Blatt #6, 21. Nov. 2002 Aufgabe 20.

(1) Es ist −2 ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) + ( \begin{matrix}2 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ −2 \end{matrix} ). Aus λ_{1} ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) + λ_{2} ( \begin{matrix}2 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) mit λ_{i} ∈ R folgt λ_{1} = λ_{2} = 0. Damit ist

(( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}2 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} )) eine Basis von ⟨\underline{x}⟩. Es ist ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) ∉ ⟨( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}2 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} )⟩, da die Gleichung λ_{1} ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) + λ_{2} ( \begin{matrix}2 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) mit

λ_{i} ∈ R keine Lösung hat. Also ist (( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}2 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} )) eine (ergänzte) Basis von R^{3}.

(2) Es sind ( \begin{matrix}i \\ i+1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) = i ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ i \\ 1 \end{matrix} ) + ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \\ −i \end{matrix} ) und ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ i−1 \\ i+1 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ i \\ 1 \end{matrix} ) − ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \\ −i \end{matrix} ). Aus λ_{1} ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ i \\ 1 \end{matrix} ) + λ_{2} ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \\ −i \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) mit λ_{i} ∈ C

folgt λ_{1} = λ_{2} = 0. Damit ist (( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ i \\ 1 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \\ −i \end{matrix} )) eine Basis von ⟨\underline{x}⟩, und (( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ i \\ 1 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \\ −i \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} )) ist wegen

linearer Unabhängigkeit eine Basis von C^{4}.

(3) Aus λ_{1} ( \begin{matrix}1 \\ α \\ α+1 \end{matrix} ) + λ_{2} ( \begin{matrix}α+1 \\ 0 \\ α+1 \end{matrix} ) + λ_{3} ( \begin{matrix}0 \\ α+1 \\ α \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) mit λ_{i} ∈ F_{4} folgt λ_{1} = λ_{2} = λ_{3} = 0. Da dim_{F_{4}} F_{4}^{3} = 3, ist \underline{x}

sowohl Basis von ⟨\underline{x}⟩ als auch von F_{4}^{3}.

(4) Es ist (β + 1) + (β^{2} + β) = β^{2} + 1. Aus λ_{1}(β + 1) + λ_{2}(β^{2} + β) = 0 mit λ_{i} ∈ F_{2} folgt λ_{1} = λ_{2} = 0. Also ist (β + 1, β^{2} + β) eine Basis von ⟨\underline{x}⟩. Es ist (1, β, β^{2}) eine Basis von F_{8} über F_{2} (jedes v ∈ F_{8} kann eindeutig als v = λ_{1} + λ_{2}β + λ_{3}β^{2} mit λ_{i} ∈ F_{2} dargestellt werden) und es ist 1 ∉ ⟨\underline{x}⟩, also ist (1, β + 1, β^{2} + β) eine (ergänzte) Basis von F_{8} über F_{2}.

Aufgabe 21.

(1) (a) Nur der Nullraum hat Dimension 0, also ist die Anzahl 1.

(b) U ⩽ R^{17} und dim U = 17 = dim_{R} R^{17} impliziert U = R^{17}, also ist die Anzahl 1.

(2) Die eindimensionalen Untervektorräume sind gegeben durch ⟨( \begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix} )⟩, ⟨( \begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix} )⟩, ⟨( \begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix} )⟩. Die Anzahl ist 3.

(3) Es ist #(F_{5}^{3} \ {0}) = 124. Das Erzeugnis eines dieser Vektoren hat Dimension eins und enthält jeweils 4 vom Nullvektor verschiedene Vektoren. Damit ist die Anzahl der eindimensionalen Untervektorräume \frac{124}{4} = 31.

(4) Sei die minimale Position, an der der entsprechende Eintrag nicht verschwindet, als

mp : F_{p}^{4} \ \{0\} → [1, 4], ( \begin{matrix}ξ_{1} \\ ξ_{2} \\ ξ_{3} \\ ξ_{4} \end{matrix} ) ↦ min\{i ∈ [1, 4] | ξ_{i} ≠ 0\}

definiert. Wir wollen einem Untervektorraum U ein Basistupel (x_{1}, x_{2}) von U zuordnen. Diese Abbildung ist dann wegen U = ⟨x_{1}, x_{2}⟩ injektiv. Sei x′_{1} ∈ U \ {0} mit mp(x′_{1}) minimal. Wir normieren den Eintrag von x′_{1} an Position mp(x′_{1}) mit skalarer Multiplikation zu 1. Sei x_{2} ∈ U \ {0} mit mp(x_{2}) > mp(x′_{1}), und damit minimal. Ein solches x_{2} existiert aus folgendem Grund: Sei x′_{2} ∈ U \ ⟨x′_{1}⟩ mit mp(x′_{2}) minimal. Nach Wahl von x′_{1} ist mp(x′_{1}) ≤ mp(x′_{2}). Ist mp(x′_{1}) < mp(x′_{2}), so wählen wir x_{2} := x′_{2}. Ist mp(x′_{1}) = mp(x′_{2}), so bilden wir x_{2} := x′_{2} − λx′_{1} so, daß mp(x′_{1}) < mp(x_{2}). Wir normieren auch x_{2} an Positon mp(x_{2}) zu 1. Sei nun x_{1} = x′_{1} − μx_{2} so, daß x_{1} an Position mp(x_{2}) den Eintrag 0 hat. Es ist U = ⟨x_{1}, x_{2}⟩, da wegen x_{2} ∉ ⟨x_{1}⟩ das Tupel (x_{1}, x_{2}) linear unabhängig ist. Um damit eine Abbildung

