Fachbereich Mathematik Prof. Dr. J.H. Bruinier Martin Fuchssteiner Erik Hofmann Frederik Strmberg

TECHNISCHE UNIVERSITÄT DARMSTADT

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SS 2008 9.10.2007

Lineare Algebra II

1. Übung mit Lösungshinweisen

Gruppenübungen

(G 1)

Es sei V ein Vektorraum ber dem Körper 𝕂 (z.B: 𝕂 = ℂ, ℝ) mit Untervektorräumen W_{i} ⊂ V, i ∈ I (I ≠ ∅). Die Summe der Untervektorräume W_{i} ist die Menge

Σ_{i∈I}W_{i} := {∑_{k=1}^{n} w_{k} | w_{k} ∈ ⋃ W_{i} ∧ n ∈ ℕ}

aller endlichen Summen von Vektoren aus den Untervektorräumen W_{i}. Beweisen Sie, daß ∑ W_{i} auch wieder ein Untervektorraum von V ist.

Lösung:

Es ist zu beweisen, daß ΣW_{i} das neutrale element 0 enthält, unter der Adddition in V abgeschlossen ist (.d.h. ΣW_{i} + ΣW_{i} ⊂ ΣW_{i}) und zu jedem Vektor w ∈ ΣW_{i} auch das Inverse −w enthält.

Ad 1 Es gilt 0 ∈ W_{i} für alle i ∈ I. Somit ist 0 eine endliche Summe von Vektoren aus den Untervektorräumen W_{i}.

Ad 2 Die Addition endlicher Summen von Vektoren aus den Untervektorräumen W_{i} ergibt wieder eine endliche Summe von Vektoren aus den Untervektorräumen W_{i}. Somit gilt ΣW_{i} + ΣW_{i} ⊂ ΣW_{i}.

Ad 3 Ist w = ∑_{k} w_{k} ein Vektor aus ∑ W_{i}, so ist das Inverse −w = ∑_{k}(−w_{k}) auch eine endliche Summe von Vektoren aus den Untervektorräumen W_{i} und liegt somit in ΣW_{i}.

(G 2)

Es sei V ein Vektorraum ber dem Körper 𝕂 (z.B: 𝕂 = ℂ, ℝ) und M ⊂ V eine Teilmenge von V. Die Menge S = {W ≤ V | M ⊂ W } aller Untervektorräume, welche M enthalten, ist durch die Inklusion ≤ (”ist Unervektorraum von”) geordnet.

(a) Zeigen Sie, daß jede Teilmenge in S ein Infimum hat, d.h. daß es zu jeder Teilmenge {W_{i}}_{i∈I} ⊂ S einen grösten Vektorraum W gibt, der kleiner als alle W_{i} ist.

(b) Beweisen sie, daß es einen kleinsten Untervektorraum W ≤ V gibt, welcher die Menge M enthalt. Dieser Untervekrorraum wird der von M erzeugte Untervektorraum genannt und auch mit ⟨M⟩ bezeichnet.

(c) Es seien W_{i}, i ∈ I Untervektorräume von V. Zeigen Sie ⟨⋃ W_{i}⟩ = ∑ W_{i}.

(d) Nach Teilaufgabe c) kann man die Summe von Untervektorräumen auch durch ∑ W_{i} := ⟨⋃ W_{i}⟩ definieren. Hierbei kann man die Vorrasussetzung I ≠ ∅ weglassen. Was ist der von der leeren Menge ∅ erzeugte Untervektorraum ⟨∅⟩ ≤ V ?

Lösung:

(a) Jeder Untervektorraum W, welcher in allen W_{i} enthalten ist, liegt auch im Schnitt W = ∩W_{i}. Dieser Schitt W = ∩W_{i} ist somit das Infimum der Familie W_{i}.

(b) Der Schnitt aller W = ⋂_{W′∈S} W′ ist der kleinste Untervektorraum von V, welcher in S liegt, d.h. der kleinste, welcher die Menge M enthält.

