Lineare Algebra I (WS 2004/05)

Lösungen 12. Übung

40. Aufgabe: (1+1+1+1P)

a) T ist ein Vektorraum. Beweis: Wir zeigen, daß U_{1}, U_{2}, U_{3} (s. Def. 10.13 aus der Vorlesung) gelten.

U_{1}: sind v = ( \begin{matrix}v_{1} \\ v_{2} \\ v_{3} \\ v_{4} \end{matrix} ) und w = ( \begin{matrix}w_{1} \\ w_{2} \\ w_{3} \\ w_{4} \end{matrix} ) Lösungen von x_{1} + x_{2} + x_{3} + x_{4} = 0, dann gilt v_{1} + w_{1} + v_{2} +

w_{2} + v_{3} + w_{3} + v_{4} + w_{4} = (v_{1} + v_{2} + v_{3} + v_{4}) + (w_{1} + w_{2} + w_{3} + w_{4}) = 0 + 0 = 0. U_{2}: der Nullvektor 0 ∈ IR^{4} ist offensichtlich in T. U_{3}: ist v ∈ T und r ∈ IR, dann gilt: 0 = r · (v_{1} + v_{2} + v_{3} + v_{4}) = rv_{1} + rv_{2} + rv_{3} + rv_{4}, also ist auch r · v ∈ T. qed

b) T enthält nicht den Nullvektor und ist somit kein Untervektorraum.

c) T ist ein Vektorraum. Beweis: Wir zeigen, daß U_{1}, U_{2}, U_{3} (s. Def. 10.13 aus der Vorlesung) gelten. U_{1}: betrachte zwei Elemente v, w ∈ T. Dann gilt: v_{1} +w_{2} +v_{2} +w_{2} = (v_{1} +v_{2})+(w_{1} +w_{2}) = 0+0 = 0 und v_{3} + w_{3} + v_{4} + w_{4} = (v_{3} + w_{3}) + (v_{4} + w_{4}) = 0 + 0 = 0, also ist auch v + w ∈ T. U_{2}: der Nullvektor erfüllt offensichtlich die Bedingung für T. U_{3}: Sei nun v ∈ T und r ∈ IR, dann gilt: rv_{1} +rv_{2} = r(v_{1} +v_{2}) = r ·0 = 0 und rv_{3} +rv_{4} = r(v_{3} +v_{4}) = r · 0 = 0, also ist auch r · v ∈ T. qed

d) T ist kein Untervektorraum. z. B. sind v = ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) und w = ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} ) enthalten in T, aber für v + w

gilt: (v_{1} + w_{1} − (v_{2} + w_{2}))(v_{3} + w_{3} − (v_{4} + w_{4})) = (1 − 2)(2 − 1) = −1 · 1 = −1, d.h. v + w ∉ T.

41. Aufgabe: (\frac{1}{2} + \frac{3}{2} + \frac{3}{2} + \frac{3}{2}P)

a) Fallunterscheidung: 1. E = ∅, dann ist L_{IR}(E) = {0} ⊆ L_{IR}(F). 2. E ≠ ∅. Sei u ∈ L_{IR}(E). Dann ist u eine endliche Linearkombination von Elementen in E; da eine endliche Linearkombination von Elementen in E auch eine endliche Linearkombination von Elementen in F ist, ist somit u ∈ L_{IR}(F).

b) Wir zeigen zunächst L_{IR}(E) ⊆ ∑_{v∈E} IRv. Sei u ∈ L_{IR}(E), dann ist u = ∑_{v∈I} α_{v}v, wobei I ⊆ E eine endliche Teilmenge ist. Für jedes v ∈ I ist α_{v}v ∈ IRv, und somit ist u ∈ ∑_{v∈I} IRv und nach Teil a) folgt aus I ⊆ E, daß u ∈ ∑_{v∈E} IRv.

