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Musterlösung zum 9. Blatt
81. Aufgabe: Sei n eine natürliche Zahl. Vermuten Sie eine Formel für
n
X
(−1)k k 2
k=0
und beweisen Sie diese durch vollständige Induktion.
P
Lösung: Für jede natürliche Zahl n sei an = nk=0 (−1)k k 2 . Wir errechnen einige an
für kleine n: a0 = 0, a1 = −1, a2 = 3, a3 = −6, a4 = 10, a5 = −15, a6 = 21. Bis auf
das Vorzeichen erhalten wir die Zahlen 0, 1, 3, 6, 10, 15, 21, . . . Diese sind uns schon einmal
begegnet, nämlich als die Summe der ersten n natürlichen Zahlen, und dafür hatten wir
schon nachgewiesen, dass sich diese als n(n+1)
ergibt. Daher vermuten wir, unter Beachtung
2
des sich abwechselnden Vorzeichens:
an = (−1)n
n(n + 1)
.
2
Wir beweisen dies durch Induktion nach n: Für n = 0 ist dies offensichtlich richtig. Wir
machen nun den Induktionsschritt n → n + 1: Wir nehmen an, es ist n ∈ N, und es gilt
an = (−1)n n(n+1)
. Dann folgt
2
an+1
Def.
=
n+1
X
k=0
I.V.
=
=
=
=
k 2
(−1) k =
n
X
(−1)k k 2 + (−1)n+1 (n + 1)2
k=0
n(n + 1)
(−1)n
+ (−1)n+1 (n + 1)2
2
n(n + 1)
n+1
2
(−1)
−
+ (n + 1)
2
−n(n + 1) + 2n2 + 4n + 2
(−1)n+1
2
2
n
+
3n
+
2
(n + 1)(n + 2)
(−1)n+1
= (−1)n+1
.
2
2
Es folgt die Gültigkeit der Formel auch für n + 1. Nach dem Induktionsprinzip gilt sie
daher für alle natürlichen Zahlen n.
Alternativer Beweis: Wir zerlegen die Summe in positive und negative Summanden,
bzw. in gerade und ungerade Indizes und benutzen, dass wir die Summe der ersten n
natürlichen Zahlen formelmäßig kennen. Um dies durchführen zu können, müssen wir
zwei Fälle unterscheiden, nämlich die Fälle n gerade und n ungerade:
Sei n gerade, also n = 2m für eine natürliche Zahl m. Dann ist
an =
2m
X
k 2
(−1) k =
k=0
m
X
= 4
= 4
2k
2
(−1) (2k) +
k=0
k2 −
k=0
m
X
m
X
m
X
k −4
k=0
(−1)2k−1 (2k − 1)2
k=1
(4k 2 − 4k + 1)
k=1
m
X
2
m
X
2
k + +4
k=1
m
X
k−
k=1
m
X
1
k=1
= 2m(m + 1) − m = nm + n − m =
n(n + 1)
.
2
Ist n ungerade, also n = 2m + 1 für eine natürliche Zahl m, so erhält man analog
an =
m
X
(−1)2k (2k)2 +
k=0
m
X
= 4
= 4
k=0
m
X
k=0
m
X
(−1)2k+1 (2k + 1)2
k=0
k2 −
2
m
X
(4k 2 + 4k + 1)
k=0
m
X
k −4
k=0
2
k −4
m
X
k=0
k−
m
X
1
k=0
= −2m(m + 1) − (m + 1) = −n(m + 1) = −
n(n + 1)
.
2
82. Aufgabe: Sei X eine Menge mit n Elementen. Bestimmen Sie die Anzahl aller
geordneten Tripel (U, V, W ) von paarweise disjunkten Teilmengen U , V und W von
X mit U ∪ V ∪ W = X. (Hinweis: Stellen Sie einen Zusammenhang zu Abbildungen
f : X −→ {1, 2, 3} her.)
Lösung: Behauptung: Die gesuchte Anzahl ist 3n . Beweis: Sei X die Menge aller
geordneten Tripel (U, V, W ) von paarweise disjunkten Teilmengen U , V und W von X mit
U ∪ V ∪ W = X. Sei Y die Menge aller Abbildungen f : X −→ {1, 2, 3}. Es ist bekannt,
dass Y aus 3n Elementen besteht. Wir geben eine bijektive Abbildung φ : X −→ Y an,
womit gezeigt wäre, dass auch X aus 3n Elementen besteht. Zu jedem Tripel (U, V, W )
aus X definiere eine Abbildung f ∈ Y durch


