Lösungsvorschläge Blatt 13, Aufgabe 1

Lösungsvorschläge Blatt 13, Aufgabe 1
(Hinweis: Die ursprüngliche Aufgabenstellung war leider mehrdeutig, da die Notation fAB,C in der
Vorlesung nicht definiert war. Gemeint war, dass f die lineare Abbildung sein soll, die bezüglich der
Basen B und C die gegebene Abbildungsmatrix hat. Ich habe den Aufgabentext inzwischen umformuliert, so dass er eindeutig ist und mit den Notationen aus der Vorlesung übereinstimmt: Die angegebene
Matrix soll AB,C
sein.)
f
(a) Wir bestimmen zuerst die Bilder der Basisvektoren von B. Nach Vorlesung sind ihre Koordinaten
bezüglich C die Spalten der gegebenen Abbildungsmatrix. Also gilt:
 
1
1
1
6


f 0 = 2·
+4·
=
,
1
−1
−2
0
 
1
1
1
−1


f 1 = −1 ·
+0·
=
,
1
−1
−1
0
 
0
1
1
2
f 1 = 0 ·
+2·
=
.
1
−1
−2
1
 
 
 
 
 
3
3
1
1
0
Wir schreiben 2 in der Basis B: 2 = 2 · 0 + 1 · 1 + 1 · 1. Folglich gilt
1
1
0
0
1
 
 
 
 
0
1
1
3
6
−1
2
13
+
+
=
.
f 2 = 2 · f 0 + f 1 + f 1 = 2 ·
−2
−1
−2
−7
1
0
0
1
(b) Nach Vorlesung ist die Darstellungsmatrix A f von f bezüglich der Standardbasen genau die
Matrix A f = ( f (e1 )| f (e2 )| f (e3 )). Wir berechnen f (ek ) mithilfe von (a):
 
1
6


f (e1 ) = f 0 =
,
−2
0
 
1
−1
6
−7


f (e2 ) = f 1 − f (e1 ) =
−
=
,
−1
−2
1
0
 
0
2
−7
9


f (e3 ) = f 1 − f (e2 ) =
−
=
.
−2
1
−3
1
Also gilt
6 −7 9
Af =
.
−2 1 −3
1
(c) Da f offensichtlich surjektiv ist (die Vektoren f (e1 ), f (e2 ), f (e3 ) erzeugen R2 ), gilt rk f = 2. Wir
suchen also Basen B0 = (b1 , b2 , b3 ) von R3 und C0 = (c1 , c2 ) von R2 mit
1 0 0
B0 ,C0
Af =
.
0 1 0
Wie in der Vorlesung wählen wir dazu b3 so, dass (b3 ) eine Basis von Ker f ist. In (b) haben
wir 3 f (e1 ) = 2 f (e3 ) gesehen, also wählen wir b3 := 3e1 − 2e3 . Wir ergänzen (b3 ) zu einer Basis
(b1 , b2 , b3 ) von R3 mittels b1 := e1 , b2 := e2 . Wir definieren
6
−7
, c2 := f (b2 ) =
c1 := f (b1 ) =
−2
1
und sehen, dass C0 := (c1 , c2 ) eine Basis von R2 bildet.
0
0
Nach Definition gilt f (b1 ) = c1 , f (b2 ) = c2 und f (b3 ) = 0. Somit hat ABf ,C die gewünschte
Gestalt, denn in ihren Spalten stehen genau die Koordinaten bezüglich C0 der Bilder der Basisvektoren von B0 .
2
Lösungsvorschläge Blatt 13, Aufgabe 2
(a) Für p, q ∈ V und λ ∈ R gilt
f (p + q)(x) = (p + q)(x + 1) = p(x + 1) + q(x + 1) = f (p)(x) + f (q)(x)
und
f (λ p)(x) = (λ p)(x + 1) = λ p(x + 1) = λ f (p)(x)
für alle x ∈ R, also f (p + q) = f (p) + f (q) und f (λ p) = λ f (p). Somit ist die Abbildung linear.
Es gilt
f (1) = 1 + 0 · x + 0 · x2 ,
f (x) = 1 + 1 · x + 0 · x2 ,
f (x2 ) = (x + 1)2 = 1 + 2 · x + 1 · x2 ,
also ist die Abbildungsmatrix gegeben durch


1 1 1
0 1 2 .
AB,B
f =
0 0 1
(b) Nach Definition gilt AB,B
= A f B,B , und diese Matrix ist genau dann invertierbar, wenn die Abf
B,B
bildung f
bijektiv ist. Weiterhin ist in diesem Fall die inverse Matrix gegeben durch die zur
inversen Abbildung ( f B,B )−1 gehörige Matrix, d. h. es gilt A−1
= A( f B,B )−1 .
f B,B
Wiederum nach Definition gilt f B,B = ΦB ◦ f ◦ Φ−1
B , und diese Abbildung ist genau dann bijektiv,
wenn f bijektiv ist. Dies ist der Fall, offensichtlich ist ihre Umkehrabbildung gegeben durch
f −1 (p)(x) = p(x − 1). Also ist AB,B
f invertierbar.
Wir schreiben ( f B,B )−1 als
( f B,B )−1 = ΦB ◦ f ◦ Φ−1
B
−1
−1 B,B
= ΦB ◦ f −1 ◦ Φ−1
)
B = (f
und es folgt
A( f B,B )−1 = A( f −1 )B,B = AB,B
.
f −1
−1 = AB,B gezeigt. Wie bei (a) berechnen wir f (1) = 1, f (x) =
Insgesamt haben wir also (AB,B
f )
f −1
−1 + x, f (x2 ) = 1 − 2x + x2 und können


