Lineare Algebra 1 (WS 12/13) Blatt 5: Musterlösung

Prof. Dr. B. Hanke
Dr. J. Bowden
Lineare Algebra 1 (WS 12/13)
Blatt 5: Musterlösung
Aufgabe 1. Wir geben ein Gegenbeispiel: Wir betrachten die Familie (v1 := 1, v2 := −1) als
Erzeugendensystem von R und die Familie (w1 := 1, w2 := 0). Dann ergibt die Setzung in der
Aufgabe
0 = v1 + v2 7→ w1 + w2 = 1 6= 0
und das kann für eine lineare Abbildung nicht sein.
Aufgabe 2.
(a) Sei U = Span(v1 , v2 ) und V = Span(v3 , v4 ). Man setze
L1 = {(x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 : x1 − x3 = 0}, L2 = {(x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 : x1 − 2x2 + x3 = 0}.
Einsetzen von v1 , v2 in die erste Gleichung zeigt v1 , v2 ∈ L1 und man sieht auch, dass v3 , v4 ∈ L2 .
Somit gilt
U ⊂ L1 , V ⊂ L2 .
Da (v1 , v2 ) und (v3 , v4 ) linear unabhängig sind, gilt
2 = dim U ≤ dim L1 ≤ dim R3 = 3
2 = dim V ≤ dim L2 ≤ 3.
Da L1 , L2 6= R3 , muss dim L1 , dim L2 < 3. Somit folgt, dass Gleichheit in den obigen Ungleichungen herrscht, und somit gilt U = L1 und V = L2 .
(b) Beachte U ∩ V ist die Lösungsmenge des folgenden Gleichungssystems:
x1 − x3
=
0
x1 − 2x2 + x3
=
0.
Mit Hilfe des Gauß’schen Verfahrens sehen wir:
1
1
0 −1 0
∼
1 −2
1 0.
0
0 −1 0
−2
2 0
.
Wir haben somit den freien Parameter λ = x3 . Dann gilt x2 = λ und x1 = λ. Wir erhalten also




 1
 λ

U ∩ V =  λ  = λ  1  λ ∈ R .


λ
1
Somit ist ((1, 1, 1)) eine Basis von U ∩ V .
Aufgabe 3.
Wir benutzen folgende Tatsache aus der Vorlesung (siehe Skriptum Seite 23–24):
Sei f : V → W eine lineare Abbildung. Dann ist f genau dann injektiv, wenn f linear unabhängige
Familien von Vektoren in V immer in linear unabhängige Familien von Vektoren in W überführt.
1
(a) Es sei f ein Isomorphismus: d.h. insbesondere, dass f sowohl injektiv als auch surjektiv ist.
Mit Hilfe der obigen Tatsache folgt, dass die Familie (f (vi )) linear unabhängig ist. Weiterhin
ist (f (vi )) nach Aufabe 3 a) auf dem Tutorblatt ein Erzeugendensystem von f [V ] = W , also
ist (f (vi )) eine Basis von W .
Wenn umgekehrt
P (f (vi )) eine Basis von W ist, so ist f ein Isomorphismus: Es sei v ∈ kerf . Wir
schreiben v = i λi vi . Die Gleichung
0 = f (v) =
X
λi f (vi )
i
und die Voraussetzung, dass (f (vi )) linear unabhängig ist, zeigen λi = 0 für alle i. Somit ist
ker f = 0 undPf injektiv. Da (f
P(vi )) ein Erzeugendensystem von W ist, können wir jedes w ∈ W
in der Form i λi f (vi ) = f ( i λi vi ) schreiben und somit ist f auch surjektiv.
(b) Sei (v1 , . . . , vm ) eine Basis von V . Da f injektiv ist, ist auch (f (v1 ), . . . , f (vm )) linear unabhängig. Somit folgt aus dem Basisergängungsatz, dass
m = dim V = dim f [V ] ≤ dim W = n.
Also falls m > n, kann es keine injektiven linearen Abbildungen f : V → W geben.
Aufgabe 4. (Korrigierte Version) In Koordinaten ist die Spiegelung s : R2 → R2 gegeben durch
s(x, y) = (x, −y)
und die dazugehörige Matrix lautet
S=
1
0
0
−1
.
Somit ist
s ◦ ρt (x, y) = (cos(t)x − sin(t)y, − sin(t)x − cos(t)y)
und diese Abbildung entspricht der Matrix
cos t − sin t
cos t
sin(−t)
=
(= S · Rt ) ,
− sin t − cos t
sin(−t) − cos t
die keiner Rotation entspricht.
Analog ist
ρt ◦ s(x, y) = (cos(t)x + sin(t)y, sin(t)x − cos(t)y)
und die zugehörige Matrix lautet
cos t
sin t
sin t
− cos t
2
(= Rt · S) .