{U ⩽ V | dim U = 2} → F_{p}^{4} × F_{p}^{4}, U ↦ (x_{1}, x_{2})

unabhängig von den getroffenen Wahlen konstruiert zu haben, bleibt zu zeigen, daß für y_{1}, y_{2} ∈ U mit mp(y_{1}) < mp(y_{2}) und y_{1} bei Position mp(y_{1}) zu 1 normiert, und y_{1} bei Position mp(y_{2}) eine Null, und y_{2} bei Position mp(y_{2}) zu 1 normiert, bereits y_{1} = x_{1} und y_{2} = x_{2} gilt. Wegen y_{1} ∈ ⟨x_{1}, x_{2}⟩ ist y_{1} = λx_{1} + μx_{2}. Wäre λ = 0, so könnte kein y_{2} mit mp(y_{1}) < mp(y_{2}) in ⟨x_{1}, x_{2}⟩ existieren. Da y_{1} bei mp(y_{1}) normiert ist, ist λ = 1. Wegen y_{2} ∈ ⟨x_{1}, x_{2}⟩ ist y_{2} = λ′x_{1} + μ′x_{2}. Da mp(y_{2}) > mp(y_{1}) = mp(x_{1}), ist λ′ = 0. Da y_{2} bei mp(y_{2}) normiert ist, ist μ′ = 1. Zu zeigen bleibt μ = 0. Dies folgt daraus, daß y_{1} bei mp(y_{2}) = mp(x_{2}) den Eintrag 0 hat. Man hat folgende Arten von Basisvektoren, wobei der Stern ∗ für ein beliebiges Element aus F_{p} steht. Die Auflistung ist über die Position der Einsen indiziert. In der zweiten Zeile steht die Anzahl derartiger Basistupel.

\begin{matrix}(( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ ∗ \\ ∗ \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ ∗ \\ ∗ \end{matrix} )) & (( \begin{matrix}1 \\ ∗ \\ 0 \\ ∗ \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \\ ∗ \end{matrix} )) & (( \begin{matrix}1 \\ ∗ \\ ∗ \\ 0 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} )) & (( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \\ ∗ \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \\ ∗ \end{matrix} )) & (( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ ∗ \\ 0 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} )) & (( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} )) \\ p^{4} & p^{3} & p^{2} & p^{2} & p & 1 \end{matrix}

Die Anzahl der zweidimensionalen Untervektorräume von F_{p}^{4} ist p^{4} + p^{3} + 2p^{2} + p + 1. Aufgabe 22.

(1) Ist falsch. K = R, V = R^{2}, T = ⟨( \begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix} )⟩, U = ⟨( \begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix} )⟩, W = ⟨( \begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix} )⟩. Dann ist (T + U) ∩ W = W, aber (T ∩ W) + (U ∩ W) = 0 + 0 = 0 der Nullraum.

(2) Ist falsch. Mit gleicher Wahl wie in (1) ist (T ∩ U) + W = W, aber (T + W) ∩ (U + W) = R^{2} ∩ R^{2} = R^{2}.

(3) Ist richtig. Ist x ∈ (T ∩ U) + W, dann ist x = z + w mit z ∈ T ∩ U, w ∈ W ⊆ T. Damit folgt insbesondere x ∈ T. Da x = z+w ∈ U +W, ist insgesamt x ∈ T ∩(U +W). Umgekehrt, ist x ∈ T ∩(U +W), dann ist x ∈ T und x = z + w mit z ∈ U und w ∈ W ⊆ T. Da x, w ∈ T, folgt z ∈ T und damit x = z + w ∈ (T ∩ U) + W.

Aufgabe 23.

(1) Da (( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} )) linear unabhängig ist, ist es eine Basis von T, und dim T = 2.

Es ist ( \begin{matrix}7 \\ 4 \\ 3 \\ 6 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \\ 3 \end{matrix} ) + 3 ( \begin{matrix}2 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} ). Wegen linearer Unabhängigkeit ist (( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \\ 3 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}2 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} )) eine Basis von U, und

dim U = 2.

