Fachbereich Mathematik Prof. Dr. J.H. Bruinier Martin Fuchssteiner Eric Hofmann Fredrik Strömberg

TECHNISCHE UNIVERSITÄT DARMSTADT

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SS 2008 29.05.2008

Lineare Algebra II

8. Tutorium mit Lösungshinweisen

Im Folgenden sei 𝕂 ein Körper.

(T 34)

Sei V ein n-dimensionaler 𝕂-Vektorraum und b : V × V → 𝕂 eine (nicht-ausgeartete) Bilinearform. Für v,w ∈ V wird ein Endomorphismus f_{v,w} : V → V definiert durch

f_{v,w}(x) := b(v, x)w, x ∈ V.

(a) Welchen Rang hat f_{v,w}?

(b) Zeigen Sie, dass Spur f_{v,w} = b(v, w).

(c) Beweisen Sie: Sind A = {v_{1}, …, v_{n}} und B = {w_{1}, … w_{n}} zwei Basen von V, so ist

f := ∑_{i=1}^{n} f_{v_{i},w_{i}}

ein Automorphismus von V.

Lösung:

(a) Für jedes x ∈ V ist f_{v,w}(x) ∈ 𝕂w. Das Bild von f_{w,w} ist also eindimensional und der Rang ist 1.

(b) Ist B = e_{1}, … e_{n} eine Basis von V und w = ∑_{i} w_{i}e_{i}, so gilt

M_{B} (f_{v,w}) = (\begin{matrix}& . & . \\ b(v, e_{1}) w & & & b(v, e_{n}) w \\ & . & . \end{matrix}) ,

und somit (aufgrund der Linearität von b im zweiten Argument)

Spur f_{v,w} = ∑_{i=1}^{n} b(v, e_{i})w_{i} = ∑_{i=1}^{n} b(v, e_{i}w_{i}) = b(v, ∑_{i=1}^{n} w_{i}e_{i}) = b(v, w).

(c) Es ist klar, dass f ein Endomorphismus ist. Wir zeigen: f(A) = {f(v_{1}), …, f(v_{n})} ist eine Basis von V. Da ♯f(A) ≤ n, genügt es, die lineare Unabhägigkeit nachzuweisen:

0 = ∑_{k=1}^{n} c_{k}f(v_{k}) = ∑_{k=1}^{n} c_{k} ∑_{i=1}^{n} b(v_{i}, v_{k})w_{i} = ∑_{i=1}^{n} b(v_{i}, ∑_{k=1}^{n} c_{k}v_{k})w_{i}.

Da die Basisvektoren w_{i} aus B linear unabhängig sind, folgt b(v_{i}, ∑_{k=1}^{n} c_{k}v_{k}) = 0 für alle i. Da b nicht-ausgeartet ist (und A eine Basis), muss ∑_{k=1}^{n} c_{k}v_{k} = 0 gelten. Dies bedeutet c_{k} = 0 für alle k = 1, …, n. Also ist f(A) linear unabhägig und somit eine Basis von V.

(T 35) Sei V ein 𝕂-Vektorraum und M, M_{1} und M_{2} Teilmengen von V. Weiter sei V^{t} der Dualraum von V und F, F_{1} und F_{2} Teilmengen von V^{t}. Beweisen Sie folgende Aussagen:

(a) M_{1} ⊆ M_{2} ⇒ M_{2}^{∘} ⊆ M_{1}^{∘} und F_{1} ⊆ F_{2} ⇒ F_{2}^{∘} ⊆ F_{1}^{∘}

(b) M^{∘} = (linM)^{∘}, F^{∘} = (linF )^{∘}

(c) Es gilt M ⊆ M^{∘ ∘} und F ⊆ F^{∘ ∘}

(d) Man hat M^{∘} = M^{∘ ∘ ∘} sowie F^{∘} = F^{∘ ∘ ∘}. In (e) und (f) seien M_{1}, M_{2} bzw. F_{1}, F_{2} nun Teilräume von V bzw. V^{t}.

(e) Es gilt (M_{1} + M_{2})^{∘} = M_{1}^{∘} ∩ M_{2}^{∘} und (F_{1} + F_{2})^{∘} = F_{1}^{∘} ∩ F_{2}^{∘}

(f) M_{1}^{∘} + M_{2}^{∘} ⊆ (M_{1} ∩ M_{2})^{∘} und F_{1}^{∘} + F_{2}^{∘} ⊆ (F_{1} ∩ F_{2}).

