Lösung dazu

................
Note
I
Name
II
Vorname
1
Matrikelnummer
Studiengang (Hauptfach)
Fachrichtung (Nebenfach)
2
Unterschrift der Kandidatin/des Kandidaten
TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN
3
4
Fakultät für Mathematik
Semestrale
5
Lineare Algebra 1
Prof. Dr. F. Roesler
6
19. Februar 2007, 10:15 – 11:45 Uhr
7
Hörsaal: . . . . . . . . . . . . . .
Reihe: . . . . . . . . . . . . . .
Platz: . . . . . . . . . . . . . .
Hinweise:
Überprüfen Sie die Vollständigkeit der Angabe: 7 Aufgaben
Bearbeitungszeit: 90 min.
P
Erlaubte Hilfsmittel: keine
Nur von der Aufsicht auszufüllen:
Hörsaal verlassen
von . . . . . . . . bis . . . . . . . .
I ................
Erstkorrektur
Vorzeitig abgegeben um . . . . . . . .
II . . . . . . . . . . . . . . . .
Besondere Bemerkungen:
Zweitkorrektur
Aufgabe 1 Lineare Abbildung [ca. 8 Punkte]
Sei f : R4 −→ R3 die R-lineare Abbildung, die durch
 
 

 x1
x1
−1 0 4 0
 
 
 x2

 x 
  7−→  −3 1 −4 1   2 
 x3
 x3
−4 1 0 0
x4
x4
definiert wird.
(i) Geben Sie ker f an.
(ii) Geben Sie rg f und eine Basis von im f an.
(iii) Untersuchen und begründen Sie, ob die Abbildung injektiv, surjektiv oder bijektiv ist.
Lösung
(i) ker f ist die Lösungsmenge des Gleichungssystems
 

 x1
 
−1 0 4 0  
0

  x2  
−3
1
−4
1
=

    0
 x3
−4 1 0 0
0
x4
Zur Lösung dieses Gleichungssystems kann natürlich jedes beliebige Verfahren benutzt werden. Beispielsweise kann man ‘per Hand’ lösen, da zwei der Gleichungen sehr leicht umformbar sind: wir erhalten also drei Gleichungen mit vier Unbekannten:
−x 1 + 4x 3 = 0
(i)
−3x 1 + x 2 − 4x 3 + x 4 = 0
(ii)
−4x 1 + x 2 = 0
(iii)
Aus Gleichung (i) folgt x 1 = 4x 3 ; Gleichung (iii) impliziert x 2 = 4x 1 = 16x 3 . Gleichung (ii)
vereinfacht sich dann zu
−3 · (4x 3 ) + 16x 3 − 4x 3 + x 4 = 0 =⇒ x 4 = 0
(ii)
Der Kern dieser Abbildung ist also
 
4


16
 
ker f = lin  
 1 
0
(ii) Da dim R4 = 4 = dim im f + dim ker f = rg f + 1 hat f vollen Rang, rg f = 3. Andererseits ist
dim R3 = 3 und somit im f = R3 . Entweder können wir also drei der vier Spaltenvektoren als
Basis für im f wählen oder benutzen die kanonischen Basisvektoren für R3 .
     
