Lineare Abbildungen - Lösung

TU Berlin - Institut für Mathematik
Fachmentorium
Lineare Algebra für Ingenieure
Wintersemester 2014/2015
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Tutor: Fabian Faulstich
Lineare Abbildungen - Lösung
Selbsttest :
Kreuzen Sie im Folgenden das Zutreende an :
Wahr Falsch Aufgabe
f : R → R; x 7→ x2 ist eine lineare Abbildung
Jede injektive Abbildung kann durch Einschränkung des Bildraumes
zu einer bijektiven Abbildung gemacht werden.
g : R → R; x 7→ ax + b ist eine lineare Abbildung.
Seien V und W Vektorräume über K und L eine lineare Abbildung von
V nach W . Falls V endlichdimensional ist gilt die Gleichung :
dim(Ker(L)) + dim(Im(L)) = dim(V )
1. Aufgabe :
i)
ii)
Die Komposition linearer Abbildungen ist wieder eine lineare Abbildung.
Wir überprüfen die Abbildungen auf die Linearitätsbedingungen :
Die Abbildung ist nicht linear, da 0 7→ b 6= 0
·(0, 0, 0) 7→ (0, 0)
·f2 (x1 + αy1 , x2 + αy2 , x3 + αy3 ) = (x1 + αy1 − (x2 + αy2 ), x1 + αy1 − (x2 + αy2 ))
= (x1 − x2 , x1 − x2 ) + α(y1 − y2 , y1 − y2 ) = f2 (x1 , x2 , x3 ) + αf2 (y1 , y2 , y3 )
iii) ·0 7→ 0
·f3 (z1 + αz2 ) = z1 + αz2 = z1 + αz2 = z1 + α z2 = z1 + αz2 = f3 (z1 ) + αf3 (z2 )
iv) ·0 7→ 0
·f4 (φ1 + αφ2 ) = (φ1 (t) + αφ2 (t))0 = φ01 (t) + (αφ2 (t))0 = φ01 (t) + αφ02 (t) = f4 (φ1 ) + αf4 (φ2 )
v) ·0 7→ 0
Rx
Rx
Rx
·f5 (φ1 + αφ2 ) = 0 φ1 (t) + αφ2 (t)dt = 0 φ1 (t)de + α 0 φ2 (t)dt = f5 (φ1 ) + αf5 (φ2 )
vi) Die Abbildung ist nicht linear, da 0 7→ (0, 1) 6= (0, 0)
2. Aufgabe :
i)
Wir prüfen zunächst die Eigenschaft Injektivität :
Seien y1 , y2 zwei Elemente für die f1 (y1 ) = f1 (y2 ) gilt. Dies ist äquivalent dazu, dass :
ay1 + b = ay2 + b ⇔ y1 = y2
a6=0
ii)
iii)
Also ist die Abbildung injektiv.
Die Abbildung ist nicht injektiv, denn :
f2 ((0, 0, 0)) = f2 ((0, 0, 5))
Seien z1 , z2 zwei Elemente für die f3 (z1 ) = f3 (z2 ) gilt. Dies ist äquivalent dazu, dass :
z1 = z2 ⇔ z1 = z2
Also ist die Abbildung injektiv.
iv) Die Abbildung ist nicht injektiv, denn :
(t2 )0 = (t2 + c)0
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v)
vi)
Abbildung ist
injektiv, denn :
RDie
R x nicht
x
1 2
1
tdt = 2 x = 0 2 xdt
0
Seien y1 , y2 zwei Elemente für die f6 (y1 ) = f6 (y2 ) gilt. Dies ist äquivalent dazu, dass :
(y11 − y12 , 1 + y12 ) = (y21 − y22 , 1 + y22 ) ⇔ y22 = y12 ⇒ y11 = y21
Also ist die Abbildung injektiv.