1, x ∈ U,
f (x) = 2, x ∈ V,


3, x ∈ W.
Beachte dabei, dass jedes x ∈ X in genau einer der drei Teilmengen U , V , W liegt, so
dass f in der Tat eine auf X definierte Abbildung ist. Man erhält mit dieser Definition
eine Abbildung φ : X −→ Y. Umgekehrt definiert man eine Abbildung ψ : Y −→ X ,
indem man einer Abbildung f ∈ Y das geordnete Tripel (f −1 (1), f −1 (2), f −1 (3)) der
Urbildmengen zuordnet. Man prüft dann leicht nach, dass φ ◦ ψ = 1Y und ψ ◦ φ = 1X
gilt. Damit ist φ bijektiv.
83. Aufgabe: Sei z = √12 (1 + i). Wieviele Elemente hat die Menge {z k | k ∈ Z}?
Bestimmen Sie die größte ganze Zahl n < 0 mit z n = −i.
Lösung: Es gilt z 2 = 21 (1 + 2i − 1) = i. Wegen der Formel von Moivre ist dann offenbar
z = cos( π4 ) + i sin( π4 ). Es ist z 8 = (z 2 )4 = i4 = 1, und man sieht durch Betrachtung am
Einheitskreis, dass {z k | k ∈ Z} gerade aus den 8 verschiedenen komplexen Zahlen 1, z,
z 2 , z 3 , z 4 , z 5 , z 6 , z 7 besteht. Ausserdem ist z −1 = z 7 = −iz 6= −i und z −2 = z 6 = −i,
also ist die gesuchte Zahl n = −2.
84. Aufgabe:
a) √
Zeigen Sie, dass die Abbildung f
√
f (q) = cos( 2qπ) + i sin( 2qπ) injektiv ist.
:
Q
−→
C mit
b) Sei q eine rationale Zahl, und sei z := cos(qπ) + i sin(qπ). Zeigen Sie, dass es eine
natürliche Zahl n > 0 gibt mit z n = 1.
Lösung: a) Für jede reelle Zahl α hat die komplexe Zahl zα = cos α + i sin α den Betrag
1. Da eine volle Umdrehung = 2π ist, sieht man, dass zα = zβ gilt genau dann, wenn es
eine ganze Zahl n gibt, so dass
= 2nπ ist. Speziell: Sind q1 und q2 rationale Zahlen
√ α−β√
mit
√ f (q1 ) = f (q2 ), so gilt 2q1 π − 2q2 π = 2nπ für eine
√ ganze Zahl n, und es folgt
2(q1 − q2 ) = 2n. Falls nun q1 6= q2 gelten würde, so folgte 2 = q12n
∈ Q, Widerspruch,
−q2
√
da 2 irrational ist. Also muss q1 = q2 sein. Damit ist f injektiv.
b) Sei etwa q =
z n = cos(n
m
,
k
wobei m, k ganze Zahlen sind und k > 0. Sei n := 2k. Dann gilt
m
m
π) + i sin(n π) = cos(2mπ) + i sin(2mπ) = (cos(2π) + i sin(2π))m = 1m = 1.
k
k
85. Aufgabe: Sei V ein R-Vektorraum, und seien U, W ⊂ V Unterräume. Zeigen Sie:
Es gilt U + W = V und U ∩ W = {0} genau dann, wenn sich jedes v ∈ V schreiben läßt
als v = u + w für eindeutig bestimmte Elemente u ∈ U und w ∈ W .
Lösung: a) Es gelte U + W = V und U ∩ W = {0}. Sei v ∈ V . Dann gibt es wegen
U + W = V Elemente u ∈ U und w ∈ W mit v = u + w. Seien auch u0 ∈ U und w0 ∈ W
mit v = u0 + w0 . Dann gilt also u + w = u0 + w0 , also u − u0 = w0 − w, und dieses Element
liegt einerseits in U (da U ein Unterraum ist) und andererseits in W (da W ein Unterraum
ist), also in U ∩ W . Wegen U ∩ W = {0} folgt u − u0 = 0 = w0 − w, also u = u0 und w = w0 .
b) Umgekehrt gelte: Jedes v ∈ V läßt sich schreiben als v = u+w für eindeutig bestimmte
Elemente u ∈ U und w ∈ W . Die Existenz einer solchen Darstellung zeigt V = U + W .
Die Eindeutigkeit liefert U ∩ W = {0}: Denn ist v ∈ U ∩ W , so gilt 0 + 0 = 0 = v + (−v)
sind zwei Darstellungen von 0 als Summe von Elementen aus U und aus W ; wegen der
Eindeutigkeit gilt dann aber v = 0.
86. Aufgabe: Sei N = {1, . . . , n} mit einer natürlichen Zahl n > 0. Die Menge
V = Abb(N, R) wird durch die Regeln (f + g)(i) = f (i) + g(i) und (αf )(i) = αf (i) zu
einem R-Vektorraum. Finden Sie eine (möglichst einfache) Basis von V und bestimmen
Sie die Dimension.
Lösung:
Wir definieren Abbildungen δ1 , . . . , δn : N −→ R durch
(
1, i = j,
δi (j) =
0, i 6= j.
Wir haben zu zeigen, dass δ1 , . . . , δn : N −→ R eine Basis von V ist. Zunächst sind sie
linear unabhängig: Seien α1 , . . . , αn ∈ R mit
n
X
αi δi = 0.
i=1
Das bedeutet, dass für jedes j ∈ N gilt
αj =
n
X
αi δi (j) = 0.
i=1
δ1 , . . . , δn sind auch ein Erzeugendensystem von V : Sei f ∈ V beliebig. Für jedes j ∈ N
definiere αj := f (j) ∈ R. Dann folgt
f=
n
X
αi δi .
i=1
Da wir nun eine Basis von V gefunden haben, die aus n Elementen besteht, ist n die
Dimension von V .
87. Aufgabe: Sei λ eine reelle Zahl. Bestimmen Sie – in Abhängigkeit von λ – eine
Basis des Lösungsraums des linearen Gleichungssystems
x + 2y + 5z + 7w = 0
2x + 4y + λz + 14w = 0
z + 5w = 0
Lösung:
erhalten
Wir subtrahieren von der zweiten Gleichung das doppelte der ersten und
x + 2y +
5z + 7w = 0
+ (λ − 10)z
= 0
z + 5w = 0
Nun gibt es zwei Fälle zu unterscheiden: 1. Fall: λ = 10. Dann hat man nur die beiden
Gleichungen
x + 2y + 5z + 7w = 0
z + 5w = 0
Subtrahiert man das 5-fache der zweiten Zeile von der ersten, so erhält man
x + 2y
+ −18w = 0
z +
5w = 0
Daran erkennt man, dass man y, w ∈ R frei wählen kann und erhält als Lösungen die
Vektoren
  

