Übung zur Linearen Algebra bei Prof.Dr

Übung zur Linearen Algebra bei Prof.Dr. Reinhard Knörr
WS 08/09
Übungsgruppe am Mittwoch 13:15 - 14:45 HG219 bei Karsten Evers
Generell gilt: Die Übung ist zum üben! Das heißt ihr habt hier die Möglichkeit Aufgaben,
die denen der wöchentlichen Übungsblätter ähneln, unter Anleitung zu lösen und Fragen zum
(aktuellen) Vorlesungsstoff zu stellen (nutzt diese Gelegenheit!). Ich versuche diese dann so
gut es mir möglich ist zu beantworten. Der grobe Ablaufplan für die Übung (bei mir) ist im
Wesentlichen:
• Besprechung der zurückliegenden Hausaufgaben (allerdings nur konkrete Fragen oder
besonders schwere Aufgaben)
• Das Lösen von Aufgaben unter Anleitung (damit sich keiner langweilt, gibt es in Zukunft immer auch eine etwas schwerere Zusatzaufgabe; in dieser ersten Übung allerdings noch nicht)
• Fragen stellen (von eurer Seite)
• Eventuell Hinweise für kommende Hausaufgaben
Ich versuche, sofern ich die Zeit finde, zu jeder Übung ein solches pdf zu erstellen. Eine
aktuelle Version findet ihr hier: http://www.math.uni-rostock.de/∼evers/
Falls ich es mal nicht (bzw. nicht rechtzeitig) schaffe, oder ihr ein paar Fehler1 findet, seid
mir aber bitte nicht böse.
Vorlesungsmaterialen (Skript, Hausaufgaben, ...) findet ihr unter www.studip.de Die Anmeldung ist nicht komplizierter als bei www.studivz.net ich denke also das ihr das alleine
hinbekommt :-)
Von den Hausaufgaben müssen 25 Prozent der Punkte erreicht werden.
1. Aussagen und Quantoren Was ist eine Ausssage: Eine Aussage ist ein Satz, der wahr
oder falsch ist. Z.B. ist Der 02.07.1911 war ein Donnerstag. eine Aussage (keine Ahnung ob sie richtig oder falsch ist; klar ist aber, sie ist genau eins von beiden). Hingegen
ist Das dreifache von n ist gerade. keine Aussage. Je nachdem was genau n ist, ist die
Aussage wahr oder falsch oder gar sinnlos (z.B. für n =Apfelkuchen). Dies ist gewissermaßen eine Aussage, die von einem Parameter abhängt (hier n). Man bezeichnet solche
Sätze auch als Aussageformen.
Wie kann man aus gegebenen Ausssagen neue machen? Beispielsweise geht dies mit
der, Negation (¬), Konjunktion (∧, [...] und [...]), Disjunktion (∨, [...] oder [...]), Implikation (⇒, wenn [...], dann [...]) und Äquivalenz (⇔, [...] genau dann, wenn [...]). Ist
1 Rechtschreibfehler
dienen der allgemeinen Belustigung.
1
eine Aussage wahr, so kennzeichnen wir dies mit einem w. Ist sie falsch, so kennzeichnen wir dies mit f . Die folgende Tabelle gibt alle möglichen Verteilungen wieder.
A B ¬A
w w
f
w f
f
f w w
f f w
A∧B
w
f
f
f
A∨B A ⇒ B
w
w
w
f
w
w
f
w
A⇔B
w
f
f
w
Aufgabe 1. Seien A, B,C Aussagen. Zeige, dass die zusammengesetzten Aussagen [(A∨
B) ∧ ¬A] ⇒ B und [(A ∧ B) ∨ C] ⇔ [(A ∨ C) ∧ (B ∨ C)] immer wahr sind (ganz egal ob
A, B,C wahr oder falsch sind).
Lösung: Eine kleine und eine etwas größere Tabelle ... ;-) ... näheres in der Übung.
Eine Aussageform kann man auf naheliegende Weisen zu Aussagen machen. Betrachten
wir dazu wieder das Beispiel: Das dreifache von n ist gerade (diesen Satz kürzen wir
mit A(n) ab). Um es nochmal zu betonen, für jede konkrete Zahl n ∈ N haben wir eine
Aussage, lassen wir die Variable n unbestimmt, so haben wir eine Aussageform. Und
damit haben wir auch schon eine Methode: Wir setzen für n konkrete Zahlen ein.
Eine Zweite Methode ist folgende: Aus Das dreifache von n ist gerade machen wir
Für alle natürlichen Zahlen n gilt: Das dreifache von n ist gerade. In Symbolen: ∀ n ∈
N A(n). Aus A(n) wurde auf diese Weise eine falsche Aussage (warum falsch?). Dieses Vorgehen nennt man beschränktes quantisieren mit dem Allquantor. ∀ ist also
gewissermaßen die Abkürzung für die Wortgruppe für alle. Das Wörtchen beschränkt
kommt daher, dass man den Bereich der Werte für n auf N einschränkt. Man kann natürlich auch unbeschränkt quantisieren (oder einfach nur quantisieren), also Für alle n
gilt: Das dreifache von n ist gerade. oder abgekürzt ∀ n A(n). Dies ist natürlich genauso
falsch.
Kommen wir zu einer dritten Methode: Aus Das dreifache von n ist gerade. machen wir
Es gibt eine natürliche Zahl n, so dass gilt: Das dreifache von n ist gerade. In Symbolen
∃ n ∈ N A(n). Dieses Vorgehen bezeichnet man als beschränktes quantifizieren mit dem
Existenzquantor. ∃ steht also gewissermaßen als Abkürzung für es existiert ein. Auch
hier kommt das Wörtchen beschränkt durch die Einschränkung des Bereiches für n.
Diese Aussage ist natürlich richtig (warum?). Auch hier kann man unbeschränkt quantifizieren, also Es gibt ein n , so dass gilt: Das dreifache von n ist gerade., oder ∃ n A(n).
Auch das ist natürlich richtig.
Eine oftmals verwendete spezielle Form des Existenzquantors ∃ (es existiert ein) ist die
folgende: ∃ ! (es existiert genau ein).
Aufgabe 2. a) Wie kann man den Allquantor ∀ durch den Existenzquantor ∃ ausdrücken
und umgekehrt?
b) Wie kann man ∃ ! durch ∃ und ∀ ausdrücken?
Lösung: a) ∃ x A(x) ist gleichbedeutend mit ¬∀ x ¬A(x).
2
∀ x A(x) ist gleichbedeutend mit ¬∃ x ¬A(x).
b) ∃ !x A(x) ist gleichbedeutend mit [∃ x A(x)] ∧ [∀ y ∀ z (A(y) ∧ A(z)) ⇒ y = z].
2. Mengen Eine Menge ist eine Zusammenfassung wohl unterscheidbarer Dinge unserer
Anschauung oder unseres Denkens zu einem Ganzen. Dies ist die naive Definition einer Menge nach Georg Cantor, dem Begründer der Mengentheorie. Ich denke für einen
ersten Umgang mit Mengen ist diese Definition klar und ausreichend. Wollen wir ausdrücken, dass x ein Element einer Menge X ist, so schreiben wir dafür x ∈ X. Ist x kein
Element von X, so schreiben wir x 6∈ X. In der Regel definieren wir eine Menge auf
folgende Weise: Gegeben ist eine Menge B und eine Eigenschaft E (x), die für Elemente
x ∈ B zutreffen kann. Dann definiern wir {x ∈ B | E (x)} als die Menge aller Elemente
aus B, welche die Eigenschaft E erfüllen.
Für die folgenden Definitionen seien A, B zwei Mengen (im Rahmen der naiven Mengenlehre lässt sich das Folgende genau genommen gar nicht definieren; dies führt zu
Axiomatisierung, aber darauf gehen wir hier nicht näher ein).
A ∪ B := {x | x ∈ A ∨ x ∈ B} , A ∩ B := {x | x ∈ A ∧ x ∈ B} , A \ B := {x | x ∈ A ∧ x 6∈ B}.
Wir schreiben A ⊆ B (und sprechen A ist Teilmenge von B), falls ∀ x (x ∈ A ⇒ x ∈ B) eine
wahre Aussage ist. Schließlich definieren wir noch die Potenzmenge einer gegebenen
Menge A wie folgt P(A) := {B | B ⊆ A} (die Menge aller Teilmengen). Eine besonders
wichtige Menge ist die leere Menge (die Bedeutung für die Mengentheorie ist ungefähr
so groß wie die der 0 für die Arithmetik). Die leere Menge 0/ ist die Menge, die keine
Elemente hat. Man kann sie etwa durch 0/ = {x | x 6= x} charakterisieren. Wir nennen
zwei Mengen A, B gleich, wenn sie dieselben Elemente haben (also A = B, falls ∀ x [(x ∈
A) ⇔ (x ∈ B)] eine wahre Aussage ist.
Aufgabe 3. Seien A, B,C Mengen. Dann gilt C \ (A ∩ B) = (C \ A) ∪ (C \ B).
Lösung: Sei x ∈ C \ (A ∩ B). Falls x 6∈ C \ A, dann x ∈ A (denn x ∈ C). Da x 6∈ A ∩ B,
muss x 6∈ B gelten. Dann aber x ∈ C \ B. Insgesamt bekommen wir so C \ (A ∩ B) ⊆
(C \ A) ∪ (C \ B).
Da offensichtlich C \ A ⊆ C \ (A ∩ B) und C \ B ⊆ C \ (A ∩ B) gelten, folgt unmittelbar
(C \ A) ∪ (C \ B) ⊆ C \ (A ∩ B).
Aus diesen beiden Inklusionsbeziehungen bekommen wir damit dann die Gleichheit.
3. Vollständige Induktion Für jede natürliche Zahl n (die Menge der natürlichen Zahlen bezeichnen wir mit N; außerdem ist 0 ∈ N) sei A(n) die Abkürzung für folgende
Aussage: Die Zahl 72n+2 − 42n+2 ist durch 33 teilbar.
Offensichtlich ist A(0) eine richtige Aussage (denn A(0) ist die Abkürzung für: 72 − 42
ist durch 33 teilbar.). Aber auch A(1) und A(2) ist eine richtige Aussage, wie man durch
eine kleine Rechnung oder mit Hilfe des Taschenrechners bestätigen kann. Man kann
sich nun die Mühe machen und die Aussage für immer größere Zahlen testen und wird
feststellen, dass sie immer richtig ist. Immer? Wie kann man diese Vermutung beweisen?
Antwort: Durch das Beweisprinzip der vollständigen Induktion.
3
Bevor wir das Beweisprinzip allgemein formulieren (und an weitern Beispielen testen)
werden wir uns die vollständige Induktion an diesem Beispiel näher ansehen.
Nehmen wir einmal an, wir haben gezeigt, dass für eine Zahl n die Aussage A(n) richtig
ist. Das bedeutet also, dass die Zahl 72n+2 − 42n+2 durch 33 teilbar ist. Wie lässt sich das
mit ”Formeln” schreiben? Ganz einfach: Es gibt eine Zahl k, so dass 72n+2 − 42n+2 =
k · 33 gilt. Ich behaupte nun, dass wir - nur aus der Tatsache, dass A(n) richtig ist - auf
die Richtigkeit der Aussage A(n + 1) schließen können.
Für was genau steht denn A(n + 1) gerade nochmal? Nun ja, A(n + 1) steht für die
Aussage: Die Zahl 72(n+1)+2 − 42(n+1)+2 ist durch 33 teilbar. Nun gilt aber Folgendes: 72(n+1)+2 − 42(n+1)+2 = 72n+4 − 42n+4 = 72 · 72n+2 − 42 · 42n+2 = 33 · 72n+2 + 16 ·
(72n+2 − 42n+2 ) = 33 · 72n+2 + 16 · (k · 33) = 33 · (72n+2 + 16 · k). Wir haben eine Gleichungskette und die Letzte Zahl in dieser Kette ist offensichtlich durch 33 teilbar (wohlgemerkt nur unter der Voraussetzung, dass die Aussage A(n) richtig ist). Ich denke nun
kann man gut sehen, dass damit auch die Aussage A(n + 1) richtig ist.
Was bringt uns das? Ganz klar, wir haben gezeigt, dass A(0) richtig ist (das haben wir
direkt nachgerechnet). Und wir haben allgemein gezeigt, dass unter der Voraussetzung
die Aussage A(n) sei richtig, die Richtigkeit der Aussage A(n + 1) folgt. Da A(0) richtig
ist, ist somit auch A(0 + 1) richtig. Damit ist dann A(1 + 1) richtig, damit dann A(2 + 1)
usw. ...
Das Prinzip der vollständigen Induktion ist nun in folgendem Gedanken enthalten (durch
den die Aussage dann schlagartig für alle Zahlen bewiesen wird):
Nehmen wir an es gibt vielleicht doch noch eine Zahl m, für die die Aussage A(m)
falsch ist. Dann gibt es sicherlich auch eine kleinste solche Zahl m für die die Aussage
A(m) falsch ist. In jedem Fall ist dann m > 0 (denn A(0) stimmt schließlich)! Da m die
kleinste Zahl ist, für die die Aussage A(m) falsch ist und zudem 0 < m gilt, stimmt also
die Aussage A(n), wobei n = m − 1 den Vorgänger von m bezeichnet. Aus dem oben
bewiesenen folgt, dass dann aber auch die Aussage A(n + 1) stimmt, was nichts anderes
als A(m) ist - ein Widerspruch! Es kann also keine Zahl m geben, für die A(m) falsch
ist. Oder anders: Für alle Zahlen m ∈ N stimmt die Aussage A(m).