Nun zeigen wir die umgekehrte Inklusion. Sei u ∈ ∑_{v∈E} IRv, dann ist u = ∑_{v∈I} w_{v} für eine endliche Teilmenge I ⊆ E und w_{v} ∈ IRv. Dann gilt für jedes v ∈ I, daß w_{v} = α_{v}v für α_{v} ∈ IR und somit ist u eine endliche Linearkombination von Elementen in E, also u ∈ L_{IR}(E).

c) Die Inklusion L_{IR}(E) ⊆ L_{IR}(L_{IR}(E)) ist offensichtlich. Sei nun u ∈ L_{IR}(L_{IR}(E)), dann gilt u = ∑_{v∈I} α_{v}v, wobei I ⊆ L_{IR}(E) eine endliche Teilmenge und jedes v ∈ L_{IR}(E). Dann gilt für jedes v ∈ E, daß v = ∑_{w∈J_{v}} β_{wv}w wobei J_{v} ⊆ E und β_{wv} ∈ IR für jedes v ∈ I. Somit gilt:

u = ∑_{v∈I} α_{v}( ∑_{w∈J_{v}} β_{wv}w) = ∑_{v∈I} ( ∑_{w∈J_{v}} α_{v}β_{wv}w) = ∑_{v∈I} ∑_{w∈J_{v}}(α_{v}β_{wv})w,

d.h. u ist eine endliche Linearkombination von Elementen in E. d) Sei zunächst U ⊆ V ein Untervektorraum von V. Die Inklusion U ⊆ L_{IR}(U) ist offensichtlich. Sei nun u ∈ L_{IR}(U), dann u = ∑_{v∈I} α_{v}v für eine endliche Teilmenge I ⊆ U, und es folgt mit Aufgabe 38 b), daß u ∈ U, d.h. L_{IR}(U) ⊆ U.

Sei nun umgekehrt L_{IR}(U) = U. Nach (11.9) der Vorlesung ist L_{IR}(U) ein Untervektorraum, damit ist auch U ein Untervektorraum. qed

Hier noch einmal ein Beweis dafür, daß L_{IR}(U) ein Untervektorraum von V ist:

Ist u = ∑_{v∈I} α_{v}v ∈ L_{IR}(U) für eine endliche Teilmenge I ⊆ U, dann ist auch 0 = 0·u = 0·∑_{v∈I} α_{v}v = ∑_{v∈I} 0 · α_{v}v ∈ L_{IR}(U) und somit erfüllt L_{IR}(U) U_{2}.

Seien nun u, w ∈ L_{IR}(U) mit u = ∑_{v∈I} α_{v}v und w = ∑_{v∈J} β_{v}v mit I, J ⊆ U endliche Teilmengen. Wir setzen K := I ∪ J und schreiben u = ∑_{v∈K} α_{v}v und w = ∑_{v∈K} β_{v}v, wobei wir setzen α_{v} = 0 für v ∈ K \ I and β_{v} = 0 für v ∈ K \ J. Dann gilt: u + w = ∑_{v∈K} α_{v}v + ∑_{v∈K} β_{v}v = ∑_{v∈K}(α_{v} + β_{v})v ∈ L_{IR}(U), d.h. U_{1} gilt. für L_{IR}(U).

Für u = ∑_{v∈I} α_{v}v ∈ L_{IR}(U) und r ∈ IR gilt: r · u = r · ∑_{v∈I} α_{v}v = ∑_{v∈I} r · α_{v}v ∈ L_{IR}(U), d.h. U_{3} gilt. qed

Alternative Lösung von Aufgabe 41

Benutzt man Satz (11.10a) der Vorlesung, der besagt, daß L_{IR}(E) der kleinste Untervektorraum von V ist, der E umfaßt, so läßt sich auch folgendermaßen argumentieren:

a) Wegen E ⊆ F ⊆ L_{IR}(F) ist L_{IR}(F) ein Untervektorraum von V, der E umfaßt, also L_{IR}(E) ⊆ L_{IR}(F) .

b) S := ∑_{v∈E} IRv ist ein Untervektorraum von V mit E ⊆ S. Folglich L_{IR}(E) ⊆ S.