 
 
x
−2y + 18w
−2
18
y  





y
 =
 = y 1  + w 0 ,
 z   −5w 
0
−5
w
w
0
1
 
−2
1

und erhält als eine Basis des Lösungsraums 
 0 ,
0

18
0
 .
−5
1

2. Fall: λ 6= 10. Man subtrahiert das 5-fache der dritten Gleichung von der ersten, das
(λ − 5)-fache von der zweiten, vertauscht zweite und dritte Gleichung und erhält
x + 2y
+
z +
−18w = 0
5w = 0
−5(λ − 10)w = 0
Die dritte Gleichung liefert w = 0, und dann ergeben die erste und zweite Gleichung die
Lösungen
  

 
x
−2y
−2
y   y 
1
 =

 
z   0  = y  0 
w
0
0
 
−2
1

für alle y ∈ R. Damit ist 
 0  eine Basis des Lösungsraumes.
0
88. Aufgabe: Bestimmen Sie diejenigen λ ∈ R, für welche die Vektoren
 


 
6−λ
−9 + 2λ
λ+1
 0  , −2λ + 8 , −21 + λ
λ
9+λ
2λ + 2
eine Basis des R3 bilden.
Lösung: Wegen dim(R3 ) = 3 bilden die drei Vektoren genau dann eine Basis, wenn
sie linear unabhängig sind. Für λ = −1 ist der erste Vektor gleich dem Nullvektor, und
damit können die drei Vektoren dann nicht mehr linear unabhängig sein. Nehmen wir im
folgenden λ 6= −1 an. Wir prüfen, wann die Gleichung





