LösungenUB3 - Institut für Mathematik

Prof. A. Cattaneo
Institut für Mathematik
Universität Zürich
Lineare Algebra II
3. Übung
Abgabetermin: 11.03.2013
Aufgabe 1
Seien V ,W Vektorräume. Ein Untervektorraum von V ⊕ W heisst Linearrelation von V nach W .
Seien Γ ⊂ W ⊕ Z und Φ ⊂ V ⊕ W zwei Linearrelationen. Ihre Komposition definieren wir wie
folgt:
n
o
Γ Φ := (v, z) ∈ V ⊕ Z|∃w ∈ W : (v, w) ∈ Φ, (w, z) ∈ Γ
Weisen Sie folgende Aussagen nach:
(a) die Komposition zweier Linearrelationen ist eine Linearrelation;
(b) die Komposition ist assoziativ;
(c) der Graph G(F ) einer linearen Abbildung F : V → W ist eine Linearrelation, insbesondere
G(F2 ◦ F1 ) = G(F2 ) G(F1 )
∀F1 ∈ Hom(V, W ), F2 ∈ Hom(W, Z)
(d) Finden Sie eine Linearrelation die kein Graph ist.
Lösung:
(a) Wir zeigen dass Γ Φ eine Untervektorraum von V ⊕ Z ist.
• Γ Φ ist nicht leere: (0, 0) ∈ Γ Φ.
• Additivität: Seien (v1 , z1 ) und (v2 , z2 ) in Γ Φ, d.h. , es gibt w1 und w2 in W so dass
(v1 , w1 ) ∈ Φ, (w1 , z1 ) ∈ Γ und (v2 , w2 ) ∈ Φ, (w2 , z2 ) ∈ Γ. Dann, für (v1 , z1 ) + (v2 , z2 ) =
(v1 + v2 , z1 + z2 ), wir haben dass (v1 + v2 , w1 + w2 ) ∈ Φ und (w1 + w2 , z1 + z2 ) ∈ Γ,
deshalb, (v1 + v2 , z1 + z2 ) ∈ Γ Φ.
• Skalar Multiplikation: Sei (v, z) ∈ Γ Φ und λ ∈ K. Es gibt w ∈ W s.d. (v, w) ∈ Φ und
(w, z) ∈ Γ, darum (λv, λw) ∈ Φ und (λw, λz) ∈ φ, da Γ und Φ Untervektorräume sind.
Dann (λv, λz) ∈ Γ Φ.
(b) Seien Σ ⊂ Z ⊕ Y, Γ ⊂ W ⊕ Z und Φ ⊂ V ⊕ W drei Linearrelationen. Wir bestimmen
Σ (Γ Φ)
:= {(v, y) ∈ V ⊕ Y | ∃z ∈ Z : (v, z) ∈ Γ Z, (z, y) ∈ Σ}
=
{(v, y) ∈ V ⊕ Y | ∃z ∈ Z, w ∈ W : (v, w) ∈ Φ, (w, z) ∈ Γ, (z, y) ∈ Σ}
=
{(v, y) ∈ V ⊕ Y | ∃w ∈ W : (v, w) ∈ Φ, (w, z) ∈ Γ, ∃z ∈ Z : (z, y) ∈ Σ}
=
{(v, y) ∈ V ⊕ Y | ∃w ∈ W : (v, w) ∈ Φ, (w, y) ∈ (Σ Γ)}
=
(Σ Γ) Φ.
(c) Sei F : V → W eine lineare Abbildung. Dann
G(F ) := (v, F (v)) ⊂ V ⊕ W, ∀v ∈ V
. Zu zeigen: G(F ) ist einer Unterraum von V ⊕ W .
• G(F ) ist nicht leere: (0, 0) ∈ G(F ).
• Additivität: Seien (v1 , F (v1 )) und (v2 , F (v2 )) in G(F ). Dann
(v1 , F (v1 )) + (v2 , F (v2 )) = ((v1 + v2 ), F (v1 + v2 )) ∈ G(F )
.
• Skalar Multiplikation: Sei (v, F (v)) ∈ G(F ), λ ∈ K. Es folgt dass
λ(v, F (v)) = (λv, λF (v)) = (λv, F (λv)) ∈ G(F ).
Wir haben dass
G(F2 ◦ F1 )
= {(v, F2 ◦ F1 (v)) ∈ V ⊕ Z}
= {(v, z ∈ V ⊕ Z | ∃w ∈ W : w = F1 (v), F2 (w) = z}
= {(v, z ∈ V ⊕ Z | ∃w ∈ W : (v, w) ∈ G(F1 ), (w, z) ∈ G(F2 )}
= G(F2 ) G(F1 ).
(d) Sei Φ ⊂ V ⊕ W definiert als
Φ := {(0, w) | w ∈ W },
wobei W 6= {0}. Diese Linearrelation ist kein Graph (Für 0, F(0) ist nicht wohldefiniert).
Aufgabe 2
Gegeben seien zwei Vektorräume V und W , sowie ein Untervektorraum U ⊂ V . Verifizieren Sie,
dass die Menge
U0 := {F ∈ Hom(V, W ) : F |U = 0}
ein Unterraum von Hom(V,W) ist. Zeigen Sie mit Hilfe der universellen Eigenschaft des Quotientevenktorraumes, dass die Abbildung
U0
F
→ Hom(V /U, W )
7
→
F̄
ein Isomorphimus von Vektorräumen ist. (Für die Definition von F̄ vgl. Satz 2.2.7 im Buch)
Lösung:
Zuerst, zeigen wir dass U0 ein Unterraum von Hom(V, W ) ist.
• U0 ist nicht leere. Die lineare Abbildung F0 ∈ Hom(V, W ) definiert als
F0 : V
v
→ W
7→ 0
gehört zur U0 .
0
• Additivität: Seien F und F in U0 . Dann
0
0
(F + F ) |U = F |U +F |U = 0,
0
deshalb F + F ∈ U0 .
• Skalar Multiplikation: Sei F ∈ U0 und . Dann (λF ) |U = λ(F |U ) = 0, deshalb λF ∈ U0 .
Jetzt, zeigen wir dass die Abbildung
ψ : U0
F
→
7
→
Hom(V /U, W )
F̄
eine Isomorphismus ist. Von Satz 2.2.7 im Buch, wir haben dass die folgende Diagram
V
↓ρ
&F
V /U
→
F
W
kommutiert, wobei ρ ist die Projektionsabbildung. Das heisst dass
F =F ◦ρ
(1)
• ψ ist injektiv: Sei F ∈ U0 so dass ψ(F ) = F ≡ 0. Von Gleichung (1) es folgt dass
F (v) = F ◦ ρ(v) = F (ρ(v)) = 0, ∀v ∈ V,
dass heisst dass F ≡ 0.
• ψ ist surjektiv: Sei F ∈ Hom(V /U, W ). Wir definieren
F := F ◦ ρ.
Das ist eine lineare Abbildung von V nach W . Da ρ(u) = 0, ∀u ∈ U , es folgt dass
F |U = F ◦ ρ |U = 0,
deshalb F ∈ U0 .
Aufgabe 3
Berechnen Sie die Determinante der folgenden Matrizen