Als nächstes überprüfen wir die Eigenschaft Surjektivität :
i)
Sei y ∈ R2 ein beliebiges Element. Dann ist :
f1 ( y−b
) = y , wobei a 6= 0 vorausgesetzt wird.
a
ii) Da die Einträge des Lösungsvektors bei f2 immer gleich sind, wird z.B. das
Element (2, 3) nicht getroen. Folglich ist die Abbildung nicht surjektiv.
iii) Sei z ∈ C ein beliebiges Element. Dann ist :
f3 (z) = z = z
iv) Nach der Analysis besitzt jede stetige Abbildung eine Stammfunktion.
Damit ist die Abbildung surjektiv.
v) Die Abbildung ist nicht surjektiv, da das Integral eine positive Gröÿe ist.
vi) Sei y ∈ R2 ein beliebiges Element. Dann ist :
f6 ((y1 + y2 − 1, y2 − 1)) = (y1 , y2 )
Aus den obigen beiden Eigenschaften kann man nun ablesen, dass die Abbildungen f1 , f3 , f6
bijektiv sind.
3. Aufgabe :
Hier ist n ≥ m. Sei nun Rang(A)= m, dann sind die m Spalten der Matrix A linear
unabhängig. Es gilt allgemein Im(A)=Span(A1 , ..., Am ), wobei A1 , ..., Am die Spalten der
Matrix A sind, mit der linearen Unabhängigkeit der Spalten folgt, dass (A1 , ..., Am ) eine
Basis des Bildes von A ist. Damit ist die Darstellung der Elemente des Bildes von A
eindeutig aus den Spalten linear Kombinierbar. Also ist die Abbildung injektiv.
i)
Hier ist m ≥ n. Sei nun Rang(A)= n, dann sind die n der m Spalten der Matrix A
linear unabhängig (da Spaltenrang=Zeilenrang). Dann gilt nach gleicher Argumentation
von i), dass eine Basis des Bildraumes aus n Spalten der Matrix von A existiert. Wir
können folglich den gesamten Rn erzeugen (aber nicht eindeutig ! ! !).
ii)
Der Dimensionssatz gilt nur für lineare Abbildungen zwischen endlichdimensionalen Vektorräumen. Folglich können wir so nur die Abbildungen f2 und f3
diskutieren.
4. Aufgabe :
1 −1 0
Wir erstellen zunächst die Abbildungsmatrix A2 =
der Abbildung f2 . Wir
1 −1 0
erkennen direkt, dass der Rang dieser Matrix gegeben ist mit rg(A2 )= 1. Da der Rang
der Matrix die Dimension des Bildes angibt folgt mit dem Dimensionssatz ist dann
dim(Ker(A2 ))=dim(R3 )-dim(Im(A2 ))= 3 − 1 = 2.
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Wir verfahren Analog. Die Darstellungsmatrix ist A3 =
. Der Rang ist ge0 −1
geben mit rg(A3 )=2. Damit ist dim(Im(A))= 2 und folglich dim(Ker(A))=dim(CR )dim(Im(A))=2-2=0. Dies ist äquivalent dazu, dass f3 eine bijektive Abbildung ist.
Seien L1 : V1 → V2 und L2 : V2 → V3 zwei lineare Abbildungen und
x, y aus V1 und α aus dem zu V1 gehörigen Körper. Die Komposition ist deniert durch
L3 := L2 ◦ L1 : V1 → V3 . Es gilt nun
5. Aufgabe :
L3 (x + αy) = L2 ◦ L1 (x + αy) = L2 (L1 (x + αy)) = L2 (L1 (x) + αL1 (y))
= L2 (L1 (x)) + αL2 (L1 (y)) = L2 ◦ L1 (x) + αL2 ◦ L1 (y)
= L3 (x) + αL3 (y)
L3 (0) = L2 ◦ L1 (0) = L2 (L1 (0)) = L2 (0) = 0
Folglich sind Kompositionen linearer Abbildungen wieder linear.