Damit kommen wir zum allgemeinen Induktionsprinzip (Beweis wie eben).
Satz 1. Sei A(n) für jedes n ∈ N eine Aussage mit den Eigenschaften:
1) Die Aussage A(0) ist richtig (Induktionsstart).
2) Für jedes n für welches A(n) richtig ist, ist auch A(n + 1) richtig (Induktionsschluß).
Dann stimmt die Aussage für alle natürlichen Zahlen.
Oder anders formuliert:
Eine Eigenschaft ε, die der 0 zukommt und immer auch dem Nachfolger einer Zahl n
zukommt, die bereits selber die Eigenschaft hat, kommt dann bereits jeder natürlichen
Zahl zu.
4
Aufgabe 4. Für jede natürliche Zahl n gilt ∑nk=0 k := 0 + 1 + 2 + ... + n =
n(n+1)
2 .
Lösung: Die Aussage ”0 + 1 + 2 + ... + n = n(n+1)
2 ” sei wieder mit A(n) abgekürzt. Si0(0+1)
cherlich stimmt A(0), denn wir haben 0 = 2 . Damit war der Induktionsstart erfolgreich. Kommen wir zum Induktionsschluß. Nehmen wir an, dass A(n) stimmt. Um die
Aussage A(n + 1) zu beweisen müssen wir eine Gleichung, nämlich 0 + 1 + 2 + ... + n +
beweisen. Eine offensichtliche Strategie ist die folgende: Wir
(n + 1) = (n+1)((n+1)+1)
2
fangen auf einer Seite an (hier bietet sich die linke Seite an) und formen diese Schrittweise um, bis wir die andere Seite bekommen haben (hierbei beachte man wieder, dass
die Aussage A(n) als richtig angenommen wurde). Also
0 + 1 + 2 + ... + n + (n + 1) = (0 + 1 + 2 + ... + n) + (n + 1) =
n(n+1)+2(n+1)
= (n+1)(n+2)
2
2
n(n+1)
2
+ (n + 1) =
Damit ist auch der Induktionsschluß erfolgreich und die Aussage A(n) damit für alle
natürlichen Zahlen n ∈ N bewiesen.
Aufgabe 5. Sei n ∈ N und A eine Menge mit n Elementen. Dann hat P(A) (die Potenzmenge von A) 2n Elemente.
Lösung: Induktionsstart bei n = 0. Hat A 0 Elemente, so kann es nur eine Teilmenge
geben, nämlich die leere Menge. Die Potenzmenge hat also 1 = 20 Elemente.
Induktionsschluß n → n + 1: Sei A = {a1 , ..., an , an+1 } eine (n + 1)-elementige Menge.
Jede Teilmenge von A enthält entweder das Element an+1 oder enthält es nicht, also
P(A) = {B ⊆ A | an+1 6∈ B} ∪ {B ⊆ A | an+1 ∈ B}. Setzen wir A0 := {a1 , ..., an }, so ist
{B ⊆ A | an+1 6∈ B} = P(A0 ) und {B ⊆ A | an+1 ∈ B} = {B ∪ {an+1 } | B ⊆ A0 }. Man
erhält also für die Anzahl aller Teilmengen von A: 2n + 2n = 21 · 2n = 2n+1 .
Hier mal ein Beispiel für einen Induktionsbeweis ohne Formeln.
Aufgabe 6. n Kreislinien zerlegen die Ebene in mehrere Teile. Man zeige, dass man die
Ebene mit zwei Farben so färben kann, dass jeder Teil eine Farbe bekommt und zwei
Teile, die längs eines Bogens aneinander stoßen, verschiedene Farben bekommen.
Lösung: Für keinen Kreis und für einen Kreis ist die Aussage offensichtlich richtig.
Kommen wir zum Induktionsschluß n → n + 1. Die Gebiete, in die die Ebene durch n
Kreise zerlegt wird, seien bereits in der geforderten Weise gefärbt. Wir zeichnen jetzt
eine (n + 1)-te Kreislinie. Wenn wir dann bei den innerhalb der Kreislinie gelegenen
Gebiete die Farben durch die andere ersetzen, so erhalten wir eine Färbung der Ebene,
die den geforderten Bedingungen genügt.
5
Übung zur Linearen Algebra bei Prof.Dr. Reinhard Knörr
WS 08/09
Übungsgruppe1 am Mittwoch 13:15 - 14:45 HG219 bei Karsten Evers
Aufgaben
Aufgabe 1. Wenn A, B zwei Aussagen sind, führen wir für ¬(A ∨ B) die Abkürzung A|B ein
(der Sheffer-Strich; in der Hausaufgabe ist es anders definiert). Stelle die Aussage (¬A) ∨ B
mittels der Aussagenverknüpfung | (und nur dieser) dar.
Für die nächsten Aufgaben definieren wir zur Wiederholung das Bild und Urbild unter einer
Abbildung, sowie die Begriffe injektiv, surjektiv und bijektiv.
Definition 1. Sei f : X → Y eine Abbildung, A ⊆ X und C ⊆ Y . Dann ist f (A) := { f (a) | a ∈ A}
das Bild von A unter f und f −1 (C) := {x ∈ X | f (x) ∈ C} ist das Urbild von C unter f .
f heißt injektiv, wenn ∀ a, b ∈ X (a 6= b ⇒ f (a) 6= f (b)).
f heißt surjektiv, wenn f (X) = Y gilt.
f heißt bijektiv, wenn sie injektiv und surjektiv ist.
Aufgabe 2. Sei f : X → Y eine Abbildung und seien A, B ⊆ X bzw. C, D ⊆ Y . Dann gilt:
(1) f (A∪B) = f (A)∪ f (B) und f (A∩B) ⊆ f (A)∩ f (B), wobei die Inklusion echt sein kann.
(2) f −1 (C ∪ D) = f −1 (C) ∪ f −1 (D) und f −1 (C ∩ D) = f −1 (C) ∩ f −1 (D).
(3) f −1 (C \ D) = f −1 (C) \ f −1 (D).
Aufgabe 3. Sei f : X → Y eine Abbildung. Zeige die Äquivalenz folgender Eigenschaften:
(1) Die Abbildung f ist injektiv.
(2) Für jede Teilemenge A von X gilt f −1 ( f (A)) = A.
(3) Für jedes Paar von Teilmengen A, B von X gilt f (A ∩ B) = f (A) ∩ f (B).
(4) Für jedes Paar von Teilmengen A, B von X mit A ∩ B = 0/ gilt f (A) ∩ f (B) = 0.
/
(5) Für jedes Paar von Teilmengen A, B von X mit B ⊆ A gilt f (A \ B) = f (A) \ f (B).
Aufgabe 4. (1) Wie viel ebene Gebiete können n Geraden in der Ebene R2 maximal erzeugen?
(2) Wie viel räumliche Gebiete können n Ebenen im Raum R3 maximal erzeugen?
Aufgabe 5. (Zusatz) Seien zwei Abbildungen f : X → Y und g : Y → X gegeben. Dann gibt
es A, B ⊆ X und A0 , B0 ⊆ Y mit B = X \ A , B0 = Y \ A0 , f (A) = A0 und g(B0 ) = B.
T
(Hinweis: Setze α := {P ⊆ X | X \ g(Y \ f (P)) ⊆ P} und A := P∈α P.)
Aufgabe 6. (Zusatz) Sei f : X → Y injektiv und g : Y → X ebenfalls injektiv. Dann gibt es eine
Bijektion h : X → Y . Das ist der Satz von Schröder-Bernstein. (Hinweis: Mit den Zerlegungen
der vorigen Aufgabe lässt sich die Bijektion direkt hinschreiben.)
1 Dieses
pdf findet ihr hier: http://www.math.uni-rostock.de/∼evers/
1
Lösungen
Die Lösungsvorschläge2 dienen zur Kontrolle! Das Nachlesen der Lösung macht nur Sinn,
wenn ihr euch vorher intensiv mit der Aufgabe auseinandergesetzt habt. Ansonsten gilt wie
immer: Falls ihr etwas nicht versteht, einfach nachfragen!
Lösung 1. Schauen wir uns zuerst an, wie wir mit dem Sheffer-Strich die Negation ausdrücken
können. Es gilt A|A = ¬(A∨A) = ¬A. Nun ist alles sehr einfach, denn (¬A)∨B = ¬[(¬A)|B] =
¬[(A|A)|B] = [(A|A)|B]|[(A|A)|B].
Lösung 2. (1) y ∈ f (A ∪ B) bedeutet, dass es ein x ∈ A ∪ B gibt mit f (x) = y. Offensichtlich
folgt dann y = f (x) ∈ f (A) ∪ f (B). Umgekehrt folgt aus A ⊆ A ∪ B und B ⊆ A ∪ B natürlich
sofort f (A) ⊆ f (A ∪ B) und f (B) ⊆ f (A ∪ B), also f (A) ∪ f (B) ⊆ f (A ∪ B). Insgeamt ergibt
dies dann die Gleichheit. Ebenso folgt aus A ∩ B ⊆ A und A ∩ B ⊆ B sofort die Beziehung
f (A ∩ B) ⊆ f (A) und f (A ∩ B) ⊆ f (B), also f (A ∩ B) ⊆ f (A) ∩ f (B). Beispiele bei denen die
Inklusionen echt sind, gibt es bereits auf zweielementigen Mengen.
(2) Sei x ∈ f −1 (C ∪ D), also f (x) ∈ C ∪ D. Falls f (x) ∈ C, so x ∈ f −1 (C) ⊆ f −1 (C ∪ D).
Falls f (x) ∈ D, so x ∈ f −1 (D) ⊆ f −1 (C ∪ D). Also f −1 (C ∪ D) ⊆ f −1 (C) ∪ f −1 (D). Die andere Richtung ist genauso einfach. Auch die zweite Gleichung lässt sich vollkommen analog
beweisen.
(3) Sei x ∈ f −1 (C \ D). Dann ist f (x) ∈ C \ D, also x ∈ f −1 (C) und x 6∈ f −1 (D) und somit
x ∈ f −1 (C) \ f −1 (D). Ist umgekehrt x ∈ f −1 (C) \ f −1 (D), so ist f (x) ∈ C und f (x) 6∈ D, also
f (x) ∈ C \ D und somit x ∈ f −1 (C \ D).
Lösung 3. (1) ⇒ (2) : Sei x ∈ f −1 ( f (A)). Dann ist f (x) ∈ f (A). Es gibt somit ein a ∈ A mit
f (x) = f (a). Aus der Injektivität folgt x = a und somit x ∈ A. Wir erhalten f −1 ( f (A)) ⊆ A.
Sei umgekehrt x ∈ A. Dann ist f (x) ∈ f (A), also x ∈ f −1 ( f (A)). Wir erhalten A ⊆ f −1 ( f (A)),
insgesamt also f −1 ( f (A)) = A.
(2) ⇒ (3) : Da A ∩ B ⊆ A und A ∩ B ⊆ B, gilt schon mal f (A ∩ B) ⊆ f (A) und f (A ∩ B) ⊆ B
und somit f (A ∩ B) ⊆ f (A) ∩ f (B). Sei y ∈ f (A) ∩ f (B). Dann gibt es ein a ∈ A und ein b ∈ B
mit y = f (a) = f (b). Also {a, b} ⊆ f −1 ( f (A) ∩ f (B)) = f −1 ( f (A)) ∩ f −1 ( f (B)) = A ∩ B und
somit y = f (a) ∈ f (A ∩ B).
(3) ⇒ (4) : Gilt A ∩ B = 0,
/ so folgt f (A) ∩ f (B) = f (A ∩ B) = f (0)
/ = 0.
/
(4) ⇒ (5) : f (A \ B) ⊆ f (A) ist klar. Aus (A \ B) ∩ B = 0/ folgt f (A \ B) ∩ f (B) = 0,
/ also
f (A \ B) ⊆ f (A) \ f (B). Sei y ∈ f (A) \ f (B). Dann gibt es ein a ∈ A mit y = f (a). Also a 6∈ B
(sonst y = f (a) ∈ f (B)) und somit a ∈ A \ B. Das bedeutet y = f (a) ∈ f (A \ b).
(5) ⇒ (1) : Seien a, b ∈ X mit a 6= b. Dann folgt f ({a, b}) \ f ({b}) = f ({a, b} \ {b}) =
f ({a}), also f (a) 6= f (b) und die Abbildung ist somit injektiv.
Lösung 4. (1) Sei g(n) die maximale Anzahl der Gebiete, in die die Ebene durch n Geraden
zerlegt werden kann. Sicherlich gilt g(0) = 1 und g(1) = 2. Seien n Geraden so in die Ebene
gelegt, dass diese in eine größtmöglich Anzahl (also g(n)) Gebiete zerlegt wird. Die (n + 1)-te
Gerade legen wir nun so, dass sie jede andere Gerade in genau einem Punkt schneidet und
2 Ich
bin für jede Fehlermeldung dankbar! Entweder direkt, oder per email an [email protected]
2
keine drei Geraden einen Punkt gemeinsam haben. Auf diese Weise werden genau n + 1 alte
Gebiete in zwei neue aufgespaltet. Man erhält demnach g(n + 1) = g(n) + n + 1. Leiten wir
nun die explizite Formel zur Berechnung von g(n) her.
Es ist g(n) = g(n − 1) + n = g(n − 2) + (n − 1) + n = ... = g(0) + 1 + ... + n = 1 + n(n+1)
2 .
(2) Sei e(n) die maximale Anzahl der Gebiete, in die der Raum durch n Ebenen zerlegt
werden kann. Es gilt e(0) = 1 und e(1) = 2. Seien n Ebenen so in den Raum gelegt, dass
dieser in eine größtmögliche Anzahl (also e(n)) Gebiete Zerlegt wird. Die (n + 1)-te Ebene
legen wir nun so, dass sie jede andere schneidet, keine drei Ebenen eine Gerade gemeinsam
haben und keine vier einen Punkt gemeinsam haben. Schauen wir uns die Situation auf der
(n + 1)-ten Ebene genauer an. Die n Schnittgeraden der restlichen n Ebenen mit dieser (n + 1)Teile! Auf diese Weise werden genau g(n) alte
ten zerlegen diese gerade in g(n) = 1 + n(n+1)
2
Gebiete des Raumes in zwei neue aufgespaltet. Wir erhalten demnach e(n + 1) = e(n) + g(n).
Die Berechnung der expliziten Formel ist hier etwas schwieriger und wir benötigen dazu das
(n−1)n(2n−1)
2
(hoffentlich aus der Schule bekannte) Ergebnis ∑n−1
. Es folgt:
k=0 k =
6
e(n) = e(n − 1) + g(n − 1) = ... = e(0) + g(0) + ... + g(n − 1) = 1 + ∑n−1
k=0 g(k) =
n−1
1 n−1 2
1 (n−1)n
1 n−1
1 (n−1)n(2n−1)
1 + 2 ∑k=0 k + 2 ∑k=0 k + ∑k=0 1 = 1 + 2 ·
+ 2 · 2 + n.
6
3
Durch sorgfältiges Zusammenfassen erhält man am Ende e(n) = 1 + n +5n
6 .
Lösung 5. Wir führen als Abkürzung G(P) := X \ g(Y \ f (P)) ein, für jedes P ⊆ X. Dann
schreibt sich α := {P ⊆ X | G(P) ⊆ P}. Offensichtlich ist X ∈ α, also α 6= 0/ und A somit
