Lineare Algebra I (WS 2004/05)

Lösungen 14. Übung

48. Aufgabe: (2+2P)

a) Lineare Unabhängigkeit: Seien α, β ∈ IR, so daß αv_{1} + βv_{2} = 0. Dann gilt komponentenweise: α + 5β = 0, α + 0β = 0, 2α + 0β = 0, 5α + β = 0, was nur erfüllt wird für α = β = 0.

Wir setzen v_{3} := ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ), v_{4} := ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ). Behauptung: v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4} bilden eine Basis von IR^{4}.

Beweis: Lineare Unabhängigkeit. Seien α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4} ∈ IR, so daß ∑_{i=1}^{4} α_{i}v_{i} = 0. Dann erfüllt der

Vektor ( \begin{matrix}α_{1} \\ α_{2} \\ α_{3} \\ α_{4} \end{matrix} ) das homogene Gleichungssystem:

(\begin{matrix}1 & 5 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 2 & 0 & 0 & 1 \\ 5 & 1 & 0 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ x_{4} \end{matrix}) = 0

Nach Umordnung der Spalten erhalten wir das äquivalente Gleichungssystem:

(\begin{matrix}1 & 0 & 5 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 1 & 5 \end{matrix}) (\begin{matrix}x_{3} \\ x_{4} \\ x_{2} \\ x_{1} \end{matrix}) = 0

und durch Vertauschung von Zeilen:

(\begin{matrix}1 & 0 & 5 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 1 & 5 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix}x_{3} \\ x_{4} \\ x_{2} \\ x_{1} \end{matrix}) = 0

Das Gleichungssystem hat somit obere Dreiecksform und hat ( \begin{matrix}α_{1} \\ α_{2} \\ α_{3} \\ α_{4} \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) als einzige Lösung.

v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4} erzeugen IR^{4}: betrachte die Standardbasis e_{1}, …, e_{4} von IR^{4}. Wir haben v_{3} = e_{1} und v_{4} = e_{3}. Außerdem gilt: e_{2} = v_{1} − 5v_{2} + 24v_{3} − 2v_{4} und e_{4} = v_{2} − 5v_{3}, wie man leicht nachrechnet. Da IR^{4} von den e_{i} erzeugt wird, sind somit die v_{i} ebenso Erzeuger des IR^{4}.

b) Wir betrachten v_{1}, …, v_{4} als Spaltenvektoren einer Matrix A:

A = (\begin{matrix}0 & 1 & 1 & 4 \\ 6 & 2 & 3 & 7 \\ 8 & 3 & 2 & 1 \\ 18 & 4 & 5 & 1 \end{matrix})

und suchen eine Lösung des homogenen Gleichungssystems:

Ax = 0.

Wir ordnen die Zeilen von A um:

(\begin{matrix}6 & 2 & 3 & 7 \\ 0 & 1 & 1 & 4 \\ 18 & 4 & 5 & 1 \\ 8 & 3 & 2 & 1 \end{matrix})

Wir subtrahieren das \frac{8}{6}-fache der ersten Zeile von der vierten und das 3-fache der ersten Zeile von der dritten:

(\begin{matrix}6 & 2 & 3 & 7 \\ 0 & 1 & 1 & 4 \\ 0 & −2 & −4 & −20 \\ 0 & \frac{1}{3} & −2 & −\frac{25}{3} \end{matrix}) ,

dann subtrahieren wir ein Drittel der zweiten Zeile von der vierten und das 2-fache der zweiten von der dritten Zeile:

(\begin{matrix}6 & 2 & 3 & 7 \\ 0 & 1 & 1 & 4 \\ 0 & 0 & −2 & −12 \\ 0 & 0 & −\frac{7}{3} & −\frac{29}{3} \end{matrix}) ,

und zu guter Letzt subtrahieren wir das \frac{7}{6}-fache der dritten von der vierten Zeile:

(\begin{matrix}6 & 2 & 3 & 7 \\ 0 & 1 & 1 & 4 \\ 0 & 0 & −2 & −12 \\ 0 & 0 & 0 & −\frac{13}{3} \end{matrix}) .

