Lineare Algebra I 10. Übungsblatt

Lineare Algebra I 10. Übungsblatt

Fachbereich Mathematik WS 2010/2011

Prof. Dr. Kollross 11. Januar 2011

Dr. Le Roux

Dipl.-Math. Susanne Kürsten

Gruppenübung

Aufgabe G1

SeiV ein Vektorraum endlicher Dimension und U ein Untervektorraum. Folgen Sie aus der Aufgabe G4 des Tutoriums 10, dassd im(U) +d im(V/U) =d im(V)gilt.

Lösung: Mithilfe der Notationen,d im(U) =m,d im(V/U) =nundd im(V) =n+m.

Aufgabe G2

(a) SeienV =U₁⊕U₂undW zweiK-Vektorräume. Seienφ1:U₁→W undφ2:U₂→W zwei lineare Abbildungen.

Zeigen Sie, dass es genau eine lineare Abbildungφ:V →Wgibt, sodassφ|U₁=φ1undφ|U₂=φ2.

(b) Sei V ein endlicherK-Vektorraum und U₁,U₂ zwei Untervektorräume von V. Angenommen, für je zwei lineare Abbildungenφ1:U₁→W undφ2:U₂→W gibt es genau eine lineare Abbildungφ:V →W, sodassφ|U₁=φ1

undφ|U₂=φ2. Zeigen Sie, dassV =U₁⊕U₂gilt.

Lösung:

(a) • Existenz: Für alle x in V, seiφ(x):= φ1(x₁) +φ2(x₂), mit x = x₁+x₂und x₁ ∈U₁und x₁ ∈U₂.φ ist linear, wie jetzt gezeigt wird. Seienλ∈Kundx=x₁+x₂und y= y₁+y₂, mitx₁,y₁∈U₁undx₂,y₂∈U₂. Es gilt x₁+λy₁ ∈ U₁ und x₂+λy₂ ∈ U₂, weil U₁ und U₂ Untervektorräume von V sind. φ(x+λy) = φ₁(x₁+λy₁) +φ₂(x₂+λy₂) =φ₁(x₁) +φ₂(x₂) +λφ₁(y₁) +λφ₂(y₂) =φ(x) +λφ(y).

• Eindeutigkeit: Seienφ,φ⁰:V →W zwei lineare Abbildungen, sodassφ|U₁=φ⁰|U₁=φ1undφ|U₂=φ⁰|U₂= φ2gilt. Für allex=x₁+x₂∈U₁⊕U₂,φ(x) =φ(x₁) +φ(x₂) =φ1(x₁) +φ2(x₂) =φ₁⁰(x₁) +φ₂⁰(x₂) =φ⁰(x).

(b) Wir zeigen zuerst, dassU₁∩U₂={0}gilt und dann, dassU₁+U₂=V gilt.

• Seienφ1=0undφ2=idundφlinear, sodassφ|U₁=φ1undφ|U₂=φ2gilt. Seiv∈U₁∩U₂.φ(^v) =φ1(^v) = 0undφ(^v) =φ2(^v) =^v. Daraus folgtv=0, d.h.U₁∩U₂={0}.

• SeiW ein Untervektorraum mitV = (U₁+U₂)⊕W. (Solcher Untervektorraum existiert.) Seiφ=0undφ⁰ linear, sodassφ⁰|U₁+U2=0undφ⁰|W=id. (Solche Abbildung existiert wegen der vorige Teilaufgabe.) Wegen der Annahme giltφ=φ⁰, d.h.W={0}undU₁+U₂=V.

Aufgabe G3

Wir betrachten imQ-VektorraumP3(Q)der Polynome vom Grad≤ 3die TeilmengenU :={p|p(−1) =0} undV :=

{p|p(2) =0}.

(a) Zeige, dassU undV lineare Untervektorräume desQ-VektorraumsP3(Q)sind.

(b) Bestimme Basen fürUundV.

(c) Bestimme die Dimensionen vonU,V,U∩V undU+V. Lösung:

(a) Es seienp,q∈U undλ∈Q. Dann gilt

(p+q)(−1) =p(−1) +q(−1) =0+0=0 sowie (λp)(−1) =λp(−1) =λ0=0

und somitp+q∈Uundλp∈U. Damit istUals Untervektorraum vonP3(Q)nachgewiesen. Völlig analog verläuft der Beweis fürV.

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(b) Es gilt

U={a₀+a₁x+a₂x²+a₃x³|a₀−a₁+a₂−a₃=0}.

Lösen wir die einschränkende Gleichung nacha₀auf, so erhalten wir, dassUaus allen Polynomen der Form

(a₁−a₂+a₃) +a₁x+a₂x²+a₃x³=a₁(x+1) +a₂(x²−1) +a₃(x³+1)

mit a₁,a₂,a₃ ∈Qbesteht. Wie man leicht überprüft, sind die Polyome x+1, x²−1und x³+1über Qlinear unabhängig und bilden somit eine Basis vonU. Analog erhalten wir, dassV aus allen Polynomen der Form

−(2a₁+4a₂+8a₃) +a₁x+a₂x²+a₃x³=a₁(x−2) +a₂(x²−4) +a₃(x³−8)

mita₁,a₂,a₃∈Q besteht. Wie man leicht nachprüft, sind die Polyome x−2, x²−4und x³−8über Qlinear unabhängig und bilden somit eine Basis vonV.