sinnvoll definiert. Für P ⊆ P0 ⊆ X gilt, wie man leicht nachrechnen kann, G(P) ⊆ G(P0 ).
T
Für alle P ∈ α gilt A ⊆ P, also auch G(A) ⊆ G(P) ⊆ P. Damit folgt G(A) ⊆ P∈α P = A.
Aus G(A) ⊆ A folgt aber G(G(A)) ⊆ G(A). Nach Definition von α ist somit auch G(A) ∈ α.
Dann folgt aber sofort A ⊆ G(A). Insgesamt bekommen wir so A = G(A) = X \ g(Y \ f (A)),
oder anders aufgeschrieben X \ A = g(Y \ f (A)). Setzen wir nun B := X \ A , A0 := f (A) und
B0 := Y \ f (A), so sind wir fertig.
Lösung 6. Sei A wie in der vorigen Aufgabe. h : X → Y definieren wir nun durch
(
f (x)
für x ∈ A
h(x) =
−1
g (x) für x ∈ X \ A
Die Bijektivität von h folgt nun unmittelbar aus den Eigenschaften der Menge A.
3
Übung zur Linearen Algebra bei Prof.Dr. Reinhard Knörr
WS 08/09
Übungsgruppe1 am Mittwoch 13:15 - 14:45 HG219 bei Karsten Evers
Im ersten Teil der Übung werden wir die Hausaufgaben besprechen. Im Anschluss daran
könnt ihr euch an den folgenden Aufgaben versuchen. Das Nachlesen der Lösung macht nur
Sinn, wenn ihr euch vorher intensiv mit der Aufgabe auseinandergesetzt habt.
1 Aufgaben
f : X → Y heißt injektiv, wenn ∀ a, b ∈ X (a 6= b ⇒ f (a) 6= f (b)) gilt.
f : X → Y heißt surjektiv, wenn f (X) = Y gilt.
f : X → Y heißt bijektiv, wenn sie injektiv und surjektiv ist.
Aufgabe 1. Für beliebige a, b, c, d ∈ R sei die Abbildung f : R → R durch f (x) = ax3 + bx2 +
cx + d definiert. Für welche Werte von a, b, c, d ist die Abbildung f bijektiv?
Aufgabe 2. Sei f : X → Y eine Abbildung. Zeige die Äquivalenz folgender Eigenschaften:
(1) Die Abbildung f ist injektiv.
(2) Für jede Teilemenge A von X gilt f −1 ( f (A)) = A.
(3) Für jedes Paar von Teilmengen A, B von X gilt f (A ∩ B) = f (A) ∩ f (B).
(4) Für jedes Paar von Teilmengen A, B von X mit A ∩ B = 0/ gilt f (A) ∩ f (B) = 0.
/
(5) Für jedes Paar von Teilmengen A, B von X mit B ⊆ A gilt f (A \ B) = f (A) \ f (B).
Aufgabe 3. In der Vorlesung ist das geordnete Paar (a, b) durch (a, b) := {{a}, {a, b}} definiert. Zeige: (a, b) = (c, d) ⇔ a = c und b = d.
Sei X eine Menge. Unter einer Permutation von X verstehen wir eine bijektive Abbildung
f : X → X. Unter einem Fixpunkt von f verstehen wir ein x ∈ X mit f (x) = x. Für eine
endliche Menge Y sei |Y | die Anzahl der Elemente von Y .
Aufgabe 4. (Zusatz) Für jedes n ≥ 1 bezeichnen wir mit Sn die Menge aller Permutationen
der Menge Nn := {1, ..., n} und mit Pn die Menge aller Permutationen ohne Fixpunkte. Setze
sn = |Sn | und pn = |Pn | (da Sn und Pn endliche Mengen sind, macht dies Sinn). Zeige
n
(−1)k
pn
=∑
sn k=0 k!
k
In der Analyis werdet ihr bald erfahren, dass limn→∞ ∑nk=0 (−1)
k! = 1/e(≈ 0.3679) gilt. Mit
anderen Worten: Für großes n ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass eine Permutation einer
n-elementigen Menge keine Fixpunkte hat, ungefähr 0.3679.
(Hinweis: Berechne sn − pn . Setze dazu Mi := { f ∈ Sn | f (i) = i} und verwende die in der
S
T
Hausaufgabe zu beweisende Formel | ni=1 Mi | = ∑06/ =J⊆Nn (−1)|J|+1 | i∈J Mi |.)
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1
2 Lösungsvorschläge
Lösung 1. Für (1) a = b = 0 6= c oder (2) a 6= 0 und b2 ≤ 3ac ist f bijektiv.
Lösung 2. (1) ⇒ (2) : Sei x ∈ f −1 ( f (A)). Dann ist f (x) ∈ f (A). Es gibt somit ein a ∈ A mit
f (x) = f (a). Aus der Injektivität folgt x = a und somit x ∈ A. Wir erhalten f −1 ( f (A)) ⊆ A.
Sei umgekehrt x ∈ A. Dann ist f (x) ∈ f (A), also x ∈ f −1 ( f (A)). Wir erhalten A ⊆ f −1 ( f (A)),
insgesamt also f −1 ( f (A)) = A.
(2) ⇒ (3) : Da A ∩ B ⊆ A und A ∩ B ⊆ B, gilt schon mal f (A ∩ B) ⊆ f (A) und f (A ∩ B) ⊆ B
und somit f (A ∩ B) ⊆ f (A) ∩ f (B). Sei y ∈ f (A) ∩ f (B). Dann gibt es ein a ∈ A und ein b ∈ B
mit y = f (a) = f (b). Also {a, b} ⊆ f −1 ( f (A) ∩ f (B)) = f −1 ( f (A)) ∩ f −1 ( f (B)) = A ∩ B und
somit y = f (a) ∈ f (A ∩ B).
(3) ⇒ (4) : Gilt A ∩ B = 0,
/ so folgt f (A) ∩ f (B) = f (A ∩ B) = f (0)
/ = 0.
/
(4) ⇒ (5) : f (A \ B) ⊆ f (A) ist klar. Aus (A \ B) ∩ B = 0/ folgt f (A \ B) ∩ f (B) = 0,
/ also
f (A \ B) ⊆ f (A) \ f (B). Sei y ∈ f (A) \ f (B). Dann gibt es ein a ∈ A mit y = f (a). Also a 6∈ B
(sonst y = f (a) ∈ f (B)) und somit a ∈ A \ B. Das bedeutet y = f (a) ∈ f (A \ b).
(5) ⇒ (1) : Seien a, b ∈ X mit a 6= b. Dann folgt f ({a, b}) \ f ({b}) = f ({a, b} \ {b}) =
f ({a}), also f (a) 6= f (b) und die Abbildung ist somit injektiv.
Lösung 3. Gilt a = c und b = d, so ist (a, b) = {{a}, {a, b}} = {{c}, {c, d}} = (c, d) offensichtlich erfüllt. Zeigen wir die Umkehrung, sei also {{a}, {a, b}} = {{c}, {c, d}}.
1.Fall a = b. Dann ist {{a}, {a, b}} = {{a}} = {{c}, {c, d}}, also {c} ∈ {{a}} und somit
{c} = {a}. Es folgt c = a. Da {{a}} genau ein Element hat, kann {{c}, {c, d}} auch nur ein
Element haben. Folglich {c} = {c, d} und somit d ∈ {c}, also d = c. Insgesamt bekommen
wir b = a = c = d.
2.Fall a 6= b. Dann hat {{a}, {a, b}} zwei Elemente. Folglich hat auch {{c}, {c, d}} zwei
Elemente, daher c 6= d. Es ist {c} ∈ {{a}, {a, b}}, also {c} = {a} (denn {c} hat ein Element
und {a, b} hat zwei) und somit a = c. Dann muss {a, b} = {c, d} gelten. Insbesondere b ∈
{c, d}. Da a = c und a 6= b, kann nicht b = c gelten. Also b = d.
Lösung 4. sn ist die Anzahl aller Anordnungen von n unterscheidbaren Objekten. DementT
sprechend ist bereits aus der Schule sn = n! bekannt. Für J ⊆ Nn ist i∈J Mi die Menge aller
T
Permutationen, für die i ∈ J ein Fixpunkt ist. Also | i∈J Mi | = (n − |J|)!. Andererseits ist
Sn
| i=1 Mi | die Menge aller Permutationen mit mindestens einem Fixpunkt. Es folgt
sn − pn = |
n
[
Mi | =
06/ =J⊆Nn
i=1
Mit ∑J⊆Nn ,|J|=k |
Mi | =
i∈J
∑ (−1)k+1
k=1
∑
|
\
Mi | .
J⊆Nn ,|J|=k i∈J
n
n!
i∈J Mi | = ∑J⊆Nn ,|J|=k (n − k)! = k · (n − k)! = k!
∑ (−1)k+1
k=1
(−1)|J|+1 |
T
n
sn − pn =
∑
!
n
\
folgt dann
n
n
n
n!
(−1)k+1
pn
(−1)k+1
(−1)k
= n! ∑
, also
= 1− ∑
=∑
.
k!
k!
sn
k!
k=1
k=0 k!
k=1
2
Übung zur Linearen Algebra bei Prof.Dr. Reinhard Knörr
WS 08/09
Übungsgruppe1 am Mittwoch 13:15 - 14:45 HG219 bei Karsten Evers
1 Aufgaben
Aufgabe 1. Sei X eine Menge. Wir definieren S(X) := { f : X → X | f ist bijektiv} als die
Menge aller bijektiven Selbstabbildungen.
(1) Zeige, dass S(X) mit der Nacheinanderausführung als Verknüpfung eine Gruppe ist.
(2) Zeige, dass S(X) genau dann eine kommutative Gruppe ist, wenn |X| ≤ 2 gilt.
Aufgabe 2. Ist G eine Gruppe mit aa = e für alle a ∈ G, wobei e das neutrale Element von G
bezeichnet, so ist G eine abelsche Gruppe (d.h. ab = ba für alle a, b ∈ G).
Aufgabe 3. (Allgemeines Assoziativgesetz) Sei M eine Menge auf der eine Verknüpfung gegeben ist, also eine Abbildung : M × M → M. Für (x, y) schreiben wir einfach x y und
nennen x y ein Produkt (von zwei Elementen).
Sei x1 , ..., xn eine Folge von Elementen aus M (eigentlich handelt es sich dabei um eine
Abbildung s : {1, ..., n} → M mit s(k) = xk , aber das nur am Rande). Wir möchten gerne das
Produkt der x1 , ..., xn bilden. Dafür gibt es mehrer Möglichkeiten. Um diese überschaubar und
präzise zu erfassen führen wir nun den Begriff einer zulässigen Klammerung ein.
Definition 1. (zulässige n-Klammerung)
• idM : M → M definiert durch idM (x) := x (die Identität) ist eine zulässige 1-Klammerung.
• Seien P : M k → M und Q : M l → M zulässige k- bzw. l-Klammerung mit 1 ≤ k, l, so ist
R : M k+l → M definiert durch
R(x1 , ..., xk+l ) := P(x1 , ..., xk ) Q(xk+1 , ..., xk+l )
eine zulässige k + l-Klammerung (symbolisch R := P Q).
Eine Abbildung P : M n → M ist genau dann eine zulässige n-Klammerung (1 ≤ n), wenn
sie sich durch eine endliche Anwendung dieser beiden Schritte erzeugen lässt.
a) Sei 1 ≤ n ∈ N und K(n) die Anzahl aller möglichen zulässigen n-Klammerungen. Finde
eine rekursive Bildungsvorschrift für K(n) und berechne K(7).
Eine Verknüpfung : M × M → M wollen wir assoziativ nennen, wenn die beiden möglichen 3-Klammerungen identisch sind. In der gewohnten Schreibweise bedeutet dies: ∀ x, y, z ∈
M gilt x (y z) = (x y) z (bzw. einfach x(yz) = (xy)z).
b) Ist die Verknüpfung : M × M → M assoziativ und sind P : M n → M bzw. Q : M n → M
zwei zulässige n-Klammerungen, so gilt P = Q. Dies ist das allgemeine Assoziativitätsgesetz.
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Aufgabe 4. (Allgemeines Kommutativgesetz) Sei : M × M eine assoziative und kommutative Verknüpfung (kommutativ heißt x y = y x, für alle x, y ∈ M). Sei weiter 1 ≤ n ∈ N und
P : M n → M eine zulässige n-Klammerung. Dann gilt P(x1 , ..., xn ) = P(xσ (1) , ..., xσ (n) ) für alle
x1 , ..., xn ∈ M und für alle Bijektionen σ : {1, ..., n} → {1, ..., n}.
(Hinweis: Jede Permutation σ : {1, ..., n} → {1, ..., n} lässt sich als eine Nacheinanderausführung von Transpositionen schreiben.)
Aufgabe 5. (Zusatzaufgabe) Sei (Si )i∈N eine Familie von endlichen, nicht leeren Mengen.
Für jedes i > 0 sei fi : Si → Si−1 eine Abbildung. Dann gibt es eine Folge (xi )i∈N mit xi ∈ Si
und fi+1 (xi+1 ) = xi für alle i ∈ N.
2 Lösungsvorschläge
Die Lösungsvorschläge2 dienen zur Kontrolle! Das Nachlesen der Lösung macht nur Sinn,
wenn ihr euch vorher intensiv mit der Aufgabe auseinandergesetzt habt. Ansonsten gilt wie
immer: Falls ihr etwas nicht versteht, einfach nachfragen!
Lösung 1. (1) Die Nacheinanderausführung zweier bijektiver Abbildungen ist wieder bijektiv.
Die Verknüpfung führt also nicht aus S(X) raus. Die Identität idX : X → X bildet das neutrale
Element. Da alle Abbildungen bijektiv sind, können wir immer die Umkehrabbildung bilden
und diese dienen uns (und der Gruppe) als Inverse Elemente. Da die Nacheinanderausführung
von Abbildungen immer assoziativ ist, haben wir damit dann alles erforderliche Nachgewiesen.
(2) Für |X| = 0, also X = 0,
/ gibt es nur eine Abbildung X → X, nämlich die leere Abbildung.
Die ist trivialerweise bijektiv. Da dann S(X) genau ein Element hat, ist diese Gruppe natürlich
kommutativ.
Für |X| = 1, also X = {x}, gibt es ebenfalls nur eine Abbildung X → X, nämlich die Identität
idX . Diese ist natürlich bijektiv und S(X) somit kommutativ.
Für |X| = 2, also X = {x, y} mit x 6= y gibt es zwei bijektive Abbildungen f , g : X → X
nämlich f = idX und g definiert durch g(x) = y und g(y) = x. Aus g ◦ idX = g = idX ◦ g sieht
man sofort, dass S(X) kommutativ ist.
Für |X| ≥ 3 gibt es (mindestens) drei parrweise verschiedene Elemente x, y, z ∈ X. Wir definieren uns zwei bijektive Abbildungen f , g : X → X durch




