13.¨Ubungsblatt zur ” Linearen Algebra II“

Fachbereich Mathematik
Prof. J. Bokowski
Dennis Frisch, Nicole Nowak
Sommersemester 2007
12. und 13. Juli
13. Übungsblatt zur
Linearen Algebra II“
”
Gruppenübung
Aufgabe G26 (Injektiv? Surjektiv?)
Seien ϕ : U → V und ψ : V → W lineare Abbildungen zwischen endlich-dimensionalen
K-Vektorräumen U , V , W .
(a) Zeigen Sie, dass ψ ◦ ϕ : U → W linear ist.
(b) Welche der folgenden Aussagen sind wahr? Begründen Sie Ihre Antwort durch eine kurze
Argumentation oder ein Gegenbeispiel.
(i)
(ii)
(iii)
(iv)
ψ◦ϕ
ψ◦ϕ
ψ◦ϕ
ψ◦ϕ
injektiv impliziert ψ injektiv.
injektiv impliziert ϕ injektiv.
surjektiv impliziert ψ surjektiv.
surjektiv impliziert ϕ surjektiv.
(Zusatzaufgabe) Gilt auch die Umkehrung der in (a) gemachten Aussage? Falls die Verknüpfung zweier Funktionen linear ist, waren dann auch die einzelnen Funktionen linear?
Lösung:
(a) Um die Linearität der Verknüpfung der Funktionen zu prüfen, weisen wir die beiden Eigenschaften einer linearen Funktion nach. Die gegebenen Gleichungen gelten wegen der Linearität
der beiden beteiligten Funktionen:
ψ ◦ ϕ(u + u0 ) = ψ(ϕ(u + u0 )) = ψ(ϕ(u) + ϕ(u0 )) = ψ(ϕ(u)) + ψ(ϕ(u0 )) = ψ ◦ ϕ(u) + ψ ◦ ϕ(u0 )
ψ ◦ ϕ(λu) = ψ(ϕ(λu)) = ψ(λϕ(u)) = λψ(ϕ(u)) = λψ ◦ ϕ(u)
(b) (i) Gegenbeispiel: Seien U, W = R2 und V = R3 . Weiterhin sei ϕ((x, y)T ) = (x, y, 0)T
und ψ((x, y, z)T ) = (x, y)T . Es ist offensichtlich, dass ψ nicht injektiv ist, da z.B.
ψ((1, 2, 3)T ) = ψ((1, 2, 4)T = (1, 2)T gilt. Dennoch ist ψ ◦ ϕ = IdR2 und damit injektiv.
(ii) Nehmen wir an ϕ wäre nicht injektiv. Dann existieren u 6= u0 für die gilt, dass ϕ(u) =
ϕ(u0 ). Dann gilt aber auch ψ ◦ϕ(u) = ψ ◦ϕ(u0 ) und ψ ◦ϕ wäre nicht injektiv. Die Aussage
ist also richtig.
(iii) Nehmen wir an ψ sei nicht surjektiv, dann gilt Bild(ψ) ⊂ W und es existiert ein w ∈ W
ohne Urbild. Dann gibt es jedoch auch kein Urbild für dieses w unter der Abbildung
ψ ◦ ϕ. Also ist ψ ◦ ϕ dann nicht surjektiv. Die Aussage ist also richtig.
13. Übung
Linearen Algebra II
(iv) Gegenbeispiel: Wir betrachten die gleiche Funktion wie in [(i)]. ϕ ist nicht surjektiv. So
gibt es z.B. kein Urbild für den Punkt (1, 2, 1)T in R3 . Doch wieder können wir nutzen,
dass ψ ◦ ϕ = IdR2 , also surjektiv ist.
Aufgabe G27 (Komplexe Einheitswurzeln)
In dieser Aufgabe, wollen wir uns noch einmal die Lösungen der Gleichung z n = 1 in C betrachten.
(a) Zeigen Sie, dass jede komplexe Zahl eiϕ geschrieben werden kann als cos ϕ + i sin ϕ.
Hinweis: Sortieren Sie die Summanden der Potenzreihe nach reellen und komplexen Summanden.
(b) Zeigen Sie, dass die komplexe Zahl eiϕ Norm 1 hat. Machen Sie sich die Situation geometrisch
klar.
(c) Geben Sie alle Lösungen der komplexen Gleichung z n = 1 an. Visualisieren Sie die Lösungen
für n = 2, 3, 4.
Lösung:
(a) Da wir wissen, wie die Exponentialfunktion definiert ist, setzen wir nun also iϕ in die Potenzreihe ein. Danach sortieren wir, wie im Hinweis angegeben, nach reellen und komplexen
Summanden und erhalten die Reihen für Cosinus und Sinus.
∞
X
1
exp(iϕ) =
(iϕ)n
n!
=
=
n=0
∞
X
n=0
∞
X
n=0
∞
X
1
1
(iϕ)2n +
(iϕ)2n+1
(2n)!