  
λ+1
6−λ
−9 + 2λ
0







0
x
+ y −2λ + 8 + z −21 + λ = 0
2λ + 2
λ
9+λ
0
nur die triviale Lösung x = y = z = 0 hat. Zu lösen ist also das lineare Gleichungssystem
(6 − λ)y + (−9 + 2λ)z = 0
(−2λ + 8)y + (−21 + λ)z = 0
(2λ + 2)x +
λy +
(9 + λ)z = 0
(λ + 1)x +
Weil wir bereits λ 6= −1 angenommen haben, können wir das Doppelte der ersten von der
dritten Gleichung abziehen. Dies führt zu den Gleichungen
(λ + 1)x +
(6 − λ)y + (−9 + 2λ)z = 0
(−2λ + 8)y + (−21 + λ)z = 0
(3λ − 12)y + (27 − 3λ)z = 0
Schaut man sich die Koeffizienten vor y an, so sieht man, dass man nicht-triviale Lösungen
erhält, wenn λ = 4 ist. Also nehmen wir zusätzlich λ 6= 4 an. Dann können wir das (3/2)fache der zweiten Zeile zur dritten addieren und erhalten
(λ + 1)x +
(6 − λ)y +
(−2λ + 8)y +
(−9 + 2λ)z = 0
(−21 + λ)z = 0
(−9/2 − 3/2λ)z = 0
Ist nun λ = −3, so sieht man an der dritten Gleichung, dass man dann nicht-triviale
Lösungen hat. Ist aber nun λ 6= −3 (und weiterhin λ 6= −1, 4), so folgt aus der dritten
Gleichung z = 0, dann aus der zweiten Gleichung y = 0 und schliesslich aus der ersten
Gleichung x = 0.
Fazit: Die drei vorgegebenen Vektoren bilden eine Basis des R3 genau dann, wenn
λ 6∈ {−3, −1, 4} gilt.
89. Aufgabe: Sei f : R5 −→ R4
 
x
y 
 
z  7→
 
u 
v
die (lineare) Abbildung definiert durch


x − 3y − 6z − 2u − 9v


x − 3y − 5z − 9v


 x − 3y − 4z + 2u + v 
−2x + 6y − 11z + 2u + v
a) Bestimmen Sie eine Basis von Kern(f ).
b) Bestimmen Sie rg(f ).
c) Ist f injektiv?
Lösung: a) Der Kern von f besteht offenbar gerade aus den Lösungen des linearen
Gleichungssystems
x
x
x
−2x
+ −3y + −6z + −2u + −9v = 0
+ −3y + −5z
+ −9v = 0
+ −3y + −4z +
2u +
v = 0
+
6y + −11z +
2u +
v = 0
Subtrahiert man die erste Gleichung von der zweiten und dritten und addiert das Doppelte
der ersten zur vierten, so erhält man
x + −3y +
−6z
z
2z
−23z
+ −2u + −9v
+
2u
+
4u +
10v
+ −2u + −17v
=
=
=
=
0
0
0
0
Addiert man geeignete Vielfache der zweiten Gleichung zu den anderen, so bekommt man
x + −3y
−9v =
=
10v =
44u + −17v =
+ 10u +
z + 2u
0
0
0
0
Aus der dritten Gleichung erhält man v = 0, aus der vierten dann u = 0, dann aus der
zweiten z = 0. Man bekommt also als Lösungen
 
   
x
3y
3
y   y 
1
   
 
z  =  0  = y 0
   
 
u   0 
0
v
0
0
 
3
1
 

für beliebige y ∈ R. Daher ist 
0 eine Basis von Kern(f ).
0
0
b) Nach a) gilt dim Kern(f ) = 1. Mit dem Rangsatz folgt
rg(f ) = dim Bild(f ) = dim(R5 ) − dim Kern(f ) = 5 − 1 = 4.
c) Wegen Kern(f ) 6= {0} ist f nicht injektiv.
90. Aufgabe: Seien V1 , V2 und V3 R-Vektorräume der Dimension n1 , n2 bzw. n3 , seien
f : V1 −→ V2 und g : V2 −→ V3 lineare Abbildungen. Zeigen Sie:
a) Kern(f ) ⊂ Kern(g ◦ f ).
b) rg(g ◦ f ) ≤ rg(f ).
Lösung: a) Sei x ∈ Kern(f ). Dann gilt f (x) = 0, und es folgt g ◦ f (x) = g(f (x)) =
g(0) = 0, weil g linear ist, und damit ist x ∈ Kern(g ◦ f ).
b) Aus a) und dem Basisergänzungssatz folgen dim Kern(f ) ≤ dim Kern(g ◦ f ). Aus dem
Rangsatz ergibt sich:
rg(g ◦ f ) = dim V1 − dim Kern(g ◦ f ) ≤ dim V1 − dim Kern(f ) = rg(f ).
Alternativ : Ist b1 , . . . , bs eine Basis von Bild(f ), so ist offenbar g(b1 ), . . . , g(bs ) ein Erzeugendensystem von Bild(g ◦ f ); dieses enthält eine Basis von Bild(g ◦ f ), und daher ist
dim Bild(g ◦ f ) ≤ s = dim Bild(f ).