Lösung:

(a) Es ist

M_{2}^{∘} = {f ∈ V^{t} | ⟨f, x⟩ = 0, ∀x ∈ M_{2} = M_{1} ∪ (M_{2} \ M_{1})}
= {f ∈ V^{t} | (⟨f, x⟩ = 0, ∀x ∈ M_{1}) ∧ (⟨f, x⟩ , ∀x ∈ (M_{2} \ M_{1}))}
= {f ∈ V^{t} | ⟨f, x⟩ = 0, ∀x ∈ M_{1}} ∩ {f ∈ V^{t} | ⟨f, x⟩ = 0, ∀x ∈ (M_{2} \ M_{1})}
= M_{1}^{∘} ∩ (M_{2} \ M_{1})^{∘} ⊆ M_{1}^{∘}.

Ebenso ist F_{2}^{∘} = {x ∈ V | (⟨f, x⟩ = 0, ∀f ∈ F_{1}) ∧ (⟨f, x⟩ , ∀f ∈ (F_{2} \ F_{1}))} = F_{1}^{∘} ∩ (F_{2} \ F_{1})^{∘}.

(b) Aus ⟨f, x⟩ = 0 folgt wegen der Bilinearität ⟨f, λx⟩ = 0, sowie ⟨μf, x⟩ = 0 für alle λ, μ ∈ 𝕂. Also hat man

f ∈ M^{∘} ⇒ 𝕂f ∈ M^{∘} und x ∈ F^{∘} ⇒ 𝕂x ∈ M^{∘}.

Genauso ist ⟨f_{1}, x⟩ + ⟨f_{2}, x⟩ = ⟨f_{1} + f_{2}, x⟩ und ⟨f, x_{1}⟩ + ⟨f, x_{2}⟩ = ⟨f, x_{1} + x_{2}⟩, und deshalb

f_{1}, f_{2} ∈ M^{∘} ⇒ f_{1} + f_{2} ∈ M^{∘} und x_{1}, x_{2} ∈ F^{∘} ⇒ x_{1} + x_{2} ∈ M^{∘}.

Zusammen ergibt dies die Behauptung.

(c) Per Definition gilt ⟨f, x⟩ = 0 für alle f ∈ M^{∘} und alle x ∈ M. Hieraus folgt M ⊆ {x ∈ V | ⟨f, x⟩ = 0, ∀f ∈ M^{∘}} = M^{∘ ∘}.

Ebenso hat man F ⊆ {f ∈ V^{t} | ⟨f, x⟩ = 0, ∀x ∈ F^{∘}} = F^{∘ ∘}.

(d) M^{∘} ⊆ M^{∘ ∘ ∘}: Dies folgt sofort durch Anwenden von (c) auf M^{∘}. (F = M^{∘}). M^{∘ ∘ ∘} ⊆ M^{∘}: Nach (c) gilt M^{∘} ⊆ M^{∘ ∘}. Wendet man hierauf (a) an (mit F_{1} = M^{∘} und F_{2} = M^{∘ ∘}), erhält man M^{∘ ∘ ∘} ⊆ M^{∘}.

(e) Jedes x ∈ M_{1} + M_{2} lässt sich als Summe x = x_{1} + x_{2} mir x_{1} ∈ M_{1} und x_{2} ∈ M_{2} darstellen. Dann gilt ⟨f, x⟩ = ⟨f, x_{1} + x_{2}⟩ = ⟨f, x_{1}⟩ + ⟨f, x_{2}⟩. Damit f ∈ V^{t} orthogonal zu jedem solchen x ist, muss ⟨f, x_{1}⟩ = 0 und ⟨f, x_{2}⟩ = 0 gelten für jedes x_{1} ∈ M_{1} und jedes x_{2} ∈ M_{2}. Also gilt

(M_{1} + M_{2})^{∘} = {f ∈ V^{t} | (⟨f, x_{1}⟩ = 0, ∀x_{1} ∈ M_{1}) ∧ (⟨f, x_{2}⟩ = 0, ∀x_{2} ∈ M_{2})}
= {f ∈ V^{t} | ⟨f, x_{1}⟩ = 0, ∀x_{1} ∈ M_{1}} ∩ {f ∈ V^{t} | ⟨f, x_{2}⟩ = 0, ∀x_{2} ∈ M_{2}}
= M_{1}^{∘} ∩ M_{2}^{∘}.

Völlig analog erhält man auch (F_{1} + F_{2})^{∘} = (F_{1} ∩ F_{2})^{∘}.