y für a = x
z für a = y
f (a) := x für a = y
und
g(a) := y für a = z




a sonst
a sonst
Dann gilt g ◦ f (x) = z und f ◦ g(x) = y, also g ◦ f 6= f ◦ g und S(X) ist nicht kommutativ.
Lösung 2. Für a, b ∈ G folgt ab = e(ab)e = (bb)(ab)(aa) = b[(ba)(ba)]a = bea = ba.
2 Ich
bin für jede Fehlermeldung dankbar! Entweder direkt, oder per email an [email protected]
2
Lösung 3. a) Offensichtlich ist K(2) = 1 und K(3) = 2. Eine Zulässige n + 1-Klammerung R :
M n+1 → M mit n ≥ 1 erhalten wir durch eine k- und l-Klammerung P : M k → M bzw Q : M l →
M mit k + l = n + 1 und 1 ≤ k, l ≤ n durch R(x1 , ..., xn+1 ) = P(x1 , ..., xk ) Q(xk+1 , ..., xk+l ). Bei
festem k und l gibt es somit K(k)K(l) = K(k)K(n + 1 − l) viele Möglichkeiten. Insgesamt also
K(n + 1) = ∑nk=1 K(k)K(n + 1 − k).
b) Wir beweisen diese Aussage durch Induktion. Für 1- und 2-Klammerungen ist dies klar
und für 3-Klammerungen ist es gerade das Assoziativgesetz. Sei die Aussage für alle m ≤ n
bewiesen, mit 3 ≤ n.
Seien zwei n + 1 Klammerungen P und Q gegeben. Dann gibt es k- und l-Klammerungen
P1 und P2 mit P = P1 P2 , wobei 1 ≤ k, l und k + l = n + 1.
Wir unterscheiden nun zwei Fälle:
1.Fall k = n, also l = 1 und somit P2 = idM . Es folgt P = P1 idM .
2.Fall k < n. Sei dann P3 eine beliebige n − k-Klammerung. Aus der Induktionsvoraussetzung folgt P3 idM = P2 , also P(x1 , ..., xn+1 ) = P1 (x1 , ..., xk ) (P3 (xk+1 , ..., xn ) xn+1 ). Da
die Verknüpfung assoziativ ist, folgt P(x1 , ..., xn+1 ) = (P1 (x1 , ..., xk ) P3 (xk+1 , ..., xn )) xn+1 .
Dann ist P4 := P1 P3 eine n-Klammerung mit P(x1 , ..., xn+1 ) = P4 (x1 , ..., xn ) xn+1 .
In beiden Fällen erhalten wir also eine n-Klammerung P0 mit P = P0 idM . Analog erhalten
wir so auch für Q eine n-Klammerung Q0 mit Q = Q0 idM . Aus der Induktionsvoraussetzung
folgt aber P0 = Q0 und somit P = Q.
Lösung 4. Seien x1 , ..., xn ∈ M und σ : {x1 , ..., xn } → {x1 , ..., xn } eine Bijektion. Dann gibt es
Transpositionen τ1 , ..., τm : {x1 , ..., xn } → {x1 , ..., xn } mit σ = τ1 ◦ ... ◦ τm . O.B.d.A. können wir
daher annehmen, dass σ selber bereits eine Transposition ist. Das heißt es gibt 1 ≤ k < l ≤ n
mit σ (k) = l , σ (l) = k und σ (r) = r, für r 6= k, l. Mit entsprechend gewählten zulässigen
Klammerungen Pi , dem allgemeinen Assoziativgesetz und der Induktionsvoraussetzung folgt:
P(x1 , ..., xn ) = P1 (x1 , ..., xk ) P2 (xk+1 , ..., xl , ..., xn ) = P1 (x1 , ..., xk ) P2 (xl , ..., xk+1 , ..., xn ) =
P3 (x1 , ..., xk−1 ) (xk xl ) P4 (xk+2 , ..., xl−1 , xk+1 , xl+1 , ..., xn ) =
P3 (x1 , ..., xk−1 ) (xl xk ) P4 (xk+2 , ..., xn ) =
P1 (x1 , ..., xk−1 , xl ) P2 (xk , xk+2 , ..., xl−1 , xk+1 , xl+1 , ..., xn ) =
P1 (x1 , ..., xk−1 , xl ) P2 (xk+1 , ..., xl−1 , xk , xl+1 , ..., xn ) = P(xσ (1) , ..., xσ (n) )
Lösung 5. Für jedes n ∈ N und k ≥ 1 definieren wir Gkn := fn+1 ◦ ... ◦ fn+k (Sn+k ) ⊆ Sn und
T
Fn := k≥1 Gkn ⊆ Sn . Offenbar gilt Gkn 6= 0/ und k ≤ l ⇒ Gln ⊆ Gkn für alle n ∈ N und k, l ≥ 1.
Zwischenbehauptung 1: Für alle n ∈ N ist Fn 6= 0.
/
Beweis: Angenommen es gibt ein n ∈ N mit Fn = 0.
/ Für jedes x ∈ Sn gibt es dann ein kx ∈ N
k
k
mit x 6∈ Gn . Sei k := max{kx | x ∈ Sn }. Dann ist Gn ⊆ Gknx für jedes x ∈ Sn , also auch x 6∈ Gkn . Das
bedeutet Gkn = 0.
/ Wie wir bereits bemerkt haben gilt aber immer Gkn 6= 0/ - ein Widerspruch!
−1
Zwischenbehauptung 2: Für alle n ∈ N und x ∈ Fn ist fn+1
(x) ∩ Fn+1 6= 0.
/
−1
Beweis: Angenommen es gibt ein n ∈ N und x ∈ Fn mit fn+1 (x) ∩ Fn+1 = 0.
/ Für jedes
k
y
−1
−1
y ∈ fn+1
(x) gibt es dann ein ky ≥ 1 mit y 6∈ Gn+1
. Für k := max{ky | y ∈ fn+1
(x)} folgt dann
−1
k
k
k+1
fn+1 (x) ∩ Gn+1 = 0,
/ also x 6∈ fn+1 (Gn+1 ) = Gn ⊇ Fn 3 x - ein Widerspruch!
−1
Wir wählen x0 ∈ F0 und xn+1 ∈ fn+1
(xn ) ∩ Fn+1 , falls xn bereits gewählt wurde. Aufgrund
der beiden bewiesenen Zwischenbehauptungen können wir das machen und die so konstruierte
Folge (xi )i∈N erfüllt fi+1 (xi+1 ) = xi für alle i ∈ N.
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Übung zur Linearen Algebra bei Prof.Dr. Reinhard Knörr
WS 08/09
Übungsgruppe1 am Mittwoch 13:15 - 14:45 HG219 bei Karsten Evers
1 Aufgaben
1 2 3 4 5
Aufgabe 1. (1) Stelle s :=
als Produkt von Transpositionen dar.
5 4 3 2 1
(2) Gibt
es Transpositionen
p, q, r mit
u = p ◦ q ◦ r ◦ v,wobei
1 2 3 4 5
1 2 3 4 5
u :=
und v :=
?
4 3 5 1 2
2 4 1 3 5
Aufgabe 2. Bestimme die Anzahl aller geraden Permutationen auf {1, ..., n} , n ≥ 1.
Aufgabe 3. Für eine Gruppe G betrachten wir die bijektive Abbildung i : G → G , i(g) := g−1 .
Eine Teilmenge A ⊆ G nennen wir symmetrisch, wenn i(A) = A.
(1) Ist A ⊆ G mit i(A) ⊆ A, so ist A bereits symmetrisch.
(2) Für jede Teilmenge A ⊆ G ist A ∪ i(A) und A ∩ i(A) symmetrisch.
Aufgabe 4. Sei G eine endliche kommutative Gruppe. Zeige ∏g∈G g2 = 1.
Aufgabe 5. Sei G eine Gruppe. S(G) := { f : G → G | f ist bijektiv} ist mit der Nacheinanderausführung eine Gruppe (haben wir in der letzten Übung gezeigt). Zeige, dass ein injektiver
Homomorphismus φ : G → S(G) existiert.
Aufgabe 6. (Zusatzaufgabe) Sei F := {E ⊆ N | E ist endlich}. Durch
(
0
für E = 0/
φ (E) :=
e
∑e∈E 2 für E 6= 0/
definieren wir eine Abbildung φ : F → N. Zeige, dass die Abbildung φ injektiv ist.
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2 Lösungsvorschläge
Die Lösungsvorschläge2 dienen zur Kontrolle! Das Nachlesen der Lösung macht nur Sinn,
wenn ihr euch vorher intensiv mit der Aufgabe auseinandergesetzt habt. Ansonsten gilt wie
immer: Falls ihr etwas nicht versteht, einfach nachfragen!
Lösung 1. (1) Bezeichnet ti, j die Transposition die i und j vertauscht, so gilt s = t2,4 ◦ t1,5 .
( j)
(2) Für σ ∈ Sn gilt sgn (σ ) = ∏1≤i< j≤n σ (i)−σ
, also sgn (u) = −1 = sgn (v).
i− j
Es also keine Transpositionen p, q, r mit u = p ◦ q ◦ r ◦ v.
Lösung 2. Sei Sn die Menge aller Permutationen, An die Menge aller geraden Permutationen
und Un die Menge aller ungeraden Permutationen. Für n = 1 ist |An | = 1. Für n ≥ 2 wählen
wir uns eine beliebige Transposition t ∈ Sn . Dann ist φ : An → Un definiert durch φ (s) := t ◦ s
eine Bijektion. Da |Sn | = n! , Sn = An ∪Un und An ∩Un = 0,
/ folgt |An | = n!2 = |Un |.
Lösung 3. (1) Die Bijektivität von i folgt unmittelbar aus i ◦ i = idG .
(2) Aus i(A) ⊆ A folgt A = i(i(A)) ⊆ i(A), also i(A) = A.
(3) Das A ∪ i(A) symmetrisch ist, folgt aus i(A ∪ i(A)) = i(A) ∪ i(i(A)) = i(A) ∪ A.
Die Symmetrie von A ∩ i(A) folgt aus i(A ∩ i(A)) ⊆ i(A) ∩ i(i(A)) = i(A) ∩ A und (1).
Lösung 4. Mit dem allgemeinen Assoziativ-/Kommutativgesetz bekommt man
∏g∈G g2 = (∏g∈G g)(∏g∈G g) = (∏g∈G g)(∏g∈G g−1 ) = ∏g∈G gg−1 = 1.
Lösung 5. Definiere für jedes g ∈ G die Abbildung fg : G → G durch fg (x) := gx. Offensichtlich gilt fg−1 ◦ fg = idG und fg ◦ fg−1 = idG . Die Abbildung fg ist also bijektiv und damit Element aus S(G). Definiere nun φ : G → S(G) durch φ (g) := fg . Aus φ (g) = φ (h) folgt
g = fg (1) = fh (1) = h. Demnach ist φ injektiv. Zeigen wir φ (gh) = φ (g)◦φ (h). Sei dazu x ∈ X
beliebig. Es folgt φ (gh)(x) = fgh (x) = ghx = g fh (x) = fg ( fh (x)) = fg ◦ fh (x) = φ (g)◦φ (h)(x),
also φ (gh) = φ (g) ◦ φ (h). (Es gibt natürlich auch andere Möglichkeiten φ zu definieren.)
Lösung 6. Für jedes n ∈ N sei F ≤n := {E ∈ F | |E| ≤ n}. Wir zeigen zuerst durch vollständige Induktion nach n, dass die Einschränkung von φ auf F ≤n (für die wir ebenfalls φ
schreiben) injektiv ist. Die Behauptung ist klar für n = 0 und n = 1. Kommen wir zum Schritt
n → n + 1: Seien E, F ∈ F ≤n+1 mit E 6= F gegeben. Setze e := max E und f := max F (wir
können E 6= 0/ 6= F voraussetzen, denn φ −1 (0) = {0}).
/ Wir unterscheiden nun zwei Fälle.
1.Fall e 6= f . Dann o.B.d.A. e < f und es folgt φ (E) ≤ ∑k≤e 2k = 2e+1 − 1 < 2 f ≤ φ (F).
2.Fall e = f , dann E \ {e} =
6 F \ { f }, also nach Induktionsvoraussetzung φ (E \ {e}) 6=
φ (F \ { f }). Aus φ (E) = φ (E \ {e}) + φ ({e}) und φ (F) = φ (F \ { f }) + φ ({ f }) folgt dann
ebenfalls φ (E) 6= φ (F).
Damit ist φ : F ≤n → N für jedes n ∈ N injektiv. Sind nun E, F ∈ F , E 6= F gegeben, so gibt
es (da E und F endlich sind) ein n ∈ N mit E, F ∈ F ≤n . Aus der Injektivität von φ : F ≤n → N
folgt nun φ (E) 6= φ (F).
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WS 08/09
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1 Aufgaben
Aufgabe 1. Seien m, n ∈ Z , m 6= 0 und n Teiler von m (in Zeichen n|m). Finde einen injektiven
Gruppenhomomorphismus f : Z/nZ → Z/mZ (und weise nach, dass es einer ist).
Aufgabe 2. Sei f : K → R ein Ringhomomorphismus zwischen einem Körper K und Ring R
(also f (x + y) = f (x) + f (y) und f (x · y) = f (x) · f (y)). Dann ist f entweder injektiv, oder der
Nullhomomorphismus (d.h. f (K) = {0R }).
Aufgabe 3. Welche Mengen sind Vektorräume über dem jeweils gegebenen Körper?
(a) A := {(x, y, z) ∈ R3 | x = y = 2z} ⊆ R3 , über dem Körper R
(b) B := {(x, y) ∈ R2 | x2 + y2 = a} ⊆ R2 , a ∈ R über dem Körper R
(c) C := { f : R → R | f ist 2π-periodisch} ⊆ { f : R → R} über dem Körper R
(d) D := {(x, y, z) ∈ R3 | x ≥ y} ⊆ R3 über dem Körper R
Aufgabe 4. Seien X,Y Mengen. Mit Y X := { f | f : X → Y } bezeichnen wir die Menge aller
Abbildungen von X nach Y , mit P(X) := {A | A ⊆ X} die Potenzmenge von X.
Zeige, dass es eine Bijektion zwischen P(X) und {0, 1}X gibt.
Definition 1. Seien V,W zwei Vektorräume über demselben Körper K. Wir nennen eine
Abbildung f : V → W K-linear, wenn f (v + w) = f (v) + f (w) und f (kv) = k f (v) für alle
v ∈ V , w ∈ W , k ∈ K erfüllt ist.
Aufgabe 5. (a) Sei X eine Menge. Wir betrachten V := P(X), mit Addition + : V ×V → V
definiert durch A + B := (A ∪ B) \ (A ∩ B) und skalarer Multiplikation · : K × C → C über
K := {0, 1} definiert durch 0 · A := 0/ und 1 · A := A. Zeige, dass V ein Vektotrraum über K ist.
(b) Auf der Menge W aller Abbildungen von X in K (also W := {0, 1}X ) deinieren wir auch
eine Addition durch ( f + g)(x) := f (x) + g(x) und skalarre Multiplikation durch (k · f )(x) :=
k · f (x). Zeige, dass {0, 1}X damit zu einem Vektorraum wird.
(c) Zeige, dass die Abbildung φ aus der Lösung zu Aufgabe 4 eine K-lineare Abbildung ist.
Zusatzaufgaben:
Aufgabe 6. Sei X eine beliebige Menge. Zeige, dass es keine surjektive Abbildung f : X →
P(X) gibt. (Hinweis: Führe die Annahme, dass es doch eine surjektive Abbildung f : X →
P(X) mit Hilfe der Menge Y := {x ∈ X | x ∈ f (x)} ∈ P(X) zum Widerspruch.)
Aufgabe 7. Gib Bijektionen an, zwischen (a) N und Z, (b) N und Q, (c) R und P(N).
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2 Lösungsvorschläge
Die Lösungsvorschläge2 dienen zur Kontrolle! Das Nachlesen der Lösung macht nur Sinn,
wenn ihr euch vorher intensiv mit der Aufgabe auseinandergesetzt habt. Ansonsten gilt wie
immer: Falls ihr etwas nicht versteht, einfach nachfragen!
Lösung 1. Wir definieren f : Z/nZ → Z/mZ durch f ([x]) := [ mx
n ].
m(x+y)
my
my
mx
Es folgt f ([x] + [y]) = f ([x + y]) = [ n ] = [ mx
n + n ] = [ n ] + [ n ] = f ([x]) + f ([y]).
m(x−y)
my
my
mx
Ist f ([x]) = f ([y]), also [ mx
ist. Es gibt
n ] = [ n ], so folgt, dass m Teiler von n − n =
n
m(x−y)
also ein k ∈ Z mit n = km. Division durch m und Multiplikation mit n ergibt x − y = kn,
also ist n ein Teiler von x − y und somit [x] = [y]. Die Abbildung ist also injektiv.
Lösung 2. Falls f nicht injektiv ist, gibt es x, y ∈ K mit x 6= y und f (x) = f (y). Mit z :=
x − y 6= 0 folgt f (z) = f (x − y) = f (x) − f (y) = 0. Für a ∈ K gilt demnach f (a) = f (az−1 z) =
f (az−1 ) f (z) = f (az−1 )0 = 0, also f (K) = {0}.
Lösung 3. Nur A,C und B für a = 0, sind Vektorräume.
Lösung 4. Für A ⊆ X definieren wir χA : X → {0, 1} durch
(
0 falls x 6∈ A
χA (x) :=
1 falls x ∈ A
Damit bekommen wir eine Abbildung φ : P(X) → {0, 1}X durch φ (A) := χA . Offensichtlich ist φ damit eine Bijektion (denn ψ : {0, 1}X → P(X) definiert durch ψ( f ) := f −1 (A) ist
die Umkehrabbildung).
Lösung 5. (a) Das (V, +) eine kommutative Gruppe ist, ist Bestandteil der Hausaufgabe (Bemerkung: Das umständlich zu beweisende Assoziativgesetz ergibt sich ganz leicht aus (c). Wer
sieht’s?). Zu zeigen bleibt noch, dass für alle x, y ∈ K und A, B ∈ V die folgenden Gleichungen
erfüllt sein müssen. (I) (x + y) · A = (x · A) + (y · A), (II) x · (A + B) = (x · A) + (x · B), (III)
x · (y · A) = (x · y) · A und (IV) 1 · A = A. Da es für x und y nur die Möglickeit 0 oder 1 gibt und
A + A = 0/ für alle A ∈ V gilt, ist das Nachprüfen schnell gemacht.
(b) Folgt unmittelbar aus der Definition der Verknüpfungen (ausführlicher in der Übung).
