Math. Sebastian Schleißinger Dipl.-Math. Marcel Ull

Universität Würzburg
Institut für Mathematik
Prof. Dr. Oliver Roth
Dipl.-Math. Sebastian Schleißinger
Dipl.-Math. Marcel Ullrich
WS 2011/12
1. Übung zur Linearen Algebra I
1.1 Gegeben sei die Funktion f : R2 → R2 , (x, y) 7→ (x2 − y 2 , 2xy).1
a) Zeigen Sie, dass f surjektiv, aber nicht injektiv ist.
Eine Funktion f : A → B heißt injektiv, falls für jedes Paar a, a0 ∈ A mit a 6= a0 stets
f (a) 6= f (a0 ) folgt. Eine Funktion f : A → B heißt surjektiv, falls f (A) = B.
Eine Funktion, die sowohl injektiv als auch surjektiv ist, heißt bijektiv.
b) Die Funktion g sei die Einschränkung von f auf die Halbgerade H = {(0, y) y ≥ 0}, d.h.
g : H → R2 , g(x, y) = f (x, y). Ist g injektiv, surjektiv, bijektiv?
(4+3 Punkte)
Lösungsvorschlag:
Identifiziert man (x, y) mit x + iy, so entspricht f der Abbildung f˜ : C → C, f (z) = z 2 .
a) Diese Abbildung ist nicht injektiv, da z.B. f˜(−1) = 1 = f˜(1) gilt. Zur Surjektivität: Es sei
w ∈ C beliebig, wir müssen ein z ∈ C finden mit f˜(z) = w. Für w = 0 kann man offenbar
z = 0 wählen. Es sei nun w 6= 0. Dann hat w einen positiven Betrag
und ein Argument
p
φ ∈ [0, 2π). Wählt man z als diejenige komplexe Zahl mit Betrag |w| und Winkel φ2 (z.B.
p
z = |w|(cos φ2 + i sin φ2 )), so gilt f˜(z) = w.
b) Die Funktion g ist injektiv: Für y1 , y2 ≥ 0 sei (0, y1 ) 6= (0, y2 ), also y1 6= y2 . Dann gilt auch
−y12 6= −y22 und damit
g(0, y1 ) = (−y12 , 0) 6= (−y22 , 0) = g(0, y2 ).
Also ist g injektiv.
g ist nicht surjektiv: Der Wertebereich ist (−∞, 0] × {0} =
6 R2 . Damit ist g auch nicht bijektiv.
1.2 Es seien a, b, c, d ∈ Z und m := a2 + b2 , n := c2 + d2 . Man zeige, dass es p, q ∈ Z gibt, derart,
dass mn = p2 + q 2 .
(4 Punkte)
Lösungsvorschlag:
Wieder mit komplexen Zahlen:
Es gilt z.B. m = |a + bi|2 und n = |c + di|2 und damit
mn = |a + ib|2 |c + id|2 = |(a + bi)(c + di)|2 = |ac − bd + (ad + bc)i|2 = (ac − bd)2 + (ad + bc)2 .
Wir können also p = ac − bd und q = ad + bc wählen.
1
Hinweis: Denken Sie an komplexe Zahlen. Welcher Funktion f˜ : C → C “entspricht” f ?
1.3 Man zeige, dass für alle z ∈ C \ {1} und n ∈ N0 gilt
n
1 − z n+1 X k
=
z .
1−z
k=0
(4 Punkte)
Lösungsvorschlag:
Diese Gleichung heißt geometrische Summenformel. Es gibt verschiedene Wege, sie zu
beweisen (z.B. auch über vollständige Induktion). Ein möglicher Beweis:
Es gilt für beliebige n ∈ N0 und z ∈ C :
n
n
n
X
X
X
(1 − z)
zk =
zk −
z k+1 = (1 + z + z 2 + ... + z n ) − (z + z 2 + ... + z n + z n+1 ) = 1 − z n+1
k=0
k=0
k=0
und es folgt für z 6= 1 :
n
X
zk =
k=0
1 − z n+1
.
1−z
[Wer die Pünktchen-Schreibweise “...” zu ungenau findet, kann sich am Indexverschieben versuchen:
n
n
n
n
n−1
n
n
X
X
X
X
X
X
X
zk =
zk −
z k+1 = 1+
zk −
z k+1 −z n+1 = 1+
zk −
z k −z n+1 = 1−z n+1 .]
(1−z)
k=0
k=0
k=0
k=1
k=0
k=1
k=1
1.4 Berechnen Sie die Lösungsmenge des folgenden linearen Gleichungssystems mit Unbekannten
z, w ∈ C:
−1
z + (4 + 4i) w =
119
X
ik + 1,
k=1
−3
z + w = 2 (i − 7).
Geben Sie auch die Determinante des Gleichungssystems an, die hier wie bei reellen, linearen
Gleichungssystemen definiert ist (siehe Kapitel 1.2).
(5 Punkte)
Lösungsvorschlag:
Zunächst vereinfachen wir ein bisschen:
1 1
4 + 4i
= + i,
32
8 8
119
119
120
X
X
1−i
1 − (i4 )30
1−1
ik + 1 =
ik =
=
=
= 0,
1
−
i
1
−
i
1
−
i
k=1
k=0
(4 + 4i)−1 = (4 − 4i)−1 =
7 1
2−3 (i − 7) = − + i.
8 8
Also erhalten wir
z+
1 1
+ i w = 0,
8 8
7 1
z + w = − + i.
8 8
1
1
1
1
Die Determinante ist 1 · 1 − 1 · ( 8 + 8 i) = 1 − 8 − 8 i = 78 − 81 i (6= 0, das Gleichungssystem hat
also genau eine Lösung.)
Zieht man die zweite Gleichung von der ersten ab, erhält man weiter − 78 + 18 i w = 78 − 81 i ⇒
w = −1. Einsetzen in eine der beiden Gleichungen und Auflösen ergibt z = 18 + 81 i.