\documentclass[uebung]{../../../lecture} \usepackage[]{array} \usepackage[]{enumerate} \title{Lineare Algebra I: Übungsblatt 6} \author{Christian Merten, Mert Biyikli} \begin{document} \begin{tabular}{|c|m{1cm}|m{1cm}|m{1cm}|m{1cm}|m{1cm}|@{}m{0cm}@{}} \hline Aufgabe & \centering A1 & \centering A2 & \centering A3 & \centering A4 & \centering $\sum$ & \\[5mm] \hline Punkte & & & & & & \\[5mm] \hline \end{tabular} \begin{aufgabe} \begin{enumerate}[(a)] \item Beh.: Der UVR $V = \{(x_1, x_2) \in Q^{2} \mid x_1-x_2 = 0\} $ hat die Basis $\{(1,1)\} $. \begin{proof} $\{(1,1)\} $ ist offensichtlich linear unabhängig. Außerdem: Sei $v \in V$ beliebig, dann ex. ein $p \in \Q$, s.d. $v = (p, p)$. Damit: $v = p \cdot (1,1)$. \end{proof} \item Beh.: Der UVR $V = \{(x_1,x_2,\ldots,x_n) \mid 2x_1 + x_2 = 0\} $ hat die Basis\\ $(v_i)_{i\in I} = \{(1, -2, 0, \ldots, 0), (0, 0, 1, \ldots, 0), \ldots, (0, \ldots, 1)\} $ mit $I = \{1, 3, 4, \ldots, n\} $. \begin{proof} Sei $v \in V$ beliebig, dann ex. $(a_1, a_3, \ldots, a_n) \in Q^{n-1}$ mit $v = (a_1, -2a_1, a_3, \ldots, a_n)$. Dann gilt: \begin{align*} v &= a_1 \cdot (1, -2, 0, \ldots, 0) + \sum_{i=3}^{n} a_i \cdot (0, \ldots, 0, 1, 0, \ldots, 0) \\ &= a_1 \cdot v_1 + \sum_{i=3}^{n} a_i \cdot v_i .\end{align*} $\implies (v_i)_{i\in I}$ Erzeugendensystem Sei $i_0 \in I$ beliebig. Falls $i_0 = 1$. Dann ist $(1, -2, 0, \ldots, 0) \not\in \text{Lin}(v_i)_{i \in I \setminus \{ i_0 \}}$. Falls $ 3 \le i_0 \le n$: $(0, \ldots, 0, \underbrace{1}_{ i_0-\text{te Stelle}}, 0, \ldots, 0) \not\in \text{Lin}(v_i)_{i \in I \setminus \{i_0\} }$. $\implies (v_i)_{i\in I}$ minimal und damit Basis. \end{proof} \item Beh.: Der UVR ker $\partial$ hat falls char $K \not\in \{2, \ldots, n+1\} $, die Basis $\psi^{-1}(\{(1, 0, \ldots, 0)\}) $. Falls char $K \in \{2, \ldots, n+1\} $, hat ker $\partial$ die Basis $(b_i)_{i \in I} = \psi^{-1}(\{(1, 0, \ldots, 0), (0, 0, \ldots, 0, \underbrace{1}_{\text{char $K$-te Stelle}}, 0, \ldots, 0)\}) $ mit $I = \{1, 2\} $. \begin{proof} Falls char $K \not\in \{2, \ldots, n+1\} $: \begin{align*} \text{ker } \partial &= \{f \in V \mid f(k) = 0 \qquad \forall k \in \{1, \ldots, n +1\} \} \\ &= \psi^{-1}\left( \{(a, 0, \ldots, 0) \mid a \in K\} \right) .