1 0 0
im f = R4 = lin 0 , 1 , 0


0
0
1
(iii) Da im f = R3 und ker f 6= {0} ist f surjektiv, aber nicht injektiv. Somit ist f auch nicht bijektiv.
Aufgabe 2 [ca. 6 Punkte]
Es sei V ein K-Vektorraum.
(i) Beweisen Sie: zu v0 , v1 ∈ V mit v0 6= v1 existiert eine Gerade in V (d.h. eine Nebenklasse p + U mit
p ∈ V und einem eindimensionalen Unterraum U ≤ V ), die v0 und v1 enthält.
(ii) Zeigen Sie, dass die Gerade in (i) eindeutig bestimmt ist.
Lösung
(i) Durch G := p + U mit p := v0 und U := K(v1 − v0 ) wird das Gewünschte geleistet. Denn:
(1) Nach Voraussetzung ist v1 − v0 6= 0 , also K(v1 − v0 ) tatsächlich ein eindimensionaler
Unterraum und damit G eine Gerade in V ;
(2) Es ist v0 = 1 · v0 + 0 · (v1 − v0 ) ∈ G und v1 = 1 · v0 + 1 · (v1 − v0 ) ∈ G.
(ii) Sei auch G 0 := p0 + U 0 eine Gerade in V , die v0 und v1 enthält. Zu zeigen ist G 0 = G.
Wegen v0 , v1 ∈ G 0 gibt es u00 , u01 ∈ U 0 mit
v0 = p0 + u00 ,
v1 = p0 + u01 .
Es folgt v1 − v0 = u01 − u00 ∈ U 0 . Da U 0 eindimensional ist, muss U 0 = K(v1 − v0 ) = U sein.
Weiter folgt:
(∗)
G 0 = p0 + U 0 = (v0 − u00 ) + U 0 = v0 + U 0 = v0 + U = G .
Der Schritt (∗) beruht dabei auf der Nebenklassenaddition.
(Ausführlich: (v0 − u00 ) + U 0 = (v0 + U 0 ) + (−u00 + U 0 ) = (v0 + U 0 ) + U 0 = v0 + U 0 .)
| {z }
= U0
Aufgabe 3 Basisdarstellung [ca. 8 Punkte]
Sei V der R-Vektorraum, der durch die Funktionen
f1 : R −→ R, x 7→ f1 (x) = 1
f2 : R −→ R, x 7→ f2 (x) = x
f3 : R −→ R, x 7→ f3 (x) = sin x
f4 : R −→ R, x 7→ f4 (x) = cos x
aufgespannt wird. Der formelle Ableitungsoperator ist die R-lineare Abbildung, die durch
d
dx
( f1 ) = 0,
d
dx
( f2 ) = f1 ,
d
dx
( f3 ) = f4 ,
d
dx
( f4 ) = − f3
definiert ist. Weiterhin definieren wir die Abbildung H : V −→ V durch
d 2
d
d
f 7→ dx
f + f = dx
(
f
)
+f
dx
(i) Zeigen Sie, dass b := { f1 , f2 , f3 , f4 } eine Basis von V ist.
” H(b) —
= M bb (H) von H bezüglich b an.
(ii) Geben Sie die darstellende Matrix
b
(iii) Geben Sie ker H an.
Lösung
(i) Eine Basis ist ein Erzeugendensystem aus linear unabhängigen Vektoren, das heißt es bleibt
zu zeigen, dass { f1 , f2 , f3 , f4 } linear unabhängig sind. Wir müssen überprüfen, ob aus
4
X
αj fj = 0
j=1
immer α j = 0, j = 1, 2, 3, 4 folgt.
Das ist aber hier der Fall, denn der Nullvektor ist die Nullfunktion und die Gleichung muss
auch punktweise erfüllt sein. Setzt man x = −π, 0, π/2, π ein, so erhält man ein lineares Gleichungssystem, dass nur die triviale Lösung hat und die Vektoren sind linear unabhängig.
(ii) Es ist klar, dass H( f1 ) = f1 und H( f2 ) = f2 . H( f3 ) berechnet sich zu
2
d
d
H( f3 ) =
( f3 ) + f3 =
( f4 ) + f3 = − f3 + f3
dx
dx
=0
Analog dazu erhalten wir auch H( f4 ) = 0. Daher ist die Matrix zu H in der Basis b :=
{ f1 , f2 , f3 , f4 } gegeben durch