Um Vektoren von T ∩ U auszurechnen, ist λ_{1} ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) + λ_{2} ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} ) − λ_{3} ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \\ 3 \end{matrix} ) − λ_{4} ( \begin{matrix}2 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) mit λ_{i} ∈ R zu

lösen. Man erhält schrittweise λ_{2} = λ_{4}, λ_{3} = 0 und λ_{1} = λ_{4}. Alle Vektoren in T ∩ U haben dann die Form

λ_{4} ( \begin{matrix}2 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} ) mit λ_{4} ∈ R, also ist (( \begin{matrix}2 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} )) eine Basis von T ∩ U, und dim(T ∩ U) = 1.

Mit der Dimensionsformel erhält man dim(T + U) = 3; die Summe T + U ist nicht direkt, da T ∩ U ≠ 0.

(2) Es ist ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) + ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} ). Aus λ_{1} ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) + λ_{2} ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) + λ_{3} ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) mit λ_{i} ∈ F_{2} folgt λ_{1} = λ_{2} = λ_{3} = 0.

Damit ist (( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} )) eine Basis von T, und dim T = 3.

Aus λ_{1} ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} )+λ_{2} ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} )+λ_{3} ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) mit λ_{i} ∈ F_{2} folgt λ_{1} = λ_{2} = λ_{3} = 0. Damit ist (( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ))

eine Basis von U, und dim U = 3.

Es ist ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) ∈ T ∩U und ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} ) ∈ T ∩U, d.h. T ∩U ⊇ ⟨( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} )⟩. Da ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) ∉ U, gilt T ∩U = ⟨( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} )⟩.

Wegen linearer Unabhängigkeit ist (( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} )) eine Basis von T ∩ U, und dim(T ∩ U) = 2.

Mit der Dimensionsformel erhält man dim(T + U) = 4; die Summe T + U ist nicht direkt, da T ∩ U ≠ 0.

(3) Da (ι − 1) ( \begin{matrix}ι−1 \\ 1 \\ 1 \\ −ι \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}ι \\ ι−1 \\ ι−1 \\ ι+1 \end{matrix} ), ist (( \begin{matrix}ι−1 \\ 1 \\ 1 \\ −ι \end{matrix} )) eine Basis von T und dim T = 1.

Wegen linearer Unabhängigkeit ist (( \begin{matrix}ι \\ ι \\ 0 \\ −ι+1 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}ι \\ ι \\ 0 \\ ι \end{matrix} )) eine Basis von U und dim U = 2.

Um Vektoren von T ∩ U auszurechnen, ist λ_{1} ( \begin{matrix}ι−1 \\ 1 \\ 1 \\ −ι \end{matrix} ) = λ_{2} ( \begin{matrix}ι \\ ι \\ 0 \\ −ι+1 \end{matrix} ) + λ_{3} ( \begin{matrix}ι \\ ι \\ 0 \\ ι \end{matrix} ) mit λ_{i} ∈ F_{9} zu lösen. Es folgt

λ_{1} = 0 (und dann auch λ_{2} = λ_{3} = 0), d.h. nur der Nullvektor ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) liegt in T ∩ U. Die Basis von T ∩ U ist

das leere Tupel (), und dim(T ∩ U) = 0. Mit der Dimensionsformel erhält man dim(T + U) = 3; die Summe T + U = T ⊕ U ist direkt, da T ∩ U = 0.

Aufgabe 24.

(1) Nachrechnen des Untervektorraumkriteriums:

Seien f_{1}(X), f_{2}(X) ∈ T und λ_{1}, λ_{2} ∈ C. Dann ist (λ_{1}f_{1} + λ_{2}f_{2})(X) = λ_{1}f_{1}(X) + λ_{2}f_{2}(X) = λ_{1}f_{1}(iX) + λ_{2}f_{2}(iX) = (λ_{1}f_{1} + λ_{2}f_{2})(iX), also (λ_{1}f_{1} + λ_{2}f_{2})(X) ∈ T. Seien g_{1}(X), g_{2}(X) ∈ U und λ_{1}, λ_{2} ∈ C. Dann ist (λ_{1}g_{1} + λ_{2}g_{2})(X) = λ_{1}g_{1}(X) + λ_{2}g_{2}(X) = λ_{1}ig_{1}(iX) + λ_{2}ig_{2}(iX) = i(λ_{1}g_{1} + λ_{2}g_{2})(iX), also (λ_{1}g_{1} + λ_{2}g_{2})(X) ∈ U.

(2) Ist h(X) ∈ T ∩ U, dann gilt h(X) = ih(iX) = ih(X), wobei das linke Gleichheitszeichen aus h(X) ∈ U und das rechte aus h(X) ∈ T folgt. h(X) = ih(X) impliziert nun h(X) = 0. Also ist T ∩ U der Nullraum und damit ist T + U direkt.

(3) Es ist T = {∑_{j≥0} a_{j}X^{j} ∈ C[X] | ∑_{j≥0} a_{j}X^{j} = ∑_{j≥0} a_{j}i^{j}X^{j}} = {∑_{j≥0} b_{j}X^{4j} | b_{j} ∈ C} und genauso U = {∑_{j≥0} c_{j}X^{4j+3} | c_{j} ∈ C}. Damit ist z.B. h(X) = X ∉ T ⊕ U.