\end{align*} $\psi^{-1}(\{1, 0, \ldots, 0\}) $ ist offensichtlich linear unabhängig. Sei $v \in \text{ker } \partial$ beliebig, dann ex. $a \in K$ s.d. $v = \psi^{-1}((a, \ldots, 0)) = a \cdot \psi^{-1}((1, \ldots, 0))$. Falls char $K \in \{2, \ldots, n+1\}$: \begin{align*} \text{ker } \partial &= \{f \in V \mid f(k) = 0 \qquad \forall k \in \{1, \ldots, n +1\} \setminus \{\text{char }K\} \} \\ &= \psi^{-1}( \{(a, 0, \ldots, 0, \underbrace{b}_{\text{char $K$-te Stelle}}, 0, \ldots, 0) \mid a \in K, b \in K\} ) .\end{align*} $\{(1, 0, \ldots, 0), (0, \ldots, 0, 1,0, \ldots, 0)\} $ ist Teilmenge der kanonischen Basis des $K^{n+2}$ und damit linear unabhängig und insbesondere $(b_i)_{i\in I}$ linear unabhängig. Sei $v \in \text{ker } \partial$ beliebig, dann ex. $a, b \in K$, s.d. \begin{align*} v &= \psi^{-1}\left( (a, 0, \ldots, 0, b, 0, \ldots, 0) \right) \\ &= a \cdot \psi^{-1}\left( (1, 0, \ldots, 0) \right) + b \cdot \psi^{-1}\left( (0, \ldots, 0, 1, 0, \ldots, 0 \right) \\ &= a \cdot b_1 + b \cdot b_2 .\end{align*} \end{proof} \end{enumerate} \end{aufgabe} \begin{aufgabe} \begin{enumerate}[(a)] \item Beh.: $\varphi$ ist linear. Seien $v_1, v_2 \in V_1$ und $a \in K$ beliebig. \begin{proof} Homomorphismus \[ \varphi(v_1 + v_2) = (v_1 + v_2) + V_2 = [v_1 + v_2] = [v_1] + [v_2] = (v_1 + V_2) + (v_2 + V_2) = \varphi(v_1) + \varphi(v_2) .\] Linearität \[ \varphi(a v_1) = (a v_1) + V_2 = [a v_1] = a \cdot [v_1] = a \cdot \varphi(v_1) .\] \end{proof} \item Beh.: $\partial$ ist surjektiv. \begin{proof} Sei $v \in (V_1 + V_2)$ beliebig. Dann ist $[v] = v + V_2$ und es ex. $v_1 \in V_1$ und $v_2 \in V_2$ mit $v = v_1 + v_2$. Zu zeigen: $\varphi(v_1) = [v_1] = [v]$. \[ v - v_1 = v_1 + v_2 - v_1 = v_2 \in V_2 \implies v_1 \sim v_2 .\] \end{proof} \item Beh.: ker $\partial = V_1 \cap V_2$ \begin{proof} Das neutrale Element von $(V_1 + V_2) / V_2))$ ist $V_2$. Sei $v \in V$ beliebig. \begin{align*} &v \in V_1 \cap V_2 \\ \iff &v \in V_1 \land v \in V_2 \\ \iff &v \in V_1 \land [v] = V_2 \\ \iff& \varphi(v) = V_2 \\ \iff& v \in \text{ker } \varphi .\end{align*} \end{proof} \item Beh.: $V_1 / (V_1 \cap V_2) \stackrel{\sim }{=} (V_1 + V_2) / V_2$ \begin{proof} Aus (c) folgt $V_1 \cap V_2 = \text{ker } \varphi$ und wegen $\varphi$ surjektiv ist $\text{im }\varphi = (V_1 + V_2) / V_2$. Mit Homomorphiesatz folgt: \begin{align*} V_1 / (V_1 \cap V_2) \stackrel{\sim }{=} (V_1 + V_2) / V_2 .