1
0
0
0


H(b)
0 1 0 0
= M bb (H) = 

b
0 0 0 0
0 0 0 0
(iii) Aus der Matrixdarstellung von H folgt sofort, dass ker H = φ b −1 ker M bb (H) = φ b −1 (e3 ), φ b −1 (e4 ) =
f3 , f4 ist.
Andererseits können wir das auch explizit lösen.
!
H( f ) = 0
H
4
X
α
f
=
α j H( f j ) = α1 f1 + α2 f2 + α3 · 0 + α4 · 0 = 0
j=1 j j
P4
j=1
Da die Basisvektoren f j linear unabhängig sind, müssen α1 = 0 und α2 = 0 sein und f3 und
f4 spannen ker H auf.
Aufgabe 4 Lineares Gleichungssystem auf endlichen Körpern mit Parameter [ca. 4 Punkte]
Lösen Sie folgendes Gleichungssystem in F5 := Z/5Z:
16 · x 1 + 2̄ · x 2 = 99
14 · x 1 + µ · x 2 = −1
Geben Sie die Lösungsmengen für alle Werte von µ ∈ F5 an. Untersuchen Sie, für welche Werte von µ das
Gleichungssystem keine Lösung hat.
Lösung Wir fangen an indem wir die Multiplikationstabelle für F5 = Z/5Z aufschreiben.
1̄ 2̄ 3̄ 4̄
1̄ 1̄ 2̄ 3̄ 4̄
2̄ 2̄ 4̄ 1̄ 3̄
3̄ 3̄ 1̄ 4̄ 2̄
4̄ 4̄ 3̄ 2̄ 1̄
Wir schreiben zuerst das Gleichungssystem um, indem wir die einfachstmöglichen Repräsentanten
(also 0̄ bis 4̄) wählen.
1 · x 1 + 2̄ · x 2 = 4
(i)
4̄ · x 1 + µ · x 2 = 4
(ii)
Aus (i) erhalten wir x 1 = 4̄ − 2̄ · x 2 = 4̄ + 3̄ · x 2 . Eingesetzt in (ii) liefert das
4̄ · (4̄ + 3̄ · x 2 ) + µ · x 2 = 4̄
Hieraus folgt
1̄ + 2̄ · x 2 + µ · x 2 = 4̄ =⇒ (µ + 2̄) · x 2 = 3̄
und somit letztendlich
x 2 = 3̄ · (µ + 2̄)−1
x 1 = 4̄ + 3̄ · 3̄ · (µ + 2̄)−1 = 4̄ + 4̄ · (µ + 2̄)−1
falls das Inverse existiert. Die Lösungsmenge ist daher für µ 6= 3̄ gegeben durch
{(4̄ + 4̄ · (µ + 2̄)−1 , 3̄ · (µ + 2̄)−1 )}
Für µ = 3̄ ist µ + 2̄ nicht invertierbar und das Gleichungssystem hat keine Lösung.
Da der Körper endlich ist, können wir alle Lösungen explizit angeben.
Parameter
Lösungsmenge
µ = 0̄
{(x 1 , x 2 )} = {(1̄, 4̄)}
µ = 1̄
{(x 1 , x 2 )} = {(2̄, 1̄)}
µ = 2̄
{(x 1 , x 2 )} = {(0̄, 2̄)}
µ = 3̄
;
µ = 4̄
{(x 1 , x 2 )} = {(3̄, 3̄)}
Aufgabe 5 Rang einer linearen Abbildung [ca. 4 Punkte]
Sei f : V −→ W eine K-lineare Abbildung zwischen zwei K-Vektorräumen mit rg f = n.
(i) Zeigen Sie, dass dimK W ≥ n gilt.
(ii) Zeigen Sie, dass dimK V ≥ n gilt.
Lösung
(i) Da rg f = dimK im f und im f ⊆ W ein Unterraum von W ist, so folgt dimK im f = n ≤
dimK W . Es müssen also mindestens n linear unabhängige Vektoren in W existieren.
(ii) Mit der Dimensionsformel gilt
dimK V = dimK ker f + dimK im f = dimK ker f + rg f
= dimK ker f + n ≥ n
Alternativ kann man das auch ‘zu Fuß’ beweisen. Da rg f = dimK im f = n, können wir
n linear unabhängige Bildvektoren {b1 , . . . , bn } = { f (v1 ), . . . , f (vn )} finden, die die Urbilder
{v1 , . . . , vn } haben.
Wir zeigenPnun, dass die Urbilder {v1 , . . . , vn } ebenfalls linear unabhängig sein müssen. Sei
n
also v =
j=1 α j v j eine Linearkombination der Urbildvektoren. Wir zeigen nun, dass aus
Pn
j=1 α j v j = 0 immer α j = 0 folgt, j = 1, . . . , n.
n
X
α j v j = 0 ∈ V =⇒ f
Pn
j=1 α j v j
= f (0) = 0 ∈ W
j=1
Da f linear ist, können wir die Summe aus der Funktion ziehen.
f
n
X
α
v
=
α j f (v j ) = 0
j=1 j j
Pn
j=1
Da die Bildvektoren { f (v j )}1≤ j≤n linear unabhängig sind, folgt sofort α j = 0 ∀ j = 1, . . . , n
und die Urbilder sind ebenfalls linear unabhängig. Da V mindestens n linear unabhängige
Vektoren besitzt, muss dimK V ≥ n gelten.
Aufgabe 6 [ca. 4 Punkte]
Es sei V ein K-Vektorraum und f : V −→ V ein Endomorphismus. Wie immer bezeichne f k für k ∈ N die
k-malige Hintereinanderausführung von f und für k = 0 die Identität auf V . Zeigen Sie:
∀k ∈ N :
f ker( f k ) ⊆ ker( f k−1 ) .
(Hinweis: Es ist einfacher, diese Aussage nicht per Induktion zu beweisen.)
Lösung Sei k ∈ N beliebig. Dann gilt für alle v ∈ V :
v ∈ f ker ( f k )
⇒ ∃ w ∈ ker ( f k ) : f (w) = v
⇒ ∃ w ∈ V : f k (w) = 0 ∧ f (w) = v
⇒ 0 = f k (w) = f k−1 ( f (w)) = f k−1 (v)
⇒ v ∈ ker ( f k−1 ) .
Also ist f ker( f k ) ⊆ ker( f k−1 ).
Da dies für alle k ∈ N zutrifft, ist die Aussage damit bewiesen.
Aufgabe 7 [6 Punkte]
Kreuzen Sie an, ob die nachfolgenden Aussagen wahr oder falsch sind. Begründungen sind nicht verlangt.
(Für jedes richtige Kreuz gibt es 1 Punkt, für jedes falsche Kreuz 1 Punkt Abzug. Wenn Sie bei einer
Aussage nichts ankreuzen, gibt es dafür 0 Punkte. Bei mehr falschen als richtigen Antworten wird die
Aufgabe insgesamt mit 0 Punkten bewertet.)
Es gibt genau eine lineare Abbildung f : R3 → R2 mit f (−3, 1, 4) = (1, 2)
und f (2, 2, 0) = (0, 1).
wahr
falsch
Sind R1 und R2 Äquivalenzrelationen auf einer Menge M , so wird auch durch
wahr
falsch
wahr
falsch
wahr
falsch
wahr
falsch
wahr
falsch
xR y :⇔ xR1 y ∨ xR2 y
(x, y ∈ M )
eine Äquivalenzrelation auf M definiert.


