Universit¨at Konstanz
Fachbereich Mathematik und Statistik Repetitorium Lineare Algebra 2016 D. Huynh
Blatt 5 Aufgabe 19
Es sei 𝐾 ein K¨orper. Zeigen Sie: Die linearen Funktionale 𝐾
𝑛→ 𝐾 sind genau die Abbildungen
𝑥 7→
∑
𝑛𝑗=1
𝑐
𝑗𝑥
𝑗,
mit 𝑐
𝑗∈ 𝐾 . L¨ osung.
Wir zeigen zun¨achst, dass jede Abbildung 𝑓 : 𝐾
𝑛→ 𝐾 von der Gestalt 𝑓(𝑥) =
∑
𝑛𝑗=1
𝑐
𝑗𝑥
𝑗, 𝑐
𝑗∈ 𝐾 (1)
ein lineares Funktional ist. Dazu zeigen wir, dass solche 𝑓 linear sind. Sei 𝛼 ∈ 𝐾.
Dann ist offenbar 𝑓(𝛼𝑥 + 𝑦) =
∑
𝑛𝑗=1
𝑐
𝑗(𝛼𝑥
𝑗+ 𝑦
𝑗) = 𝛼
∑
𝑛𝑗=1
𝑐
𝑗𝑥
𝑗+
∑
𝑛𝑗=1
𝑐
𝑗𝑦
𝑗= 𝛼𝑓 (𝑥) + 𝑓(𝑦).
Also ist 𝑓 linear.
Nun zeigen wir, dass jedes lineare Funktional, die obige Gestalt (1) hat. Es sei 𝑉 = 𝐾
𝑛. Offenbar ist (𝑏
1, . . . , 𝑏
𝑛) mit 𝑏
𝑗(𝑥) := 𝑥
𝑗, 𝑗 = 1, . . . , 𝑛 eine Basis von 𝑉
∗: Es gilt dim 𝑉 = dim 𝑉
∗und (𝑏
1, . . . , 𝑏
𝑛) sind linear unabh¨angig. Je 𝑛 linear unabh¨angige Vektoren bilden eine Basis. Somit l¨asst sich jedes lineare Funktional 𝑓 als Linearkombination von ( 𝑏
1, . . . , 𝑏
𝑛) schreiben, also
𝑓 ( 𝑥 ) =
∑
𝑛𝑗=1
𝑐
𝑗𝑏
𝑗( 𝑥 ) =
∑
𝑛𝑗=1
𝑐
𝑗𝑥
𝑗,
dies war zu zeigen.
Aufgabe 20
Es sei 𝑉 ein 𝐾-Vektorraum und 𝑉
∗sein Dualraum. Ferner sei 𝑆 ⊆ 𝑉 . Zeigen Sie, dass der Annihilator 𝑆
0von 𝑆 ein Unterraum von 𝑉
∗ist.
L¨ osung.
Wir m¨ussen lediglich zeigen, dass 𝑆
0nicht-leer und abgeschlossen ist bez¨uglich Vek- toraddition und Skalarmultiplikation. Diese Aussagen sind aber trivial. Offenbar ist die Nullbildung in 𝑆
0enthalten. Also ist 𝑆
0nicht-leer. Nach Definition ist
𝑆
0= {𝑓 ∈ 𝑉
∗∣𝑓 (𝛼) = 0∀𝛼 ∈ 𝑆}.
Es seien 𝑓, 𝑔 ∈ 𝑆
0, dann gilt f¨ur ℎ := 𝑓 + 𝑔 das folgende: Sei 𝛼 ∈ 𝑆. Wir haben dann ℎ(𝛼) = (𝑓 + 𝑔 )(𝛼) = 𝑓(𝛼) + 𝑔(𝛼) = 0 + 0 = 0,
d.h. ℎ ∈ 𝑆
0, also ist 𝑆
0abgeschlossen gegen¨uber Addition.
Es seien nun 𝜆 ∈ 𝐾 und 𝛼 ∈ 𝑆. Dann gilt (𝜆𝑓 )(𝛼) = 𝜆𝑓 (𝛼) = 𝜆 ⋅ 0 = 0, also ist
auch (𝜆𝑓 ) ∈ 𝑆
0, demnach ist 𝑆
0abgeschlossen gegen¨uber Skalarmultiplikation.
Aufgabe 21
Es sei 𝑊 = span{(1, 1, 0), (1, 0, 1)} ein Unterraum von ℚ
3. Bestimmen Sie eine Basis des Annihilators 𝑊
0von 𝑊 .
L¨ osung.
Wir setzen 𝑉 = ℚ
3. Nach Aufgabe 19 hat jedes Funktional 𝑓 ∈ 𝑉
∗die Gestalt 𝑓 (𝑥) =
∑
3𝑗=1
𝑐
𝑗𝑥
𝑗mit 𝑐
𝑗∈ ℚ.
Nun gilt
𝑓 ∈ 𝑊
0⇔ 𝑓 ((1, 1, 0)) = 𝑐
1+ 𝑐
2= 0 ∧ 𝑓 ((1, 0, 1)) = 𝑐
1+ 𝑐
3= 0.
Demnach ist beispielsweise 𝑐
1frei w¨ahlbar und es gilt 𝑐
2= 𝑐
3= −𝑐
1. Wir w¨ahlen 𝑐
1= −1. Dann ist 𝑐
2= 𝑐
3= 1. Mithin ist 𝑓 (𝑥) = −𝑥
1+ 𝑥
2+ 𝑥
3eine Basis von 𝑊
0.
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