(c) Zu zeigen ist φ (A + B) = φ (A) + φ (B) und φ (k · A) = k · φ (A), ∀ A, B ∈ V , k ∈ K.
φ (A + B) = χA+B und φ (A) + φ (B) = (χA + χB ) sind beides Abbildungen X → {0, 1}. Zeigen wir, das sie(gleich sind. Sei dazu x ∈ X. Es gilt
(
(
0 falls x 6∈ A + B
0 falls x 6∈ A
0 falls x 6∈ B
χA+B (x) :=
, χA (x) :=
, χB (x) :=
1 falls x ∈ A + B
1 falls x ∈ A
1 falls x ∈ B
Man sieht nun schön (zwei Fälle), dass χA+B (x) = χA (x) + χB (x) = (χA + χB )(x) gilt.
Ebenso sind φ (k · A) = χk·A und k · φ (A) = k · χA zwei Abbildungen, deren Gleicheit sich für
k = 0 und k = 1 allerdings sofort ergibt.
2 Ich
bin für jede Fehlermeldung dankbar! Entweder direkt, oder per email an [email protected]
2
Lösung 6. Annahme f : X → P(X) ist surjektiv. Setze Y := {x ∈ X | x ∈ f (x)}. Dann ist
Y ⊆ X, also Y ∈ P(X). Es gibt somit ein z ∈ X mit f (z) = Y . Es muss nun einer der beiden
folgenden Fälle eintreten:
1.Fall z ∈ f (z). Dann z ∈ Y . Nach Definition von Y folgt aber z 6∈ f (z) - Widerspruch!
2.Fall z 6∈ f (z), also z 6∈ Y . Nach Definition von Y nun aber z ∈ f (z) - Widerspruch!
Beide Fälle, obwohl einer eintreten müsste, führen zum Widerspruch. f kann daher nicht
surjektiv sein.
Lösung 7. (a) f : N → Z definiert durch f (n) = −k, falls n = 2k und f (n) = k, falls n = 2k − 1
ist bijektiv.
(b) Offenbar ist f : N → Q, definiert durch f (n) := n, injektiv. Ebenso ist g : Q = { εqp | ε ∈
{−1, 1} , p, q ∈ N , 0 6= q , ggt (p, q) = 1} → Z, definiert durch g( εqp ) := ε2 p 3q , injektiv. Die
Behauptung folgt nun aus (a) und dem Satz von Schröder-Bernstein.
f (k)
(c) Offenbar sind β : {0, 1}N → R und γ : R → P(Q) definiert durch β ( f ) := ∑∞
k=0 10k bzw.
γ(x) := {q ∈ Q | q ≤ x} injektive Abbildungen. Die Behauptung folgt nun aus (b), Aufgabe 4
und dem Satz von Schröder-Bernstein.
3
Übung zur Linearen Algebra bei Prof.Dr. Reinhard Knörr
WS 08/09
Übungsgruppe1 am Mittwoch 13:15 - 14:45 HG219 bei Karsten Evers
Schwerpunkte zur Widerholung:
• linear unabhängig, linear abhängig
• Summen von Unterräumen, Schnitte von Unterräumen (Beispiele dazu sind nicht unter
den Aufgaben, die gibt es dafür aber spontan in der Übung)
• Erzeugendensystem, Basis, Dimension
1 Aufgaben
√ √
Aufgabe 1. (a) Sind die Vektoren 1, 2, 3 im Vektorraum R über dem Körper Q linear
unabhängig?
(b) Für welche t ∈ R sind die Vektoren x := (1, 0, 4) , y := (3,t, 11) , z := (−1, −4, 0) im
Vektorraum R3 über dem Körper R linear unabhängig?
Aufgabe 2. Sei V ein Vektorraum über dem Körper K mit dimK (V ) = n und |K| = m. Wieviel
Elemente hat V ?
Aufgabe 3. Sei X eine Menge. Wir betrachten V := P(X), mit Addition + : V × V → V
definiert durch A + B := (A ∪ B) \ (A ∩ B) und skalarer Multiplikation · : K × C → C über
K := {0, 1} definiert durch 0 · A := 0/ und 1 · A := A. Dann ist V ein Vektotrraum über K.
(a) Sei X := {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Bestimme das Erzeugnis der Vektoren A := {1, 2} , B := {2, 3}
und C := {3, 4}.
(b) Sei X := {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Sind die Vektoren {1, 2} , {1, 2, 3} und {4, 5, 6} linear unabhängig?
(c) Sei X := {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}. Sind die Vektoren {7} , {1, 2} , {2, 5} , {6, 7} und {1, 5, 6}
linear unabhängig?
(d) Welche Dimension hat V für X := {1, 3, 5, 6}?
(e) Sei X := N. Ist eines der folgenden Mengensysteme eine Basis, linear unabhängig, oder
ein Erzeugendensystem für V .
α := {{0} , {1} , {2} , {3} , ...}
β := {N \ {0}, N \ {1}, N \ {2}, N \ {3}, ...}
γ := {A ⊆ N | 0/ 6= A und A ist endlich}
δ := {A ⊆ N | N \ A ist endlich}
ω := {A ⊆ N | 0/ 6= A}
1 Dieses
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1
2 Lösungsvorschläge
Die Lösungsvorschläge2 dienen zur Kontrolle! Das Nachlesen der Lösung macht nur Sinn,
wenn ihr euch vorher intensiv mit der Aufgabe auseinandergesetzt habt. Ansonsten gilt wie
immer: Falls ihr etwas nicht versteht, einfach nachfragen!
√
√
Lösung 1. (a) Sei a · 1 + b · 2 + c · 3 = 0 mit a, b, c ∈ Q. Wir unterscheiden nun mehrere
Fälle:
√
1.Fall b = 0 und c 6= 0. Dann √3 = −a/c ∈ Q - ein Widerspruch.
2.Fall c = 0 und b 6= 0. Dann 2 = −a/b ∈ Q - ein Widerspruch.
3.Fall b = 0 und c = 0. Dann offensichtlich
√
√ auch a = 0.
2
4.Fall
√ b 6= 0 6=2 c. Aus√a · 1 + b2· 2 +2 c · 23 = 0 folgt durch umstellen und quadrieren 2b +
2
3c + 5bc = a , also 5 = (a − 2b − 3c )/bc ∈ Q - ein Wiederspruch.
Die drei Vektoren sind also linear unabhängig.
(b) Seien a, b, c ∈ R und ax + by + cz = 0. Das führt auf das Gleichungssystem
I. a + 3b − c = 0 II. tb − 4c = 0 III. 4a + 11b = 0
III-4I ergibt −b + 4c = 0. Wir unterscheiden nun 2 Fälle:
1.Fall t = 1. Dann gilt 11x + 4y + z = 0, die Vektoren sind also linear abhängig.
2.Fall t 6= 1. (III-4I)+II ergibt dann (t − 1)b = 0, also b = 0. II ergibt dann c = 0 und I ergibt
a = 0. Die Vektoren sind also linear unabhängig.
Lösung 2. Ist B := {b1 , ..., bn } eine Basis von V , so lässt sich jedes v ∈ V eindeutig als Linearkombination von Basisvektoren schreiben v = k1 b1 + ... + kn bn , wobei die ki natürlich aus K
kommen. Die Frage ist also: Wieviel derartige Linearkombinationen gibt es? Die Antwort ist
nun leicht: Es gibt mn Möglichkeiten (denn |K| = m).
Lösung 3. (a) Aus A := {1, 2} , B := {2, 3} und C := {3, 4} kann man durch Linearkombinationen die Vektoren 0/ , {1, 2} , {2, 3} , {3, 4} , {1, 3} , {2, 4} , {1, 4} und {1, 2, 3, 4} erzeugen.
Das es nicht mehr geben kann folgt aus Aufgabe 2.
(b) Sie sind linear unabhängig, denn alle Linearkombinationen a{1, 2}+b{1, 2, 3}+c{4, 5, 6},
wobei a, b, c ∈ {0, 1}, außer a = b = c = 0, ergeben nicht die Leere Menge.
(c) Offenbar ist {2, 5} + {1, 5, 6} + {6, 7} = {1, 2} + {7}. Sie sind also linear abhängig.
(d) Da {{1} , {3} , {5} , {6}} eine Basis ist, ist dimK (V ) = 4.
(e) α ist offenbar linear unabhängig, aber keine Basis, da N nicht von α erzeugt wird.
β ist linear unabhängig,
aber keine Basis. Beides folgt aus der Gleichung:
(
{x1 , ..., xn }
falls n : gerade
für paarweise verschiedene x1 , ..., xn
∑nk=1 N\{xk } =
N \ {x1 , ..., xn } falls n : ungerade
γ erzeugt das gleiche wie α, ist aber linear abhängig, denn z.B. {1, 2} + {1, 3} + {2, 3} = 0.
/
δ ist linear abhängig, denn z.B. N \ {1} + N \ {2} + N \ {3} + N \ {1, 2, 3} = 0.
/ Jede Linearkombination ist entweder eine Menge mit endlichem Komplement oder sie ist selber endlich.
δ ist also kein Erzeugendensystem. Man beachte auch die Gleichung (N\A)+(N\B) = A+B.
ω ist offenbar linear abhängig, da δ ⊆ ω. Da 0/ aber im Erzeugnis von ω ist, ist ω somit ein
Erzeugendensystem von V (man beachte ω ∪ {0}
/ = V ).
2 Ich
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2
Übung zur Linearen Algebra bei Prof.Dr. Reinhard Knörr
WS 08/09
Übungsgruppe1 am Mittwoch 13:15 - 14:45 HG219 bei Karsten Evers
Schwerpunkte zur Widerholung:
• lineare Abbildungen
• Faktorraum
1 Aufgaben
Aufgabe 1. (1) Untersuche die folgenden Abbildungen auf Linearität
2
2
y) 7→ (3x + 2y, x) (b) f : R → R , x 7→ 7x + 3 (c) f : R → R , x 7→
√(a) f : R → R , (x,
( 2 + 1)x (d) f : R2 → R , (x, y) 7→ 3x + 2y (e) f : R2 → R3 , (x, y) 7→ (3x + 2y, x, 2y)
(2) Eine lineare Abbildung f : V → W ist genau dann injektiv, wenn ker ( f ) = {0}.
Aufgabe 2. Richtig oder falsch? Sei U ein Untervektorraum von V .
(a) Der Faktorraum V /U ist ein Unterraum von V .
(b) Der Faktorraum V /U ist ein Vektorraum.
(c) Der Faktorraum V /U ist eine Nebenklasse von U.
(d) Der Faktorraum V /U ist eine Menge von Nebenklassen.
(e) Aus v +U = U folgt v = 0, weil 0 +U = U.
(f) Aus v +U = U folgt v = 0, weil v +U = 0 +U.
(g) Aus v +U = U folgt v = 0, durch Addition von −U.
(h) Aus v +U = U folgt v ∈ U, weil 0 ∈ U.
Aufgabe 3. U := {(x, y) ∈ R2 | 3x − y = 0} ist ein Unterraum des V := R2 (über dem Körper
R). Beschreibe den Faktorraum V /U und bestimme eine Basis.
Aufgabe 4. Sei U ein m dimensionaler Unterraum eines n dimensionalen Vektorraums V
(über einem Körper K). Sei {b1 , ..., bm } eine Basis von U. Diese können wir zu einer Basis {b1 , ..., bm , bm+1 , ..., bn } von V ergänzen. Wir betrachten nun den Faktorraum V /U. Zeige
{bm+1 +U, ..., bn +U} ist eine Basis von V /U. Es gilt also dim (V /U) = dim (V ) − dim (U).
Aufgabe 5. Sei V := R4 (über dem Körper R) und seien u := (1, 0, 1, −1) , v := (1, −1, 2, 0)
und w := (1, 1, 0, −1). Wir setzen dann U := hu, vi und W := hwi. Bestimme eine Basis von
U ∩W , U +W und den Faktorräumen (U +W )/(U ∩W ) bzw. V /(U +W ).
Aufgabe 6. Sei K ein endlicher Körper. Zeige |K| = pd , für ein d ∈ N und eine Primzahl p.
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1
2 Lösungsvorschläge
Die Lösungsvorschläge2 dienen zur Kontrolle! Das Nachlesen der Lösung macht nur Sinn,
wenn ihr euch vorher intensiv mit der Aufgabe auseinandergesetzt habt. Ansonsten gilt wie
immer: Falls ihr etwas nicht versteht, einfach nachfragen!
Lösung 1. (1) Nur (b) ist nicht linear.
(2) Ist f injektiv und v ∈ ker ( f ), so ist f (v) = 0. Da auch f (0) = 0, folgt v = 0. Sei
umgekehrt ker ( f ) = {0}. Falls f (v) = f (v0 ), so gilt aufgrund der Linearität f (v − v0 ) =
f (v) − f (v0 ) = 0, also v − v0 ∈ ker ( f ) = {0} und somit v − v0 = 0 bzw. v = v0 .
Lösung 2. Nur (a), (d) und (h) sind richtig.
Lösung 3. Das U ein Unterraum ist, zeigt sich leicht mit dem Unterraumkriterium. Der Faktorraum V /U besteht aus allen Nebenklassen x + U, wobei x ∈ V . Man kann sich U als die
Gerade y = 3x vorstellen. Die Nebenklassen sind dann die parallelen Geraden zu U. Eine Basis
ist beispielsweise {(1, 1) +U}.
Lösung 4. Sei v ∈ V . Dann gibt es ki ∈ K , i = 1, ..., n mit v = ∑ni=1 ki bi , also v + U = v =
∑ni=1 ki bi + U = v = ∑ni=m+1 (ki bi + U) = ∑ni=m+1 ki (bi + U), denn b1 , ..., bm ∈ U (außerdem
beachte man U + ... +U = U). Damit ist B̂ := {bm+1 +U, ..., bn +U} ein Erzeugendensystem
von V /U. Zeigen wir, dass B̂ linear unabhängig ist. Sei ∑ni=m+1 ki (bi + U) = U (nicht vergessen: U ist in V /U der Nullvektor), also ∑ni=m+1 ki bi + U = U und damit ∑ni=m+1 ki bi ∈ U.
n
Nun ist {b1 , ..., bm } eine Basis von U, es gibt also k1 , ..., km mit ∑m
i=1 ki bi = ∑i=m+1 ki bi bzw.
n
0 = ∑m
i=1 ki bi + ∑i=m+1 (−ki )bi . Da {b1 , ..., bn } nun eine Basis von V ist, folgt k1 = ... = kn = 0,
insbesondere also km+1 = ... = kn = 0. Damit ist B̂ als linear unabhängig nachgewiesen.
Lösung 5. Berechnen wir den Schnitt: Dazu machen wir den Ansatz au + bv = cw. Dies führt
auf das Gleichungssystem I. a + b = c II. −b = c III. a + 2b = 0 IV. −a = −c
Dieses System zu lösen ist nicht schwer, man bekommt a = b = c = 0, also U ∩W = {0}.
Wir haben automatisch mitgezeigt, dass u, v, w linear unabhängig sind, also hu, v, wi = U +W .
Um eine Basis von (U +W )/(U ∩W ) zu bekommen, ergänzen wir eine Basis von U ∩W zu
einer Basis von U + W . Da U ∩ W nur die leere Menge als Basis hat, ist das nicht schwer.
Entsprechend dem Vorgehen in Aufgabe 4 ist {u + (U ∩ W ), v + (U ∩ W ), w + (U ∩ W )} =
{{u}, {v}, {w}} nun eine Basis von (U +W )/(U ∩W ).
Um eine Basis von V /(U +W ) zu bekommen ergänzen wir die Basis {u, v, w} von U +W
zu einer Basis von V = R4 . Zum Beispiel geht dies mit dem Vektor (1, 0, 0, 0). Eine Basis von
V /(U +W ) sieht also so aus: {(1, 0, 0, 0) + (U +W )}.
Lösung 6. Wir definieren uns eine Folge (an )∞
1 + {z
... + 1}. Da K nur
n=1 aus K durch an := |
n mal
endlich viele Elemente hat, ∃ m < n mit am = an , also 0 = an − am = an−m bzw. 0 = |1 + {z
... + 1}.
n−m mal
Sei p die kleinste Zahl (≥ 1) mit der Eigenschaft 0 = a p . Dann ist p eine Primzahl. Beweis:
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2
Falls p = kl mit 1 < k, l < p, dann gilt offenbar a p = al ak (Distributivgesetz), also al = 0 oder
ak = 0, denn K ist ein Körper. Wir erhalten einen Widerspruch zur Minmalität von p. Wir
setzen F p := Z/pZ und fassen K nun als F p Vektorraum auf. Dafür brauchen wir eine skalare
Multiplikation, die wir folgendermaßen definieren: [n] · x := an x, für [n] ∈ F p und x ∈ K. Man
überlegt sich nun leicht, dass diese Definition unabhängig von der Wahl der Repräsentanten
ist. Als Vektorraum über F p hat K auch eine Basis B. Sei dimF p (K) = |B| = d. Da K nun
ein endlicher Vektorraum über dem Körper F p mit |F p | = p ist, folgt |K| = pd (siehe letzten
Übungszettel).
3
Übung zur Linearen Algebra bei Prof.Dr. Reinhard Knörr
WS 08/09
Übungsgruppe1 am Mittwoch 13:15 - 14:45 HG219 bei Karsten Evers
Schwerpunkte zur Widerholung:
• Dimension und Basis
• lineare Abbildungen und lineare Fortsetzungen
1 Aufgaben
Aufgabe 1. (a) Sei f : V → W linear und W 0 ein Unterraum von W bzw. V 0 ein Unterraum von
V . Dann ist f (V 0 ) ein Unterraum von W und f −1 (W 0 ) ein Unterraum von V .
(b) Sei V endlich dimensional, f : V → W linear und U ein Unterraum von W . Dann gilt
dim ( f −1 (U)) = dim (U ∩ f (V )) + dim (ker ( f )).
Aufgabe 2.
1. Gibt es lineare Abbildungen f , g, h : R3 → Ri , i = 4, 2, 5 mit
(a) f (1, 2, 3) := (2, 4, 0, 1) , f (4, 5, 6) := (0, 2, −3, 1) und f (7, 8, 9) := (−2, 0, −6, 0)?
(b) g(−3, 1, −4) := (0, 1) , g(−6, 2, −7) := (1, 0) und g(12, −4, −16) := (−23, 7)?
(c) h(2, 7, −3) := (1, 5, 3, 6, −1) , h(−5, 3, 1) := (3, −2, 4, −1, 6) und
h(−4, 27, −7) := (9, 11, 21, 16, 9)?
2. Gegeben seien u := (1, 0, 2) , v := (−1, 2, 1) und w := (0, 2,t). Für welche t ∈ R existiert
eine lineare Abbildung f : R3 → R2 mit
f (u) = (1, 0) , f (v) = (1, 2) und f (w) = (2, − 32 t + 4)?
Definition 1. Seien V,W zwei Vektorräume über dem gleichen Körper K. Wir definieren dann
Hom (V,W ) := { f : V → W | f ist linear}, also die Menge aller linearen Abbildungen von
V nach W . Durch die Festlegung ( f + g)(v) := f (v) + g(v) und (k · f )(v) := k · f (v) wird
Hom (V,W ) selber zu einem Vektorraum über dem Körper K. (Unklar? ⇒ Übungsaufgabe!)
Aufgabe 3. Seien V,W Vektorräume über K und U ein Unterraum von V .
(a) X := { f ∈ Hom (V,W ) | f (U) = {0}} ist ein Unterraum von Hom (V,W ).
(b) Zeige, dass X und Hom (V /U,W ) isomorph sind.
Aufgabe 4. Sei V ein endlich dimensionaler Vektorraum über einem Körper K mit |K| ≥ 3
und sei f : V → V eine lineare Abbildung. Zeige, dass es zwei Isomorphismen g, h : V → V
gibt, mit f = g − h.
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2 Lösungsvorschläge
Die Lösungsvorschläge2 dienen zur Kontrolle! Das Nachlesen der Lösung macht nur Sinn,
wenn ihr euch vorher intensiv mit der Aufgabe auseinandergesetzt habt. Ansonsten gilt wie
immer: Falls ihr etwas nicht versteht, einfach nachfragen!
Lösung 1. (a) Beides zeigt sich sehr leicht mit dem Unterraumkriterium. Zeigen wir, dass
f (V 0 ) ein Unterraum ist. Offenbar ist 0 = f (0) ∈ f (V 0 ), denn 0 ∈ V 0 . Seien x, y ∈ f (V 0 ) und
k, l ∈ K (dem Körper). Dann gibt es v1 , v2 ∈ V 0 mit x = f (v1 ) und y = f (v2 ). Es folgt kx + ly =
k f (v1 ) + l f (v2 ) = f (kv1 + lv2 ) ∈ f (V 0 ), denn kv1 + lv2 ∈ V 0 (da V 0 nach Voraussetzung ein
Unterraum ist).
Zeigen wir, dass auch f −1 (W 0 ) ein Unterraum von V ist. Offenbar ist 0 ∈ f −1 (0) ⊆ f −1 (W 0 ).
Seien x, y ∈ f −1 (W 0 ) und k, l ∈ K. Es folgt f (kx + ly) = k f (x) + l f (y) ∈ W 0 , denn f (x), f (y) ∈
W 0 (da x, y ∈ f −1 (W 0 ) und W 0 ein Unterraum ist). Aus f (kx + ly) ∈ W 0 folgt aber kx + ly ∈
f −1 (W 0 ).
(b) Sei {b1 , ..., bm } eine Basis von ker ( f ). Da ker ( f ) ⊆ f −1 (U), können wir diese Basis zu
einer Basis {b1 , ..., bm , ..., bm+n } von f −1 (U) erweitern. Zeigen wir, dass { f (bm+1 ), ..., f (bm+n )}
eine Basis von U ∩ f (V ) ist. Zuerst die lineare Unabhängigkeit: Sei ∑nl=1 km+l f (bm+l ) = 0, also f (∑nl=1 km+l bm+l ) = 0 und somit ∑nl=1 km+l bm+l ∈ ker ( f ). Dann gibt es k1 , ..., km ∈ K mit
∑nl=1 kl bm+l = ∑m
l=1 kl bl . Da {b1 , ..., bm+n } linear unabhängig sind folgt k1 = ... = km+n = 0.
Zeigen wir nun, dass { f (bm+1 ), ..., f (bm+n )} auch ein Erzeugendensystem von U ∩ f (V )
ist. { f (bm+1 ), ..., f (bm+n )} ⊆ U ∩ f (V ) ist klar. Sei x ∈ U ∩ f (V ) gegeben. Dann gibt es
ein v ∈ f −1 (U) mit x = f (v). Dann gibt es k1 , ..., km+n ∈ K mit v = ∑m+n
l=1 kl bl , also x =
m+n
f (v) = ∑l=1 kl f (bl ). Da {b1 , ..., bm } eine Basis von ker ( f ) ist gilt f (b1 ) = ... f (bm ) = 0,
also x = ∑m+n
l=m+1 kl f (bl ).
Lösung 2. 1. (a) Nein, denn 2(4, 5, 6) − (1, 2, 3) = (7, 8, 9) aber 2(0, 2, −3, 1) − (2, 4, 0, 1) 6=
(−2, 0, −6, 0).
(b) Ja, denn {(−3, 1, −4) , (−6, 2, −7) , (12, −4, −16)} ist eine Basis.
(c) Ja, denn (2, 7, −3) , (−5, 3, 1) sind linear unabhängig mit (−4, 27, −7) = 3(2, 7, −3) +
2(−5, 3, 1) und h(−4, 27, −7) = 3h(2, 7, −3) + 2h(−5, 3, 1).
2. Wir überlegen uns zuerst einmal für welche t ∈ R die Menge B := {u, v, w} eine Basis
(also linear unabhängig) ist. Der Ansatz au + bv + cw = 0 führt auf das Gleichungssystem
I. a − b = 0 II. b + c = 0 III. 2a + b + tc = 0
Wir rechnen I+II: a + c = 0 und I+III: 3a + tc = 0 und unterscheiden nun zwei Fälle.
1.Fall t 6= 3 führt sofort zu 0 = a = c = b. 2.Fall t = 3. Dann ist u + v = w.
Das bedeutet genau für t 6= 3 ist B eine Basis. In diesem Fall ist es somit ganz egal wie f
auf B festgelegt ist, es gibt immer eine lineare Fortsetzung R3 → R2 .
Falls t = 3, so ist u + v = w und f (u) + f (v) = (2, 2) = (2, − 32 · 3 + 4). Es gibt also auch
in diesem Fall eine lineare Fortsetzung (man ergänzt {u, v} zu einer Basis, legt f auf dem
ergänzten Vektor beliebig fest und betrachtet dann die lineare Fortsetzung).
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Lösung 3. (a) X besteht aus allen linearen Abbildungen f : V → W , die auf U den Wert 0
annehmen. Offenbar gehört die Nullabbildung V → W also zu X und Linearkombinationen
von (linearen) Abbildungen, welche auf U nur den Wert 0 annehmen, nehmen auf U wieder
den Wert 0 an, gehören also zu X. Damit ist X ein Unterraum von Hom (V,W ) (dies folgt nun
unmittelbar aus dem Unterraumkriterium).
(b) Wir definieren eine Abbildung F : X → Hom (V /U,W ) durch f 7→ F( f ) und F( f )(v +
U) := f (v) und müssen nun zeigen, dass F wohldefiniert, bijektiv und linear ist. Dann ist F −1
automatisch auch linear (Hausaufgabe Serie 7 Aufgabe 5) und F somit ein Isomorphismus.
Wohldefiniertheit: Sei v + U = v0 + U, also v − v0 ∈ U. Für f ∈ X folgt 0 = f (v − v0 ) =
f (v) − f (v0 ) und somit F( f )(v + U) = f (v) = f (v0 ) = F( f )(v0 + U). Außerdem ist F( f ) ∈
Hom (V /U,W ), denn F( f )(kv + lv0 + U) = f (kv + lv0 ) = k f (v) + l f (v0 ) = kF( f )(v + U) +
lF( f )(v0 +U), für k, l ∈ K und v, v0 ∈ V . Die Abbildung F ist daher sinnvoll definiert.
Linearität: Seien f , g ∈ X und k, l ∈ K. Wir zeigen, dass die Abbildungen F(k f + lg) und
kF( f ) + lF(g) auf ganz V /U übereinstimmen. Sei v +U ∈ V /U. Es folgt F(k f + lg)(v +U) =
(k f + lg)(v) = k f (v) + lg(v) = kF( f )(v +U) + lF(g)(v +U) = (kF( f ) + lF(g))(v +U).
Injektivität: Wir zeigen. dass ker (F) = { f0 } gilt (mit f0 ist die Nullabbildung V → W gemeint). Sei f ∈ ker (F). Das bedeutet für alle v ∈ V gilt f (v) = F( f )(v + U) = 0. Demnach
muss f = f0 gelten.
Surjektivität: Ist h ∈ Hom (V /U,W ), so definieren wir f : V → W durch f (v) := h(v +U).
Offenbar ist f dann linear, also f ∈ Hom (V,W ) und für v ∈ U folgt f (v) = h(v +U) = h(U) =
0 (man beachte, dass U die Null in V /U ist). Demnach ist sogar f ∈ X und es folgt F( f ) = h
(denn F( f )(v +U) = f (v) = h(v +U) für alle v ∈ V ).
Lösung 4. Sei A eine Basis von ker ( f ). Diese erweitern wir durch B zu einer Basis A ∪ B von
V . Nun ist C := f (B) = { f (b) | b ∈ B} eine Basis von f (V ) ⊆ V . Wir können somit auch C
durch ein D zu einer Basis C ∪ D von V erweitern. Aus dim (V ) = dim (ker ( f )) + dim ( f (V ))
bekommen wir |A| = |D|. Sei φ : A → D bijektiv und k ∈ K mit 0 6= k 6= −1. Wir definieren
nun wie folgt zwei Abbildungen
(
φ (x)
falls x ∈ A
g : A ∪ B → V durch g(x) =
(1 + k) f (x) falls x ∈ B
(
φ (x) falls x ∈ A
h : A ∪ B → V durch h(x) =
k f (x) falls x ∈ B
und betrachten dann deren eindeutige bestimmte lineare Fortsetzungen, die wir ebenfalls
mit g bzw. h bezeichnen. Nun ist mit C ∪ D auch {kc | c ∈ C} ∪ D und {(1 − k)c | c ∈ C} ∪ D
eine Basis von V und somit, da g und h als Fortsetzungen von Bijektionen zwischen Basen
definiert worden, handelt es sich bei g und h um Isomorphismen. Zeigen wir noch f = g − h.
Es reicht dies auf der Basis A ∪ B nachzurechnen. Sei x ∈ A ∪ B. Falls x ∈ A, so ist f (x) = 0 =
φ (x) − φ (x) = g(x) − h(x). Falls x ∈ B, so folgt f (x) = (1 + k) f (x) − k f (x) = g(x) − h(x).
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Übung zur Linearen Algebra bei Prof.Dr. Reinhard Knörr
WS 08/09
Übungsgruppe1 am Mittwoch 13:15 - 14:45 HG219 bei Karsten Evers
Schwerpunkte zur Widerholung:
• Dualer Raum und duale Abbildung
1 Aufgaben
Sei V ein Vektorraum über dem Körper K. Dann ist V ∗ := Hom (V, K) = { f : V → K | f ist
linear}. Das bedeutet V ∗ besteht aus allen Abbildungen f : V → K, die f (kx + ly) = k f (x) +
l f (y) für alle x, y ∈ V und k, l ∈ K erfüllen. V ∗ ist der Dualraum von V .
V ∗ wird auf die gewohnte Art und Weise selber ein Vektorraum. Ist ferner B := {b1 , ..., bn }
eine (endliche) Basis von V(, so ist {b∗1 , ..., b∗n } eine Basis von V ∗ , wobei b∗i : V → K die lineare
1 falls i = j
ist.
Fortsetzung von b∗i (b j ) =
0 falls i 6= j
Ist V also endlich dimensional, so auch V ∗ und es gilt dim (V ) = dim (V ∗ ), V und V ∗ sind
somit isomorph (für unendlich dimensionales V ist die Situation stark verschieden). Um einen
Isomorphismus φ : V → V ∗ zu bekommen, betrachte man zu gegebener Basis B = {b1 , ..., bn }
von V die lineare Fortsetzung von bi 7→ b∗i , i = 1, ..., n. Der Isomorphismus φ ist also nicht
”natürlich” gegeben, sondern hängt stark von der (beliebig) gewählten Basis B von V ab.
Sei α : V → W eine lineare Abbildung. Zu gegebenen f ∈ W ∗ (also f : W → K linear),
können wir nun f ◦ α : V → K, also f ◦ α ∈ V ∗ bilden. Das definiert auf natürliche Weise eine
Abbildung α ∗ : W ∗ → V ∗ , wobei α ∗ ( f ) := f ◦ α. Wir nennen α ∗ die zu α duale Abbildung.
Aufgabe 1. Zeige φ : V → V ∗∗ ,wobei V ∗∗ = (V ∗ )∗ , definiert durch φ (v) := ϕv ∈ V ∗∗ mit
ϕv ( f ) := f (v), ist ein Isomorphismus, wenn V endlich dimensional ist.
Aufgabe 2. Für n ∈ N sei Un := {p ∈ R[x] | Grad(p) ≤ n − 1}. Wir betrachten die lineare
Abbildung α : Un+1 → Un definiert durch α(p) = p0 . Gib eine Basis von ker (α ∗ ) an.
Aufgabe 3. Sei dim (V ), dim (W ) < ∞, dann ist dim (Hom (V,W )) = dim (V ) · dim (W ).
Aufgabe 4. (a) Die Abbildung ∗ : Hom (V,W ) → Hom (W ∗ ,V ∗ ) , f 7→ f ∗ ist injektiv.
(b) Falls dim (V ), dim (W ) < ∞, dann ist sie sogar ein Isomorphismus.
Aufgabe 5. Sei U ≤ V . Setze dann U ◦ := { f ∈ V ∗ | ∀ x ∈ U gilt f (x) = 0}.
(a) Sei V endlich dimensional. Zeige dim (U ◦ ) = dim (V ) − dim (U).
(b) Sei auch W endlich dimensional und α : V → W linear. Zeige α ∗ (W ∗ ) = (ker (α))◦ und
ker (α ∗ ) = (α(V ))◦ .
(c) Folgere unter den obigen Voraussetzungen rang (α ∗ ) = rang (α).
1 Dieses
pdf findet ihr hier: http://www.math.uni-rostock.de/∼evers/
1
2 Lösungsvorschläge
Die Lösungsvorschläge2 dienen zur Kontrolle! Das Nachlesen der Lösung macht nur Sinn,
wenn ihr euch vorher intensiv mit der Aufgabe auseinandergesetzt habt. Ansonsten gilt wie
immer: Falls ihr etwas nicht versteht, einfach nachfragen!
Lösung 1. Linearität von φ : Zu zeigen ist φ (kv + lw) = kφ (v) + lφ (w), für alle v, w ∈ V
und k, l ∈ K. Auf beiden Seiten der Gleichung stehen Abbildungen von V ∗ → K. Wir zeigen,
dass sie auf jedem Element von V ∗ übereinstimmen. Sei f ∈ V ∗ . Es folgt φ (kv + lw)( f ) =
ϕkv+lw ( f ) = f (kv + lw) = k f (v) + l f (w) = kϕv ( f ) + lϕw ( f ) = (kφ (v))( f ) + (lφ (w))( f ) =
(kφ (v) + lφ (w))( f ).
Injektivität von φ : Berechnen wir den Kern von φ . Sei v ∈ ker (φ ). Falls v 6= 0, so gibt
es eine Basis B von V mit v ∈ B
( und wir definieren eine lineare Abbildung f : V → K, als
1 falls b = v
lineare Fortsetzung von f (b) =
. Also f ∈ V ∗ . Es folgt φ (v)( f ) = f (v) = 1
0 falls b 6= v
und somit v 6∈ ker (φ ) - ein Widerspruch.
Surjektivität von φ : Da dim (V ) = dim (V ∗ ), folgt dim (V ∗ ) = dim (V ∗∗ ), also dim (V ) =
dim (V ∗∗ ). Aus dim (V ) = dim (ker (φ )) + dim (φ (V )) folgt dann dim (φ (V )) = dim (V ∗∗ ). Da
φ (V ) ⊆ V ∗∗ , gilt dann φ (V ) = V ∗∗ .
(Bemerkung: Falls dim (V ) = ∞ und B eine Basis von V ist, gilt dim (V ∗ ) = |K B |, wobei
K der Körper ist und K B die Menge aller (!) Abbildungen von B in K ist. Da |K| ≥ 2, gilt
insbesondere dim (V ∗ ) ≥ |P(B)| (mit P(B) ist die Potenzmenge von B gemeint). Das heißt,
dass V und V ∗ nicht isomorph sind. Dies folgt alles aus dem Satz von Erdös-Kaplansky)
Lösung 2. Es gilt n = dim (Un∗ ) = dim (ker (α ∗ )) + rang (α ∗ ). Da rang (α ∗ ) = rang (α) = n,
folgt dim (ker (α ∗ )) = 0. Also ist 0/ eine (die) Basis von ker (α ∗ ).
Lösung 3. Sei B eine Basis von V und C eine Basis von W . Für jedes (b, c) ∈ B ×C definieren
wir durch lineare Fortsetzung der Abbildung
(
