Test: Lineare Algebra und Analytische Geometrie

12.12.2008
Universität Magdeburg
Test: Lineare Algebra und Analytische Geometrie
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Mat.Nr.:
Erreichte Punktezahl:
Bonuspunkte:
Für eine wahre Aussage tragen Sie bitte ein w in das Kästchen ein; für eine falsche Aussage
ein f. Sollten Sie die Antwort nicht wissen, dann können Sie das Kästchen auch leer lassen.
1. Mengen und Abbildungen
Seien M1 , M2 , M3 endliche Mengen.
f
M1 × M2 × M3 = M2 × M3 × M1
Die Operation × bildet geordnete Tupel und ist daher im Allgemeinen nicht
kommutativ.
w
f : M1 → M2 ist eine injektive Abbildung =⇒ |M1 | ≤ |f (M1 )|
Angenommen |M1 | > |f (M1 )|. Dann gibt es x1 6= x2 ∈ M1 mit f (x1 ) = f (x2 )
(Schubfachprinzip), was der Definition von Injektivität (Def. 1.9) widerspricht.
f
f : M1 → M2 , g : M2 → M1 sind bijektive Abbildungen =⇒ f ◦ g = g ◦ f
f ◦ g ist eine Abbildung von M2 nach M2 und g ◦ f ist eine Abbildung von
M1 nach M1 . (Die Aussage ist aber auch für M1 = M2 falsch. Dazu vergleiche
f : R → R, x 7→ 2x und g : R → R, x 7→ x + 1.)
f
f : M1 → M2 ist genau dann surjektiv, wenn |f −1 (y)| ≤ 1 für alle y ∈ M2 .
Sei n ∈ N>0 , M1 = {1, . . . , n} und M2 = {1, . . . , n + 1}, und sei f : M1 →
M2 , x 7→ x. Dann ist |f −1 (y)| ≤ 1, ∀y ∈ M2 , aber f ist nicht surjektiv, da
n + 1 kein Urbild besitzt.
2. Gruppen
w
Sind U1 , U2 Untergruppen der Gruppe G, dann ist auch U1 ∩U2 eine Untergruppe
von G.
Sei U := U1 ∩ U2 . Wir verwenden das Untergruppenkriterium (Satz 1.26 iii).
Wegen eG ∈ U1 , U2 , ist U 6= ∅. Seien v, w ∈ U . Dann sind v, w ∈ U1 . Da
U1 Untergruppe von G ist also v · w−1 ∈ U1 . Analog sind v, w ∈ U2 , U2 ist
Untergruppe von G und somit v · w−1 ∈ U2 . Also ist v · w−1 ∈ U1 ∩ U2 = U .
f
Sind U1 , U2 Untergruppen der Gruppe G, dann ist auch U1 ∪U2 eine Untergruppe
von G.
Laut Vorlesung (Beispiel 1.29. iii) sind 2Z und 3Z Untergruppen von Z, aber
2Z ∪ 3Z ist keine Untergruppe von Z, da −2, 3 ∈ 2Z ∪ 3Z, aber −2 + 3 = 1 ∈
/
2Z ∪ 3Z.
w
Sei G Gruppe, f : G → G ein Morphismus =⇒ f (G) ist Untergruppe von G.
vgl. Satz 1.31.
f
Es gibt eine nichtabelsche Gruppe mit 3 Elementen.
Sei ({0, a, b}, ◦) eine Gruppe mit 3 Elementen. Dann ist die einzig mögliche
Verknüpfungstafel die folgende:
◦ 0 a b .
0 0 a b
a a b 0
b b 0 a
Diese ist offensichtlich abelsch.
3. Vektorräume und lineare Unabhängigkeit
w
Es gibt einen Vektorraum mit 23 Elementen.
Betrachte den Körper Z23 (23 ist Primzahl) als Vektorraum über sich selbst.
w
Sei V ein K-Vektorraum, ∅ =
6 U ⊆ V . Gelten für alle x, y ∈ U, α ∈ K \ {0} die
−1
Aussagen x − y ∈ U und α x ∈ U , so ist U ein Unterraum von V .
Wir benutzen das Unterraumkriterium (Satz 2.6 ii). Seien u1 , u2 ∈ U , ᾱ ∈ K.
Es ist zu zeigen, dass (i) u1 + u2 ∈ U und (ii) ᾱu1 ∈ U .
Zu (i): Für x = y = u1 folgt mit der Voraussetzung, dass x − y = 0 ∈ U .
Weiterhin folgt für x = 0, y = u2 , dass x − y = −u2 ∈ U . Damit folgt für
x = u1 , y = −u2 , dass x − y = u1 + u2 ∈ U .
Zu (ii): Falls ᾱ = 0 folgt wie oben, dass 0u1 = 0 ∈ U . Falls ᾱ 6= 0, so ist für
α = ᾱ−1 ∈ K, x = u1 nach Vorraussetzung α−1 x = (ᾱ−1 )−1 u1 = αu1 ∈ U .
f
{(1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 2), (1, 0, 0)} ⊆ R3 ist linear unabhängig.