Somit ist das Gleichungssystem in obere Dreiecksform gebracht und es erlaubt somit nur x = 0 als Lösung, d.h. v_{1}, …, v_{4} sind linear unabhängig. Behauptung: v_{1}, v_{2}, v_{3}, w bilden eine Basis des IR^{4}. Beweis: Es genügt zu zeigen, daß v_{4} in der linearen Hülle von v_{1}, v_{2}, v_{3}, w liegt. Dies ist äquivalent dazu, daß das inhomogene Gleichungssystem

x_{2} + x_{3} + x_{4} = 4
6x_{1} + 2x_{2} + 3x_{3} + 5x_{4} = 7
8x_{1} + 3x_{2} + 2x_{3} + 7x_{4} = 1
18x_{1} + 4x_{2} + 5x_{3} + 19x_{4} = 1

eine Lösung besitzt. Berechnung nach dem Standardverfahren ergibt die Lösungsmenge:

\{ ( − \frac{23}{42} ; \frac{10}{21} ; \frac{29}{7} ; − \frac{13}{21} ) \},

also ist v_{4} ∈ L_{IR}(v_{1}, v_{2}, v_{3}, w). qed

50. Aufgabe: (4P) Wir führen eine vollständige Induktion nach der Dimension von V durch. Induktionsanfang: Sei dim V = 1, dann gilt für jeden Untervektorraum W ⊂ V, daß dim W ∈ {0, 1}. Ist dim W = 0, so ist W = {0}, und ist dim W = 1, so ist W = V. Also hat jede maximale Folge von Untervektorräumen die Länge 1. Induktionsvoraussetzung: Für n > 0 und einen n-dimensionalen Vektorraum W gilt: h(W) = dim W. Induktionsschritt: Sei dim V = n + 1 und V_{1} ⫋ ⋯ ⫋ V_{r} = V eine Folge von Untervektorräumen von maximaler Länge. Behauptung: dim V_{r−1} = n. Beweis durch Widerspruch: angenommen, dim V_{r−1} = s < n, und v_{1}, …, v_{s} eine Basis von V_{r−1}. Dann existieren nach dem Basisergänzungssatz Vektoren w_{s+1}, …, w_{n+1}, wobei n − s > 0, so daß v_{1}, …, v_{s}, w_{s+1}, …, w_{n+1} eine Basis von V bilden. Dann ist jedoch z.B. L_{IR}(v_{1}, …, v_{s}, w_{s+1}) ein Untervektorraum von Dimension s + 1 von V, der V_{r−1} enthält (aber nicht mit V übereinstimmt), d.h. also, es gibt eine Folge von Untervektorräumen

V_{1} ⫋ ⋯ V_{r−1} ⫋ L_{IR}(v_{1}, …, v_{s}, w_{s+1}) ⫋ V_{r} = V,

was ein Widerspruch zur Maximalität der Folge V_{1} ⫋ ⋯ ⫋ V_{r} ist. Es folgt also, daß dim V_{r−1} = n. Also: h(V) = h(V_{r−1}) + 1 = dim V_{r−1} + 1 = n + 1. qed

51. Aufgabe: (1+1P)

a) Nach Definition ist V × W die Menge aller Paare (v, w) wobei v ∈ V und w ∈ W, wobei die Addition auf V × W definiert ist als (v, w) + (v′, w′) = (v + v′, w + w′), wobei (v, w), (v′, w′) ∈ V × W.

Wir stellen zunächst fest, daß V ×{0_{W} } und {0_{V} }×W Untervektorräume von V ×W sind (d.h. wir sparen uns hier den Beweis nach dem üblichen Schema). Für ein beliebiges Element (v, w) ∈ V × W schreiben wir: (v, w) = (v, 0) + (0, w) ∈ (V × {0_{W} }) + ({0_{V} } × W), d.h. V × W = (V × {0_{W} }) + ({0_{V} } × W). Sei nun (v, w) ∈ (V × {0_{W} }) ∩ ({0_{V} } × W), dann folgt sofort v = w = 0, also ist (V × {0_{W} }) ∩ ({0_{V} } × W) = {0} und somit V × W = (V × {0_{W} }) ⊕ ({0_{V} } × W).

b) Behauptung: Die Elemente (v_{1}, 0), …, (v_{n}, 0), (0, w_{1}), …, (0, w_{m}) bilden eine Basis von V × W (daraus folgt unmittelbar, daß dim(V × W) = n + m = dim V + dim W). Beweis: Wir zeigen zunächst, daß die (v_{1}, 0), …, (v_{n}, 0), (0, w_{1}), …, (0, w_{m}) linear unabhängig sind. Dazu seien α_{1}, …, α_{n}, β_{1}, …, β_{m} ∈ IR, so daß ∑_{i=1}^{n} α_{i}(v_{i}, 0) + ∑_{i=1}^{m} β_{i}(0, w_{i}) = 0. Dann:

(0, 0) = ∑_{i=1}^{n} α_{i}(v_{i}, 0) + ∑_{i=1}^{m} β_{i}(0, w_{i})

= ( ∑_{i=1}^{n} α_{i}v_{i}, ∑_{i=1}^{m} β_{i}w_{i}),

also ∑_{i=1}^{n} α_{i}v_{i} = 0 und ∑_{i=1}^{m} β_{i}w_{i} = 0. Da aber die v_{i} und w_{i} Basen von V bzw W sind, folgt, daß α_{1} = ⋯ = α_{n} = β_{1} = ⋯ β_{m} = 0, also sind die (v_{1}, 0), …, (v_{n}, 0), (0, w_{1}), …, (0, w_{m}) linear unabhängig.

