Lineare Algebra für Physik

Lineare Algebra für Physik
Wintersemester 2013/14
Musterlösung Übungsblatt 10
Aufgabe 1. Lesen Sie zunächst den Wikipedia Eintrag
http://de.wikipedia.org/wiki/Komplexe_Zahl
zum Thema ’Komplexe Zahlen’. Zeigen Sie anschließend für alle z, w ∈ C
(a) z + w = z + w.
(b) zw = z · w.
(c) |zw| = |z||w|.
(d) arg(zw) = arg(z) + arg(w)
Lösung. (a) Seien z = a + bi, w = c + di ∈ C. Dann
z + w = (a + c) + (b + d)i = (a + c) − (b + d)i = a − bi + c − di = z + w.
(b) Seien z = a + bi, w = c + di ∈ C. Dann
zw = (ac − bd) + (ad + bc)i = (ac − bd) − (ad + bc)i = (a − bi)(c − di) = z · w.
(c),(d) Seien z = reiθ , w = seiϕ ∈ C. Das heißt, |z| = r, |w| = s, arg(z) = θ und arg(w) = ϕ.
Dann zw = reiθ seiϕ = rsei(θ+ϕ) und man sieht, dass |zw| = rs = |z||w|; arg(zw) =
θ + ϕ = arg(z) + arg(w).
Aufgabe 2. Eine Permutation σ ∈ Sn , für die eine Teilmenge {i1 , . . . , ir } ⊆ {1, 2, . . . , n}
mit r Elementen existiert, so dass σ(ik ) = ik+1 für 1 6 k 6 r − 1 und σ(ir ) = i1 und
σ(i) = i für alle i ∈
/ {i1 , . . . , ir } gilt, nennt man Zykel (genauer r-Zykel ) und schreibt
σ = (i1 , . . . , ir ).
(a) Zerlegen Sie die Permutation
σ=
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
3 2 7 5 4 9 10 6 8 1
!
in Zyklen.
(b) Berechnen Sie das Signum von σ und das Signum von jedem der in (a) berechneten
Zyklen.
(c) Sei ζ ∈ Sn ein beliebiger r-Zykel. Berechnen Sie das Signum von ζ.
(d) Beweisen Sie, dass jede Permutation τ ∈ Sn eine (bis auf die Reihenfolge) eindeutige
Zerlegung in disjunkte Zyklen besitzt.
Hinweis: Die Beweis-Idee wurde in der Vorlesung skizziert.
Lösung.
(a) Es gibt 4 Zyklen:
ζ1 = (1, 3, 7, 10),
ζ2 = (2),
ζ3 = (4, 5),
ζ4 = (6, 9, 8),
also ist σ = ζ1 ◦ ζ2 ◦ ζ3 ◦ ζ4 = ζ1 ◦ ζ3 ◦ ζ4 . Da disjunkte Zykel kommutieren, ist hier
natürlich auch jede andere Reihenfolge korrekt.
(b) Jede Permutation ist darstellbar als Produkt von Transpositionen und das Signum
einer Transposition ist −1, also gilt für einen Zykel (Achtung, diese Zerlegung in
Transpositionen ist nicht disjunkt und insbesondere nicht eindeutig!)
(i1 , . . . , ir ) = τi1 ,i2 ◦ τi2 ,i3 ◦ · · · ◦ τir−2 ,ir−1 ◦ τir−1 ,ir .
(1)
Das bedeutet
sgn(ζ1 ) = sgn(τ1,3 ◦ τ3,7 ◦ τ7,10 ) = (−1)3 = −1
sgn(ζ2 ) = sgn(id) = (−1)0 = 1
sgn(ζ3 ) = sgn(τ4,5 ) = (−1)1 = −1
sgn(ζ4 ) = sgn(τ6,9 ◦ τ9,8 ) = (−1)2 = 1.
und
sgn(σ) = sgn(ζ1 ◦ ζ3 ◦ ζ4 ) = sgn(ζ1 ) · sgn(ζ3 ) · sgn(ζ4 ) = 1.
(c) Sei ζ = (i1 , . . . , ir ) ein beliebiger r-Zykel. Dann ist wegen (1)
sgn(ζ) = sgn(τi1 ,i2 ◦ · · · ◦ τir−2 ,ir−1 ◦ τir−1 ,ir ) = (−1)r−1 .
(d) Sei σ ∈ Sn und N1 = { 1 , . . . , n }. Wähle i1 ∈ N1 und betrachte die Folge (σ k (i1 ))k6n .
Da σ eine bijektive Abbildung und die Menge { 1 , . . . , n } endlich ist, gibt es ein k1 6
n mit der Eigenschaft i1 = σ k1 (i1 ). Dies liefert den Zykel ζ1 = (i1 , σ(i1 ) , . . . , σ k1 −1 (i1 )).
Definiere nun
N2 := N1 \ i1 , σ(i1 ) , . . . , σ k1 −1 (i1 ) .
Es gilt |N2 | < |N1 |. Falls N2 = ∅, so ist die Zerlegung vollständig. Anderenfalls
verfährt man analog zu N1 und erhält so eine Folge von Mengen, für die |Nj | > |Nj+1 |
für alle j gilt. Es existiert folglich ein r 6 n mit Nr+1 = ∅. Dann ist
σ = (i1 , σ(i1 ) , . . . , σ k1 −1 (i1 )) ◦ · · · ◦ (ir , σ(ir ) , . . . , σ kr −1 (ir ))
2
eine Zykelzerlegung von σ. Seien nun σ = ζ1 ◦ · · · ◦ ζk = ξ1 ◦ · · · ◦ ξ` zwei disjunkte
Zykelzerlegungen für σ. Ohne Beschränkung der Allgemeinheit können wir k 6 ` annehmen. Der Fall k = 0 ist wegen σ = id klar. Sei also k > 1 und i ∈ { j | ζ1 (j) 6= j },
dann existiert ein t mit 1 6 t 6 `, so dass i ∈ { j | ξt (j) 6= j }. Da disjunkte Zykel kommutieren, können wir durch Umordnung t = 1 annehmen. Weiterhin sind ζ1
und ξ1 jeweils disjunkt zu allen weiteren Zyklen und es gilt σ r (i) = ζ1r (i) = ξ1r (i)
für alle r ∈ Z, also auch ζ1 = ξ1 . Durch Induktion schließen wir, dass k = ` und
{ ζ2 , . . . , ζk } = { ξ2 , . . . , ξk }. Damit ist alles gezeigt.
Aufgabe 3. Berechnen Sie die Determinante der Matrix


