B ={1, x, x2} eine Basis von P2(R), die Dimension ist 3

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Humboldt-Universität zu Berlin, Institut für Mathematik Mathematik für NaturwissenschaftlerInnen 2

Dr. Caroline L¨obhard

Sommersemester 2016, Lösungsvorschläge zu Blatt 4, ohne Gewähr, Seite 1 von 3

S 4.5.Geben Sie jeweils eine Basis und die Dimension der angegebenen Vektorr¨aume an. Begr¨unden Sie ihre Wahl.

a) Die kanonische Basis vonR³ ist z.B.B ={(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)}.

B ist ein Erzeugendensystem desR³, denn: Istv= (v1, v2, v3)∈R³ gegeben, so gilt mitλ1=v1, λ₂ =v₂,λ₃=v₃, dass

v=λ1(1,0,0) +λ2(0,1,0) +λ3(0,0,1).

Bist linear unabh¨angig, denn wennλ1, λ2, λ3gegeben sind mitλ1(1,0,0)+λ2(0,1,0)+λ3(0,0,1) = (0,0,0), so folgtλ₁=λ₂ =λ₃= 0.

Die Dimension ist die Anzahl der Basiselemente, d.h. 3.

b) Es ist z.B. B ={1, x, x²} eine Basis von P₂(R), die Dimension ist 3. Die untenstehende L¨osung beantwortet die Frage nach einer Basis vonP3(R). Das war in der Aufgabe so nicht vorgesehen, f¨urP2(R) fnktioniert es aber analog.

Es ist z.B.B ={1, x, x², x³} eine Basis vonP₃(R), die Dimension ist 4.

B ist ein Erzeugendensystem: Zu einem Polynom p(x) = a₃x³ +a₂x²+a₁x+a₀ w¨ahlt man λ1 =a0,λ2 =a1,λ3=a2,λ4=a3, damit ist

p(x) =λ1·1 +λ2·x+λ3·x²+λ4·x³.

B ist linear unabh¨angig: Angenommen es sindλ₁, λ₂, λ₃, λ₄ gegeben sind mit λ1+λ2x+λ3x²+λ4x³ = 0.

Man setzt in diese Gleichung verschiedene Werte f¨urxein und erh¨alt damit mehrere Gleichungen, durch welcheλ_i bestimmt werden:

Setzt manx= 0, so folgt dass λ₁ = 0.

Setzt manx= 1 ein, erh¨alt man λ2+λ3+λ4 = 0, setzt manx=−1 ein, erh¨alt man −λ₂+λ₃−λ₄= 0,

addiert man diese beiden Gleichungen, so bekommt man, dassλ₃ = 0 ist undλ₂=−λ₄.

Setzt man x = 2 ein, erh¨alt man 0 = 2λ2 + 8λ4 = −2λ₄ + 8λ4 = −6λ₄, also m¨ussen auch λ₄ =λ₂= 0 sein.

c) {y∈Abb(R)|y⁰⁰(t) + 2y⁰(t) +y(t) = 0},

Man berechnet die allgemeine Lösung der Differentialgleichung y⁰⁰(t) + 2y⁰(t) +y(t) = 0: Das charakteristische Polynom ist P(λ) = λ²+ 2λ+ 1 = (λ+ 1)²m also ist die allgemeine Lösung yc(t) =c1e^−t+c2te^−t. Es ist also B ={e^−t, te^−t} eine Basis des Lösungsraumes (vgl. Bem. 1.8 Schritt 4.a) mitλ=−1,k= 2). Die MengeB ist nach V4.3a) linear unabhängig. Die Dimension des Lösungsraums ist 2.

d) P_k(R) für k∈ N, ähnlich wie in b) kann man B ={1, x, x², . . . , x^k} wählen. Die Dimension ist k+ 1.

e) V =L({(1,1,0,0),(1,2,0,1),(2,3,0,1)})⊂R⁴, man kann z.B.B ={b₁, b₂}mitb₁ = (1,1,0,0), b2= (1,2,0,1) w¨ahlen, die Dimension des Vektorraums ist 2.Bist ein Erzeugendensystem vonV: Angenommen es istv=a₁(1,1,0,0)+a₂(1,2,0,1)+a₃(2,3,0,1)∈ L({(1,1,0,0),(1,2,0,1),(2,3,0,1)}).

Gesucht sindλ₁,λ₂, so dass

a1(1,1,0,0) +a2(1,2,0,1) +a3(2,3,0,1) =λ1(1,1,0,0) +λ2(1,2,0,1).

