Lineare Algebra 10. Übungsblatt

Lineare Algebra 10. Übungsblatt

Fachbereich Mathematik

M. Schneider 14.06.2012

Konstantin Pertschik, Daniel Körnlein

Gruppenübung

Aufgabe G36

Zeigen Sie, dass es keine lineare Abbildung f :R⁴→R³gibt mit

imf =span











 1 1 3





,





 1

−1 0











 , kerf =span









 1

−2 0 1









 .

Lösung:

Angenommen, es gibt eine solche lineare Abbildung f. Dann wäredim imf =2, da die beiden Vektoren im Spann linear unabhängig sind und dimkerf =1. Nach dem Dimensionssatz muss gelten:4=dim imf +dim kerf =2+1=3, was den gewünschten Widerspruch liefert.

Aufgabe G37

SeienU ⊆V undX ⊆W vierK-Vektorräume. Seien f :V →W eine lineare Abbildung und die AbbildungF :V/U → W/X definiert durch^v~+U7→f(~^v) +X. Zeigen Sie, dassF wohldefiniert ist, genau dann, wenn f(U)⊆X gilt.

Lösung:

• Angenommen, dassF wohldefiniert ist. Sei~u∈U. Wegen^v~+U=^v~+~u+Ufolgt f(~^v) +X =f(~^v+~u) +X, weilF wohldefiniert ist. Somit f(~^v)−f(~^v+~u) = f(~u)∈X.

• Angenommen, dass f(U)⊆ X. Sei ~y ∈v~+U. Es gilt ~y = v~+~u mit~u ∈U. Daraus folgt f(~y) = f(~v+~u) = f(~v) +f(~u)∈f(~v) +X. Somit f(~y) +X= f(~v) +X, d.h.Fist wohldefiniert.

Aufgabe G38 (Kanonische Faktorisierung)

Es seiV ein Vektorraum. Wir betrachten die linearen Abbildungen ϕ1:V →V, v~7→v~und ϕ2:V →V, ^v~7→~0 .

Mittels des Homomorphiesatzes ergibt sich die Existenz von zwei Isomorphismen ϕ₁ und ϕ₂, die durch ϕ₁ bzw. ϕ₂ eindeutig bestimmt sind.

(a) Geben Sie die Abbildungsvorschrift vonϕ1undϕ2an.

(b) Die Isomorphie welcher Vektorräume kann man daraus schließen?

Lösung:

(a) Offensichtlich giltkerϕ1={~0}, imϕ1=V, kerϕ2=V undimϕ2={~0}. Aus dem Homomorphiesatz ergeben sich direkt die Abbildungsvorschriften:

ϕ1:V/{~0} →V, ^v~+{~0} 7→ϕ1(~^v) =^v~ ϕ2:V/V → {~0}, ^v~+V 7→ϕ2(~^v) =~0 . (b) Es folgt, dassV/{~0}isomorph zuV ist und dassV/V isomorph zu{~0}ist.

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Aufgabe G39 (Injektivität und Surjektivität)

Es seien V und W endlichdimensionale Vektorräume und ϕ : V → W eine lineare Abbildung. Ersetzen Sie in den folgenden drei Aussagen die Fragezeichen so, dass die Aussagen wahr sind.

(a) ϕist surjektiv⇔dim(imϕ) =? (b) ϕist injektiv⇔dim(kerϕ) =?

(c) ϕist bijektiv⇔dimV=? unddim(kerϕ) =?

Beweisen Sie jeweils die Richtigkeit ihrer Aussagen.

Betrachten Sie nun denR-VektorraumV={(a_n)n∈N|a_n∈R∀n∈N}der reellen Zahlenfolgen.

(d) Zeigen Sie dass es eine lineare Abbildungϕ₁:V →V gibt, die injektiv, aber nicht surjektiv ist.

(e) Zeigen Sie dass es eine lineare Abbildungϕ₂:V →V gibt, die surjektiv, aber nicht injektiv ist.

Lösung:

(a) Es gilt:ϕist surjektiv⇔dim(imϕ) =dimW. Beweis:

• Angenommenϕist surjektiv, dann gilt nach Definitionimϕ=Wund damit auchdim(imϕ) =dimW

• Angenommen, es giltdim(imϕ) =dimW. Es folgt dannimϕ=W, d.h.ϕist surjektiv.

(b) ϕist injektiv⇔dim(kerϕ) =0.

Dies folgt sofort aus den Aussagen:

ϕist injektiv ⇔ kerϕ={~0}und dimU=0 ⇔ U={~0}

für alle VektorräumeU.