1 −2
0
3
−2
4
1
0


M =
.
 0
3
0 −7
4
0 −5
1
Lösung. Wir verwenden Laplace-Entwicklung nach der dritten Spalte.
1 −2
0
3
1 −2
1 −2
3
3
−2
4
1
0
3 −7 + 5 · −2
4
0
= − 0
0
3
0 −7
4
0
0
1
3 −7
4
0 −5
1
und nun Laplace-Entwicklung nach der zweiten bzw. dritten Spalte
1 −2
−2 4
1 3 0 −7
= −2 · − 35 · + 15 · −3·
−2
0 3
4 1 4
1
4
= −56 + 33 − 90
= −113.
Aufgabe 4. Lösen Sie das folgende lineare Gleichungssystem
x1 + 2x2 + 2x3 + 3x4 = 4
2x1 + 4x2 + x3 + 3x4 = 5
3x1 + 6x2 + x3 + 4x4 = 7
Lösung. Durch Umformung der erweiterten Koeffizientenmatrix



1 2 2 3 4
1 2 0

 Zeilenumformungen 
 2 4 1 3 5  −−−−−−−−−−−−→  0 0 1
3 6 1 4 7
0 0 0
erhalten wir

1 2

1 1 .
0 0
Das bedeutet x4 und x2 können beliebig gewählt werden, was auf x3 = 1 − x4 und x1 =
2 − 2x2 − x4 führt. Die allgemeine Lösung lautet folglich
 
  
 
  
−1
2 − 2x2 − x4
2
−2
x1





x  


x2
 1
 0
 0
 2 
 =   + x2   + x4   .
 =
 0
−1
x3   1 − x4  1
0
1
x4
0
x4
3
Aufgabe 5. Bestimmen Sie das

z

0
1
z ∈ R \ {0}, für das x3 in

  
1
0 1/z
x1

  
z z 2  x2  =  1/z 
x3
1/z 2
z2 z3
minimal ist.
Lösung. Es ist
z 0 1/z 2 = −1.
0
z
z
1 z 2 z 3 Nach der Cramerschen Regel gilt
z 0
1 x3 = − 0 z 1/z = z 2 + z − 1.
1 z 2 1/z 2 Wegen x03 (z) = 2z + 1 ist z = − 21 eine Extremstelle und da x003 (t) = 2 > 0 liegt ein lokales
Minimum vor.
Aufgabe 6 (3 Punkte). Berechnen
Determinante der Matrix

z 1

1 z
. .
A=
 .. ..

