Sei v 1 , . . . , v n eine Basis von V , wobei n ≥ 2 ist. Ferner seien f¨ ur α i , β i ∈ R die Vektoren y 1 =

(1)

Prof. Dr. Helmut Lenzing Paderborn, den 12. Januar 2004 Markus Diek¨amper, Andrew Hubery, Marc Jesse Abgabe bis 13. Januar 2004, 11 Uhr

Ubungen zur Vorlesung ¨ Lineare Algebra I

WS 2003/2004 Musterl¨osung zu Blatt 11

AUFGABE 1 (4 Punkte):

Sei v ₁ , . . . , v n eine Basis von V , wobei n ≥ 2 ist. Ferner seien f¨ ur α i , β i ∈ R die Vektoren y 1 =

X n

i=1

α i v i und y 2 = X n

i=1

β i v i

gegeben. Beweisen Sie, dass beim Austauschen der Vektoren v ₁ , v ₂ durch die Vektoren y ₁ , y ₂ genau dann eine Basis entsteht, falls α 1 β 2 − β 1 α 2 6= 0 gilt.

L¨ osung:

⇐: Es gelte α 1 β 2 − β 1 α 2 6= 0. Sei y 1 = α 1 v 1 + α 2 v 2 + · · · + α 2 v n die Darstellung von y 1

bez¨ uglich der vorgegebenen Basis v ₁ , . . . , v n . Die Annahme α ₁ = 0 und α ₂ = 0 f¨ uhrt zu α 1 β 2 − β 1 α 2 = 0β 2 − β 1 0 = 0. Da dieses nicht sein kann, gilt also α 1 6= 0 oder α 2 6= 0. Wir können ohne Einschränkung annehmen, dass α 1 6= 0 ist. Dann erhalten wir durch Anwenden des Austausch-Lemmas die Basis y ₁ , v ₂ , . . . , v n . Es lässt sich somit y 2 = γ 1 y 1 + γ 2 v 2 + · · · + γ n v n schreiben. Mittels der Darstellung y 2 = P n

i=1 β i v i erhalten wir durch Gleichsetzen

β ₁ v ₁ + β ₂ v ₂ + · · · + β n v n = γ ₁ y ₁ + γ ₂ v ₂ + · · · + γ n v n

und durch Umformen

β 1 v 1 = γ 1 y 1 + (γ 2 − β 2 )v 2 + · · · (γ n − β n )v n . Setzen wir nun y 1 = P n

i=1 α i v i in diese Gleichung ein so bekommen wir β 1 v 1 = γ 1

X n

i=1

α i v i + (γ 2 − β 2 )v 2 + · · · (γ n − β n )v n

und durch Sortieren der Koeffizienten

0 = (γ 1 α ₁ − β ₁ )v 1 + (γ 2 − β ₂ + γ ₁ α ₂ )v 2 + · · · (γ n − β n + γ ₁ α n )v n . Da die Vektoren v ₁ , . . . , v n linear unabh¨angig sind, folgt

γ 1 α 1 − β 1 = 0 und γ 2 − β 2 + γ 1 α 2 = 0 bzw.

γ 1 = β 1

α ₁ und β 2 = γ 2 + γ 1 α 2 . Angenommen γ ₂ = 0. Dann erhalten wir β ₂ = γ ₁ α ₂ = ^β _α

¹

1

α ₂ und somit α ₁ β ₂ − β ₁ α ₂ = 0

(Widerspruch). Also gilt γ 2 6= 0 und somit kann y 2 gegen v 2 ausgetauscht werden.

(2)

⇒: Wir nehmen an, dass sich v ₁ und v ₂ gegen die Vektoren y ₁ und y ₂ austauschen lassen.

Es muss dann α 1 6= 0 oder α 2 6= 0 gelten, da ansonsten nicht v 1 und v 2 nicht gegen die Vektoren y 1 und y 2 ausgetauscht werden k¨onnen. Wir nehmen ohne Einschr¨ankung α ₁ 6= 0 an. Nachdem wir y ₁ augetauscht haben erhalten wir die Gleichung

y 2 = γ 1 v 1 + γ 2 v 2 + · · · γ n v n

mit γ ₂ 6= 0 (Die Annahme γ ₂ = 0 w¨ urde zu dem Widerspruch f¨ uhren, dass y ₂ nicht gegen v ₂ ausgetauscht werden kann). Wie die Umformungen in ”⇐:” zeigen, ergeben sich die Gleichungen

β ₁ = γ ₁ α ₁ und β ₂ = γ ₂ + γ ₁ α ₂ . Es folgt nun

α 1 β 2 − β 1 α 2 = α 1 (γ 2 + γ 1 α 2 ) − β 1 α 2

= α 1 γ 2 + α 1 γ 1

|{z} =β

₁

α 2 − β 1 α 2

= α 1 γ 2 + β 1 α 2 − β 1 α 2

= α ₁ γ ₂ 6= 0 da α ₁ 6= 0 und γ ₂ 6= 0 sind.