(2n + 1)!
n=0
∞
X
1
1
(−1)n ϕ2n +
(−1)n iϕ2n+1)
(2n)!
(2n + 1)!
n=0
= cos ϕ + i sin ϕ
(b) Zunächst schreiben wir eiϕ um und berechnen dann die Norm der so entstandenen komplexen
Zahl.
|eiϕ | = | cos ϕ + i sin ϕ| = (cos ϕ)2 + (sin ϕ)2 = 1
(c) Die Lösungen sind e
ik2π
n
mit k = 1, . . . , n. Denn es gilt,
(e
ik2π
n
)n = (en
ik2π
n
) = (eik2π ) = 1
Aufgabe G28 (Kern und Bild)
Seien V, W endlich dimensionale Vektorrräume über einem Körper K.
(a) Sei ϕ : V → W eine lineare Abbildung. Welche der folgenden Aussagen sind immer wahr?
Begründen Sie Ihre Antwort.
(i)
(ii)
(iii)
(iv)
dim(Bild ϕ) ≤ dim(V )
dim(Kern ϕ) ≤ dim(V )
dim(Bild ϕ) ≤ dim(W )
dim(Kern ϕ) ≤ dim(W )
(b) Sei wieder ϕ : V → W eine lineare Abbildung und Aϕ die zugehörige Matrix. Welcher
Zusammenhang gilt zwischen dem Rang von Aϕ und der Dimension von Bild(ϕ)?
Lösung:
2
13. Übung
Linearen Algebra II
(a) (i) Diese Aussage ist immer wahr. Das Bild von ϕ wird erzeugt durch die Bilder der Basisvektoren von V . Da es davon nur dim(V ) viele gibt ist auch die Dimension des Bildes
durch die Dimension von V beschränkt.
(ii) Da Kern(ϕ) eine Teilmenge von V ist, ist natürlich die Dimension von Kern(ϕ) durch
die von V beschränkt. Diese Aussage ist also immer richtig.
(iii) Das Bild(ϕ) ist eine Teilmenge von W . Also ist auch hier die Dimension vom Bild(ϕ)
durch die Dimension vom W beschränkt und die Aussage damit immer wahr.
(iv) Diese Aussage gilt nicht immer. Wir können uns dies leicht an einem Beispiel überlegen.
Sei V = R3 , W = R und ϕ die lineare Abblidung, die alles auf 0 abbildet. Hier ist
Kern(ϕ)= R3 und damit dreidimensional. W ist aber nur eindimensional. Wir haben
also ein Gegenbeispiel zur Aussage gefunden.
(b) In Aufgabenteil (a)(i) haben wir bereits argumentiert, dass das Bild von ϕ durch die Bilder
der Basisvektoren erzeugt wird. Diese Bilder stehen in den Spalten der Matrix Aϕ . Der Rang
von Aϕ ist gleich der Anzahl der linear unabhängigen Spaltenvektoren von Aϕ , also auch
gleich der Dimension des Bildes von ϕ.
Hausübung
Aufgabe H24 (Lösbarkeit von Gleichungssystemen)
(3 Punkte)
Stellen Sie einen Zusammenhang zwischen der Lösbarkeit des Systems Ax = b und dem Rang
der Matrix A sowie dem Rang der um die Spalte b erweiterten Matrix (A|b) her. Geben Sie eine
geometrische Interpretation.
Lösung: Falls der Rang von A und (A|b) gleich ist, so ist Ax = b lösbar. Denn dann liegt b im
Bildraum der linearen Abbildung, die von A induziert wird, nämlich x 7→ Ax. Würde b nämlich
nicht in dem linearen Raum liegen, der von den Spalten von A aufgespannt wird, so würde das
hinzufügen von b als weitere Spalte den Rang verändern.
Aufgabe H25 (Komplexe Zahlen)
(6 Punkte)
Komplexe Multiplikation und gewisse Additionstheoreme sollen in Verbindung gesetzt werden.
Betrachten Sie hierfür zunächst zwei komplexe Zahlen auf dem Einheitskreis, wobei eine
cos ϕ + i sin ϕ und die zweite cos 2ϕ + i sin 2ϕ ist. Stellen Sie die Situation graphisch dar.
Verallgemeinern Sie dies im Anschluss auf cos ϕ + i sin ϕ und cos ψ + i sin ψ.
Lösung: Wir wissen, dass sich bei Multiplikation von komplexen Zahlen, die Winkel addieren.
