Lösungshinweise zu Übungsblatt 11

Universität Würzburg
Mathematisches Institut
Dr. J. Jordan
Wintersemester 2014
15.12.2014
11 . Übung zur Lineare Algebra
Abgabe: 22.12.2014, 14:13 Uhr, In der Vorlesung.
11.1 (2 Punkte)
Es sei V ein euklidischer oder unitärer Vektorraum und U ein Unterraum von V .
Zeigen Sie: Gilt U ⊕ U ⊥ = V , so gilt auch (U ⊥ )⊥ = U .
Lösungshinweise: Ist x ∈ U , so gilt für alle u ∈ U ⊥ : ϕ(x, u) = 0, also ist x ∈ (U ⊥ )⊥ .
Nun sei x ∈ (U ⊥ )⊥ , also ϕ(x, u) = 0 für alle u ∈ U ⊥ . Wegen V = U ⊕ U ⊥ ist x = x1 + x2
mit x1 ∈ U und x2 ∈ U ⊥ . Insbesondere folgt aus ϕ(x, x2 ) = 0, dass ϕ(x2 , x2 ) = 0 (denn
ϕ(x1 , x2 ) = 0) und damit x2 = 0, also x ∈ U .
11.2 (5+6 Punkte)
Es sei V ein Vektorraum über einen Körper K.
a) Es sei π : V → V eine lineare Abbildung mit π 2 = π. Zeigen Sie:
α) Bild(π) ⊕ Kern(π) = V.
β) Ist dim(V ) < ∞, so ist π diagonalsierbar.
b) Es seien U und W Unterräume welche die Bedingung U ⊕ W = V erfüllen.
Zeigen Sie:
α) Zu jedem x ∈ V gibt es ein eindeutiges xU ∈ U und ein eindeutiges
xW ∈ W , so dass x = xU + xW .
β) Die Abbildung πu : V → V , x 7→ xU ist linear und es gilt πU2 = πU .
γ) Für die Abbildung πu : V → V , x 7→ xU gilt Kern(πU ) = W und
Bild(πU ) = U .
Lösungshinweise: a, α) Es gilt Bild(π) + Kern(π) = V , denn
x = (x − π(x)) + π(x) ,
|{z}
| {z }
x∈Kern(π)
x∈Bild(π)
da π(x − π(x)) = π(x) − π 2 (x) = 0. Ist x ∈ Bild(π), so gibt es ein y ∈ V mit x = π(y).
Wegen π 2 = π folgt x = π(y) = π(π(y)) = π(x). Ist x ∈ Bild(π) ∩ Kern(π), so folgt
x = π(x) = 0. Es gilt also Bild(π) ⊕ Kern(π).
β) Kern(π) ist der Eigernraum zum Eigenwert 0. Wegen π(π(x)) = 1 · π(x) ist Bild(π)
der Eigenraum zum Eigenwert λ = 1. Mit Korollar 8.15 und Aufgabenteil α folgt die
Diagonalsierbarkeit.
b, a) Aus U + W = V folgt, dass sich x als Summe zweier Elemente aus U und W
darstellen lässt. Gäbe es zwei solche Darstellungen x = xU + xW = x̃U + x̃W so folgt
xU − x̃U = x̃W − xW ∈ U ∩ W . Wegen U ∩ W = ∅ folgt xU = x̃U und xW = x̃W .
β) Es sei x = xU + xW und y = yU + yW mit xU , yU ∈ U und XW , yW ∈ W . Für α, β ∈ K
gilt dann
π(αx + βy) = π(αxU + βyU +αxW + βyW ) = αxU + βyU = απ(x) + βπ(y).
| {z }
∈U
Außerdem ist π 2 (x) = π(π(x)) = π(xU ) = xU = π(x).
γ) x ∈ Kern(π) genau dann, wenn π(x) = 0 also wenn xU = 0 und damit x ∈ W .
y ∈ Bild(πU ) genau dann, wenn y = xU ∈ U für ein x ∈ V .
11.3 (2+2 Punkte)
Es sei R2 versehen mit dem Standardskalarprodukt.
a) Es seien a, b, c, d ∈ R2 , b, d 6= 0 und G1 = a + Rb und G2 = c + Rd. Gibt es eine
Isometrie f ∈ Iso(R2 ) mit f (G1 ) = G2 ?
b) Es sei A = {x ∈ R2 | x1 ≥ 0; x2 ≥ 0} und B = {x ∈ R2 | x1 ≥ 0}. Gibt es eine
Isometrie f ∈ Iso(R2 ) mit f (A) = B?
Lösungshinweise: a) Wegen a + bR = a + kbkb 2 R sei o.B.d.A kak2 = kbk2 = 1. Aus
Satz 9.20 ist bekannt: f (x) = T x + v mit v ∈ R2 und T ∈ O2 (R). Also ist f (a + bR) =
RT (b) + T a + v. Wir müssen also nur zeigen, dass es ein T ∈ O2 (R) mit T a = c gibt. Mit
der Wahl v = c − T a gilt dann f (G1 ) = G2 .
Es sei α der (gegen den Uhrzeigersinn gemessene) Winkel zwischen a und c, dann gilt für
die Matrix
cos(α) − sin(α)
T =
,
sin(α) cos(α)
T a = c. Außerdem ist T T > = E also T ∈ O2 (R).
b) Es gibt keine solche euklidische Bewegung. Gäbe es ein solches f ∈ ISO(R2 ), so wäre
auch f −1 eine Isometrie mit f −1 (B) = A. Insbesondere wäre f −1 (Re1 ) ∈ B. Aus Satz 9.20
folgt aber f −1 (x) = T x + b mit T ∈ O2 (R) und b ∈ R2 . Also ist f −1 (Re1 ) = RT e1 + b eine
Gerade. Ein Widerspruch zu f −1 (Re1 ) ∈ B.