\end{align*} \end{proof} \end{enumerate} \end{aufgabe} \begin{aufgabe} \begin{enumerate}[(a)] \item Beh.: $U + W = V$ \begin{proof} Wegen $(v_i)_{i\in I}$ Basis folgt \begin{align*} V &= \text{Lin}\left( (v_i)_{i\in I} \right) \\ &= \left\{ \sum_{i \in I} \alpha_i v_i \mid (\alpha_i)_{i\in I} \in K^{(I)} \right\} \\ &= \left\{ \sum_{j \in J} \alpha_j v_j + \sum_{i \in I \setminus J} \beta_i v_i \mid (\alpha_j)_{j \in J} \in K^{(J)}, (\beta_i)_{i\in I \setminus J} \in K^{(I \setminus J)}\right\} \\ &= \left\{ \sum_{j \in J} \alpha_i v_i \mid (\alpha_j)_{j \in J} \in K^{(J)} \right\} + \left\{ \sum_{i \in I \setminus J} \beta_i v_i \mid (\beta_i)_{i\in I \setminus J} \in K^{(I \setminus J)} \right\} \\ &= \text{Lin}( (v_j)_{i \in J}) + \text{Lin}((v_i)_{i \in I \setminus J}) \\ &= U + W .\end{align*} \end{proof} \item Beh.: $U \cap W = \{0\} $ \begin{proof} Zunächst: $0 = \sum_{i \in I \setminus J} 0 \cdot v_i = \sum_{j \in J} 0\cdot v_j \implies$ $0 \in U \cap W$ Sei $v \in U \cap W$ beliebig. Dann ex. ein $(\alpha_i)_{i\in I \setminus J} \in K^{(I \setminus J)}$ und ein $(\beta_j)_{j\in J} \in K^{(J)}$, s.d. \[ v = \sum_{i \in I \setminus J} \alpha_i v_i = \sum_{j \in J} \beta_j v_j .\] Angenommen $v \neq 0$. Damit $\exists i \in I \setminus J\colon \alpha_i \neq 0$ und $\exists j \in J\colon \beta_j \neq 0$. Wegen $(v_i)_{i\in I}$ Basis folgt $(v_i)_{i \in I \setminus J} \cap (v_j)_{j\in J} = \emptyset$, also $(\alpha_i)_{i \in I \setminus J} \neq (\beta_j)_{j\in J}$. Das ist ein Widerspruch zur Eindeutigkeit der Darstellung durch Basisvektoren. \end{proof} \item Beh.: $(v_i + U)_{i \in I \setminus J}$ ist eine Basis von $V / U$. \begin{proof} Zu zeigen: $(v_i + U)_{i \in I \setminus J}$ ist linear unabhängig und Erzeugendensystem. \begin{enumerate}[(i)] \item Neutrales Element von $V / U$ ist $U$. Sei $(\alpha_i)_{i\in I \setminus J} \in K^{(I \setminus J)}$ mit \[ \sum_{i \in I \setminus J} [\alpha_i v_i] = U .\]$\implies (\alpha_i v_i)_{i \in I \setminus J} \subset U$. Wegen $(\alpha_i v_i)_{i \in I \setminus J} \subset W$ und $V \cap W = \{0\}$, aber $0 \not\in (v_i)_{i \in I}$\\ $\implies \alpha_i = 0$ $\forall i \in I \setminus J$. \item Sei $v \in V$ beliebig. Zu zeigen: $\exists (\alpha_i)_{i \in I \setminus J} \in K^{(I \setminus J)}$: $[v] = \sum_{i \in I \setminus J} [\alpha_i v_i]$ Falls $v \in U$: $[v] = U$: Für $\alpha_i = 0$ $\forall i \in I \setminus J$ folgt: \[ \sum_{i \in I \setminus J} [0 \cdot v_i] = [0] = U = [v] .\] Falls $v \in W$: Dann ex. ein $(\alpha_i)_{i \in I \setminus J} \in K^{I \setminus J}$ , s.d. \[ v = \sum_{i \in I \setminus J} \alpha_i v_i .\] Dann gilt: \[ \sum_{i \in I \setminus J} [\alpha_i v_i] = \left[ \sum_{i \in I \setminus J} \alpha_i v_i \right] = [ v ] .