1 −1 1
AB,B
= 0 1 −2 .
f −1
0 0
1
bestimmen.
(c) Sei C0 = (c01 , c02 , c03 ) eine Basis von V . Gesucht ist eine Basis C = (c1 , c2 , c3 ) von V mit
f (c1 ) = c01 + c02 ,
f (c2 ) = −c01 + c02 + c03 ,
f (c3 ) = c01 .
Diese Gleichungen sind offenbar für
c1 := f −1 (c01 + c02 ),
c2 := f −1 (−c01 + c02 + c03 ),
3
c3 := f −1 (c01 )
erfüllt. Um zu zeigen, dass C = (c1 , c2 , c3 ) eine Basis von V ist, genügt es zu zeigen, dass (c01 +
c02 , −c01 + c02 + c03 , c01 ) eine Basis von V ist, da Isomorphismen Basen auf Basen abbilden. Dafür
wiederum reicht es zu sehen, dass diese Vektoren linear unabhängig sind: Aus
λ1 (c01 + c02 ) + λ2 (−c01 + c02 + c03 ) + λ3 c01 = 0,
also (λ1 − λ2 + λ3 )c01 + (λ1 + λ2 )c02 + λ2 c03 = 0
folgt wegen der linearen Unabhängigkeit von C0 sofort λ1 = λ2 = λ3 = 0.
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Lösungsvorschläge Blatt 13, Aufgabe 3
Beweis. Für jedes i = 1, . . . , n stellen wir f (xi ) mittels der Basis C dar: Es existieren eindeutige λ1i , . . . , λni ∈
K, so dass f (xi ) = λ1i x1 + · · · λni xn gilt. Nach Definition ist λ ji genau der Eintrag von AC,C
an der Stelle
f
i
( j, i), d.h. es gilt AC,C
f = (λ j ) j,i=1,...,n .
Für i = 1, . . . , k gilt xi ∈ U und somit nach Voraussetzung auch f (xi ) ∈ U. Da (x1 , . . . , xk ) eine Basis
von U ist, können wir f (xi ) auch schreiben als f (xi ) = µ1i x1 + · · · + µki xk mit µ1i , . . . , µki ∈ K. Dann gilt
i
0 = f (xi ) − f (xi ) = (λ1i − µ1i )x1 + · · · + (λki − µki )xk + λk+1
xk+1 + · · · + λni xn .
i
= ··· =
Aufgrund der linearen Unabhängigkeit von (x1 , . . . , xn ) folgt λ1i = µ1i , . . . , λki = µki und λk+1
C,C
B,B
i
i
i
λn = 0. Da in Spalte i von A f genau die Zahlen λ1 , . . . , λn und in Spalte i von Ag genau die Zahlen
µ1i , . . . , µki stehen, hat AC,C
die Form
f
AC,C
f
=
AB,B
∗
g
0
∗
.
Wegen x1 , . . . , xk ∈ U gilt f (xi ) = ∑nj=1 λ ji x j ∼ ∑nj=k+1 λ ji x j modulo U. Folglich gilt
n
h(xi ) = f (xi ) =
n
n
∑ λ ji x j = ∑
j=1
λ ji x j =
j=k+1
0
∑
j=k+1
0
n−k
λ ji x j =
i
∑ λk+
j xk+ j
j=1
B ,B
i
in V /U. Also ist λk+
an der Stelle ( j, i) für j = 1, . . . , n − k. Insgesamt
j genau der Eintrag von Ah
folgt
!
B,B
∗
A
g
.
AC,C
0 0
f =
0
ABh ,B
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Lösungsvorschläge Blatt 13, Aufgabe 4
(a) Beweis. Nach Definition gilt
rk(AB) = rk( fA ◦ fB ) = dim Im( fA ◦ fB ) = dim fA (Im fB ).
Wegen Im fB ≤ K n gilt folglich
dim fA (Im fB ) ≤ dim fA (K n ) = dim Im fA = rk fA = rk A.
Wir wenden die Dimensionsformel auf fA |Im fB : Im fB → K m (die Einschränkung von fA auf
Im fB ) an und erhalten
dim fA (Im fB ) = dim Im( fA |Im fB ) = dim Im fB − dim Ker( fA |Im fB ) ≤ dim Im fB = rk fB = rk B.
Insgesamt folgt rk(AB) ≤ min{rk A, rk B}.
(b) Beweis. Nach Vorlesung existieren S ∈ GL(m, K) und T ∈ GL(n, K) mit
Er 0
T.
A=S
0 0
Wegen
Er 0
0 0
=
B := S
Er
0
Er
0
Er 0
gilt mit
∈ Mat(m × r, K) und C :=
schon A = BC.
6
Er
0
T ∈ Mat(r × n, K)