1 1
1 1
Lösung.

z

1
.
 ..


1
1
1 ···
z ···
.. . .
.
.
1 ···
1 ···
Sie für alle z ∈ R und für alle n ∈ N mit n > 2 die

··· 1 1

· · · 1 1
. . .. .. 
. . .
 ∈ Mat(n, R).

· · · z 1
··· 1 z


1 1
z
1
···


1 1
1 − z z − 1 · · ·
(k)z −(1)z ∀ 26k6n  .
.. .. 
..
..

.
. .  −−−−−−−−−−−−→ 
.
 ..


z 1
1 − z
0
···
1 z
1−z
0
···

z+n−1
1

0
z
−
1

(1)s −(k)s ∀ 26k6n 
.
.
..
..
−−−−−−−−−−−−→ 



0
0
0
0
1
0
..
.
1
0
..
.






z−1
0 
0
z−1
···
···
..
.
1
0
..
.
4
1
0
..
.




.


··· z − 1
0 
···
0
z−1
Diese Transformationen ändern die Determinante nicht, also finden wir
det(A) = (z − 1)n−1 (z + n − 1).

Aufgabe 7. Gegeben sei die Menge
K[x] = {an xn + an−1 xn−1 + . . . + a0 | ai ∈ K, für 0 ≤ i ≤ n, n ∈ N}
aller Polynome über dem Körper K.
(a) Zeigen Sie, dass K[x] ein K-Vektorraum ist.
(b) Geben Sie eine Basis dieses Vektorraums an.
Hinweis: Eine unendliche Menge von Elementen eines Vektorraums heißt linear unabhängig, wenn jede nicht-triviale endliche Linearkombination 6= 0 ist.
(c) Finden Sie einen n-dimensionalen Unterraum V von K[x] samt Basis. Konstruieren
Sie einen Isomorphismus f : V −→ K n .
(d) Sei K[x](3) die Menge aller Polynome maximal dritten Grades. Man stellt fest, dass
dies ein Unterraum von K[x] ist. Zeigen Sie, dass die Abbildung L : K[x](3) →
K[x](3) , mit L(p) = p0 linear ist, wobei p0 die Ableitung von p ist. Geben Sie die zugehörige Matrix bzgl. zwei verschiedenen Basen an. Ist L injektiv/surjektiv/bijektiv
?
(e∗ ) Zeigen Sie, dass K[x] auch ein Ring ist. Betrachten Sie dafür die gewöhnliche Multiplikation auf K[x].
(f ∗ ) Was ist die Einheitengruppe von K[x], d.h. die Menge der Elemente p ∈ K[x], die
bzgl. der in (e) verwendeten Multiplikation invertierbar sind?
Lösung. Vorbemerkung: Der Grad eines Polynoms p bezeichnet das größte n, für das der
Koeffizient von xn nicht verschwindet. Im Folgenden werden die Koeffizienten a0 , . . . , an
eines Polynoms vom Grad n stillschweigend für Indizes > n durch 0 fortgesetzt, d.h. ai =
Pm
Pn
j
i
0 für i > n. Durchweg bezeichnen p(x) =
i=0 ai x , q(x) =
j=0 bj x und r(x) =
P`
k
k=0 ck x drei beliebige Elemente aus K[x].
Pmax(n,m)
(a) Aus p(x) + q(x) = j=0
(aj + bj )xj ∈ K[x] folgt, dass die Addition auf K[x]
eine kommutative innere Verknüpfung ist. Die Assoziativität der Addition
folgt aus der Assoziativität der Addition in K, wie man anhand der Addition von
Monomen sieht: (axn + bxn ) + cxn = (a + b + c)xn = axn + (bxn + cxn ).
K kann mit der Teilmenge der konstanten Polynome (d.h. der Polynome vom Grad
0) identifiziert werden, also lässt sich K ⊂ K[x] schreiben. Offensichtlich wirkt 0 ∈ K
P
auch als neutrales Element in K[x]. Das Polynom −p(x) = nj=0 −aj xj ist das
P
Inverse zu p(x) = nj=0 aj xj ∈ K[x], da offensichtlich p(x) + (−p(x)) = 0. Damit