\] \end{enumerate} \end{proof} \end{enumerate} \end{aufgabe} \begin{aufgabe} \begin{enumerate}[(a)] \item Beh.: Für jedes $i \in I$ existiert genau ein $v^{*}_i \in V^{*}$ derart, dass \[ v^{*}_{i}(v_j) = \begin{cases} 1 & \text{falls } i = j \\ 0 & \text{falls } i \neq j \end{cases} .\] \begin{proof} Sei $i \in I$ beliebig. Für die Basisvektoren $(v_i)_{i\in I}$ ist $v^{*}_i$ eindeutig definiert. Für $v \in V$ ex. ein $(\alpha_i)_{i \in I} \in K^{(I)}$, s.d. \[ v = \sum_{i \in I} \alpha_i v_i .\] Aufgrund der Linearität von $v^{*}_i$ ist $v^{*}_i(v)$ eindeutig definiert durch: \[ v^{*}_i(v) = v^{*}_i\left(\sum_{j \in I} \alpha_j v_j\right) = \sum_{j \in I} v^{*}_i(\alpha_j v_j) = \sum_{j \in I} \alpha_j v^{*}_i(v_j) .\] Damit ist $v^{*}_i$ wohldefiniert und damit eindeutig bestimmt. \end{proof} \item Beh.: Die Familie $(v^{*}_i)_{i \in I}$ ist linear unabhängig. \begin{proof} Sei $(\alpha_i)_{i\in I} \in K^{(I)}$ mit $\sum_{i \in I} \alpha_i v^{*}_i = 0$. Angenommen: $\exists i_0 \in I \colon \alpha_{i_0} \neq 0$. Das heißt: \begin{align*} &\alpha_{i_0} \cdot v^{*}_{i_0} + \sum_{i \in I \setminus \{ i_0 \} } \alpha_i v^{*}_{i} = 0 \\ \implies & \alpha_{i_0} \cdot v^{*}_{i_0} = - \sum_{i \in I \setminus \{ i_0 \} } \alpha_i v^{*}_{i} \\ \implies & \alpha_{i_0} \cdot v^{*}_{i_0}(v_{i_0}) = \alpha_{i_0} = - \sum_{i \in I \setminus \{ i_0 \} } \alpha_i v^{*}_{i}(v_{i_0}) .\end{align*} Wegen $\forall i \in I \setminus \{i_0\} \colon v_i^{*}(v_{i_0}) = 0$, folgt \[ \alpha_{i_0} = - \sum_{i \in I \setminus \{ i_0 \} } \alpha_i \cdot 0 = 0 .\] Widerspruch zur Annahme $\alpha_{i_0} \neq 0$. $\implies (v^{*}_i)_{i\in I}$ linear unabhängig \end{proof} \item Beh.: Ist $I$ nicht endlich, so ist $(v^{*}_{i})_{i \in I}$ keine Basis von $V^{*}$. \begin{proof} $I$ ist nicht endlich. Zu zeigen: $(v^{*}_i)_{i\in I}$ ist nicht Erzeugendensystem von $V^{*}$. Sei $f^{*} \in V^{*}$ und $v \in V$. Wegen $(v_i)_{i\in I}$ Basis, ex. $(\beta_i)_{i \in I} \in K^{I}$, s.d. $v = \sum_{i \in I} \beta_i v_i$. Angenommen es ex. $(\alpha_i)_{ i \in I} \in K^{I}$, s.d. \begin{align*} f^{*}(v) &= \sum_{i \in I} \alpha_i v^{*}_i(v) \\ &= \sum_{i \in I} \alpha_i v^{*}_i \left( \sum_{i \in I} \beta_i v_i \right) \\ &= \sum_{i \in I} \alpha_i \sum_{i \in I} \beta_j v^{*}_i(v_j) \\ &= \sum_{i \in I} \alpha_i \beta_i .\end{align*} Wegen $\alpha_i$ und $\beta_i$ i.A. nicht endlich, ist die Summe nicht bestimmt. Widerspruch $\implies (v^{*}_i)_{i\in I}$ ist kein Erzeugendensystem \end{proof} \end{enumerate} \end{aufgabe} \end{document}