Lösung
- Zu einer Teilmenge heißt
-
das Urbild von unter .
- Zu heißt inverses Element, wenn die Gleichheit
-
gilt.
- Es sei
-
mit den Koeffizienten . Dann nennt man die -Matrix
-
die Übergangsmatrix zum Basiswechsel von nach .
- Eine Permutation auf heißt Zykel der Ordnung , wenn es eine -elementige Teilmenge derart gibt, dass auf die Identität ist und die Elemente aus zyklisch vertauscht
- Man nennt
-
den Eigenraum von zum Wert .
- Man nennt die zu eindeutig bestimmten Zahlen
-
mit
-
die
baryzentrischen Koordinaten
von .
Lösung
- Jedes
(inhomogene)
lineare Gleichungssystem über einem Körper lässt sich durch elementare Umformungen und durch das Weglassen von überflüssigen Gleichungen in ein
äquivalentes lineares Gleichungssystem
der Stufenform
-
überführen, bei dem alle Startkoeffizienten von verschieden sind.
- Unter der Bedingung, dass endlichdimensional ist, gilt
-
- Zu jedem
trigonalisierbaren Endomorphismus
-
auf einem endlichdimensionalen
-
Vektorraum
gibt es eine
Basis,
bezüglich der die
beschreibende Matrix
jordansche Normalform
besitzt.
Ist die Abbildung
-
injektiv
oder nicht?
Lösung
Es seien
-
Funktionen.
a) Zeige die Gleichheit
-
b) Zeige durch ein Beispiel, dass die Gleichheit
-
nicht gelten muss.
Lösung
Löse das folgende lineare Gleichungssystem über dem Körper
:
-
Lösung
Wir schreiben das Gleichungssystem als
-
-
Wir multiplizieren die zweite Zeile mit und erhalten
-
Wir nehmen die Differenz der ersten und der dritten Zeile und erhalten
-
Das inverse Element von ist , somit ist also
-
Aus der Gleichung folgt daraus
Bestimme die
Dimension
des von den Vektoren
-
erzeugten
Untervektorraumes
des .
Lösung
Wir betrachten den ersten, zweiten, dritten und fünften Vektor der Familie, also
-
als Matrix. Die Determinante dieser Matrix ist nach der Entwicklung nach der ersten Spalte gleich
-
der Rang der Matrix ist also und die sechs Vektoren erzeugen den Gesamtraum. Die Dimension ist also .
Bestimme die
inverse Matrix
zu
-
Lösung
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Bestimme den
Kern
der
linearen Abbildung
-
Lösung
Es geht darum, das lineare Gleichungssystem
-
zu lösen. Wir eliminieren mit Hilfe der ersten Gleichung die Variable . Das resultierende System ist
(,
)
-
Wir eliminieren nun aus
mittels
die Variable
, das ergibt
()
-
Wir können jetzt dieses System lösen, wobei
die anderen Variablen eindeutig festlegt. Es sei
.
Dann ist
.
Damit ist
-
Schließlich ist
-
Die Lösungsmenge, also der Kern, ist somit
-
Beweise die Dimensionsformel für eine
lineare Abbildung
-
Lösung
Es sei
.
Es sei
der
Kern
der Abbildung und
seine
Dimension
().
Es sei
-
eine
Basis
von .
Aufgrund des Basisergänzungssatzes
gibt es Vektoren
-
derart, dass
-
eine Basis von ist. Wir behaupten, dass
-
eine Basis des Bildes ist. Es sei
ein Element des Bildes . Dann gibt es ein
mit
.
Dieses lässt sich mit der Basis als
-
schreiben. Dann ist
sodass sich als
Linearkombination
der schreiben lässt.
Zum Beweis der
linearen Unabhängigkeit
der
, ,
sei eine Darstellung der Null gegeben,
-
Dann ist
-
Also gehört zum Kern der Abbildung und daher kann man
-
schreiben. Da insgesamt eine Basis von vorliegt, folgt, dass alle Koeffizienten sein müssen, also sind insbesondere
.
Beweise den Satz über die natürliche Abbildung eines Vektorraumes in sein Bidual.