AUFGABE 2 (4 Punkte):

a) Sei V ein endlich-dimensionaler Vektorraum der Dimension n. Zeigen Sie, dass f¨ ur Unterr¨aume U 1 , . . . , U m ⊆ V der Dimension n − 1 die Formel

dim(U 1 ∩ U ₂ ∩ · · · ∩ U m ) ≥ n − m gilt.

b) Seien U ₁ , U ₂ ⊆ R ⁵ Unterr¨aume der Dimension 3. Welche Dimensionen k¨onnen U ₁ ∩ U ₂ bzw. U ₁ + U ₂ haben? Geben Sie f¨ ur jede auftretende Dimensionszahl von U ₁ ∩ U ₂ ein konkretes Beispiel an.

L¨ osung:

a) Beweis durch Induktion nach m.

Induktionsanfang: F¨ ur m = 1 erhalten wir dim(U 1 ) = n − 1 ≥ n − 1 = n − m Induktionsvoraussetzung: F¨ ur ein beliebiges aber festes m ∈ N gelte

dim(U 1 ∩ U ₂ ∩ · · · ∩ U m ) ≥ n − m.

Induktionsschritt: (m → m + 1) Zun¨achst bemerken wir, dass f¨ ur zwei Unterr¨aume

U, W ⊆ V die Dimension des Unterraums U + W von V durch n = dim(V ) nach

(3)

oben beschr¨ankt ist (Satz 3.11). Nach Satz 3.12 gilt mit U = U ₁ ∩ U ₂ ∩ · · · ∩ U m und W = U m+1 :

dim(U 1 ∩ U ₂ ∩ · · · ∩ U m ∩ U _m+1 ) = dim(U ) + dim(U m+1 ) − dim(U + W )

≥ dim(U ₁ ∩ U ₂ ∩ · · · ∩ U m ) + dim(U _m+1 ) − n

(Ind.vor.)

≥ n − m + dim(U m+1 ) − n

= n − m + n − 1 − n

= n − m − 1

= n − (m + 1)

b) Als Unterraum von U 2 gilt nach Satz 3.11 d := dim(U 1 ∩ U 2 ) ≤ dim(U 2 ) = 3. Der Satz 3.11 liefert ferner, dass die Dimenion des Unteraumes U ₁ + U ₂ ⊆ R ⁵ kleiner oder gleich 5 ist. Mit Satz 3.12 erkennen wir dim(U 1 ∩ U 2 ) = dim(U 1 ) + dim(U 2 ) − dim(U 1 + U 2 ) ≥ 3 + 3 − 5 = 1. Der Schnitt der Unterr¨aume U 1 und U 2 kann die Dimension 1, 2 oder 3 haben. Wir haben schon dim(U 1 +U 2 ) ≤ 5 gesehen. Aus der Dimensionsformel erhalten wir wegen dim(U 1 ∩ U 2 ) ≤ 3: dim(U 1 + U 2 ) = dim(U 1 ) + dim(U 2 ) − dim(U 1 ∩ U 2 ) ≥ 3 + 3 − 3 = 3. Damit haben wir dim(U 1 + U 2 ) ∈ {3, 4, 5} gezeigt.

d = 1: Wir setzen U ₁ = h



 

 1 0 0 0 0



 

 ,



 

 0 1 0 0 0



 

 ,



 

 0 0 1 0 0



 



i und U ₂ = h



 

 0 0 1 0 0



 

 ,



 

 0 0 0 1 0



 

 ,



 

 0 0 0 0 1



 

 i.

Dann gilt dim(U 1 ) = dim(U 2 ) = 3 und U 1 ∩ U 2 = h



 

 0 0 1 0 0



 



i bzw. dim(U 1 ∩ U 2 ) = 1.

d = 2: Wir setzen U ₁ = h



 

 1 0 0 0 0



 

 ,



 

 0 1 0 0 0



 

 ,



 

 0 0 1 0 0



 



i und U ₂ = h



 

 0 1 0 0 0



 

 ,



 

 0 0 1 0 0



 

 ,



 

 0 0 0 0 1



 

 i.