(c) ϕist bijektiv⇔dimV=dimWunddim(kerϕ) =0 Beweis:

Mit Hilfe der Dimensionsformeldim(imϕ) +dim(kerϕ) =dimV und den Aufgabenteilen (a) und (b) ergibt sich

ϕist bijektiv ⇔ ϕist injektiv und surjektiv ⇔dim(kerϕ) =0und dim(imϕ) =dimW

⇔ dimV =dimW und dim(kerϕ) =0

(d) Wir betrachten die Abbildungϕ1:V →V, die definiert ist durch ϕ₁ (an)n∈N

= (b_n)n∈Nmitb₁=0,b_i+1=a_i∀i∈N.

Diese Abbildung verschiebt die Folgenglieder um eins nach hinten und ergänzt eine Null als erstes Folgenglied. D.h.

ϕ1ist injektiv, denn wenn man zwei verschiedene Zahlenfolgen verschiebt, so sind die Bilder verschieden.

ϕ1ist nicht surjektiv, da jede Zahlenfolge(a_n)n∈Nmita₁6=0nicht im Bild vonϕ1liegt.

(e) Wir betrachten die Abbildungϕ2:V →V, die definiert ist durch ϕ2 (a_n)n∈N

= (b_n)n∈Nmitb_i=a_i+1∀i∈N.

Diese Abbildung verschiebt die Folgenglieder um eins nach vorn und “vergisst“ das erste Folgenglied.

D.h.ϕ1ist surjektiv, denn für eine beliebige Folge(a_n)n∈N∈V gilt fürb₁:=0,b_n+1:=a_n∀n∈N:

ϕ₂ (bn)_n∈N= (an)_n∈N.

ϕ2ist nicht injektiv, denn füra_n:=0∀n∈Nundb₁:=1,b_n+1:=0∀n∈Ngilt ϕ2 (a_n)n∈N

=ϕ2 (b_n)n∈N

= (a_n)n∈N.

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Hausübung

Aufgabe H29 (Lineare Abbildungen) (5 Punkte)

Es seienV undW endlichdimensionaleK-Vektorräume.

(a) Zeigen Sie, dass es genau dann einen Isomorphismusϕ:V →W gibt, wenndimV=dimWgilt.

(b) Es sei U ein Untervektorraum von V und ϕ :U → W eine lineare Abbildung. Zeigen Sie, dass es eine lineare Abbildungϕe:V →W gibt, für dieϕ|eU=ϕgilt.

Lösung:

(a) Angenommen, es gibt einen Isomorphismusϕ:V→W. Dann giltimϕ=W,daϕsurjektiv ist undkerϕ={~0},da ϕinjektiv ist. Mit der bekannten Dimensionsformel ergibt sich

dimV =dim(imϕ) +dim(kerϕ) =dimW+dim{~0}=dimW.

Angenommen, es giltdimV =dimW. Dann gibt es eine Basis^v~1, . . . ,^v~nvonV und eine Basisw~₁, . . . ,w~_nvonW sowiegenau einen Vektorraumisomorphismusϕ:V→W mit

ϕ(~^v1) =w~₁, . . . ,ϕ(~^vn) =w~_n.

Insbesondere existiert also ein Vektorraumisomorphismus vonV nachW.

(b) Da U als Untervektorraum von V endlichdimensional ist, gibt es eine Basis~u₁, . . . ,~u_m vonU. Diese kann nach dem Basisergänzungssatz zu einer Basis von V erweitert werden. D.h. es gibt Vektoren v~₁, . . . ,v~_n ∈ V, sodass

~

u₁, . . . ,~u_m,v~₁, . . . ,v~_neine Basis vonV bildet. Wir betrachten jetzt die Abbildung

ϕe:V→W, λ₁~u₁+· · ·+λm~u_m+µ₁v~+· · ·+µnv~_n7→ϕ(λ₁~u₁+· · ·+λm~u_m).

Man kann jedes Element vonV eindeutig in der Form~u+v~mit~u∈U undv~∈span(~v₁, . . . ,v~_n) =:Vedarstellen (das folgt aus der Angabe der obigen Basis). Desweiteren giltϕ(~e u+v~) =ϕ(~u)für alle~u∈U,v~∈Ve. Daraus ergibt sich sofort

ϕ(~e u) =ϕ(~u)∀~u∈U⇒ϕ|eU=ϕ. Außerdem gilt für~u₁,~u₂∈U,^v~1,^v~2∈Ve,λ1,λ2∈K:

ϕ(λe 1(~u₁+^v~1) +λ2(~u₂+^v~2)) = ϕ((λe 1~u₁+λ2~u₂) + (λ1^v~1+λ2^v~2)) =ϕ(λ1~u₁+λ2~u₂) =λ1ϕ(~u₁) +λ2ϕ(~u₂)

= λ₁ϕ(~eu₁+v~₁) +λ₂ϕ(~e u₂+~v₂).

D.h.ϕeist eine lineare Abbildung und hat damit alle in der Aufgabe geforderten Eigenschaften.