4 Vektoren im R3 sind nie linear unabhängig, da dieser 3-dimensional ist.
f
{(1, 2, 3), (4, 5, 6)} ⊆ R3 ist linear unabhängig.
(1, 2, 3) ist kein Vielfaches von (4, 5, 6).
4. Lineare Abbildungen
f
√
f : R2 → R2 mit (x, y) 7→ ( x, y) ist eine lineare Abbildung.
z.B. gilt: (4, 4) = 4f (1, 1) 6= f (4 · (1, 1)) = f (4, 4) = (2, 4). (vgl. Def. 2.22)
w
f : R2 → R2 mit (x, y) 7→ (x + 2y, 2x + y) ist eine lineare Abbildung.
(vgl. Bem. 2.24 i)) Für alle α, β ∈ R und alle (x, y), (x0 , y 0 ) ∈ R2 gilt
f (α(x, y) + β(x0 , y 0 )) =
=
=
=
f
f (αx + βx0 , αy + βy 0 )
(αx + βx0 + 2(αy + βy 0 ), 2(αx + βx0 ) + αy + βy 0 )
(α(x + 2y) + β(x0 + 2y 0 ), α(2x + y) + β(2x0 + y 0 ))
αf (x, y) + βf (x0 , y 0 ).
Sei f : V → W eine lineare Abbildung. Kernf ist Unterraum von W .
Gilt nach Satz 2.25 lediglich, falls V = W , denn Kernf ⊆ V .
f
Es gibt keine lineare Abbildung f : R3 → R2 mit
f ((1, 2, −3)) = (1, 1), f ((0, 5, 6)) = (1, −2), f ((4, 3, −18)) = (3, 2).
Seien u = (1, 2, −3), v = (0, 5, 6) und w = (4, 3, −18). Es gilt w = 4u − v und
damit f linear sein kann, muss f (w) = 4f (u) − f (v) gelten. Aber
(3, 2) = f (w) = f (4u − v) 6= 4f (u) − f (v) = 4(1, 1) − (1, −2) = (3, 6).
5. Lineare Unabhängigkeit und Erzeugendensysteme
Sei V ein Vektorraum.
f
Jede linear unabhängige Teilmenge eines Erzeugendensystems von V ist eine
Basis von V .
Einelementige Teilmengen eines Erzeugendensystems sind linear unabhängig,
falls das Element nicht der Nullvektor ist. Dies liefert aber für mindestens
zweidimensionales V keine Basis.
w
Jedes Erzeugendensystem von V hat eine linear unabhängige Teilmenge, die
Basis von V ist.
siehe Korollar 2.42 ii)
f
Die Vektoren v1 , . . . , vn ∈ V sind linear unabhängig, wenn jede Linearkombination von v1 , . . . , vn die Null ergibt.
Ist jede Linearkombination von v1 , . . . , vn gleich dem Nullvektor, so ist vi = 0
für alle 1 ≤ i ≤ n.
w
Die Vektoren v1 , . . . , vn ∈ V sind linear abhängig, wenn ihre Summe der Nullvektor ist.
Die Summe ist eine nichttriviale Linearkombination und damit sind nach Def.
2.30 die Vektoren v1 , . . . , vn linear abhängig.
6. Beweisaufgabe
Sei V ein K-Vektorraum mit dim V = n, und seien {a1 , . . . , an }, {b1 , . . . , bn } ⊆ V
Basen von V . Man zeige, dass die lineare Abbildung f : V → V mit f (ai ) = bi ,
1 ≤ i ≤ n, bijektiv ist.
Beweis: Variante 1:
P”Surjektiv”: Sei v ∈ V . Dann gibt es (eindeutige) µi ∈ K,
1 ≤ i ≤ n, mit v = ni=1 µi bi . Mit der Linearität von f folgt
!
n
n
n
X
X
X
v=
µ i bi =
µi f (ai ) = f
µ i ai .
i=1
i=1
i=1
”Injektiv”: Wir zeigen, P
dass Kernf = {0}. Sei v ∈ Kernf . Es gibt (eindeutige)
λ1 , . . . , λn ∈ K mit v = ni=1 λi ai . Mit der Linearität von f folgt
!
n
n
n
X
X
X
0 = f (v) = f
λi ai =
λi f (ai ) =
λ i bi .
i=1
i=1
i=1
Da {b1 , . . . , bn } Basis, sind die Vektoren insbesondere linear unabhängig, also λ1 =
· · · = λn = 0, und somit ist v = 0.
Variante 2: Sei e1 , . . . , en die kanonische Basis des Kn . Nach Satz 2.51 sind die Abbildungen g, h : V → Kn mit g(ai ) = h(bi ) = ei , 1 ≤ i ≤ n, lineare Isomorphismen.
Demnach ist f = h−1 ◦ g ebenfalls linearer Isomorphismus, also insbesondere bijektiv.