Dann gilt dim(U ₁ ) = dim(U ₂ ) = 3 und U ₁ ∩ U ₂ = h



 

 0 1 0 0 0



 

 ,



 

 0 0 1 0 0



 



i. Ferner ist es

keine Schwierigkeit dim(U 1 ∩ U 2 ) = 2 einzusehen.

d = 3: Hier kann nur ein Beispiel auftreten, bei dem U 1 = U 2 ist. Denn aus U 1 ∩ U 2 ⊆ U 2

mit dim(U 1 ∩U 2 ) = 3 = dim(U 2 ) folgt mit Satz 3.11 U 1 ∩U 2 = U 2 . Ebenso l¨asst sich

U ₁ ∩ U ₂ = U ₁ einsehen. Ein Beispiel ist also U ₁ = h



 

 1 0 0 0 0



 

 ,



 

 1 1 0 0 0



 

 ,



 

 1 1 1 0 0



 



i = U ₂ .

(4)

AUFGABE 3 (4 Punkte) :

Sei V ein endlich-dimensionaler Vektorraum. Wir betrachten die folgenden Menge

U =









 x 1

x ₂ x 3



 | x ₁ + x ₂ + x ₃ = 0







⊆ V ³ .

a) Weisen Sie nach, dass U ein Unterraum von V ³ ist.

b) Bestimmen Sie mit einer Basis v ₁ , · · · , v n von V eine Basis von U . c) Welcher Zusammenhang besteht zwischen dim(U ) und dim(V )?

L¨ osung:

a) Wir ¨ uberpr¨ ufen die Unterraumaxiome (Definition 2.1).

(U 1) Der Vektor



 0 0 0



 ist wegen 0 V + 0 V + 0 V = 0 V in U enthalten.

(U 2) Seien nun



 x ₁ x 2

x 3



 ,



 y ₁ y 2

y 3



 ∈ U . Dann gelten die Gleichungen x ₁ + x ₂ + x ₃ = 0 und y ₁ + y ₂ + y ₃ = 0. Durch Addieren der beiden Gleichungen und den Vek- torraumgesetzen erhalten wir (x 1 + y 1 ) + (x 2 + y 2 ) + (x 3 + y 3 ) = 0. Damit ist



 x 1

x ₂ x ₃



 +



 y 1

y ₂ y ₃



 =





x 1 + y 1

x ₂ + y ₂ x ₃ + y ₃



 ∈ U .

(U 3) Sei r ∈ R und



 x ₁ x 2

x ₃



 ∈ U . Dann gilt die Gleichung x 1 + x 2 + x 3 = 0. Mit den Vektorrraumgesetzen bekommen wir die Gleichung r.x 1 + r.x 2 + r.x 3 = r.(x 1 + x 2 + x 3 ) = r.0 = 0. Hieraus ergibt sich r



 x ₁ x 2

x ₃



 =



 rx ₁ rx 2

rx ₃



 ∈ U .

b) Beh: Die Vektoren



 v 1

−v 1

0 

 ,



 v 2

−v 2

0 

 , · · · ,



 v n

−v n

0 

 ,



 v 1

0 −v 1



 ,



 v 2

0 −v 2



 , · · · ,



 v n

0 −v n





mit v 1 , . . . , v n ∈ V bilden eine Basis von U.

(i) Die Vektoren sind linear unabh¨angig in V ³ . Seien also α 1 , · · · , α 2n ∈ R und es gelte

α 1



 v 1

−v 1

0 

+· · ·+α n



 v n

−v n

0 

+α n+1



 v 1

0 −v 1



+· · ·+α 2n



 v n

0 −v n



 =



 0 0 0



 .

(5)

Durch komponentenweise Addition erhalten wir



 P n

i=1 α i v i + P n

i=1 α n+i v i

− P n i=1 α i v i

− P n

i=1 α _n+i v i



 =



 0 0 0



 .

und dann die Gleichungen

X n

i=1

α i v i = 0

sowie _n

X

i=1

α _n+i v i = 0.

Mittels der linearen Unabh¨angigkeit der Vektoren v ₁ , . . . , v n k¨onnen wir α 1 = α 2 = · · · = α n = 0

sowie

α n+1 = α n+2 = · · · = α 2n = 0 folgern. Die Vektoren sind also linear unabh¨angig.

(ii) Die Vektoren erzeugen auch U . Es ist leicht zu sehen, dass s¨amtliche Vektoren in U liegen. Aus der in Teil a) gezeigten Unterraumeigenschaft bekommen wir dann h



 v 1

−v 1

0 

 ,



 v 2

−v 2

0 

 , · · · ,



 v n

−v n

0 

 ,



 v 1

0 −v 1



 ,



 v 2

0 −v 2



 , · · · ,



 v n

0 −v n



i ⊆ U.