Falls nicht, sehen wir dies schnell ein, wenn wir bedenken, dass wir eine komplexe Zahl schreiben
können, als reiϕ . Denn
0
0
reiϕ · r0 eiϕ = rr0 ei(ϕ+ϕ )
Betrachten wir nun (cos ϕ+i sin ϕ)(cos 2ϕ+i sin 2ϕ). Da wir uns auf dem Einheitskreis befinden, ist
das Ergebnis dieser Multiplikation cos 3ϕ + i sin 3ϕ. Multiplizieren wir nun jedoch auf gewöhnliche
Weise, so erhalten wir (cos ϕ cos 2ϕ − sin ϕ sin 2ϕ) + i(cos ϕ sin 2ϕ + sin ϕ cos 2ϕ). Nun können wir
aber Realteil und Imaginärteil der komplexen Zahl jeweils gleichsetzen und erhalten:
cos 3ϕ = cos ϕ cos 2ϕ − sin ϕ sin 2ϕ
sin 3ϕ = cos ϕ sin 2ϕ + sin ϕ cos 2ϕ
Verallgemeinert erhalten wir:
cos(ϕ + ψ) = cos ϕ cos ψ − sin ϕ sin ψ
sin(ϕ + ψ) = cos ϕ sin ψ + sin ϕ cos ψ
3
13. Übung
Linearen Algebra II
Aufgabe H26 (Halbräume und gerichtete Abstände)
Betrachten Sie die Gleichung y = 23 x − 2.
(6 Punkte)
(a) Zeichnen Sie die zugehörige Gerade in ein Koordinatensystem. Welche Normalenvektoren
können Sie für diese Hyperebene des R2 angeben? Geben Sie eine Hessesche Normalform zu
dieser Ebene an.
(b) Betrachten Sie nun die Ungleichung − 32 x + y ≤ −2. Markieren Sie den Teil der Ebene R2 ,
der diese Ungleichung erfüllt.
(c) Erklären Sie, warum das Einsetzen eines Punktes in die Hessesche Normalform der Hyperebene den (gerichteten) Abstand des Punktes zu dieser Hyperebene beschreibt.
Setzen sie die beiden Punkte A := (1, 6)T und B := (6, 1)T in ihre gewählte Hessesche
Normalform ein. Was stellen Sie fest? Geben Sie die Auswirkung des von Ihnen gewählten
Normalenvektors in der Hesseschen Normalform auf das jeweilige Ergebnis an.
Sicher verstehen Sie nun, warum wir den Abstand im Titel der Aufgabe gerichtet genannt
haben.
Lösung:
(a) Die möglichen Normalenvektoren sind n ∈ N := {t(1, − 23 )T | t ∈ R}.
Die beiden möglichen Hesseschen Normalformen sind:
3
2
6
H1 : √ (− x + y) + √ = 0
13 3
13
3
2
6
H2 : − √ (− x + y) − √ = 0
13 3
13
(b) Es ist der Teil der Ebene, der unter der eingezeichneten Geraden liegt.
(c) Sei n1 x + n2 y − d = 0 die Hessesche Normalform einer Hyperebene. Wollen wir nun den Abstand des Punkte (p1 , p2 )T von dieser Hyperebene bestimmen, so fällen wir das Lot auf die
Ebene und betrachten den Durchstoßpunkt der so entstandenen Geraden mit der Hyperbene.
Unsere Gerade ist also g(t) = (p1 , p2 )T + t(n1 , n2 )T für t ∈ R. Berechnen wir den Durchstoßpunkt, so setzen wir die Gerade in die Hyperebene ein und lösen auf:
n1 (p1 + tn1 ) + n2 (p2 + tn2 ) − d = 0
p1 −n2 p2
1 −n2 p2
Nach Auflösen erhalten wir t = d−nn12p+n
= d−n1||n||
= d − n1 p1 − n2 p2 . Dies gilt, da
2
1
2
in der Hesseschen Normalform der Normalenvektor Norm 1 hat.
Als Abstand würden wir nun den Betrag von t sehen. −t ist der gerichtete Abstand und
ergibt sich genau durch Einsetzen des Punktes in die Hessesche Normalform.
Betrachten wir nun unsere beiden Punkte A und B.
6
3
2
3
DH1 (A) = √ (− 6 + 1) + √ = − √
13 3
13
13
6
3
2
22
DH1 (B) = √ (− 1 + 6) + √ = √
13 3
13
13
6
3
2
3
DH2 (A) = − √ (− 6 + 1) − √ = √
13 3
13
13
6
3
2
22
DH2 (B) = − √ (− 1 + 6) − √ = − √
13 3
13
13
4
13. Übung
Linearen Algebra II
Wir erhalten gerichtete Abstände mit unterschiedlichen Vorzeichen. Jeder Punkt, der auf der
Seite der Hyperebene liegt, in welche der Normalenvektor zeigt, hat positiven gerichteten
Abstand. Jeder Punkt auf der gegenüberliegenden Seite hat negativen gerichteten Abstand.
Der gewählte Normalenvektor bestimmt also, ob ein Punkt negativen oder positiven gerichteten Abstand hat.
Wir reden von gerichtetem Abstand, da der Abstand in Bezug auf den Normalenvektor betrachtet wird, sich nach dem Normalenvektor “richtet”.
5