(f) Ist f ∈ M_{1}^{∘} + M_{2}^{∘} so gilt f = f_{1} + f_{2} mit f_{1} ∈ M_{1}^{∘} und f_{2} ∈ M_{2}^{∘}. Für jedes x ∈ M_{1} ∩ M_{2} ist damit ⟨f_{1}, x⟩ = 0, da x ∈ M_{1} , und ⟨f_{2}, x⟩ = 0, da x ∈ M_{2}. Also gilt

f ∈ M_{1}^{∘} + M_{2}^{∘} ⟹ (⟨f, x⟩ = 0, ∀x ∈ M_{1} ∩ M_{2}) ⟹ f ∈ (M_{1} ∩ M_{2})^{∘}.

Der Beweis der Aussage für F_{1} und F_{2} geht genauso.

(T 36)

Es gelten die Bezeichnungen wie in in Aufgabe (T 35e,f ). Zeigen Sie: Unter der zusätzlichen Voraussetzungen, dass V endlichdimensional ist, gilt für Teilräume M_{1}, M_{2} von V

(a) M_{1} ⊆ M_{2} ⟺ M_{2}^{∘} ⊆ M_{1}^{∘},

(b) M_{1}^{∘} + M_{2}^{∘} = (M_{1} ∩ M_{2})^{∘}.

In diesem Fall hat man also in (T 35a) eine Äquivalenz und in (T 35f) das Gleichheitszeichen.

Lösung:

(a) In (T 35a) wurde bereits die Implikation ⇒ gezeigt. Weiter gilt nach (T 35a) auch:

M_{2}^{∘} ⊆ M_{1}^{∘} ⇒ M_{1}^{∘ ∘} ⊆ M_{2}^{∘ ∘}.

Da V endlichdimensional ist, gilt aber M_{i}^{∘ ∘} = M_{i}, für i = 1, 2. Damit ist die umgekehrte Implikation ⇐ ebenfalls gezeigt.

(b) Wir brauchen nur nachzuweisen, dass (M_{1} ∩ M_{2})^{∘} ⊆ M_{1}^{∘} ∩ M_{2}^{∘} ist, die umgekehrte Inklusion wurde schon in (T 35e) gezeigt.

Wir wenden Teil (a) auf (M_{1} ∩ M_{2})^{∘} und M_{1}^{∘} + M_{2}^{∘} an:

(M_{1} ∩ M_{2})^{∘} ⊆ M_{1}^{∘} + M_{2}^{∘} ⇔ (M_{1}^{∘} + M_{2}^{∘})^{∘} ⊆ (M_{1} ∩ M_{2})^{∘ ∘}.  (1)

Nach (T 35e) ist (M_{1}^{∘} + M_{2}^{∘})^{∘} = M_{1}^{∘ ∘} ∩ M_{2}^{∘ ∘}. Da V endlichdimensional ist, gilt aber für jeden Teilraum C ⊆ V, dass C^{∘ ∘} = C. Also hat man

\begin{aligned}\underbrace{(M_{1}^{∘} + M_{2}^{∘})^{∘}} & ⊆ & \underbrace{(M_{1} ∩ M_{2})^{∘ ∘}} \\ = M_{1}^{∘ ∘} ∩ M_{2}^{∘ ∘} & & = M_{1} ∩ M_{2} \\ = M_{1} ∩ M_{2} \end{aligned}.

Die Inklusion gilt also (beide Seiten sind sogar gleich). Damit folgt die Behauptung (wegen der Äquivalenz (1)).

(T 37) Cramersche Regel für lineare Gleichungssyteme

Zu einem linearen Gleichungssystem der Form

Ax = b, A ∈ GL_{n}(𝕂), x ∈ 𝕂^{n}, b ∈ 𝕂^{n}

kann man den Lösungsvektor x = (x_{1}, …, x_{n})^{t} folgendermaßen bestimmen: Bezeichne mit a_{1}, …, a_{n} die Spaltenvektoren von A. Dann gilt

x_{i} = \frac{det(a_{1}, …, a_{i−1}, b, a_{i+1}, … a_{n})}{det(A)},

wobei (a_{1}, …, a_{i−1}, b, a_{i+1}, … a_{n}) die Matrix bezeichnet, die durch ersetzen der iten Spalte von A durch den Vektor b entsteht.

(a) Leiten Sie diese Formel aus elementaren Rechenregeln für Determinanten ab.

(b) Leiten Sie diese Formel aus der bekannten Cramerschen Regel für die Inversion von Matrizen ab.

(c) Sei 𝕂 = ℝ oder ℂ. Zeigen Sie, dass der Lösungsvektor x stetig und sogar differenzierbar von den Einträgen von A abhängt.

