i ) = (c ij ) i,j=1,2,3. Dann gilt für alle i, j = 1, 2, 3. c ij = a ik b kj k=1 Behauptung. M (vj ),(w i ) M (wj ),(v i ) = I 3. Beweis. Da M (vj ),(w i ) und M (wj ),(v i ) Übergangsmatrizen sind, gilt ( ) ( ) w j = b kj v k = b kj a ik w i = a ik b kj w i = c ij w i k=1 k=1 i=1 i=1 k=1 i=1 für alle j = 1, 2, 3. Da w 1, w 2, w 3 eine Basis ist, folgt c ij = 1 c ij 0 i = j für alle i, j = 1, 2, 3. Allgemeiner wurde in der Vorlesung für Basen u 1,..., u n, v 1,..., v n und w 1,..., w n eines Vektorraums V gezeigt, dass M (vj ),(w i ) M (uj ),(v i ) = M (uj ),(w i ) gilt. Alternativ kann man hieraus direkt folgern: M (vj ),(w i ) M (wj ),(v i ) = M (wj ),(w i ) = I 3.

7 Musterlösung: Aufgabe F Wir betrachten das folgende inhomogene Gleichungssystem: x 2 + 2x 3 + 3x 4 = 7 x 1 + 2x 2 + 3x 3 + 4x 4 = 13 2x 1 + 3x 2 + 4x 3 + 5x 4 = 19 x 1 x 2 x 3 = 0 (1) Die dazugehörige Koeffizientenmatrix hat dann die Gestalt: Durch das Addieren des ( 2)-fachen der zweiten Zeile zur dritten Zeile und das Addieren der zweiten Zeile zur vierten Zeile erhalten wir die folgende Matrix: Durch das Addieren des ( 2)-fachen der ersten Zeile zur zweiten Zeile, das Addieren der ersten Zeile zur dritten Zeile und das Addieren des ( 1)-fachen der ersten Zeile zur vierten Zeile erhalten wir die folgende Matrix: Durch das Addieren des ( 3)-fachen der vierten Zeile zur ersten Zeile und das Addieren des 2-fachen der vierten Zeile zur zweiten Zeile erhalten wir die folgende Matrix:

8 Durch das Vertauschen der ersten und der zweiten Zeile und das Vertauschen der dritten und der vierten Zeile erhalten wir die folgende Matrix: Diese Matrix ist in Zeilenstufenform. Sie ist die Koeffizientenmatrix des folgenden inhomogenen Gleichungssystems: x 1 x 3 = 11 x 2 + 2x 3 = 11 x 4 = 6 (2) Über einem Körper K hat dieses Gleichungssystem die folgende Lösungsmenge: {(a + 11, 2a 11, a, 6) K 4 a K}. Da elementare Zeilenumformungen die Lösungsmenge eines Gleichungssystems nicht ändern, besitzt das inhomogene Gleichungssystem (1) über K die gleiche Lösungsmenge. 2

9 Musterlösung: Aufgabe G Es sei und A = f : K 3 K 2 ; v A v. Betrachte die Basis v 1 = (1, 1), v 2 = (1, 1) von K 2 und die Basis w 1 = (1, 1, 1), w 2 = (1, 1, 0), w 3 = (1, 0, 0) von K 3. Setze M f,(vj ),(w i ) = (a ij ) i=1,2,3;j=1,2. Behauptung. Es gilt M f,(vj ),(w i ) = Beweis. Es gilt f(v 1 ) = (4, 4, 4), f(v 2 ) = ( 2, 0, 2) und f(v j ) = a 1j w 1 + a 2j w 2 + a 3j w 3 = (a 1j + a 2j + a 3j, a 1j + a 2j, a 1j ). für j = 1, 2. Durch Einsetzen der f(v j ) ergeben sich die folgenden Gleichungen. a 11 = 4 und a 12 = 2. a 21 = 0 und a 22 = 2. a 31 = 0 und a 32 = 2. Dies zeigt die Behauptung.