Informationen zur Vorlesung finden Sie unter www.math.hu-berlin.de/˜loebhard/mathematik 2

(2)

Das liefert die Gleichungen

a₁+a₂+ 2a₃=λ₁+λ₂, (1) a₁+ 2a₂+ 3a₃=λ₁+ 2λ₂, (2)

0 = 0, (3)

a2+a3=λ2. (4)

Wegen (4) ist alsoλ₂ =a₂+a₃, eingesetzt in (1) ergibt sichλ₁+a₂+a₃ =a₁+a₂+ 2a₃, also ist λ1 =a1+a3. Die Gleichungen (2) und (3) sind mit dieser Wahl immer erf¨ullt: λ1+ 2λ2 = a1+a3+ 2(a2+a3) =a1+ 2a2+ 3a3, und 0 = 0.

B ist linear unabh¨angig: Angenommen es sindλ₁,λ₂ gegeben, so dass λ1(1,1,0,0) +λ2(1,2,0,1) = (0,0,0,0).

Das liefert die Gleichungen

λ1+λ2 = 0, (5)

λ1+ 2λ2 = 0, (6)

0 = 0, (7)

λ₂ = 0. (8)

Damit mussλ1 =λ2 = 0 gelten.

f) L({(x, x)|x≥0}) ={x(1,1)|x∈R}. Man kann z.B. B={(1,1)} w¨ahlen, die Dimension ist 1.

S 4.6. Es seiV einK-Vektorraum.

a) Zeigen Sie, dass die MengeL(∅) ={0}=U ein Untervektorraum vonV ist. Man ¨uberpr¨uft die Bedingungen U1, U2 und U3:

U1 {0} 6=∅, weil 0∈U,

U2 Es seien v, w ∈U, dann muss v = w = 0 gelten (es ist ja sonst nichts in dieser Menge!).

Dann folgt, dassv+w=0+0=0 ist, und damit istv+w∈U.

U3 Es sei v ∈U und λ∈ K. Dann muss wieder v =0 gelten und es folgt, dass λv =λ0 =0 ist, und damit istλv∈U.

b) Es sei M ={b₁, b₂} ⊂ V eine Menge mit zwei Elementen. Beweisen Sie, dass L(M) ein Unter- vektorraum vonV ist.

Wenn man c) bearbeitet und für eine beliebige MengeM beweist, dassL(M) ein UVR ist, dann gilt dies natürlich auch im Spezialfall einer zweielementigen Menge. Falls man an c) scheitert, prüft man hier wieder U1, U2, U3:

U1 L(M)6=∅, weil zum Beispiel 1·b₁+ 0·b₂=b₁∈ L(M),

U2 Es seien v, w ∈ L(M), dann muss v = λ1b1+λ2b2 und w =µ1b1+µ2b2 gelten (so sehen Linearkombinationen vonb₁undb₂aus!). Dann folgt, dassv+w=λ₁b₁+λ₂b₂+µ₁b₁+µ₂b₂= (λ1+µ1)b1+ (λ2+µ2)b2 ∈ L(M) ist, und damit istv+w∈ L(M).

(3)

U3 Es sei v ∈ L(M) undκ ∈ K. Dann muss wiederv =λ1b1+λ2b2 gelten und es folgt, dass av=κ(λ₁b₁+λ₂b₂) =κλ₁b₁+κλ₂b₂ ∈ L(M) ist, und damit istκv∈ L(M).

c) Es seiM ⊂V eine beliebige Teilmenge vonV. Beweisen Sie, dassL(M) ein Untervektorraum von V ist (vgl. Satz 2.9(ii)). Der Beweis funktioniert analog zu b), allerdings sind hier bei den Line- arkombinationen nicht nur zwei Summanden im Spiel, sondern eine unbestimmte (aber endliche) Anzahl.

U1 L(M)6=∅, weil zum Beispiel die leere Summe definitionsgem¨aß den Nullvektor liefert und somit0=∈ L(M) ist.

U2 Es seien v, w ∈ L(M), dann muss es Vektoren Zahlen r, s ∈ N0, λi, µi ∈ K und Vektoren a_i, b_i∈M geben, so dass

v=

r

X

i=1

λiai und

s

X

i=1

µibi

gilten (so sehen Linearkombinationen inM aus!). Dann ist auch die Summe

v+w=

r

X

i=1

λ_ia_i+

s

X

i=1

µ_ib_i

eine Linearkombination von Vektoren inM.

U3 Es seiv∈ L(M) und κ∈K. Dann muss wieder

v=

r

X

i=1

λiai

f¨ur Zahlenr∈N0,λi∈Kund Vektorenai∈Mgelten und es folgt, dassκv =κPr

i=1λiai= Pr

i=1κλ_ia_i wieder eine Linearkombination von Vektoren aus M ist, und damit ist κv ∈ L(M).