ist K[x] eine abelsche Gruppe bzgl. der Addition.
5
P
Die skalare Multiplikation ist gegeben durch λp(x) = nj=0 λaj xj für λ ∈ K, woraus
unmittelbar 1 · p(x) = p(x) folgt. Außerdem rechnet man für α, β ∈ K nach
α(βp(x)) =
α(p(x) + q(x)) =
(α + β)p(x) =
n
X
j=0
n
X
j=0
n
X
αβaj xj = (αβ)p(x),
α(aj + bj )xj = αp(x) + αq(x), und
(α + β)aj xj = αp(x) + βp(x).
j=0
(b) Die Menge der Monome {xk | k ∈ N0 } stellt eine Basis dar: die Menge ist linear
P
unabhängig, da jede endliche Linearkombination nj=0 λj xj genau dann das Nullpolynom ist, wenn λj = 0 für 0 ≤ j ≤ n. Die Menge ist ein Erzeugendensystem, da
jedes Element von K[x] gemäß Definition eine Linearkombination von Monomen ist.
(c) Die Menge K[x](n−1) := {p ∈ K[x] | p hat Grad ≤ n − 1} ist ein n-dimensionaler
Unterraum, da er die Basis {1, x, . . . , xn−1 } besitzt (Nachweis analog zu Aufgabenteil
(b)).
Betrachte die lineare Abbildung φ : K[x](n−1) −→ K n , mit φ(xk−1 ) := ek , 1 ≤ k ≤ n,
wobei ek der k-te kanonische Basisvektor in K n ist. Da φ eine Basis aus K[x](n−1)
auf eine Basis von K n abbildet, handelt es sich tatsächlich um einen Isomorphismus.
(d) Betrachte p1 , p2 ∈ K[x](3) und α, β ∈ K. Gemäß Differentiationsregeln gilt (αp1 (x) +
βp2 (x))0 = αp01 (x) + βp02 (x), was gleichbedeutend mit der Linearität von L ist. Die
Wirkung von L auf die ‘Standardbasis’ {1, x, x2 , x3 } ist
L(1) = 0, L(x) = 1, L(x2 ) = 2x, L(x3 ) = 3x2 ,
0 1 0 0
was auf die Abbildungsmatrix 00 00 20 03 führt. Eine weitere Basis ist z.B. gegeben
0000
durch {1, 1 + x, x + x2 , x2 + x3 }. (Falls man Zweifel daran hat, dass dies tatsächlich
eine Basis ist, betrachte man eine Linearkombination der Null:
(λ1 + λ2 ) + (λ2 + λ3 )x + (λ3 + λ4 )x2 + λ4 x3 = 0, λ1 , . . . , λ4 ∈ K.
Offensichtlich erzwingt dies λ1 = . . . = λ4 = 0. Folglich enthält die Menge vier linear
unabhängige Vektoren in einem
VR und ist somit eine Basis.) Die
4-dimensionalen
Matrix bzgl. dieser Basis ist
0
0
0
0
1 −1 1
0 2 −1
0 0 3
0 0 0
.
L ist nicht injektiv, denn der Kern ist ein eindimensionaler Unterraum von K[x](3) ,
nämlich der Unterraum der konstanten Polynome, identifiziert mit K. Surjektiv kann
L auch nicht sein, denn im Bild von L haben alle Polynome maximal Grad 2. Somit ist
6
L erst recht nicht bijektiv, (was auch sofort aus dem Verschwinden der Determinante
der Abbildungsmatrizen ersichtlich ist).
(e) Dass K[x] eine abelsche Gruppe bzgl. der Addition ist, wurde schon überprüft.
Multiplizieren der Polynome p, q liefert
p(x)q(x) =
n+m
t
XX
ai bt−i xt ∈ K[x],
t=0 i=0
somit ist die gewöhnliche Multiplikation tatsächlich eine innere Verknüpfung. Die
Körper-Eins liefert ein neutrales Element für die Multiplikation. Die Assoziativität der Multiplikation lässt sich für die Polynome p, q, r direkt nachrechnen:


n X
m
n X
m X
`
X
X
i
j

(p(x)q(x))r(x) =
ai x bj x r(x) =
ai bj ck xi+j+k
i=0 j=0
i=0 j=0 k=0
= p(x)(q(x)r(x)),
wobei das letzte Gleichheitszeichen daraus folgt, dass die vorher betrachtete Summe
offenbar invariant unter Umordnung der Summanden ist, sowie unter Vertauschung
der Faktoren ai , bj , ck . Aus demselben Grund ist die Multiplikation sogar kommutativ ;
daher muss für die Distributivität nur p(x)(q(x) + r(x)) = (p(x)q(x)) + (p(x)r(x))
nachgeprüft werden. Es gilt (mit m0 = max(m, `))
0
p(x)(q(x) + r(x)) = p(x)
m
X
0
n X
m
X
(bj + cj )x =
(ai bj + ai cj )xi+j
j
j=0
=
n X
m
X
i=0 j=0
ai bj xi+j +
i=0 j=0
n X
`
X
ai cj xi+j = p(x)q(x) + p(x)r(x).
i=0 j=0
(f) Die Einheiten von K[x] sind die Elemente p ∈ K[x], für die es ein q ∈ K[x] gibt, so
dass p(x)q(x) = 1. Offensichtlich ist das aber nur möglich, wenn p, q konstant sind,
d.h. mit (zueinander inversen) Elementen aus K identifiziert werden können. Somit
gilt für die Einheitengruppe K[x]× = K × = K \ {0}.
Pn
i
(Wen das nicht überzeugt, der möge die Polynome p(x) =
i=0 ai x und q(x) =
Pm
j
j=0 bj x vom Grad n > 0 bzw. m ≥ 0 betrachten und annehmen p(x)q(x) = 1.
Insbesondere wird also an 6= 0 und bm 6= 0 vorausgesetzt. Das formale Produkt von p
und q hat genau einen Term vom Grad m + n, nämlich an bm xn+m . Dessen Koeffizient
ist nach Voraussetzung ungleich 0, was im Widerspruch zu p(x)q(x) = 1 steht. Also
muss n = m = 0 sein.)
Aufgabe 8. Sei für ein festes a ∈ K die Abbildung φa auf
K[x](2) := {c2 x2 + c1 x + c0 | c0 , c1 , c2 ∈ K}
gegeben durch φa (p) = p(a) für alle p ∈ K[x](2) .
7
(a) Zeigen Sie, dass φa eine Linearform auf K[x](2) darstellt, also ein Element des Dualraums K[x]∗(2) ist.
(b) Seien a0 , a1 , a2 paarweise verschiedene Elemente aus K. Zeigen Sie, dass die φai mit
i ∈ {0, 1, 2} eine Basis von K[x]∗(2) bilden.
(c) Man stellt fest, dass B := {1, 1 + x, 1 + x + x2 } eine Basis von K[x](2) darstellt.
Bestimmen Sie die duale Basis zu B.
Lösung. (a) φa ordnet jedem Polynom p ∈ K[x](2) das Körperelement p(a) zu, ist also
eine Abbildung von K[x](2) nach K. Für p1 , p2 ∈ K[x], α1 , α2 ∈ K hat man
φa (α1 p1 + α2 p2 ) = (α1 p1 + α2 p2 )(a) = α1 p1 (a) + α2 p2 (a) = α1 φa (p1 ) + α2 φa (p2 ),
also Linearität.
(b) Um die lineare Unabhängigkeit von φa0 , φa1 , φa2 nachzuweisen, muss überprüft werden, ob es nicht-verschwindende Koeffizienten λ0 , λ1 , λ2 gibt, mit denen die "NullLinearform" dargestellt werden kann, d.h.
2
X
λi φai = 0,
i=0
wobei die 0 auf der rechten Seite diejenige Linearform bezeichnet, die jedes EleP