(c) Aus b) folgtdimU=dimV=3und aus

1=1

3(x+1)−1 3(x−2)

erhalten wir1∈U+V. Fürp:=a₀+a₁x+a₂x²+a₃x³∈ P3(Q)folgt daraus

p= (a₀−a₁+a₂−a₃)1+a₁(x+1) +a₂(x²−1) +a₃(x³+1)∈U+V

somitU+V=P3(Q). Es gilt alsodim(U+V) =dimP3(Q) =4und (mit dem Dimensionssatz) folgt daraus dim(U∩V) =dimU+dimV−dim(U+V) =3+3−4=2.

Aufgabe G4

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 G5

SeiV =C([0, 1],C)derC-Vektorraum der Funktionen von[0, 1]nachC.

(a) Für eine TeilmengeM⊆[0, 1], seiU:={f ∈V :f(x) =0für allex∈M}. Zeigen Sie, dassUein Untervektorraum vonV ist.

(b) Betrachten SieU₀={f ∈V:f(0) =0}. Beweisen Sie, dassV/U₀∼=Cgilt.

Lösung:

(a) Klar.

(b) Wegen V/U₀ = {f +U₀ : f ∈ V}, sei φ : V/U₀ → C mit φ(f +U₀):= f(0). (φ ist wohldefiniert, weil g ∈ f +U₀Ri ght ar r ow g(0) =f(0)gilt.)

φist eine lineare Abbildung, wir zeigen jetzt, dass es bijektiv ist.

Seiφ(f +U₀) = f(0) =g(0) =φ(g+U₀). Daraus folgt(f −g)(0) =0und f −g∈U₀  f +U₀=g+U₀, somit istφinjektiv.φist auch surjektiv, weilg(0) =φ(g+U₀)für alleg∈V gilt.

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Hausübung

Aufgabe H1

Wir betrachten im Q-VektorraumP3(Q)der Polynome vom Grad ≤ 3 mit Koeffizienten aus Q den Untervektorraum V :={p|p(0) =0}. Des Weiteren betrachten wir inP3(Q)die Polynome

p₀:=x(x−1)(x−2), p₁:= (x+1)x(x−1), p₂:= (x+2)(x+1)x.

(a) Stellen Sie das Polynom6xals Linearkombination vonp₀,p₁undp₂dar.

(b) Beweisen Sie, dass die Polynomep₀,p₁,p₂eine Basis vonV bilden.

Lösung:

(a) Umxals Linearkombination vonp₀,p₁,p₂darzustellen, setzen wir an

λ0x(x−1)(x−2) +λ1(x+1)x(x−1) +λ2(x+2)(x+1)x=6x

mitλk∈Q. Setzen wir in diese Gleichung nacheinanderx=1, 2, 3ein, so erhalten wir die Gleichungen 6λ2=6, 6λ1+24λ2=12 and 6λ0+24λ1+60λ2=18,

aus denen sich die Werteλ₂=1,λ₁=−2undλ₀=1ergeben.

(b) Um zu zeigen, dass die Polynomep₀,p₁,p₂eine Basis vonVbilden, überlegen wir uns zuerst ihre lineare Unabhän- gigkeit. Dazu setzen wir

λ0x(x−1)(x−2) +λ1(x+1)x(x−1) +λ2(x+2)(x+1)x=0

Wie in der Lösung zu Teil a) setzen wir in diese Gleichung nacheinander x = 1, 2, 3ein und erhalten so die Gleichungen

6λ₂=0, 6λ₁+24λ₂=0 and 6λ₀+24λ₁+60λ₂=0,

aus denen sichλ2=λ1=λ0=0und damit die lineare Unabhänigkeit vonp₀,p₁undp₂ergibt.

Wegen p₀(0) =p₁(0) =p₂(0) =0giltp₀,p₁,p₂∈V. Als Nächstes bemerken wir, dassV 6=P3(Q)wegen 1∈/ V gilt. Daraus folgtdimV<dimP3(Q) =4(nach Proposition 4.5.9) undp₀,p₁,p₂bilden somit ein maximales linear unabhängiges System von Vektoren inV. Auf Grund von Satz 4.5.12 bilden sie damit eine Basis vonV.

Aufgabe H2

Sei W ein untervektorraumraumm des endlichdimensional Vektorraum V. Angenommen, dass B = (w₁,· · ·,w_m) ei- ne Basis für W ist und (^v1+W,· · ·,v_k+W) eine Basis des Quotientenraum V/W bildet. Zeigen Sie, dass C = (w₁,· · ·,w_m,v₁,· · ·,v_k)eine Basis fürV ist, ohne die Formeldim(V) =dim(W) +dim(V/W)anzuwenden.

Lösung: Seiu∈V. Weil(^v1+W,· · ·,v_k+W)eine Basis vonV/W ist, gilt esu+W =a₁(^v1+W) +· · ·+a_k(^vk+W). Daraus folgt, dassu=a₁v₁+· · ·+a_kv_k+wfür einw∈W. WeilBeine Basis vonW ist, folgtu=a₁v₁+· · ·+a_kv_k+ b₁w₁+· · ·+b_mw_m. Somit erzeugtC V.

Jetzt wird gezeigt, dassCunabhängig ist. Angenommenc₁v₁+· · ·+c_kv_k+d₁w₁+· · ·d_mw_m=0, dannc₁(v₁+W)+· · ·+

c_kv_k+W=0. Weilv₁+W,· · ·,v_k+W unabhängig sind die Koeffizientenc_inull. Daraus folgt, dassd₁w₁+· · ·d_mw_m=0.

WeilBeine Basis vonWsind die Koeffizientend_inull. Somit istCeine Basis vonV. Aufgabe H3

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

Lösung:

• Angenommen, dassF wohldefiniert ist. Seiu∈U. Wegenv+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 mitu ∈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.

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