Wir zeigen jetzt, daß die (v_{1}, 0), …, (v_{n}, 0), (0, w_{1}), …, (0, w_{m}) den Vektorraum V × W erzeugen. Sei (v, w) ∈ V × W, dann können wir schreiben: (v, w) = ( ∑_{i=1}^{n} α_{i}v_{i}, ∑_{i=1}^{m} β_{i}w_{i}) für α_{1}, …, α_{n}, β_{1}, …, β_{m} ∈ IR, also: (v, w) = ( ∑_{i=1}^{n} α_{i}v_{i}, ∑_{i=1}^{m} β_{i}w_{i}) = ∑_{i=1}^{n} α_{i}(v_{i}, 0) + ∑_{i=1}^{m} β_{i}(0, w_{i}). qed

52. Aufgabe: (2+2P)

a) Wir zeigen, daß F die Axiome U1, U2, U3 aus Def. 10.13 der Vorlesung erfüllt. Seien a := (a_{n})_{n∈IN} und b := (b_{n})_{n∈IN} Elemente aus F, dann gilt für jedes n ≥ 0: a_{n+2} +b_{n+2} = (a_{n} +a_{n+1})+(b_{n} +b_{n+1}) = (a_{n} + b_{n}) + (a_{n+1} + b_{n+1}) und somit a + b ∈ F, d.h. U1 ist erfüllt.

Die Nullfolge ist trivialerweise in F enthalten ⇒ U2.

Seien nun a ∈ F und r ∈ IR, dann gilt für jedes n ≥ 0: r · a_{n+2} = r · (a_{n} + a_{n+1}) = r · a_{n} + r · a_{n+1}, d.h. r · a ∈ F und somit U3 erfüllt.

b) Wir betrachten die Folgen e = (e_{n})_{n∈IN} und f = (f_{n})_{n∈IN}, die induktiv wie folgt definiert werden:

e_{0} = 1, e_{1} = 0 und e_{n+2} = e_{n} + e_{n+1} für alle n > 0

sowie

f_{0} = 0, f_{1} = 1 und f_{n+2} = f_{n} + f_{n+1} für alle n > 0

Nach Konstruktion sind beide Folgen in F enthalten. Wir müssen zeigen, daß e und f linear unabhängig sind und F erzeugen.

Lineare Unabhängigkeit: Seien α, β ∈ IR, so daß αe + βf = 0 (d.h. gleich der Nullfolge), dann gilt komponentenweise:

αe_{0} + βf_{0} = 0, αe_{1} + βf_{1} = 0.

Da e_{0} = 1, f_{0} = 0 und e_{1} = 0, f_{1} = 0, folgt sofort, daß α = β = 0, d.h. e und f sind linear unabhängig.

e und f erzeugen F: Sei a = (a_{n})_{n∈IN} ∈ F beliebig. Wir behaupten, daß a = a_{0} · e + a_{1} · f, d.h. daß a_{n} = a_{0} · e_{n} + a_{1} · f_{n} für jedes n ∈ IN. Wir führen den Beweis durch vollständige Induktion. Induktionsanfang: Für n = 0 gilt: a_{0} · e_{0} + a_{1} · f_{0} = a_{0} + 0 = a_{0} und für n = 1 gilt: a_{0} · e_{1} + a_{1} · f_{1} = 0 + a_{1} = a_{1} Induktionsvoraussetzung: es gelte:

a_{n−1} = a_{0} · e_{n−1} + a_{1} · f_{n−1} und a_{n} = a_{0} · e_{n} + a_{1} · f_{n}

für n > 0. Induktionsschritt: wir rechnen:

a_{0} · e_{n+1} + a_{1} · f_{n+1} = a_{0} · (e_{n} + e_{n−1}) + a_{1} · (f_{n} + f_{n−1})  da e, f ∈ F
= (a_{0} · e_{n} + a_{1} · f_{n}) + (a_{0} · e_{n−1} + a_{1} · f_{n−1})
= a_{n} + a_{n−1}  nach Induktionsvoraussetzung
= a_{n+1}  da a ∈ F.

Damit ist {e, f} eine Basis des Untervektorraumes F, und es folgt dim F = 2 . qed