ment aus K[x](2) auf 0 abbildet. Mit anderen Worten muss dann ( 2i=0 λi φai )(p) =
P2
i=0 λi φai (p) = 0 für alle p ∈ K[x](2) sein. Betrachte die Polynome
(x − a1 )(x − a2 )
(x − a0 )(x − a2 )
, p1 (x) =
und
(a0 − a1 )(a0 − a2 )
(a1 − a0 )(a1 − a2 )
(x − a0 )(x − a1 )
p2 (x) =
.
(a2 − a0 )(a2 − a1 )
p0 (x) =
Diese sind wohldefiniert, da im Nenner ein Körperelement 6= 0 steht. Offensichtlich ist
φai (pj ) = δij für 0 ≤ i, j ≤ 2. Nacheinander angewandt auf die Polynome p0 , p1 und
p2 liefert die obige Linearkombination die Gleichungen λ0 = 0, λ1 = 0 und λ2 = 0
und damit die gewünschte lineare Unabhängigkeit.
Da der Dualraum eines Vektorraums dieselbe Dimension hat, wie der Vektorraum
selbst und K[x](2) (nach Aufgabe 45 (c)) dreidimensional ist, sind die φai , 0 ≤ i ≤ 2,
eine Basis von K[x]∗(2) .
Für Unverdrossene: statt sich mit dem Dimensionsargument zufrieden zu geben, kann
man natürlich auch für eine beliebige Linearform ϕ ∈ K[x]∗(2) nachprüfen, dass sie sich
als Linearkombination der Einsetzungshomomorphismen φai schreiben lässt. Dazu
muss man ja nur sicherstellen, dass diese Linearkombination auf den Basisvektoren
8
von K[x](2) mit ϕ übereinstimmt! Es seien ϕ(x2 ) =: c2 , ϕ(x) =: c1 , ϕ(1) =: c0 . Dann
lautet das zu lösende Gleichungssystem
λ0 + λ1 + λ2 = c0
λ0 a0 + λ1 a1 + λ2 a2 = c1
λ0 a20 + λ1 a21 + λ2 a22 = c2 .
Die zugehörige Koeffizientenmatrix
ist eine sogenannte Vandermond’sche Matrix
1 1 1
Q
(bzw. ihre Transponierte), a02 a12 a22 , deren Determinante 0≤i<j≤2 (ai − aj ) ist.
a0 a1 a2
Insbesondere ist diese ungleich 0, da die ai paarweise verschieden sind, woraus folgt,
dass für beliebige (c0 , c1 , c2 ) eine eindeutige Lösung existiert. Anwenden der Cramer1 a2 −c1 (a2 +a1 )+c2
. Wegen der Symmetrie in a0 , a1
schen Regel liefert zunächst λ0 = c0 a(a
0 −a1 )(a0 −a2 )
und a2 ergeben sich λ1 und λ2 durch Austauschen der Indizes und Umkehrung der
Vorzeichen:
λ1 =
−c0 a0 a2 + c1 (a2 + a0 ) − c2
c0 a0 a1 − c1 (a0 + a1 ) + c2
, λ2 =
.
(a0 − a1 )(a0 − a2 )
(a0 − a1 )(a0 − a2 )
(c) Setze v0 = 1, v1 = 1 + x, v2 = 1 + x + x2 . Dann besteht die duale Basis zu (v0 , v1 , v2 )
aus Linearformen φ0 , φ1 , φ2 mit φi (vj ) = δi,j . Für φ0 erhält man
!
!
φ0 (v0 ) = 1; φ0 (v1 ) = 1 + φ0 (x) = 0 ⇒ φ0 (x) = −1;
!
φ0 (v2 ) = 1 − 1 + φ0 (x2 ) = 0 ⇒ φ0 (x2 ) = 0.
In analoger Weise bestimmt man φ1 und φ2 , so dass sich die Wirkung der Linearformen φ0 , φ1 , φ2 auf ein beliebiges Element b0 + b1 x + b2 x2 von K[x](2) folgenderweise
angeben lässt:
φ0 (b0 + b1 x + b2 x2 ) = b0 − b1
φ1 (b0 + b1 x + b2 x2 ) = b1 − b2
φ2 (b0 + b1 x + b2 x2 ) = b2 .
Aufgabe 9. Sei V ein endlichdimensionaler Vektorraum mit Norm k·k.
(a) Sei S1 (0) = {v ∈ V | kvk = 1} die Einheitssphäre von V . Zeigen Sie, dass S1 (0) =
v
kvk | v ∈ V \ {0} .
(b) Für T ∈ V ∗ definiert man k·k∗ : V ∗ → R via kT k∗ = max{|T v| | v ∈ S1 (0)}. Zeigen
Sie, dass k·k∗ eine Norm auf V ∗ definiert.
(c) Zeigen Sie, dass für alle T ∈ V ∗ und v ∈ V gilt |T v| 6 kT k∗ kvk.
Hinweis: Benutzen Sie (a)!
9
v
v
Lösung. (a) Sei S := kvk
| v ∈ V \ {0} . Für v ∈ S1 (0) gilt kvk = 1, also v = kvk
∈
1
v
S und S1 (0) ⊆ S. Da k kvk k = kvk kvk = 1, haben wir auch S ⊆ S1 (0) und somit S
= S1 (0).
(b) Positive Definitheit: kT k∗ ≥ 0 für alle T ∈ V ∗ , da |T v| ≥ 0 für alle T ∈ V ∗ , v ∈ V
und 0 = kT k∗ = max{|T v| | v ∈ S1 (0)} ⇔ |T v| = 0 ∀ v ∈ S1 (0) = S ⇔ |T v| =
0 ∀ v ∈ V ⇔ T = 0.
Absolute Homogenität: Sei T ∈ V ∗ und λ ∈ K. Dann kλT k∗ = max{|λT v| | v ∈
S1 (0)} = |λ| max{|T v| | v ∈ S1 (0)} = |λ|kT k∗ .
Dreiecksungleichung: Sei T, U ∈ V ∗ . Dann kT +U k∗ = max{|T v +U v| | v ∈ S1 (0)} ≤
max{|T v| | v ∈ S1 (0)} + max{|U v| | v ∈ S1 (0)} = kT k∗ + kU k∗ .
(c) Sei T ∈ V ∗ . Sei u
von (a))
∈ V \ {0}. Dann (durch Anwendung
u
1
v
kT k∗ = max{|T kvk | | v ∈ V \ {0}} ≥ |T kuk | = kuk |T u| also
|T u| ≤ kT k∗ kuk. Für u = 0, |T (0)| = 0 = kT k∗ k0k, also gilt die Ungleichung für alle
u∈V.
Aufgabe 10. (a) Sei V = R2 und f , g : V → R mit f (x) = x1 − x2 , g(x) = 3x2 für
x = (x1 , x2 ) ∈ R2 . Zeigen Sie, dass f und g Linearformen sind, also f , g ∈ V ∗ . Geben
Sie die Darstellungsmatrizen Af , Ag für f und g bzgl. der kanonischen Basis an.
(b) Zeigen Sie, dass jedes f ∈ V ∗ von der Gestalt f (x) = ax1 + bx2 für a, b ∈ R ist. Wie
lautet die Darstellungsmatrix für f ?
Hinweis: Schreiben Sie x ∈ R2 in der Form x = x1 e1 + x2 e2 , wobei e1 , e2 die
kanonischen Basisvektoren des R2 bezeichnen.
(c) Zeigen Sie, dass jedes x ∈ R2 eine Linearform auf R2 definiert.
Insgesamt zeigt dies, dass V ∗ ∼
= R2 .
Lösung.
(a) Af = (1 − 1), Ag = (0 3).
(b) Sei f ∈ V ∗ . Für x = x1 e1 + x2 e2 ∈ R2 , f (x) = f (x1 e1 + x2 e2 ) = x1 f (e1 ) + x2 f (e2 )
(da f linear ist). Aber f (e1 ), f (e2 ) ∈ R, also haben wir f (x) = ax1 + bx2 , wobei
f (e1 ) = a, f (e2 ) = b ∈ R. Die Darstellungsmatrix für f ist Af = (a b).
(c) Sei x = (x1 x2 )t ∈ R2 . Dann definiert fx : R2 → R, fx (y) := x1 y1 + x2 y2 für
y = (y1 y2 )t ∈ R2 eine Linearform.
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