Lösung:

(a) Beweis durch Determinantenumformungen: Nach Voraussetzung gilt

Ax = x_{1}a_{1} + … + x_{n}a_{n} = b,

wobei x_{i} ∈ 𝕂 die Komponenten von x sind. Man rechnet nun

x_{i} det(A) = x_{i} det(a_{1}, …, a_{n}) =

= det(a_{1}, …, x_{i}a_{i}, …, a_{n}) = det (a_{1}, …, b − ∑_{j≠i} a_{j}, …, a_{n}) =

= det(a_{1}, …, b, a_{n}).

(Hierbei wurden jeweils von der ersten zur zweiten und von der zweiten zur dritten Zeile die Regeln für das Verhalten von Determinanten unter elementaren Matrizenumformungen angewendet.)

(b) Beweis mit der Cramerschen Regel: Es gilt Ax = b. Nach Voraussetzung ist A invertierbar, somit hat man also

x = A^{−1}b = \frac{1}{det(A)}A′ = \frac{1}{det(A)} (\begin{matrix}det(A_{11}) & … & (−1)^{1+n} det(A_{n1}) \\ ⋮ & ... & ⋮ \\ det(A_{1n}) & … & (−1)^{1+n} det(A_{nn}) \end{matrix}) ,

wobei A′ die komplementäre Matrix aus der Cramerschen Regel zur Matrizeninversion ist und A_{ij} die Matrix bezeichnet, die man aus A durch steichen der iten Spalte der jten Zeile erhält. Es gilt dann

det(A)x_{i} = ∑_{j=1}^{n} a′_{ij}b_{j} = ∑_{j=1}^{n}(−1)^{i+j} det(A_{ij})b_{j}
= det(a_{1}, …, a_{i−1}, b, a_{i+1}, … a_{n}),

wobei man die letzte Gleichung durch Entwickeln nach der j-ten Spalte erhält.

(c) Sei 𝕂 = ℝ oder ℂ. Bezeichne mit a_{ij}, i, j = 1, …, n, die Einträge von A. Wir betrachten den Eintrag a_{kl} = t als Variable (die anderen Einträge von A sowie der Vektor b bleiben fest). Nach der Leibnitz Formel gilt

det A = ∑_{σ∈S_{n}} sgn(σ)a_{1σ(1)} ⋯ a_{nσ(n)}.

Als Funktion von a_{kl} = t ist die Determinante also gegeben durch

\begin{aligned}det A(t) & = t \underbrace{∑_{σ∈S_{n},σ(k)=l} a_{1σ(1)} ⋯ a_{k−1 σ(k−1)}a_{k+1 σ(k+1)} ⋯ a_{nσ(n)}}_{=:A_{1}} + \underbrace{∑_{σ∈S_{n},σ(k)≠l} a_{1σ(1)} ⋯ a_{nσ(n)}}_{=:A_{2}} \\ & = A_{1}t + A_{2}. \end{aligned}

Ist A_{1} = 0, so ist sie konstant. Sonst hängt sie linear (und somit stetig und differenzierbar) von t ab. Es gilt

det(A)(t) = \begin{cases}= 0 & A_{1} = A_{2} = 0 \\ ≠ 0 & A_{1} = 0, A_{2} ≠ 0 \\ = 0 & t = −A_{2}/A_{1} \\ ≠ 0 & sonst \end{cases} .

Ist det(A)(t) ≠ 0, so gibt es eine eindeutige Lösung x(t) des Gleichungssystems A(t)x = b. Wir können Sie nach der Cramerschen Regel berechnen. Es gilt

det(a_{1}, …, a_{i−1}, b, a_{i+1}, …, a_{n}) = \begin{cases}=: B & konstant, falls k = i \\ =: B_{1}t + B_{2} & sonst, \end{cases}

mit Konstanten B_{1}, B_{2}, die sich wie oben aus der Leibnitzschen Formel ergeben. Also sind die Einträge von x(t) = (x_{1}(t), …, x_{n}(t)) gegeben durch

x_{i}(t) = \begin{cases}= \frac{B}{A_{1}t+A_{2}} & k = i \\ = \frac{B_{1}t+B_{2}}{A_{1}t+A_{2}} & k ≠ i \end{cases} .

Diese hängen als rationale Funktionen stetig und differenzierbar von t ab. (Die Lösung ist definiert für det(A)(t) = A_{1}t + A_{2} = 0.) Also ist die Lösung insgesamt eine stetige und differenzierbare Funktion des Eintrags a_{kl} von A.