Lineare Algebra 2 (SS 13) Blatt 10: Musterlösung

Prof. Dr. B. Hanke
Dr. J. Bowden
Lineare Algebra 2 (SS 13)
Blatt 10: Musterlösung
Aufgabe 1. Die erste Formel zeigt man, indem man die angegebenen Determinante nach der
letzten Zeile entwickelt. Die zweite Formel folgt durch Einsetzen aus der ersten. Die dritte Formel
beweist man, indem man beide Seiten in Komponenten ausdrückt und ausrechnet. Die vierte Formel
folgt durch Wurzelziehen aus der dritten (warum fallen die Betragstriche weg?) und den Formeln
(sin φ)2 = 1 − (cos φ)2
und
cos φ =
hx, yi
.
kxk · kyk
Aufgabe 2. Man rechnet direkt nach:
ku + vk2 − ku − vk2 + iku + ivk2 − iku − ivk2
=hu + v, u + vi − hu − v, u − vi + ihu + iv, u + ivi − hu − iv, u − ivi
= kuk2 + hu, vi + hv, ui + kvk2 − kuk2 − hu, vi − hv, ui + kvk2
+i kuk2 + hu, ivi + hiv, ui + kvk2 − i kuk2 − hu, ivi − hiv, ui + kvk2
=2hu, vi + 2hv, ui + 2 ihu, ivi +2 ihiv, ui = 4hu, vi.
| {z }
| {z }
=hu,vi
=−hv,ui
Aufgabe 3. Zu (a): Wir wählen eine Basis (v1 , . . . , vn ) und erhalten die darstellende Matrix A =
(aij ) mit aij = hvi , vj i. Es gilt also aij = −aji und somit A = −AT . Ist S die Transformationsmatrix
zu einer anderen Basis, so ist die transformierte darstellende Matrix gegeben durch B = SAS T und
somit gilt
B T = (SAS T )T = SAT S T = S(−A)S T = −SAS T = −B.
Zu (b): Es ist
s(v, v) = −s(v, v) =⇒ s(v, v) + s(v, v) = 0 =⇒ (1 + 1) · s(v, v) = 0
und wegen 1 + 1 6= 0 folgt s(v, v) = 0.
Zu (c): Alle schiefsymmetrischen Bilinearformen auf R2 werden durch Matrizen der Form
0 t
−t 0
dargestellt. Eine solche Form ist genau dann nicht-ausgeartet, wenn t 6= 0.
Aufgabe 4. Es sei f : V → W injektiv. Wir wollen zeigen, dass f ∗ : W ∗ → V ∗ surjektiv ist. Sei
also φ ∈ V ∗ . Wir suchen also ein ψ ∈ W ∗ mit φ = f ∗ (ψ), d.h.
∀v ∈ V : φ(v) = f ∗ (ψ)(v) = ψ(f (v)).
Damit steht aber schon da, wie das gesuchte ψ auszusehen hat. Wir zerlegen W = im(f ) ⊕ C in das
Bild von f und ein Komplement dazu. Auf dem Bild von f ist ψ durch obige Gleichung vorgegeben
und auf dem Komplement setzen wir ψ = 0, also
ψ : im(f ) ⊕ C → K, (f (v), x) 7→ φ(v).
Diese Abbildung ist wohldefiniert, da f injektiv ist (zu jedem w ∈ im(f ) gibt es genau ein v ∈ V
mit w = f (v)). Sie ist linear, also ψ ∈ W ∗ , und sie erfüllt φ = f ∗ (ψ). Also ist f ∗ surjektiv.
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Sei nun f ∗ : W ∗ → V ∗ surjektiv. Wir wollen zeigen, dass f injektiv ist. Es sei also f (v) = 0.
Angenommen v 6= 0, so gibt es ein φ ∈ V ∗ mit φ(v) 6= 0 (nach einem Korollar aus der Vorlesung).
Da f ∗ surjektiv ist, muss es zu diesem φ ein ψ ∈ W ∗ geben mit φ = f ∗ (ψ). Damit ist aber
φ(v) = f ∗ (ψ)(v) = ψ(f (v) = ψ(0) = 0
im Widerspruch zur Konstruktion von φ. Die Annahme v 6= 0 ist also falsch, also ist v = 0 und f
somit injektiv.