Aufgabe H30 (Fibonacci-Zahlen) (5 Punkte)

Man betrachteV:={(a_n)_n∈N0|a_n+2=a_n+1+a_n}

(a) Man zeigeV ist einR−Vektorraum und bestimme dimV.

(b) Man bestimmeq₁6=q₂∈R\{0}derart, dass(qⁿ₁)n∈N0, (qⁿ₂)n∈N0∈V gilt.

(c) Man zeigeB={(qⁿ₁), (q₂ⁿ)}ist eine Basis vonV.

(d) Man bestimme die Koordinaten der Folge(b_n)n∈N0∈V mitb₀=0,b₁=1bzgl.Binsb. Formel fürb_n. Lösung:

(a) V ist einR-VR (klar).

Folge(a_n)∈Vliegt fest durch die Angabe vona₀unda₁, d.h.ϕ:V→R²mitϕ(a_n):=

a₀ a₁

ist ein Isomorphismus.

⇒ dimV =dimR²=2

(b) (qⁿ)∈V ⇔ qⁿ⁺²=qⁿ⁺¹+qⁿ∀n ⇐⇒^q6=0 q²=q+1 ⇒q_1,2= ¹₂±Æ₁

4+1= ^1±₂^p5 (c)

1 q₁

,

1 q₂

sind linear unabhängig.⇒eine Basis

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(d) Nun wissen wir, dassf_n=a·(¹⁺₂^p5)ⁿ+b·(¹⁻₂^p5)ⁿgilt.

Fürn=0erhalten wir daraus:0=a·(¹⁺₂^p5)⁰+b·(¹⁻₂^p5)⁰=a+b Fürn=1erhalten wir daraus:1=a·(¹⁺₂^p5)¹+b·(¹⁻₂^p5)¹

Dies ist ein LGS. Die Lösung davon lautet:a= ^p1₅, a=−^p1₅ Somit istb_n=^p1₅(¹⁺₂^p5)ⁿ−^p1₅(¹⁻₂^p5)ⁿ=^(1+p5)pn_5·2⁻⁽¹⁻n ^p5)n

Aufgabe H31 (Homomorphiesatz) (5 Punkte)

Es seienV undWK-Vektorräume undϕ:V →Weine lineare Abbildung. Außerdem seiU⊆V ein Untervektorraum mit U⊆kerϕ.

Nach dem Homomorphiesatz existiert dann eine eindeutig bestimmte lineare Abbildungϕe:V/U→W mit ϕ=ϕe◦q,

wobeiq:V →V/Udie bekannte Quotientenabbildung ist.

(a) Zeigen Sie

kerϕe= (kerϕ)/U.

Machen Sie sich dazu als ersten Schritt klar, dass(kerϕ)/U existiert und ein Untervektorraum vonV/U ist.

(b) Zeigen Sie

imϕe=imϕ. (∗) Zeigen Sie:

Wennϕsurjektiv undkerϕ=Uist, dann istϕeein Isomorphismus.

Lösung:

(a) Da U und kerϕ Untervektorräume von V und damit selbst Vektorräume sind und da U ⊆ kerϕ gilt, existiert (kerϕ)/U. Man kann ihn in folgender Weise als Untervektorraum vonV/U verstehen:

(kerϕ)/U={~^v+U|^v~∈kerϕ}^dakerϕ⊆⊆ ^V{~^v+U|^v~∈V}=V/U. Es seiv~+U ein beliebiges Element ausV/U. Dann gilt

ϕ(~e ^v+U) =ϕ(e p(~^v)) = (ϕe◦p)(~^v)^ϕ==^ϕ◦eqϕ(~^v). D.h.

~

v+U∈kerϕe⇔ϕ(~e v+U) =0⇔ϕ(~v) =0⇔v~∈kerϕ⇔v~+U∈(kerϕ)/U. Daraus folgt

kerϕe= (kerϕ)/U.

(b) Man verwendet wieder die Gleichungϕ(~e ^v+U) =ϕ(~^v)für alle^v~∈V (siehe letzter Aufgabenteil) und erhält

~

w∈imϕ⇔ ∃~^v∈V mitw~ =ϕ(~^v) =ϕ(~e ^v+U)⇔ ∃~^v+U∈V/Umitw~ =ϕ(~e^v+U)⇔w~ ∈imϕe. D.h. es gilt

imϕe=imϕ.

(∗) Daϕeeine lineare Abbildung ist, muss man nur zeigen, dass sie bijektiv ist.

Daϕsurjektiv ist, giltimϕ=W. Aus Aufgabenteil (b) folgt dann imϕe=imϕ=W und damit ist auchϕesurjektiv.

Aus Aufgabenteil (a) folgt

kerϕe= (kerϕ)/U=U/U={~0+U}. D.h.ϕeist injektiv.

Insgesamt folgt, dassϕelinear und bijektiv ist und damit auch ein Vektorraumisomorphismus.

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