(c) Die Summe ∑ W_{i} enthält die UntervektorrÄume W_{i} und ist nach Aufgabe T1 selbst ein Untervektorraum von V. Wir zeigen, daß ∑ W_{i} schon der kleinste solche Untervektorraum ist. Jeder Untervektorraum W von V, welcher alle W_{i} enthält, enthält auch alle Linearkonbinationen von Vektoren aus den W_{i} (, weil es ein Untervektorraum ist). Dies gilt auch für den von ⋃ W_{i} erzeugten Untervektorraum ⟨⋃ W_{i}⟩ = ∑ W_{i}. Somit gilt, ∑ W_{i} ≤ ⟨⋃ W_{i}⟩. Weil ⟨⋃ W_{i}⟩ = ∑ W_{i} jedoch der kleinste Untervektorraum ist, welcher die Menge ⋃ W_{i}⟩ enthält, kann nicht ∑ W_{i} < ⟨⋃ W_{i}⟩ gelten. Es folgt ∑ W_{i} = ⟨⋃ W_{i}⟩.

(d) Nach Definition is ⟨∅⟩ der kleinste Untervektorraum, welcher die leere Menge ∅ enthält. Dies ist der triviale Untervektorraum 0.

(G 3)

Es sei V ein Vektorraum über dem Körper 𝕂 (z.B: 𝕂 = ℂ, ℝ) mit Untervektorräumen W_{i} ⊂ V, i ∈ I. Die Summe der Untervektorräume W_{i} heißt direkt, geschrieben ⨁ W_{i}, falls für alle n ≥ 1 die Gleichung 0 = ∑_{k=1}^{n} w_{k} mit w_{k} ∈ W_{i_{k}} und W_{i_{k}} ∩ W_{i_{l}} = 0 für k ≠ l nur die triviale Lösung w_{1}, …, w_{n} = 0 besitzt. Wir nehmen an, daß die Summe ⨁_{i∈I} W_{i} direkt ist.

(a) Zeigen Sie, daß sich jeder Vektor w ∈ ⨁ W_{i} einer direkten summe eindeutig als Summe von Vektoren aus verschiedenen Untervektorräumen W_{i} schreiben läßt.

(b) Beweisen Sie, daß sich für disjunkte Teilmengen J, J′ ⊂ I die direkten Summen ⨁_{j∈J} W_{j} und ⨁_{j′∈J′} W_{j′} trivial schneiden.

Lösung:

(a) Nach Definition der Summe ΣW_{i} läßt sich jeder Vektor w ∈ ⨁ W_{i} als Summe von Vektoren aus den Untervektorräumen W_{i} schreiben. Es bleibt zu zeigen, daß diese Darstellung eindeutig ist. Angenommen es seien

w = ∑_{k=1}^{n} w_{k} und w = ∑_{l=1}^{m} w′_{l}

zwei verschiedene Darstellungen eines Vektors w ∈ ⨁ W_{i} mit w_{k} ∈ W_{i_{k}}, w′_{l} ∈ W_{i_{l}} und W_{i_{k}} ≠ W_{i_{k′}} für k ≠ k′ bzw W_{i_{l}} ≠ W_{i_{l′}} für l ≠ l′. Wir können o.B.d.A. m = n und annehmen (indem wir in überflüssigen Summanden w_{k} = 0 oder w′_{l} = 0 setzen). Somit erhalten wir eine Gleichung der Form

w = ∑_{k=1}^{n} w_{k} = ∑_{k=1}^{n} w′_{k}.

Durch subtraktion der beiden Summen erhält man die Gleichung

0 = ∑_{k=1}^{n}(w_{k} − w′_{k}).

Da eine solche Gleichung nach Annahme nur die triviale Lösung besitzt, folgt w_{k} = w′_{k} für alle 1 ≤ k ≤ n. Somit waren die beiden Darstellungen schon gleich.

(b) Würden sich für disjunkte Teilmengen J, J′ ⊂ I die direkten Summen ⨁_{j∈J} W_{j} und ⨁_{j′∈J′} W_{j′} nicht trivial schneiden, so gäbe es einen Vektor

0 ≠ w ∈ (⨁_{j∈J} W_{j}) ∩ (⨁_{j′∈J′} W_{j′}) .

Dieser Vektor w wäre somit eine Summe w = ∑_{k=1}^{n} w_{k} mit w_{k} ∈ W_{j_{k}}, j_{k} ∈ J und gleichzeitig eine Summe w = ∑_{k=1}^{m} w′_{l} mit w′_{k} ∈ W_{j′_{k}}, j′_{k} ∈ J′. In beiden Summen sind nicht alle Summanden der Nullvektor (sonst gälte w = 0). Wir können o.B.d.A. m = n und annehmen (indem wir in überflüssigen Summanden w_{k} = 0 oder w′_{l} = 0 setzen). Durch Subtraktion erhielte eine nicht triviale Lösung der Gleichung 0 = ∑_{k=1}^{n} w_{k} mit w_{k} ∈ W_{i_{k}} und W_{i_{k}} ∩ W_{i_{l}} = 0 für k ≠ l im Widerspruch zu Annahme, daß die Summen direkt sind.

