Es sei ϕ : V → W eine lineare, surjektive Abbildung zwischen K -Vektorr¨ aumen und ferner {v

Universit¨ at Konstanz

Fachbereich Mathematik und Statistik Repetitorium Lineare Algebra 2019

L¨ osungen – Zusatzaufgaben

Zusatzaufgabe 2

Es sei ϕ : V → W eine lineare, surjektive Abbildung zwischen K -Vektorr¨ aumen und ferner {v

, . . . , v

} eine Basis von V . Eine der folgenden Aussagen ist immer richtig, die andere gilt nicht immer. Geben Sie f¨ ur die richtige Aussage einen Beweis, f¨ ur die falsche ein Gegenbeispiel.

(a) {ϕ(v

), . . . , ϕ(v

)} ist ein Erzeugendensystem von W . (b) {ϕ(v

), . . . , ϕ(v

)} ist linear unabh¨ angig in W .

L¨ osung.

(a) Die Aussage ist wahr. Wir m¨ ussen zeigen, dass jedes w ∈ W sich als Linear- kombination der ϕ(v

), . . . , ϕ(v

) schreiben l¨ asst. Sei also w ∈ W . Da ϕ nach Voraussetzung surjektiv ist, gibt es ein v ∈ V mit ϕ(v) = w. Da {v

, . . . , v

} eine Basis von V ist, gilt v =

n

P

j=1

λ

v

f¨ ur geeignete λ

∈ K mit j = 1 . . . , n.

Die Linearit¨ at von ϕ liefert w = ϕ(v) = ϕ

n

X

j=1

λ

v

!

=

n

X

j=1

λ

ϕ(v

),

dies war zu zeigen.

(b) Die Aussage gilt nicht immer. Wir geben also ein Beispiel an, so dass ϕ : V → W eine lineare, surjektive Abbildung ist, aber {ϕ(v

), . . . , ϕ(v

)} ist linear abh¨ angig in W . Wie finden wir ein solches Beispiel? Wir k¨ onnen K = R , V = R

und W = R

w¨ ahlen. m sollte so klein wie m¨ oglich gew¨ ahlt werden; m = 1 kommt nicht in Frage, denn ein Vektor in einem 1-dimensionalen Vektorraum ist immer linear unabh¨ angig. Wir w¨ ahlen daher m = 2. Da 3 Vektoren in einem 2-dimensionalen Vektorraum immer linear abh¨ angig sind, w¨ ahlen wir n = 3.

Wir betrachten nun folgende Matrix A ∈ M

( R ) gegeben durch A =

1 1 0 1 0 1

.

Der Rang von A ist 2. Die Spaltenvektoren sind linear abh¨ angig. Es sei nun ϕ : R

→ R

mit Darstellungsmatrix A. Dann ist ϕ eine surjektive, lineare Abbildung und {ϕ(e

), ϕ(e

), ϕ(e

)} ist linear abh¨ angig.

Zusatzaufgabe 3

Sei V ein Q -Vektorraum und x

, . . . , x

, y ∈ V . Ferner gelte y 6∈ hx

, . . . , x

i. Zeigen Sie: Ist {x

, . . . , x

} linear unabh¨ angig, so auch {x

+ y, . . . , x

+ y}.

Beweis. Es sei {x

, . . . , x

} linear unabh¨ angig. Angenommen,

M := {x

+ y, . . . , x

+ y}

ist linear abh¨ angig. Dann l¨ asst sich ein Vektor aus M als Linearkombination schrei- ben, o.E. sei x

+ y ein solcher Vektor. Somit haben wir

x

+ y =

r

X

j=2

λ

(x

+ y) ⇔ y

"

1 −

r

X

j=2

λ

#

| {z }

=:`

= −x

+

r

X

j=2

λ

x

• Falls ` = 0 ist, folgt

0 = −x

+

r

X

j=2

λ

x

,

d.h. {x

, . . . , x

} ist linear abh¨ angig. Widerspruch zur Voraussetzung!

• Falls ` 6= 0 ist, folgt

y = 1

`

"

−x

+

r

X

j=2

λ

x

# , d.h. y ∈ hx

, . . . , x

i. Widerspruch zur Voraussetzung!

Zusatzaufgabe 4

Sei n ∈ N und τ ∈ S

. Zeigen Sie, dass H

:= {σ ∈ S

: στ = τ σ} eine Untergruppe von S

ist.

Beweis. F¨ ur den Beweis weisen wir folgende Aussagen nach:

(i) H

ist nicht-leer

(ii) ∀ϕ, π mit ϕ, π ∈ H

gilt ϕπ ∈ H

(iii) ∀ϕ mit ϕ ∈ H

gilt ϕ

∈ H

Zu (i): Wegen id τ = τ id gilt id ∈ H

, also ist H

nicht-leer.

Zu (ii): Es seien ϕ, π ∈ H

. Wir m¨ ussen ϕπ ∈ H

zeigen, d.h. ϕπτ = πϕτ. Nach Voraussetzung gilt

ϕτ = τ ϕ (1)

und

πτ = τ π. (2)

Es gilt

ϕπτ = ϕ(πτ )

= ϕ(τ π) = (ϕτ )π

= (τ ϕ)π = τ ϕπ, dies war zu zeigen.

Zu (iii): Es sei ϕ ∈ H

. Wir m¨ ussen zeigen, dass auch ϕ

∈ H

ist, d.h. ϕ

τ = τ ϕ

. Wegen ϕ ∈ H

gilt

ϕτ = τ ϕ.

Hieraus folgt

ϕ

ϕτ = ϕ

τ ϕ ⇔ τ = ϕ

τ ϕ ⇔ τ ϕ

= ϕ

τ ϕϕ

⇔ τ ϕ

= ϕ

τ, dies war zu zeigen.

Zusatzaufgabe 5

2

Sei V = {f ∈ R [t] : deg f ≤ 2} ein Untervektorraum von R [t]. Zeigen Sie, dass es f¨ ur jedes



 a b c



 ∈ R

genau ein f ∈ V gibt mit

f (1) = a f

(0) = b f(0) = c und geben Sie dieses f explizit an.

L¨ osung. Zu gegebenem (a, b, c) ∈ R

m¨ ussen wir zeigen, dass es genau ein f ∈ V gibt mit

f(1) = a f

(0) = b f (0) = c.

Jedes f ∈ V ist von der Gestalt

f = a

t

+ a

t + a

mit (a

, a

, a

) ∈ R

. Die Bedingungen liefern folgendes lineares Gleichungssystem

f(1) = a

+ a

+ a

= a f

(0) = a

= b

f(0) = a

= c.

Die erweiterte Koeffizientenmatrix ist also





1 1 1 a 0 1 0 b 0 0 1 c



 .

Die Matrix hat vollen Rang, d.h. es gibt genau eine L¨ osung. Aus dem LGS lesen wir sofort ab

a

= a − b − c, a

= b, a

= c,

also gibt es zu (a, b, c) ∈ R

genau ein f ∈ V mit den geforderten Eigenschaften, n¨ amlich

f = (a − b − c)t

+ bt + c.

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