Mathematik für Informatiker III

Teillösung zum 2. Aufgabenblatt zur Vorlesung
Mathematik für Informatiker III
(Autor: F. Hoffmann)
1. Vektorräume
Die folgende Konstruktion ist eine weitere Möglichkeit, Vektorräume zu “bauen”. Sie
gibt es in ähnlicher Form für andere algebraischen Strukturen (z.Bsp. Gruppen).
Sei V ein K–Vektorraum und U ein Unterraum. Wir definieren auf der Menge V /U =
{v + U |v ∈ V } der sogenannten Nebenklassen von U eine Vektorraumstruktur (der
sogenannte Quotientenvektorraum. Beachten Sie, dass die Nebenklassen selbst wieder
Mengen sind, nämlich v +U = {v +u|u ∈ U }. Wir definieren Addition von Nebenklassen
und Multiplikation mit einem Skalar auf kanonische Art:
(v + U ) + (w + U ) = (v + w) + U , λ(v + U ) = λv + U
(a) Zeigen Sie, dass diese Operationen wohldefiniert sind, das heißt, nicht von der
Wahl des Repräsentanten v der Nebenklasse v + U abhängen und dass man einen
K–Vektorraum erhält.
Lösung: Sei v + U = v 0 + U und w + U = w0 + U Zu zeigen ist: (v + w) + U =
(v 0 + w0 ) + U . Es gibt aber Elemente a, b ∈ U mit v = v 0 + a und w = w0 + b. Damit
ist
(v + w) + U = {v 0 + w0 + a + b + u|u ∈ U }
Aber a + b + u ist wieder in U und jedes u0 ∈ U lässt sich so darstellen.
(v + w) + U = {v 0 + w0 + a + b + u|u ∈ U } = {v 0 + w0 + u0 |u0 ∈ U } = (v 0 + w0 ) + U
Die Axiome eines K-Vektorraums zu überprüfen sollte klar sein, man beachte aber
insbesondere, dass U der Nullvektor in V /U ist und −(v + U ) = (−v) + U .
(b) Beschreiben Sie die Vektorräume V /V und V /{~0}. Beschreiben Sie geometrisch die
Elemente von R2 /U und U sei aufgespannt durch den Vektor (3, 2).
Lösung: V /V besteht nur aus einem Element, also der Null–Vektorraum. Dagegen
ist V /{~0} fast dasselbe wie (isomorph zu) V , der Quotientenraum besteht aus
Nebenklassen, jede Nebenklasse hat die Form {v}, V besteht aus den Vektoren v.
In R2 /U entspricht U der Gerade mit Anstieg 1 durch den Punkt (0, 0), die anderen
Nebenklassen (x, y)+U sind Parallelverschiebungen dieser Gerade, genauer: (x, y)+
U ist die Gerade mit Anstieg 1 durch den Punkt (x, y).
(c) Zeigen Sie, dass gilt: dim V /U = dim V − dim U .
Lösung: Man betrachte den Epimorphismus π : V → V /U definiert durch π(v) =
v + U . Offensichtlich ist ker(π) = U und Im(π) = V /U . Die Behauptung folgt
dann aus der Dimensionsformel für lineare Abbildungen. dim ker(π)+dim Im(π) =
dim V .
2. Gleiche Unterräume Wurde korrigiert.
Zeigen Sie, dass die folgenden beiden Unterräume des Z43 gleich sind. Beschreiben Sie
zunächst kurz, wie Sie vorgehen.
Lin({(1, 2, 0, 1), (2, 2, 1, 1)}) Lin({(2, 0, 2, 0), (0, 2, 2, 1)})
Welche Dimension hat dieser Unterraum?
3. Lineare Abbildung 1 Wurde korrigert.
Zeigen Sie, dass f : R2 → R3 definiert vermittels
f (x, y) = (y − x, 0, x − y)
linear ist. Geben Sie Kern und das Bild von f an. Was sind deren Dimension?
4. Lineare Abbildung 2 Zeigen Sie, dass es eine lineare Abbildung geben kann f : R4 →
R2 mit ker(f ) = {(x1 , x2 , x3 , x4 ) | x1 = 5x2 , x3 = 7x4 }
Lösung: Der Kern ist 2–dimensional, also muss dass Bild auch 2-dimensional sein und
damit muss f surjektiv sein.
Zeigen Sie, dass es keine lineare Abbildung f : R5 → R2 mit ker(f ) =
{(x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ) | x1 = 3x2 , x3 = x4 = x5 } geben kann.
Lösung: Auch hier ist der Kern 2–dimensional, damit müsste nach dem Dimensionssatz
das Bild als Unterraum des R2 die Dimension 3 haben, dies ist aber nicht möglich.
5. Verständnis
(a) Warum ist Rn , n > 1 zusammen mit der komponentenweisen Addition und Multiplikation kein Körper?
Lösung: Falsch! R2 \ {(0, 0)} ist nicht gegen Multiplikation abgeschlossen:
(0, 1) · (1, 0) = (0, 0)
(b) Richtig oder falsch? Für Unterräume V1 , V2 , V3 eines Vektorraum V gilt :
V1 + (V2 ∩ V3 ) = (V1 ∩ V2 ) + (V1 ∩ V3 )
Lösung: Falsch! Bsp.: Sei V ein nichttrivialer Vektorraum, der also nicht nur den
Nullvektor enthält. Setze: V1 = {0}.V2 = V3 = V .
(c) Richtig oder falsch? Eine lineare Abbildung zwischen zwei Vektorräumen gleicher
endlicher Dimension ist genau dann injektiv, wenn sie surjektiv ist. Begründung!
Lösung: Richtig! Folgt sofort aus Dimensionsformel. Sei n die Dimension und f die
lineare Abbildung, so ist n = dim ker(f ) + dim Im(f ).
f injektiv ⇔ dim ker(f ) = 0 ⇔ dim Im(f ) = n ⇔ f surjektiv.
(d) Finden Sie ein Beispiel einer Abbildung f : R2 → R, so dass für alle λ ∈ R und
v ∈ R2 zwar f (λv) = λf (v) gilt, aber die Abbildung trotzdem nicht linear ist.
Lösung: Für v = (a, b) sei f (a, b) = a falls |a| ≥ |b|, sonst f (a, b) = b. Dieses f ist
nicht additiv, denn 1 = f ((1, 0) + (0, 1)) 6= f (1, 0) + f (0, 1) = 2. Verträglichkeit mit
Skalarmultiplikation gilt aber, denn λf (a, b) = f (λa, λb) weil |a| ≥ |b| ⇔ |λa| ≥
|λb| für alle λ.
(e) Die Menge R kann man auffassen als R–Vektorraum, aber auch als Q–Vektorraum.
Was sind deren Dimensionen? Begründung!
Lösung: Über R ist die Dimension 1. Jede reelle Zahl 6= 0 bildet eine Basis.
Die Dimension über Q ist unendlich. Wäre die Dimension endlich, so hätte die lineare Hülle dieser endlichen Basis nur abzählbar unendlich viele Vektoren, es gibt
aber überabzählbar viele reelle Zahlen. Mit demselben Argument kann man zeigen, dass eine solche Basis sogar überabzählbar viele Vektoren (hier reelle Zahlen)
enthalten muss.