(G 4)

Wir betrachten den reellen Vektorraum ℝ^{4} und in diesem den linearen Teilraum U, der durch die Gleichungen

x_{1} + x_{2} + x_{3} + x_{4} = 0 and
x_{1} + x_{2} − x_{3} − x_{4} = 0

für (x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4})^{T} ∈ ℝ^{4} definiert wird. Weiter sei W der lineare Teilraum von ℝ^{4}, der von den Vektoren

( \begin{matrix}1 \\ 2 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) and ( \begin{matrix}2 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) .

aufgespannt wird.

(a) Bestimmen Sie eine Basis für den linearen Teilraum U ∩ W.

(b) Bestimmen Sie eine Basis für den linearen Teilraum U + W.

(c) Ist U + W die direkte Summe von U und W?

Lösung:

(a) Wir parametrisieren W folgendermaßen:

x = s ( \begin{matrix}1 \\ 2 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) + r ( \begin{matrix}2 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}s + 2r \\ 2s + r \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) .

Nun setzen wir x = (x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4})^{T} in die definierenden Gleichungen für U ein und erhalten die beiden Gleichungen

s + 2r + r + 2s = 0,
s + 2r + r + 2s = 0,

welche s = −r liefern. Deshalb besteht U ∩ W aus allen Vektoren der Form

x = s ( \begin{matrix}−1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) ,

für s ∈ ℝ, und hat als Basis etwa den Vektor

( \begin{matrix}1 \\ −1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) .

(b) Um eine Basis für U +W zu bestimmen, bringen wir das definierende Gleichungssystem auf Stufenform und erhalten

\begin{aligned}x_{1} & +x_{2} & +x_{3} & +x_{4} & = & 0, \\ & & −2x_{3} & −2x_{4} & = & 0. \end{aligned}

Nun setzen wir die Nicht-Pivotvariablen x_{2} und x_{4} jeweils 1 und erhalten damit, dass die Vektoren

( \begin{matrix}−1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} )  and  ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ −1 \\ 1 \end{matrix} )

eine Basis von U bilden. Schließlich schreiben diese Vektoren, sowie diejenigen, die W aufspannen, als Zeilen untereinander, führen den Gauss-Jordan-Algorithmus durch

\begin{matrix}1 & 2 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 0 & 0 \\ −1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −1 & 1 \\ 1 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & −3 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −1 & 1 \\ 1 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & −3 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}

und erhalten, dass die Vektoren

( \begin{matrix}1 \\ 2 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) ,  ( \begin{matrix}0 \\ −3 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} )  und  ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ −1 \\ 1 \end{matrix} )

eine Basis von U + V bilden.

(c) Da U ∩ W ≠ {0} gilt, ist U + W nicht die direkte Summe von U und W.

(G 5) Direkte Summen/Eigenräume

Es sei A : V → V ein Endomorphismus des 𝕂-Vektorraumes V.

(a) Beweisen Sie, daß die Summe ΣV_{λ}(A) der Eigenräume V_{λ}(A) := ker(λ · id_{V} − A) zu den verschiedenen Eigenwerten λ direkt ist.

(b) Zeigen Sie, daß V = ⨁ V_{λ}(A) gilt, falls die Abbildung A diagonalisierbar ist.

Lösung:

(a) Die Summe ist genau dann nicht direkt, wenn der Nullvektor eine nichttriviale Summe von Eigenvektoren zu verschiedenen Eigenwerten ist:

0 = v_{1} + … + v_{n}

Wir beweisen die Unmöglichkeit dieser Darstellung durch Induktion über n. Der Fall n = 2 ist bekannt, die Summe von zwei Eigenräumen zu verschiedenen Eigenwerten ist immer direkt. Wir nehmen nun an, die direkte Summe aus n Eigenräumen zu verschiedenen Eigenwerten sei immer direkt und es gäbe n + 1 Eigenvektoren v_{1}, …, v_{n+1} zu n verschiedenen Eigenwerten λ_{1}, …, λ_{n+1} mit

v_{1} + … + v_{n+1} = 0.

Durch Anwenden der Linearen Abbildung A erhält man die Gleichung

λ_{1}v_{1} + … + λ_{n+1}v_{n} = 0.