c falls b0 = b
f(b,c) : B → W definiert durch f(b,c) (b0 ) =
0 falls b0 6= b
eine lineare Abbildung f(b,c) : V → W . Zeigen wir, dass D := { f(b,c) | (b, c) ∈ B × C} eine
Basis von Hom (V,W ) ist. Sei ∑(b,c)∈B×C k(b,c) f(b,c) = 0. Wir nehmen uns ein beliebiges b0 ∈ B
und rechnen
0=(
∑
(b,c)∈B×C
k(b,c) f(b,c) )(b0 ) =
∑
(b,c)∈B×C
k(b,c) f(b,c) (b0 ) =
∑
k(b0 ,c) c.
(b0 ,c)∈B×C
Da C linear unabhängig ist, folgt ∀ c ∈ C : k(b0 ,c) = 0. Zeigen wir, dass D auch ein Erzeugendensystem ist. Sei dazu f ∈ Hom (V,W ) gegeben. Für jedes b ∈ B gibt es k(b,c) ∈ K mit
f (b) = ∑c∈C k(b,c) c. Damit gilt f = ∑(b,c)∈B×C k(b,c) f(b,c) . Es genügt die Gleichheit auf B zu
überprüfen. Dies folgt nun trivial aus der Definition der f(b,c) . Es folgt dim (Hom (V,W )) =
|D| = |B| · |C| = dim (V ) · dim (W ).
2 Ich
bin für jede Fehlermeldung dankbar! Entweder direkt, oder per email an [email protected]
2
Lösung 4. (a) Sind α, β ∈ Hom(V,W ) und α 6= β , so gibt es ein v ∈ V mit w := α(v) 6=
β (v) =: w0 . Nun gibt es ein f ∈ W ∗ mit f (w) 6= f (w0 ) (man unterscheidet die Fälle w, w0 sind
linear abhängig/unabhängig und definiert das f in beiden Fällen durch lineare Fortsetzung auf
geeignet gewählten Basen). Es folgt α ∗ ( f ) 6= β ∗ (g), denn α ∗ ( f )(v) = f ◦ α(v) 6= g ◦ β (v) =
β ∗ (g)(v).
(b) Die Abbildung muss unter diesen Voraussetzungen bereits surjektiv sein, denn es gilt
dim (Hom (V,W )) = dim (V ) · dim (W ) = dim (W ∗ ) · dim (V ∗ ) = dim (Hom (W ∗ ,V ∗ )).
Lösung 5. (a) Sei {b1 , ..., bm } eine Basis von U. Diese erweitern wir zu einer Basis B :=
{b1 , ..., bm+n }} von V . Zeigen wir, dass {b∗m+1 , ..., b∗m+n } eine Basis von U ◦ ist. Offenbar
gilt für alle 1 ≤ k ≤ n und 1 ≤ l ≤ m: b∗m+k (bl ) = 0, also {b∗m+1 , ..., b∗m+n } ⊆ U ◦ . Das die
b∗m+1 , ..., b∗m+n linear unabhängig sind, ist aus der Vorlesung bekannt. Bleibt noch zu zeigen,
dass sie U ◦ erzeugen. Sei dazu f ∈ U ◦ . Nun ist B eine Basis von V , also {b∗1 , ..., b∗m+n } eine
∗
Basis von V ∗ . Es gibt also k1 , ..., km+n ∈ K mit f = ∑m+n
l=1 kl bl . Für jedes j ∈ {1, ..., m} folgt
m+n
m+n
∗
∗
dann 0 = f (b j ) = ∑l=1 kl bl (b j ) = k j . Also f = ∑l=m+1 kl bl .
(b) Sei f ∈ W ∗ und v ∈ (ker (α))◦ . Es folgt α ∗ ( f )(v) = f ◦ α(v) = f (0) = 0, also α ∗ (W ∗ ) ⊆
(ker (α))◦ . Erweitern wir nun eine Basis {b1 , ..., bm } von ker (α) zu einer Basis {b1 , ..., bm+n }
von V , so ist nach (a) {b∗m+1 , ..., b∗m+n } eine Basis für (ker (α))◦ . Für die Gleichheit reicht
es nun zu zeigen, dass {b∗m+1 , ..., b∗m+n } ⊆ α ∗ (W ∗ ) gilt. Dies folgt nun aber unmittelbar aus
α ∗ ((α(bm+l ))∗ ) = b∗m+l (man beachte, dass {α(bm+1 ), ..., α(bm+n )} eine Basis von α(V ) ist,
die zu einer Basis von W erweitert werden kann und die Sterne unterschiedliche Bedeutung
haben).
Sei f ∈ (α(V ))◦ und v ∈ V . Es folgt α ∗ ( f )(v) = f (α(v)) = f (0) = 0, also (α(V ))◦ ⊆
ker (α ∗ ). Sei B0 eine Basis von ker (α) und B0 ⊆ B eine Basis von V . Dann ist C0 := {α(b) | b ∈
B \ B0 } eine Basis von α(V ). Sei C0 ⊆ C eine Basis von W . Dann ist nach (a) {c∗ | c ∈ C \C0 }
eine Basis von (α(V ))◦ . Man kann nun leicht verifizieren, dass {c∗ | c ∈ C \ C0 } ⊆ ker (α ∗ )
gilt. Dementsprechend gilt (α(V ))◦ = ker (α ∗ ).
(c) rang (α ∗ ) = dim (α ∗ (W ∗ )) = dim (ker (α))◦ = dim (V ) − dim (ker (α)) = dim (α(V )) =
rang (α).
3
Da es über die Weihnachtsferien keine Hausaufgaben gibt, solltet ihr die Zeit nutzen, um
nochmal in Ruhe den bisherigen Stoff gründlich zu wiederholen! Sammelt in diesem Zusammenhang doch einfach systematisch Fragen, die ihr euch nicht selbst beantworten könnt und
wir werden diese dann in der Übung nach Weihnachten besprechen. Außerdem werde ich für
die erste Übung im neuen Jahr für alle größeren Themengebiete kleinere Übungsaufgaben
zusammensuchen, die wir dann ebenfalls besprechen.
Ich wünsche euch frohe Weihnachten und
einen guten Rutsch ins Jahr 2009!
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Übung zur Linearen Algebra bei Prof.Dr. Reinhard Knörr
WS 08/09
Übungsgruppe1 am Mittwoch 13:15 - 14:45 HG219 bei Karsten Evers
1 Aufgaben
Diese erste Übung im neuen Jahr ist als Wiederholungsübung gedacht. Zu diesem Zweck gibt
es viele Aufgaben, die dafür aber leicht sind. Für die Übung empfehle ich, dass sich jeder von
euch aus jedem Aufgabenkomplex 1-3, 4-6, und 7-8 mindestens eine Aufgabe raussucht.
Aufgabe 1. Sei auf der Menge X eine assoziative Verknüpfung (x, y) 7→ xy erklärt, mit:
(1) Es gibt ein e ∈ X mit ex = x, für alle x ∈ X.
(2) Für alle x ∈ X gibt es ein x0 ∈ X mit x0 x = e.
Dann ist X mit dieser Verknüpfung bereits eine Gruppe (und e ist das neutrale Element).
Aufgabe 2. Sei K ein endlicher Köper und K 0 := K \ {0}. Berechne ∏x∈K 0 x.
Folgere, dass jede Primzahl p ein Teiler von (p − 1)! + 1 ist.
Aufgabe
3. Berechne das Signum
von s und t,wobei
1 2 3 4 5 6 7
1 2 3 4 5 6 7
s :=
und t :=
.
3 1 4 2 7 5 6
5 1 4 6 7 3 2
Aufgabe 4. Seien U,V,W Unterräume eines Vektorraums X mit U ⊆ W .
Zeige U + (V ∩W ) = W ∩ (U +V ).
Aufgabe 5. Sei f ein Endomorphismus des Vektorraums V . Dann ist äquivalent:
(a) ker ( f ) ∩ f (V ) = {0}
(b) ker ( f ◦ f ) = ker ( f )
Aufgabe 6. Sei u1 := (−2, 1, 4, 5) , u3 := (1, 3, 0, 2) und v1 := (0, 5, 1, 1) , v2 := (−2, 6, 5, 6).
Sei weiter U := hu1 , u2 i und V := hv1 , v2 i. Berechne eine Basis von (U +V )/(U ∩V ).
Aufgabe 7. Sei V ein Vektorraum über dem Körper K. Wir betrachten die sogenannte Evaluationsabbildung Ω : V ×V ∗ → K , Ω(v, f ) := f (v).
(a) Sei v ∈ V mit der Eigenschaft ∀ f ∈ V ∗ ist f (v) = 0. Zeige v = 0.
(b) Ist Ω linear? (Bemerkung: V ×V ∗ wird durch (u, f ) + (v, g) := (u + v, f + g) und
k(u, f ) := (ku, k f ) auf natürliche Weise auch ein Vektorraum.)
Aufgabe 8. Bestimme eine Basis von ker (α ∗ ), wobei α : R3 → R5 definiert ist durch
α(x, y, z) := (x − y, y − 2z, 3x + 2y, x + y, 2y + z).
1 Dieses
pdf findet ihr hier: http://www.math.uni-rostock.de/∼evers/
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2 Lösungsvorschläge
Die Lösungsvorschläge2 dienen zur Kontrolle! Das Nachlesen der Lösung macht nur Sinn,
wenn ihr euch vorher intensiv mit der Aufgabe auseinandergesetzt habt. Ansonsten gilt wie
immer: Falls ihr etwas nicht versteht, einfach nachfragen!
Lösung 1. Sei x ∈ X gegeben. Es folgt xx0 = exx0 = [(x0 )0 x0 ]xx0 = (x0 )0 (x0 x)x0 = (x0 )0 ex0 =
(x0 )0 x0 = e und xe = x(x0 x) = (xx0 )x = ex = x. Die Definition einer Gruppe, so wie sie in der
Vorlesung gegeben wurde, ist also erfüllt (mit e als neutralem und x0 als zu x inversen Element).
Lösung 2. Sei z := ∏x∈K 0 x , K0 := {x ∈ K | xx = 1} und K1 := K 0 \ K0 . Falls x ∈ K0 , so gilt
1 + x = xx + x = x(x + 1) = x(1 + x). Ist 1 + x 6= 0, so ist x = 1. Folglich K0 = {1, −1}. Ist
x ∈ K1 , so auch x−1 ∈ K1 , denn x−1 x−1 = (xx)−1 6= 1−1 = 1 (natürlich ist dann x 6= x−1 ). Damit
ist gezeigt, dass für ξ := {{x, x−1 } | x ∈ K1 } gilt:
S
(1) A∈ξ A = K1 , (2) A, B ∈ ξ und A ∩ B 6= 0/ ⇒ A = B und (3) A ∈ ξ ⇒ |A| = 2
Folglich ist ∏x∈K1 x = ∏A∈ξ ∏x∈A x = 1 und z = (∏x∈K0 x)(∏x∈K1 x) = −1.
Ist p eine Primzahl, so ist Fp := Z/pZ = {[0], [1], ..., [p − 1]} ein endlicher Köper, also
[(p − 1)!] = [−1]. Das bedeutet, dass p ein Teiler von (p − 1)! + 1 ist.
Lösung 3. Es ist s = (1342)(576) und t = (1572)(346). In der Hausaufgabenserie 4 Aufgabe
3 wurde für eine Permutation π gezeigt: sign(π) = (−1)g , wobei g die Anzahl der Zyklen
ungerader Länge ist, die in der Zyklendarstellung von π vorkommen. Für beide Permutationen
gilt dementsprechend sign(s) =sign(t) = (−1)1 = −1.
Lösung 4. Sei x ∈ U +(V ∩W ). Dann gibt es u ∈ U und z ∈ V ∩W mit x = u+z. Da u ∈ U ⊆ W
und z ∈ W , folgt u + z ∈ W . Da u ∈ U und z ∈ V folgt u + z ∈ U + V . Also x = u + z ∈
W ∩ (U +V ).
Sei x ∈ W ∩ (U + V ). Dann ist x ∈ W und es gibt u ∈ U , v ∈ V mit x = u + v. Es folgt
v = x − u ∈ W (denn u ∈ W ), also v ∈ V ∩W und somit x = u + v ∈ U + (V ∩W ).
Lösung 5. Endomorphismus bedeutet, dass f : V → V linear ist. Es gelte (a). Sei v ∈ ker ( f ).
Das bedeutet f (v) = 0, also f ◦ f (v) = f ( f (v)) = f (0) = 0 und somit v ∈ ker ( f ◦ f ). Sei
umgekehrt v ∈ ker ( f ◦ f ). Dann ist f ( f (v)) = 0, also f (v) ∈ ker ( f ). Außerdem ist natürlich
f (v) ∈ f (V ), also f (v) ∈ ker ( f ) ∩ f (V ) = {0}. Daher auch f (v) = 0 und somit v ∈ ker ( f ).
Es gelte (b). Sei v ∈ ker ( f ) ∩ f (V ). Dann ist f (v) = 0 und es gibt ein w ∈ V mit f (w) = v.
Folglich 0 = f (v) = f ( f (w)) = f ◦ f (w). Aus w ∈ ker ( f ◦ f ) = ker ( f ) folgt nun f (w) = 0,
also v = 0.
Lösung 6. Es ist u1 + v1 = v2 . Außerdem ist B := {u1 , u2 , v1 } linear unabhängig. Folglich ist
B eine Basis von U +V und {u1 } eine Basis von U ∩V . Eine Basis von (U +V )/(U ∩V ) ist
demnach {u2 +U ∩V , v1 +U ∩V }.
Lösung 7. (a) Falls v 6= 0, so gibt es eine Basis B von V mit v ∈ B. Durch lineare Fortsetzung
kann man nun eine lineare Abbildung f : V → K definieren mit f (v) = 1 6= 0. Da f ∈ V ∗ , folgt
nun Ω(v, f ) = f (v) 6= 0 - ein Widerspruch.
2 Ich
bin für jede Fehlermeldung dankbar! Entweder direkt, oder per email an [email protected]
2
(b) Gilt dim (V ) = 0, so ist Ω offenbar linear. In allen anderen Fällen ist Ω nicht linear.
Denn wenn dim (V ) ≥ 1, so gibt es ein 0 6= v und nach (a) ein f ∈ V ∗ mit f (v) = 1. Es folgt
Ω((0, f ) + (v, 0)) = Ω(0 + v, f + 0) = Ω(v, f ) = f (v) 6= 0 = f (0) + 0(v) = Ω(0, f ) + Ω(v, 0).
Lösung 8. Offenbar ist dim (ker (α)) = 0, also rang (α) = 3. Für α ∗ : (R5 )∗ → (R3 )∗ gilt
5 = dim ((R5 )∗ ) = dim (ker (α ∗ )) + rang (α), also dim (ker (α ∗ )) = 2.
Es gilt f ∈ ker (α ∗ ) ⇔ 0 = α ∗ ( f ) = f ◦ α, wobei mit 0 das Nullelement in (R3 )∗ gemeint
ist. Da (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) eine Basis des R3 ist, ist dies äquivalent zu:
I. f ◦ α(1, 0, 0) = 0
II. f ◦ α(0, 1, 0) = 0
III. f ◦ α(0, 0, 1) = 0.
Setzen wir u := α(1, 0, 0) = (1, 0, 3, 1, 0) , v := α(0, 1, 0) = (0, 1, 2, 1, 2) und
w := α(0, 0, 1) = (−1, −2, 0, 0, 1), so ergibt sich
I. f (u) = 0
II. f (v) = 0
III. f (w) = 0
Nun sind u, v, w linear unabhängig und um e3 := (0, 0, 1, 0, 0) bzw. e5 := (0, 0, 0, 0, 1) ergänzt, bekommen wir eine Basis des R5 . Folglich besteht der Kern von α ∗ genau aus den f ,
die das folgende Gleichungssystem erfüllen:
I. f (u) = 0
II. f (v) = 0
III. f (w) = 0
IV. f (e3 ) = r
V. f (e5 ) = s
Bezühlich der Basis B := {u, v, w, e3 , e5 } sind e∗3 und e∗5 demnach eine Basis für ker (α ∗ ).
2
1
2
5
1
1
1
1
1
2
Es ist e1 = u − v − w − e3 + e5 , e2 = − u + v − w + e3 − e5
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
und
1
2
1
7
5
e4 = u + v + w − e3 − e5 .
3
3
3
3
3
2
1
7
5
1
5
Also e∗3 (e1 ) = − , e∗3 (e2 ) = , e∗3 (e4 ) = − und e∗5 (e1 ) = , e∗5 (e2 ) = − , e∗5 (e4 ) = − .
3
3
3
3
3
3
Wir erhalten e∗3 (a, b, c, d, e) = − 23 a + 13 b + c − 37 d und e∗5 (a, b, c, d, e) = 53 a − 13 b − 53 d + e.
3
Übung zur Linearen Algebra bei Prof.Dr. Reinhard Knörr
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Übungsgruppe1 am Mittwoch 13:15 - 14:45 HG219 bei Karsten Evers
1 Aufgaben
Aufgabe 1. Sei f : Rn → Rn gegeben durch f (x1 , ..., xn ) := (∑ni=2 xi , ∑ni=3 xi , ..., ∑ni=n xi , 0).
Bestimme die Matrix A zu dieser linearen Abbildung bezüglich der standard Basis
{(1, 0, ..., 0), ..., (0, ..., 0, 1)} (in dieser Reihenfolge) und berechne anschließend A2 .
Aufgabe 2. Eine n × n Matrix A mit Werten aus einem Körper K nennen wir symmetrisch,
falls At = A. Wir nennen sie alternierend, falls At = −A. Mit M(n × n, K) bezeichnen wir den
Vektorraum aller Matrizen vom Format n × n mit Werten aus dem Körper K. Sei nun K ein
Körper mit 2 := 1 + 1 6= 0. Setze Sym(n, K) := {A ∈ M(n × n, K) | At = A} und Alt(n, K) :=
{A ∈ M(n × n, K) | At = −A}.
(a) Zeige, dass Sym(n, K) und Alt(n, K) Untervektorräume von M(n × n, K) sind und berechne deren Dimension.
(b) Zeige Sym(n, K)+Alt(n, K) =M(n × n, K) mit Sym(n, K)∩Alt(n, K) = {0}.
Aufgabe 3. Sei V4 := {p ∈ R[x] | Grad(p) ≤ 3} mit zugehöriger Basis B := {1, x, x2 , x3 }. Wir
R1
definieren die Abbildung F : V4 → R3 durch F(p) := ( −1
p(x) dx , p0 (0) , p(0)). Bereche die
zu dieser linearen Abbildung gehörende Matrix bzgl. der gegebenen Basis B von V4 und der
Basis {(1, 1, 0), (1, 0, 1), (0, 1, 1)} vom R3 .
Aufgabe 4. Sei V ein endlich dimensionaler Vektorraum über dem Körper K und sei f : V → V
eine Projektion (d.h. f ist linear und erfüllt f ◦ f = f ). Zeige, dass es eine Basis B von V gibt,
so dass die zu f gehörende Matrix A bzgl. dieser Basis die Gestalt