S ⊆ L_{IR}(E) wird wie oben bewiesen.

d) “⟹” U sei ein Untervektorraum von V . Wegen U ⊆ U folgt dann L_{IR}(U) ⊆ U . Da U ⊆ L_{IR}(U) immer gilt, folgt die Behauptung L_{IR}(U) = U .

“⟸” Klar, da L_{IR}(U) ein Untervektorraum von V ist.

c) U := L_{IR}(E) ist ein Untervektorraum von V . Nach d) gilt L_{IR}(U) = U , also L_{IR}(L_{IR}(E)) = L_{IR}(E).

42. Aufgabe: (2+2P) Vorbemerkung: in beiden Fällen ist die Nullmatrix offensichtlich in T enthalten, so daß wir das Untervektorraumaxiom U_{2} nicht mehr explizit nachprüfen.

a) U_{1} : A, B ∈ T, A = ( \begin{matrix}a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & a_{22} \end{matrix} ), B = ( \begin{matrix}b_{11} & b_{12} \\ b_{21} & b_{22} \end{matrix} ) ⇒ A + B = ( \begin{matrix}a_{11}+b_{11} & a_{12}+b_{12} \\ a_{21}+b_{21} & a_{22}+b_{22} \end{matrix} ). Dann: a_{21} + b_{21} =

a_{12} + b_{12}, also A + B ∈ T.

U_{3}: Für r ∈ IR und A ∈ T gilt: ra_{21} = ra_{12} ⇒ r · A ∈ T. Behauptung: Die folgenden Matrizen sind linear unabhängig und jede Matrix aus T läßt sich als Linearkombination von diesen Matrizen darstellen:

E_{1} = (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) , E_{2} = (\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) , E_{3} = (\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix})

Beweis: Lineare Unabhängigkeit: seien α_{1}, α_{2}, α_{3} ∈ IR so daß α_{1}E_{1} + α_{2}E_{2} + α_{3}E_{3} = 0, dann gilt komponentenweise: α_{1} = 0, α_{2} = 0 und α_{3} = 0, d.h. die Matrizen E_{1}, E_{2}, E_{3} sind linear unabhängig.

Darstellung der Matrizen A = ( \begin{matrix}a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & a_{22} \end{matrix} ) ∈ T: wir setzen α_{1} = a_{11}, α_{2} = a_{22}, α_{3} = a_{12}, dann gilt:

∑_{i=1}^{3} α_{i}E_{i} = ( \begin{matrix}a_{11} & a_{12} \\ a_{12} & a_{22} \end{matrix} ) = A, da a_{12} = a_{21}.

b) U_{1} : A, B ∈ T, A + B = (a_{ij} + b_{ij}) und a_{ij} + b_{ij} = a_{ji} + b_{ji} ⇒ A + B ∈ T.

U_{3}: A ∈ T, r ∈ IR ⇒ r · A = (r · a_{ij}) und ra_{ij} = ra_{ji} ⇒ r · A ∈ T.

Wir betrachten die Menge der im Matrizenraum M_{n,n}(IR) linear unabhängigen Elemente E_{ij} =

(e_{kl}^{ij}), wobei e_{kl}^{ij} = \begin{cases}1 & wenn i = k und k = l \\ 0 & sonst. \end{cases}.

Für i = 1, …, n setzen wir E_{i} := E_{ii}. Für alle i, j = 1, …, n mit i < j setzen wir F_{ij} = E_{ij} + E_{ji}. Behauptung: Die Matrizen E_{i}, F_{ij} gehören zu T und sind linear unabhängig, und jede Matrix aus T läßt sich als Linearkombination von diesen Matrizen darstellen. Beweis: Seien α_{1}, …, α_{n} ∈ IR und β_{ij} ∈ IR für 1 ≤ i < j ≤ n, so daß ∑_{i=1}^{n} α_{i}E_{i}+∑_{1≤i<j≤n} β_{ij}F_{ij} = 0. Dann folgt sofort komponentenweise, daß α_{1} = ⋯ = α_{n} = 0 und β_{ij} = 0 für alle 1 ≤ i < j ≤ n, also sind die Matrizen E_{i}, F_{ij} linear unabhängig.

