Musterlösung zur 9. Übung zur linearen Algebra, SS2015

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Musterlösung zur 9. Übung zur linearen Algebra,
SS2015
In diesem Übungsblatt nden Sie wieder ein paar klassische Beweise. Lassen Sie
sich nicht davon abschrecken. Sie dienen dem Umgang mit den wichtigen Begrien
wie lineare Unabhängigkeit, Basis und Dimension und sind nicht so schwierig, wie
es auf den ersten Blick den Anschein haben mag.
Aufgabe 1:
Sei L : V → W eine lineare Abbildung. Als Kern einer solchen Abbildung notiert
als ker(L) bezeichnet man die Menge aller x ∈ V mit L(x) = 0.
i) Zeigen Sie, ker(L) ist ein Unteraum von V .
Lösung:
Zeigen, dass für x, y ∈ ker(L) auch gilt x + y ∈ ker(L): Wenn x, y ∈ ker(L),
dann gilt L(x) = L(y) = 0. Daraus folgt 0 = 0 + 0 = L(x) + L(y) = L(x + y). Also
ist L(x + y) = 0 und damit ist x + y ∈ ker(L).
Zeigen nun, dass für x ∈ ker(L) auch αx ∈ ker(L): Aus x ∈ ker(L) folgt L(x) = 0
also 0 = α = αL(x) = L(αx). Damit ist auch αx ∈ ker(L).
ii) Zeigen Sie, dass L genau dann injektiv ist, wenn ker(L) = {0} ist.
Lösung:
Sei L injektiv. Dann ist für x ̸= 0 L(x) ̸= L(0) = 0. Damit besteht ker(L) nur
aus der 0.
Sei nun umgekehrt ker(L) = {0} und sei L(x) = L(y). Dann gilt 0 = L(x) − L(y) =
L(x − y). Damit ist x − y ∈ ker(L). Da der ker(L) = {0} muss x − y = 0 sein, also
x = y . Damit ist L injektiv.
iii) Das Bild einer linear unabhängigen Menge von Vektoren bei einer injektiven linearen Abbildung kann nicht linear abhängig sein. M.a.W. Wenn {x1 , · · · , xm } ⊂ V
linear unabhängig ist und L injektiv, dann ist auch auch {L(x1 ), · · · L(xm )} ⊂ W
linear unabhängig.
Lösung:
Beweis durch Widerspruch: Sei L injektiv und {x1 , · · · , xm } ⊂ V linear unabhängig aber {L(x1 ), · · · L(xm )} ⊂∑W linear abhängig. Dann gibt es α1 , · · · , αm mit
m
mindestens einem αi ̸= 0 und k=1 αk L(xk ) = 0. Nun gilt
(m
)
m
∑
∑
0=
αk L(xk ) = L
αk xk
k=1
∑m
k=1
Also ist k=1 αk xk ∈ ker(L). Da aber der
aufgrund der Injektivität (s.o.) nur
∑Kern
m
aus der 0 besteht, muss demnach auch k=1 αk xk = 0 sein. Da aber mindestens
ein αi ̸= 0 ist, ist das ein Widerspruch zur linearen Unabhängigkeit der xk .
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Aufgabe 2:
Zeigen Sie, wenn die Dimension dim(V ) des Vektorraums V kleiner ist als die Dimension dim(W ) des Vektorraumes W , dann gibt es keine sujektive lineare Abbildung L : V → W . Gibt es in diesem Fall eine injektive Abbildung?
Lösung:
Sei dim(V ) = m und sei {e1 , · · · , em } eine Basis von V . Dann ist {L(e1 ), · · · , L(em )}
ein Erzeugendensystem von Bild(L). Damit gilt für die Dimension von Bild(L)
dim(Bild(L)) < dim(W ) und Bild(L) kann nicht gleich W und damit auch nicht
surjektiv sein.
Aufgabe 3:
i) Sei L : V → W eine bijektive lineare Abbildung. Zeigen Sie, dass die Umkehrabbildung ebenfalls linear ist.
ii) Sei L : R2 → R2 deniert durch
(x1 , x2 ) 7→ (x1 + x2 , 3x1 ).
Zeigen Sie, dass es sich um eine bijektive lineare Abbildung handelt. Bilden Sie die
Umkehrfunktion L−1 . Bilden Sie dann die Matrizen von L und L−1 (bzgl. der Standardbasis). Was erhalten Sie, wenn Sie beide Matrizen miteinander multiplizieren?
Aufgabe 4:
Seien V und W zwei Vektorräume gleicher Dimension. Zeigen Sie, dass eine lineare Abbildung L : V → W genau dann injektiv ist, wenn sie auch surjektiv ist.
Lösung:
Sei L injektiv. Sei {e1 , · · · , en } eine Basis von V . Dann ist nach Aufg.1 iii) {L(e1 ), · · · , L(en )}
linear unabhängig. Da n gleichzeitig die Dimension von W ist muss {L(e1 ), · · · , L(en )}
eine Basis von W sein. Da {L(e1 ), · · · , L(en )} ein Erzeugendensystem von Bild(L)
ist Bild(L) = W und L ist surjektiv.
Sei L surjektiv. Dann bildet {L(e1 ), · · · , L(en )} ein Erzeugendensystem von W .
{L(e1 ), · · · , L(en )} muss aber auch linear unabhängig sein, weil es ansonsten als
echte Teilmenge eine Basis von W mit weniger als n Elementen enthalten
∑ würde,
was∑der Dimension von W widersprechen würde. Sei nun L(x) = L ( αi ei ) =
L ( βi ei ) = L(y). Dann ist
(
)
(∑
)
(∑
)
∑
∑
0=L
αi ei − L
β i ei = L
(αi − βi )ei =
(αi − βi )L(ei )
i
i
Da die L(ei ) linear unabhängig sind, müssen αi − βi = 0 sein also αi = βi und
damit x = y . Also ist L injektiv.