Damit ist die erste Äquivalenz “f injektiv ⇐⇒ f ∗ surjektiv” bewiesen. Die zweite folgt sofort,
indem man die erste Aussage auf f ∗ anwendet. Sie lautet dann
f ∗ injektiv
⇐⇒
(f ∗ )∗ surjektiv,
aber (f ∗ )∗ ∼
= f unter der kanonischen Identifizierung von Doppeldualräumen, also gilt sogar
f ∗ injektiv
⇐⇒
(f ∗ )∗ surjektiv
⇐⇒
f surjektiv.
Aufgabe 5. Zu (a): Es sei U symplektisch und v ∈ U ∩ U ω . Wegen v ∈ U ω ist dann ω(u, v) = 0
für alle u ∈ U . Da aber ω|U nicht-ausgeartet ist, gilt die Implikation
(∃v ∈ U : ∀u ∈ U : ω(u, v) = 0)
=⇒
(v = 0) .
Folglich ist v = 0 und somit U ∩ U ω = 0.
Sei nun U ∩ U ω = 0 und v ∈ U mit der Eigenschaft, dass ω(u, v) = 0 für alle u ∈ U . Dann ist also
v ∈ U ω und somit v ∈ U ∩ U ω und somit v = 0.
Zu (b): Es sei
ψ : V → V ∗ , v 7→ ω(−, v)
die von ω induzierte Abbildung und sei i∗ : V ∗ → U ∗ , φ 7→ φ|U die duale Abbildung zur Inklusion
i : U → V ist. Es gilt:
U ω = ker(i∗ ◦ ψ).
Diese Identität folgt sofort durch Einsetzen der Definitionen von i∗ und ψ. Da die Bilinearform ω
nicht-ausgeartet ist, ist ψ ein Isomorphismus. Da die Inklusionsabbildung i : U → V injektiv ist,
ist die duale Abbildung i∗ surjektiv. Es folgt, dass die Komposition i∗ ◦ ψ surjektiv ist. Nach der
Dimensionsformel ist also
dim(V ) = dim(ker(i∗ ◦ ψ)) + dim(im(i∗ ◦ ψ)) = dim(U ω ) + dim(U ∗ ) = dim(U ω ) + dim(U )
= dim(U + U ω ) + dim(U ∩ U ω ) = dim(U + U ω ).
|
{z
}
=0
Damit ist V = U + U
ω
und V = U ⊕ U ω .
Zu (c): Wir wollen zeigen, dass ω|U ω nicht-ausgeartet ist. Sei also v ∈ U ω ein Element mit ω(u, v) = 0
für alle u ∈ U ω . Wegen v ∈ U ω gilt ω(u, v) = 0 aber auch für alle u ∈ U und somit für alle
u ∈ V = U ⊕ U ω . Da aber ω auf V nicht-ausgeartet ist, folgt in der Tat v = 0.
Aufgabe 6. Da die Abbildung abstandserhaltend ist, erhält f auch Skalarprodukte. Wir wollen
nun die Linearität von f beweisen. Dazu berechnen wir für x, y ∈ V und λ ∈ R
kf (x + λy) − f (x) − λf (y)k2W
= hf (x + λy) − f (x) − λf (y), f (x + λy) − f (x) − λf (y)iW
= kf (x + λy)k2W + kf (x)k2W + kf (y)k2W
−2hf (x + λy), f (x)iW − 2hf (x + λy), λf (y)iW + 2hf (x), λf (y)iW
= kx + λyk2V + kxk2V + kxk2V
−2hx + λy, xiV − 2hx + λy, λyiV + 2hx, λyiV
= kx + λy − x − λyk2V = 0.
Es folgt also f (x + λy) = f (x) + λf (y) und damit ist f eine lineare Abbildung:
Setze x = 0 =⇒ f (λy) = λf (y)
Setze λ = 1 =⇒ f (x + y) = f (x) + f (y).
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