Sei nun A = (a_{ij}) ∈ T, dann setzen wir α_{i} := a_{ii} für i = 1, …, n und β_{ij} := a_{ij} für 1 ≤ i < j ≤ n. Es folgt, daß A = ∑_{i=1}^{n} α_{i}E_{i} + ∑_{1≤i<j≤n} β_{ij}F_{ij}, da a_{ij} = a_{ji} für i < j. qed

43. Aufgabe: (2P) Die Addition und Skalarmultiplikation auf V × W ist wie folgt definiert: seien (v_{1}, w_{1}), (v_{2}, w_{2}) ∈ V × W, dann ist (v_{1}, w_{1}) + (v_{2}, w_{2}) := (v_{1} + v_{2}, w_{1} + w_{2}), und für (v, w) ∈ V × W und r ∈ IR ist r · (v, w) := (r · v, r · w). Wir prüfen nun die Axiome (A0)-(A4) und (SM0)-(SM4) aus Def. 4.3 der Vorlesung nach. Seien (v_{1}, w_{1}), (v_{2}, w_{2}), (v_{3}, w_{3}) ∈ V × W und r, s ∈ IR. (A0): (v_{1}, w_{1}) + (v_{2}, w_{2}) = (v_{1} + v_{2}, w_{1} + w_{2}) ∈ V × W (A1): (v_{1}, w_{1}) + (v_{2}, w_{2}) = (v_{1} + v_{2}, w_{1} + w_{2}) = (v_{2} + v_{1}, w_{2} + w_{1}) = (v_{2}, w_{2}) + (v_{1}, w_{1}). (A2): (v_{1}, w_{1})+((v_{2}, w_{2})+(v_{2}, w_{2})) = (v_{1}, w_{1})+(v_{2} +v_{3}, w_{2} +w_{3}) = (v_{1} +(v_{2} +v_{3}), w_{1} +(w_{2} +w_{3})) = ((v_{1} + v_{2}) + v_{3}, (w_{1} + w_{2}) + w_{3}) = ((v_{1}, w_{1}) + (v_{2}, w_{2})) + (v_{3}, w_{3}). (A3): Das Nullelement ist gegeben durch (0, 0) ∈ V × W: (0, 0) + (v_{1}, w_{1}) = (0 + v_{1}, 0 + w_{1}) = (v_{1}, w_{1}) und (v_{1}, w_{1}) + (0, 0) = (v_{1} + 0, w_{1} + 0) = (v_{1}, w_{1}). (A4): Das Negative ist gegeben durch die Negativen der Komponenten: −(v_{1}, w_{1}) := (−v_{1}, −w_{1}). Dann gilt: (v_{1}, w_{2}) + ( − (v_{1}, w_{2})) = (v_{1} − v_{1}, w_{1} − w_{1}) = (0, 0). (SM0): r(v_{1}, w_{1}) = (rv_{1}, rw_{1}) ∈ V × W (SM1): r((v_{1}, w_{1})+(v_{2}, w_{2})) = r(v_{1} +v_{2}, w_{1} +w_{2}) = (rv_{1} +rv_{2}, rw_{1} +rw_{2}) = (rv_{1}, rw_{1})+(rv_{2}, rw_{2}) = r(v_{1}, w_{1}) + r(v_{2}, w_{2}). (SM2): (r + s)(v_{1}, w_{1}) = ((r + s)v_{1}, (r + s)w_{1}) = (rv_{1} + sv_{1}, rw_{1} + sw_{1}) = r(v_{1}, rw_{1}) + s(v_{1}, w_{1}). (SM3): r(s(v_{1}, w_{1})) = r(sv_{1}, sw_{1}) = (rsv_{1}, rsw_{1}) = (rs)(v_{1}, w_{1}). (SM4): 1 · (v_{1}, w_{1}) = (1v_{1}, 1w_{1}) = (v_{1}, w_{1}).