Lösung
Es sei
fixiert. Zuerst ist zu zeigen, dass eine Linearform auf dem Dualraum ist. Offenbar ist eine Abbildung von nach . Die Additivität ergibt sich aus
-
wobei wir die Definition der Addition auf dem Dualraum verwendet haben. Die Verträglichkeit mit der Skalarmultiplikation ergibt sich entsprechend mittels
-
Zum Beweis der Additivität der Gesamtabbildung seien
.
Es ist die Gleichheit
-
zu zeigen. Da dies eine Gleichheit in ist, also insbesondere eine Gleichheit von Abbildungen, sei
beliebig. Dann folgt die Additivität aus
-
Entsprechend ergibt sich die skalare Verträglichkeit aus
-
Zum Nachweis der Injektivität sei
mit
gegeben. D.h. für alle Linearformen
ist
.
Dann ist aber nach
Lemma 14.6 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025))
schon
-
und nach
dem Injektivitätskriterium
ist injektiv.
Im endlichdimensionalen Fall folgt die Bijektivität aus der Injektivität und aus
Korollar 13.12 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)).
Es sei
ein nichtkonstantes Polynom. Zeige, dass die Abbildung
-
surjektiv ist.
Lösung
Lösung
Es ist
Es sei
-
mit
.
Zeige durch Induktion, dass
-
ist.
Lösung
Für
-
ist die Aussage klar. Es sei die Aussage für bewiesen. Dann ist
Es sei
-
ein
Endomorphismus
auf einem
endlichdimensionalen
-
Vektorraum
und sei
ein
Eigenvektor
zu zum
Eigenwert
.
Es sei
-
die
duale Abbildung
zu . Wir betrachten Basen von der Form mit der Dualbasis . Man gebe Beispiele für das folgende Verhalten.
a) ist Eigenvektor von zum Eigenwert unabhängig von .
b) ist Eigenvektor von zum Eigenwert bezüglich einer Basis , aber nicht bezüglich einer Basis .
c) ist bezüglich keiner Basis ein Eigenvektor von .
Lösung
a) Wir betrachten die Identität auf . Jeder Vektor
-
ist Eigenvektor zum Eigenwert . Die duale Abbildung ist ebenfalls die Identität, und daher ist unabhängig von der gewählten Basis ein Eigenvektor zum Eigenwert der dualen Abbildung.
b) Wir betrachten die durch die Matrix gegebene lineare Abbildung
-
Der Standardvektor ist ein Eigenvektor zum Eigenwert . Bezüglich der Dualbasis zur Standardbasis wird die duale Abbildung durch die gleiche
(transponierte)
Matrix beschrieben und somit ist auch ein Eigenvektor zum Eigenwert . Wenn wir dagegen die Basis betrachten, so ist einerseits
-
und andererseits
-
also sind
und
linear unabhängig
(wegen ist nicht die Nullabbildung)
und daher ist kein Eigenvektor der dualen Abbildung.
c) Wir betrachten die durch gegebene lineare Abbildung
-
mit dem Eigenvektor zum Eigenwert und eine Basis der Form mit
.
Es ist einerseits
-
und andererseits
-
Wegen
und
sind
und
linear unabhängig, ist also kein Eigenvektor der dualen Abbildung.
Lösung
Die zu gehörende lineare Abbildung ist die direkte Summe der zu den Jordan-Blöcken gehörenden linearen Abbildungen auf den zugehörigen Teilräumen. Ein Eigenvektor der Gesamtabbildung muss die Eigenschaft haben, dass jede Komponente davon (bezüglich der Zerlegung) ein Eigenvektor für diese Komponentenabbildung oder gleich ist. Der Gesamteigenraum ist also die direkte Summe der einzelnen Eigenräume. Daher muss man sich nur eine einzige Jordanmatrix anschauen. Für eine solche Matrix ist aber der Eigenraum in der Tat eindimensional.
Lösung
Die beiden Punkte seien . Es genügt nach
Lemma 29.14 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025))
zu zeigen, dass unter
baryzentrischen Kombinationen
abgeschlossen ist. Wegen und
sind die einzigen baryzentrischen Kombinationen der beiden Punkte
-
und
-
die beide zu der Menge gehören.