Wir weisen nun auch die andere Teilmengenbeziehung nach. Sei dazu x ∈ U be- liebig. Dann l¨asst sich x =



 x ₁ x ₂ x 3



 mit x ₁ + x ₂ + x ₃ = 0 und x ₁ , x ₂ , x ₃ ∈ V schreiben. Stellen wir nun x ₁ , x ₂ und x ₃ als Linearkombination von v ₁ , . . . , v n

dar, so erhalten wir die Gleichung P n

i=1 α i v i + P n

i=1 β i v i + P n

i=1 γ i v i = 0 bzw.

P n

i=1 (α i +β i +γ i )v i = 0. Aus der linearen Unabh¨angigkeit k¨onnen wir α i = −β i −γ i

f¨ ur alle 1 ≤ i ≤ n folgern. Der Vektor x l¨asst sich dann wie folgt darstellen x =



 P n

i=1 (−β i − γ i )v i

P n i=1 β i v i

P n i=1 γ i v i



 .

bzw.

x =



 P n

i=1 (−β i )v i

P n i=1 β i v i

0 

 +



 P n

i=1 (−γ i )v i

P n 0

i=1 γ i v i



 .

Das Aufspalten der Summen f¨ uhrt uns zu x = (−β ₁ )



 v ₁

−v 1

0 

 + (−β ₂ )



 v ₂

−v 2

0 

 + · · · (−β n )



 v n

−v n

0 



+ (−γ 1 )



 v 1

0 −v



 + (−γ 2 )



 v 2

0 −v



 + · · · (−γ n )



 v n

0 −v



 .

(6)

Somit gilt also

x ∈ h



 v ₁

−v 1

0 

 ,



 v ₂

−v 2

0 

 , · · · ,



 v n

−v n

0 

 ,



 v ₁

0 −v 1



 ,



 v ₂

0 −v 2



 , · · · ,



 v n

0 −v n



i,

also

U ⊆ h



 v 1

−v 1

0 

 ,



 v 2

−v 2

0 

 , · · · ,



 v n

−v n

0 

 ,



 v 1

0 −v 1



 ,



 v 2

0 −v 2



 , · · · ,



 v n

0 −v n



 i.

c) Aus b) ergibt sich dim(U ) = 2 · n = 2 · dim(V ).

AUFGABE 4 (4 Punkte):

Uberpr¨ ¨ ufen Sie, ob die folgenden Abbildungen linear sind.

a) f : R ⁿ −→ R,



 

  x ₁ x 2

...

x n



 

 

7→ P n

i=1 a i x i , a i ∈ R

b) f : R ³ −→ R ³ ,



 x ₁ x 2

x ₃



 7→



 2x ₁ x 2 − 2

−3x 3





c) f : R ⁴ −→ R ³ ,



 

 x 1

x ₂ x 3

x 4



 

 7→





x ₁ + x ₂

−x ₃ x 4





d) f : R ³ −→ R ² ,



 x 1

x ₂ x ₃



 7→

µ x ₁ x ₂ x ₃

¶

L¨ osung:

a) Es gelten

f(x + y) = X n

i=1

a i (x i + y i ) ^{DG KG in} = ^R X n

i=1

a i x i + X n

i=1

a i y i = f (x) + f(y) f¨ ur alle x, y ∈ R ⁿ und

f(λ.x) = X n

i=1

a i (λx i ) AG,KG,DG in R

= λ X

i=1

a i x i = λ.f (x)

f¨ ur alle x ∈ R ⁿ und λ ∈ R. Damit ist f eine lineare Abbildung.

(7)

b) Wir setzen x =



 1 0 0



 und y =



 0 1 0



 . Dann gilt

f(x + y) =



 2

−1 0



 6=



 2

−2 0



 +



 0

−1 0



 = f (x) + f (y).

Somit liegt also keine lineare Abbildung vor.

c) Es gelten

f (x+y) =





(x 1 + y ₁ ) + (x 2 + y ₂ )

−(x 3 + y 3 ) (x 4 + y 5 )



 ^{AG,KG in} = ^R





x ₁ + x ₂

−x 3

x 4



+





y ₁ + y ₂

−y 3

y 4



 = f(x)+f(y) f¨ ur alle x, y ∈ R ⁿ und

f(λ.x) =





λx ₁ + λx ₂

−λx 3

λx ₄



 =





λ(x ₁ + x ₂ )

−λx 3

λx ₄



 = λ





(x ₁ + x ₂ )

−x 3

x ₄



 = λ.f (x) f¨ ur alle x ∈ R ⁿ und λ ∈ R. Damit ist f eine lineare Abbildung.

Sei v 1 , . . . , v n eine Basis von V , wobei n ≥ 2 ist. Ferner seien f¨ ur α i , β i ∈ R die Vektoren y 1 =

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