1
0
..


.




1


A=

0




.


..
0
0
hat, mit dim ( f (V )) vielen Einsen auf der Diagonalen.
a −b
Aufgabe 5. Zeige, dass die Menge C := {
| a, b ∈ R} mit der gewöhnlichen Adb a
dition und Multiplikation zwischen Matrizen ein Körper ist. Hat die Gleichung X 2 = 1 hier
eine Lösung? Um welchen Körper handelt es sich?
1 Dieses
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1
2 Lösungsvorschläge
Die Lösungsvorschläge2 dienen zur Kontrolle! Das Nachlesen der Lösung macht nur Sinn,
wenn ihr euch vorher intensiv mit der Aufgabe auseinandergesetzt habt. Ansonsten gilt wie
immer: Falls ihr etwas nicht versteht, einfach nachfragen!
Lösung 1. Man berechnet die Bilder der Basisvektoren unter dieser Abbildung und stellt
das Ergebnis als Linearkombination der Basisvektoren dar. Die Koeffizienten die sich dabei
ergeben (die Reihenfolge der Basisvektoren ist natürlich zu beachten), bilden die Spalten von
A. Es ergibt sich damit:


0 0 1 2 ··· n−1


 0 0 0 1 ··· n−2 
0 1 ··· 1
 .
.
.
.. 
.. ..
 . ... ... . 
 .

.
.
.
.
.
. 



2
A= .
und
anschließend
A
=



..
..
 ...

 ..
. 1 
.
1


 0
0 ··· ··· 0
0 
0
···
0
Lösung 2. (a) Das es sich um Unterräume handelt ist trivial (Linearkombinationen symmetrischer bzw. alternierender Matrizen sind klarerweise wieder symmetrisch bzw. alternierend).
Offenbar besteht eine Basis für Sym(n, K) aus allen Matrizen der Form Akl = (ai j )1≤i, j≤n mit
(
1 falls i = k, j = l oder i = l, j = k
ai, j =
0 sonst
viele. Eine Basis für
Von denen gibt es aber gerade 0 + 1 + 2 + ... + (n − 1) + n = n(n+1)
2
Alt(n, K) besteht aus allen Matrizen der Form Akl = (ai j )1≤i, j≤n , 1 ≤ k < l ≤ n mit


falls i = k und j = l
1
ai, j = −1 falls i = l und j = k


0
sonst
Von diesen gibt es gerade 0 + 1 + 2 + ... + (n − 1) = (n−1)n
viele.
2
(b) Sym(n, K)+Alt(n, K) ⊆ M(n × n, K) ist klar. Sei A ∈ M(n × n, K). Wir setzen As :=
1
1
1 t
1 t
t
t
t
t t
2 (A + A ) und Aa := 2 (A − A ). Offenbar ist A = As + Aa mit As = 2 (A + (A ) ) = 2 (A + A) =
As und Ata = 12 (At − (At )t ) = 12 (At − A) = −Aa . Es folgt A ∈ Sym(n, K)+Alt(n, K). Es gilt
also Sym(n, K)+Alt(n, K) =M(n × n, K). Aus dim (Sym(n, K)) + dim (Alt(n, K)) = n(n+1)
+
2
(n−1)n
2
= n = dim (M(n × n, K)) folgt dann auch Sym(n, K)∩Alt(n, K) = {0}.
2
Lösung 3. Es ist F(1) = (2, 0, 1) , F(x) = (0, 1, 0) , F(x2 ) = ( 23 , 0, 0) und F(x3 ) = (0, 0, 0).
Diese Werte müssen wir nun als Linearkombination der Basis schreiben und die entsprechenden Koeffizienten werden dann wieder in den Spalten angeodnet. Es ergibt sich:
2 Ich
bin für jede Fehlermeldung dankbar! Entweder direkt, oder per email an [email protected]
2

A=
1
2
3
2
− 12
1
2
− 12
1
2
1
3
1
3
− 13

0
0 
0
Lösung 4. Sei B0 eine Basis von ker ( f ), die wir zu einer Basis B von V erweitern. Dann ist
C := { f (b) | b ∈ B \ B0 } eine Basis von f (V ) mit |C| = |B \ B0 | = |B| − |B0 |. Nun ist aber auch
B0 ∪C linear unabhängig:
Ist 0 = ∑b∈B0 αb b + ∑b∈B\B0 αb f (b), so folgt
0 = f ( ∑ αb b +
b∈B0
∑
αb f (b)) =
∑
αb f ( f (b)) =
b∈B\B0
b∈B\B0
∑
αb f (b)
b∈B\B0
also αb = 0 für b ∈ B \ B0 . Dann ist aber auch αb = 0 für b ∈ B0 .
Da |B0 ∪ C| = |B0 | + |C| = |B|, ist C ∪ B0 somit eine Basis für V und bzgl. dieser Basis in
der Reihenfolge, dass erst die Vektoren aus C und dann die aus B0 kommen, hat f gerade die
geforderte Gestalt.
Lösung 5. Bis auf die Existenz vonInversen bzgl der Multiplikation
kann man alle Körpe
a −b
0 0
raxiome problemlos nachprüfen. Ist
6=
gegeben, so ist
b a
0 0
!
a
a2 +b2
b
− a2 +b
2
b
a2 +b2
a
a2 +b2
das multiplikative Inverse
(bestätigt
man durch nachrechnen).
0 −1
1 0
2
Offenbar erfüllt
die Gleichung X =
.
1 0
0 1
Tatsächlich handelt es sich bei diesem
Körper umC, den Körper der komplexen Zahlen. Die
a −b
Abbildung f : C → C, definiert durch f (
) = a+bi ist nämlich ein Isomorphismus.
b a
3
Übung zur Linearen Algebra bei Prof.Dr. Reinhard Knörr
WS 08/09
Übungsgruppe1 am Mittwoch 13:15 - 14:45 HG219 bei Karsten Evers
1 Aufgaben
Aufgabe 1. Sei K ein Körper mit 1 + 1 6= 0 , A ∈ Alt (n, K) und n ungerade. Zeige det A = 0.
Aufgabe 2. Ist die folgende Abbildung f : R2 → R linear?




x 0 −1
x 0 −1
f (x, y) := det (AB−1 ) , wobei A =  0 y 0  und B =  0 1 0 
1 0 x
1 0 x
Aufgabe 3. Berechne die Determinanten der folgenden Matrizen
(vom Format n × n , n × n und (n + 1) × (n + 1)).



(a) A = 


b
a
a
.
a
a
b
a
.
a ··· a
a ··· a
b ··· a
.
. .
··· a b



(c) C = 











(b) B = 


1n
2n
3n
n
n
2
3
4n
3n
4n
5n
.
.
.
(n + 1)n (n + 2)n (n + 3)n
1
x1
x12
.
. .
. .
x1n−1
· · · (n + 1)n
· · · (n + 2)n
· · · (n + 3)n
.
.
· · · (2n + 1)n
1
xn
xn2
.
xnn−1












Aufgabe 4. Finde eine überabzählbare unendliche Teilmenge des Rn derart, dass je n Elemente dieser Menge linear unabhängig sind.
Aufgabe 5. In der Vorlesung wurde bewiesen det A = det At . Dafür wurde an einer Stelle
die Richtigkeit dieser Formel für die Elementarmatrizen vorausgesetzt. Zeige, dass dies für
Elementarmatrizen tatsächlich stimmt.
1 Dieses
pdf findet ihr hier: http://www.math.uni-rostock.de/∼evers/
1
2 Lösungsvorschläge
Die Lösungsvorschläge2 dienen zur Kontrolle! Das Nachlesen der Lösung macht nur Sinn,
wenn ihr euch vorher intensiv mit der Aufgabe auseinandergesetzt habt. Ansonsten gilt wie
immer: Falls ihr etwas nicht versteht, einfach nachfragen!
Lösung 1. Es ist At = −A, also det A = det (−At ) = (−1)n det At = −det A. Folglich det A = 0.
Lösung 2. Ja, denn det (AB−1 ) =
x2 y+y
x2 +1
= y.
Lösung 3. (a) Wir addieren alle unteren n − 1 Zeilen zur ersten und erhalten


x . .
. x
 a b a ··· a 


 a a b · · · a  , wobei x := b + (n − 1)a


 . . .
. . 
a
··· a b
Falls x = 0, so ist A offenbar nicht invertierbar, also det A = 0. Wenn x 6= 0, addieren wir das
(−a/x)-fache der ersten Zeile zu allen übrigen und erhalten


x
.
.
.
x
 0 b−a
0
···
0 


n−1
 0
0
b−a ···
0 

 . Es folgt det A = (b + (n − 1)a)(b − a) .
 .
.
.
.
. 
0
···
0 b−a
(b) Wir addieren das −xn -fache der k-ten Zeile zur (k + 1)-ten Zeile.


1
···
1
1

x1 − xn
···
xn−1 − xn
0 



..
..
.. 

.
.
. 
x1n−2 (x1 − xn ) · · · xnn−2 (xn−1 − xn ) 0
Nun vertauschen wir die letzte Spalte n − 1 mal, so dass sie ganz vorne als erste Spalte steht.


1
1
···
1

 0
x1 − xn
···
xn−1 − xn


 ..

..
..
 .

.
.
0 x1n−2 (x1 − xn ) · · · xnn−2 (xn−1 − xn )
Wir können die Determinante nun nach der ersten Spalte entwickeln


1 . . 1


x1 − xn
···
xn−1 − xn
 x1

x
n
 2



..
..
n−1
xn2 
det 

.
.
 x1
 = (−1) det 
 .
n−2
n−2
. .
. 
x1 (x1 − xn ) · · · xn (xn−1 − xn )
x1n−1
xnn−1
2 Ich
bin für jede Fehlermeldung dankbar! Entweder direkt, oder per email an [email protected]
2
Aus den n − 1 Spalten ziehen wir die Faktoren (x1 − xn ), ..., (xn−1 − xn ) vor die Determinante.
Zusammenfassend erhalten wir




1 . . 1
1
···
1
 x1
xn 
 x1 − xn · · · xn−1 − xn 
n−1
 2



n−1
2 

x
x
det  1

..
..
n  = (−1)
∏ (xk − xn) · det 


.
.
 .
k=1
. .
. 
n−2
n−2
x1
···
xn
x1n−1
xnn−1
So geht das dann weiter und wir erhalten am Ende



det 


1
x1
x12
.
x1n−1
. .
. .
1
xn
xn2
.
xnn−1


 n−1

 = ∏ (xn − xk ) · det

 k=1




1
···
1
x1 − xn · · · xn−1 − xn
..
..
.
.
x1n−2
xnn−2
···



 = ∏(xl − xk )
 k<l
(c) Schauen wir uns die Einträge in C mal genauer an.
n+1 n
n
in+1−k ( j − 1)k−1 , 1 ≤ i, j ≤ n + 1
ci j = (i + j − 1) = ∑
k=1 k − 1
Es ist also C = C0C00 , wobei

n n
n n−1
01
11
n n
n n−1


0 2
1 2
0
C =
..
..

.
.
n
n
n
n−1
0 (n + 1)
1 (n + 1)
···
···
...
···
n 0
n1
n 0
n 2

..
.
n
0
n (n + 1)





00
 , C =


1 (2 − 1)0
0 (2 − 1)1
..
..
.
.
0 (2 − 1)n

· · · n0
· · · n1 

.. 
..
. . 
· · · nn
Nun gilt aber

n n+1
n
(
)
det C = (−1) n · ∏
· det
k=0 k





10
 11
det C00 = n! · det 
 .
1n−1
.
.
.
.
0

10
11
12
.
1n
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
(n + 1)0
(n + 1)1
(n + 1)2
.
(n + 1)n







. n0
. n1 

.
. 
. nn−1
Die letzten beiden Determinanten können mir mit (b) berechnen und erhalten
n n+1
n
0
(
)
det C = (−1) n · ∏
·
∏ (l − k) bzw. det C00 = n! · ∏ (l − k)
k
k=0
1≤k<l≤n+1
1≤k<l≤n
3
Weitere Umformungen ergeben
n
n+1
(n!)n+1
·
det C0 = (−1)( n ) · n
∏ k!
(∏k=1 k!)2 k=1
n−1
bzw.
det C00 = n! · ∏ k!
k=1
n+1
Also det C = det C0 · det C00 = (−1)( n ) (n!)n+1 .
Lösung 4. Die Idee gibt die Vandermonde Determinante aus Aufgabe 2.(b). Man wähle als
überabzählbare Menge M z.B. M := {(k0 , k1 , ..., kn−1 ) | k ∈ R \ {0}}.
Lösung 5. Die Elementarmatrizen entstehen durch Anwendung der elementaren Zeilentransformationen auf die Einheitsmatrix. Von diesen gibt es drei Typen
Typ 1: Addition eines skalaren Vielfachen einer Zeile zu einer anderen.
Typ 2: Vertauschen zweier Zeilen.
Typ 3: Multiplikation einer Zeile mit einem Skalar 6= 0
Auf Typ 2 kann man (da Kombination von Typ 1 und 2) verzichten:
a1 · · · an
a1
···
an
−b1 · · ·
−bn
→
→
b1 · · · bn
a1 + b1 · · · a1 + bn
a1 + b1 · · · a1 + bn
−b1 · · · −bn
b1 · · · bn
→
→
a1 · · · a1
a1 · · · a1
Typ 1: Addieren wir bei der Einheitsmatrix das λ -fache der Zeile i zur Zeile j und transponieren dann, so kommt dasselbe raus, als wenn wir gleich das λ -fache der j-ten Zeile zur i-ten
addieren. Diese Art der Zeilentransformation hat aber keinen Einfluss auf die Determinante.
Typ 3: Multiplizieren wir eine Zeile der Einheitsmatrix mit einem Skalar 6= 0 und transponieren dann, so ändert das nichts mehr, da außerhalb der Diagonalen alles 0 ist.
4