Zieht man von dieser Gleichung das λ_{n+1}-fache der 1. Gleichung ab, so ergibt sich die Gleichung

(λ_{1}λ_{n+1})v_{1} + … + (λ_{n} − λ_{n+1})v_{n} = 0.

Nach Induktionsvorraussetzung ist müssen die Summanden V_{1}, …, v_{n} verschwinden, es folgt somit auch v_{n+1} = 0. Somit ist die Summe aus n+1 Eigenräumen zu verschiedenen Eigenwerten auch immer direkt.

(b) Weil die Abbildung A nach Vorraussetzung diagonalisierbar ist, gibt es eine Basis aus Eigenvektoren, daher ist die Summe ⊕_{λ}V_{λ}(A) der ganze Vektorraum V.

(G 6)

Es sei V ein 𝕂-Vektorraum mit Skalarprodukt ⟨·, ·⟩ : V × V → 𝕂. Beweisen Sie, daß für jeden Untervektoraum W ≤ V die Gleichung W^{⊥⊥} = W erfüllt ist.

Hausübungen

(H 1) 10 Punkte

Es sei V ein endlichdimensionaler Vektorraum über dem Körper 𝕂 (𝕂 = ℝ oder ℂ) und ⟨·, ·⟩ ein Skalarprodukt auf V. Zeigen Sie daß aus ⟨u, u⟩ = 0 für alle u ∈ V schon ⟨u, v⟩ = 0 für alle u, v ∈ V folgt.

Lösung:

Lassen Sie u, v ∈ V. Dann gilt

⟨u + v, u + v⟩ = ⟨u, u + v⟩ + ⟨v, u + v⟩ = ⟨u, u⟩ + ⟨v, v⟩ + ⟨u, v⟩ + ⟨v, u⟩ .

Also gilt ⟨u, v⟩ = ⟨u + v, u + v⟩ − ⟨u, u⟩ + ⟨v, v⟩ = 0.

(H 2) 10 Punkte

Es sei V ein ℂ-Vektorraum mit positiv definiter hermitescher Form ⟨·, ·⟩ : V × V → ℂ. Weiterhin sei A : V → V eine ℂ-lineare Abbildung mit adjungierter Abbildung A^{∗} (,d.h. es gilt ⟨A(v), w⟩ = ⟨v, A^{∗}(w)⟩ für alle v, w ∈ V). Beweisen Sie Ker A = (Im A^{∗})^{⊥} und Im A = (Ker A^{∗})^{⊥}.

Lösung:

Nach Vorraussetzung gilt ⟨A(v), w⟩ = ⟨v, A^{∗}(w)⟩ für alle v, w ∈ V. Somit folgt

v ∈ Ker A ⇔ ∀w ∈ V : ⟨A(v), w⟩ = 0
⇔ ∀w ∈ V : ⟨v, A^{∗}(w)⟩ = 0
⇔ v ∈ (Im A^{∗})^{⊥}.

Mit dieser Gleichheit erhält man

Im A = Im (A^{∗})^{∗}
= [(Im (A^{∗})^{∗})^{⊥}]^{⊥}
= [Ker (A^{∗})]^{⊥} .

(H 3) 10 Punkte

Es sei V ⊂ ℝ^{3} der von den Vektoren A = (1, 1, 1), B = (1, −1, 2) erzeugte Unterraum. Finden Sie ein ON-Basis für V bezüglich der Bilinearform

< x⃗, y⃗ >= x_{1}y_{1} + x_{2}y_{2} − x_{3}y_{3}.

Lösung:

Wir benutzen die Gram-Schmid verfaren. Erst berechne ||A||^{2} =^{A} A = 1·1+1·1−1·1 = 1. Dann setzen wir e_{1} = A. Wir müssen dann berechnen die orthogonale projektion von B auf e_{1}^{⊥}. D.h. B′ = B −^{B,e_{1}} e_{1} = B − (1 − 1 − 2)A = B + 2A = (1, −1, 2) + 2(1, 1, 1) = (3, 1, 4). Die “länge” von B′ ist ||B||^{2} = 1 − 1 − 4 = −4 und wir setzen e_{2} = \frac{−1}{4}B′ = (−\frac{3}{4}, −\frac{1,4}{,} − 1). Man kann (soll) jetz verifizeren:

e_{1}e_{2} = −\frac{3}{4} − \frac{1}{4} + 1 = 0.

und ||e_{1}|| = ||e_{2}|| = 1. Also, e_{1}, e_{2} ist ein ONB für die Raum generiert von A und B.