−1 0 1


Die Matrix  −1 1 0  hat über allen Körpern denselben Rang.
1 1 −1
Im Vektorraum der 2 × 2-Matrizen über einem Körper K ist
ab
∈ M2 (K) : a + b − c = 0
cd
ein Untervektorraum.
Ist U ein Untervektorraum eines K-Vektorraums V , so gilt für alle v, w ∈ V :
v ∈ U ∧ w 6∈ U ⇒ v + w 6∈ U .
Für Abbildungen ϕ : X → Y und ψ : Y → Z zwischen Mengen gilt:
ψ ◦ ϕ bijektiv ⇒ ψ injektiv ∧ ϕ surjektiv
Lösung
Es gibt genau eine lineare Abbildung f : R3 → R2 mit f (−3, 1, 4) = (1, 2)
und f (2, 2, 0) = (0, 1).
wahr
× falsch
Begründung (nicht gefordert): Eine lineare Abbildung ist durch die Bilder einer Basis des Urbildraums eindeutig bestimmt. Ergänzt man (−3, 1, 4) und (2, 2, 0) durch einen Vektor u zu einer
Basis des R3 , so werden durch je zwei verschiedene Bilder f (u) zwei verschiedene lineare Abbildungen mit der obigen Eigenschaft festgelegt. (Es gibt also unendlich viele davon.)
Sind R1 und R2 Äquivalenzrelationen auf einer Menge M , so wird auch durch
xR y :⇔ xR1 y ∨ xR2 y
wahr
× falsch
(x, y ∈ M )
eine Äquivalenzrelation auf M definiert.
Begründung (nicht gefordert): R ist im Allgemeinen
nicht transitiv. Gegenbeispiel:
sei M= {a, b, c}
mit den R1 -Äquivalenzklassen {a, b}, {c} und den R2 -Äquivalenzklassen {a}, {b, c} . Dann ist
aRb (weil aR1 b) und bRc (weil bR2 c), aber aR
6 c (da weder aR1 c noch aR2 c).


−1 0 1


Die Matrix  −1 1 0  hat über allen Körpern denselben Rang.
1 1 −1
× wahr
falsch
Begründung (nicht gefordert): Über jedem Körper liefert z.B. Addieren der dritten Zeile zur ersten
die Matrix


−1 0 1


 −1 1 0  ,
1 1 −1
und hier kann man an den Spalten den Rang 3 ablesen. (In jedem Körper sind 1 und −1 ungleich 0.)
Alternativ kann man die Determinante berechnen, die ist nämlich −1. Da in jedem Körper −1 invertierbar ist, muss auch die Matrix invertierbar sein und deren Rang ist 3.
Im Vektorraum der 2 × 2-Matrizen über einem Körper K ist
ab
∈ M2 (K) : a + b − c = 0
cd
× wahr
falsch
ein Untervektorraum.
Begründung (nicht gefordert): Die Menge enthält die Nullmatrix (ist also insbesondere nicht leer)
und ist abgeschlossen gegenüber Addition von Negativen und Multiplikation mit Skalaren.
Ist U ein Untervektorraum eines K-Vektorraums V , so gilt für alle v, w ∈ V :
× wahr
falsch
v ∈ U ∧ w 6∈ U ⇒ v + w 6∈ U .
Begründung (nicht gefordert): Angenommen, die Aussage wäre falsch. Dann gäbe es v ∈ U, w ∈
V \ U mit v + w ∈ U. Nach den Unterraumeigenschaften folgte w = (v + w) − v ∈ U, Widerspruch!
Für Menge X , Y, Z und Abbildungen ϕ : X → Y und ψ : Y → Z gilt:
ψ ◦ ϕ bijektiv ⇒ ψ injektiv ∧ ϕ surjektiv
wahr
× falsch
Begründung (nicht gefordert): Als Gegenbeispiel nehme man etwa X , Z := {1} und Y := N und
für ϕ und ψ jeweils die passende konstante Abbildung auf 1. Dann ist ψ ◦ ϕ = id{1} bijektiv, aber
weder ψ injektiv noch ϕ surjektiv.