1
M1 = 0
1
1
1
0


0
1
−1 , M2 = 1
1
0
−1
1
−1

1
2
1
−1 , M3 = 
0
2
1

2
0
1
−1
0
1
−1
−2

−1
−3
.
2
0
Lösung:



1 1 0
1 1
0
Z3 →Z3 +Z2
=
det 0 1 −1 = 0.
det M1
=
det 0 1 −1
0 0 0
0 −1 1




1 −1 2
1 −1 2
Z3 →Z3 +1/2Z2
Z →Z −Z
det M2 2 =2 1 det 0 2 −3
=
det 0 2 −3  = 1.
0 −1 2
0 0 1/2

Z3 →Z3 −Z1
det M3
Z2 →Z2 −Z1
=
Z3 →Z3 +1/2Z2
=
Z4 →Z4 −7Z3
=

1
0
det 
0
1

1
0

det 
0
0

1
0

det 
0
0
2
−2
1
−1
2
−2
0
−3
2
−2
0
0



1 2
0 −1
−1
0 −2 1 −2
−2
−Z

 Z4 →Z
=4 1 det 

0 1 −1 2 
2
0 −3 −2 1
0


0
−1
1 2
0

1
−2
1
 Z4 →Z4=−3/2Z2 det 0 −2
0 0 −1/2
−1/2 1 
−2
1
0 0 −7/2

0
−1
1
−2
 = −3.
−1/2 1 
0
−3
0
1
−1
−2
Aufgabe 4
Sei M eine n × n-Matrix der Form:
M=
A
C
B
D
mit A invertierbar und D quadratisch.
(a) Zeigen Sie, dass es eine Matrix X mit det X = 1 gibt, so dass
A 0
1
A−1 B
M=
·X ·
.
0 1
0 D − CA−1 B

−1
−2

1
4
(b) Zeigen Sie, dass
det M = det A · det(D − CA−1 B).
(c) Wie sieht obige Formel aus, falls man jetzt annimmt, dass D invertierbar und A quadratisch
sind?
Lösung:
(a) Man kann schreiben M als dem folgenden Produkt
A 0
1
A−1 B
M=
·
.
C 1
0 D − CA−1 B
1
·
C
0
1
, es folgt dass X =
1
C
0
Da
=
. X ist eine obere Drei1
1 Ct
ecksmatrix mit die Diagonaleintrage gleich 1. Wir bemerken dass X t =
. Dann
0 1
det X = det X t = 1.
A
C
0
1
A 0
0 1
(b) Es folgt von den Eigenschaften des Determinante, dass
A 0
1
A−1 B
det M = det(
·X ·
)
0 1
0 D − CA−1 B
A 0
1
A−1 B
= det
· det X · det
= det A · det(D − CA−1 B).
0 1
0 D − CA−1 B
(c) Als bevor, haben wir dass
1
M=
0
0
1
·
D
0
B
1
A − BD−1 C
·
D−1 C
Dann,
det M = det D · det(A − BD−1 C).
0
.,
1