Blatt #7, 28. Nov. 2002 Aufgabe 25.

(1) Linear. Für λ, μ ∈ R und x, y ∈ R^{2} mit x = ( \begin{matrix}ξ_{1} \\ ξ_{2} \end{matrix} ) , y = ( \begin{matrix}η_{1} \\ η_{2} \end{matrix} ) gilt

f(λx + μy) = ( \begin{matrix}(λξ_{1}+μη_{1})+(λξ_{2}+μη_{2}) \\ 0 \\ −(λξ_{1}+μη_{1})−(λξ_{2}+μη_{2}) \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}λξ_{1}+λξ_{2} \\ 0 \\ −λξ_{1}−λξ_{2} \end{matrix} ) + ( \begin{matrix}λη_{1}+λη_{2} \\ 0 \\ −λη_{1}−λη_{2} \end{matrix} ) = λf(x) + μf(y).

(2) Nicht linear, da z.B. f(2 ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} )) = ( \begin{matrix}2 \\ 8 \end{matrix} ) ≠ ( \begin{matrix}2 \\ 2 \end{matrix} ) = 2f(( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} )).

(3) Linear. Für λ, μ ∈ F_{2} und x, y ∈ F_{8}^{3} mit x = ( \begin{matrix}ξ_{1} \\ ξ_{2} \\ ξ_{3} \end{matrix} ) , y = ( \begin{matrix}η_{1} \\ η_{2} \\ η_{3} \end{matrix} ) gilt

f(λx+μy) = ( \begin{matrix}λ(ξ_{1}+ξ_{2}+ξ_{3})+μ(η_{1}+η_{2}+η_{3}) \\ (λξ_{1}+λ^{2}ξ_{2}^{2}+λ^{4}ξ_{3}^{4})+(μη_{1}+μ^{2}η_{2}^{2}+μ^{4}η_{3}^{4}) \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}λ(ξ_{1}+ξ_{2}+ξ_{3})+μ(η_{1}+η_{2}+η_{3}) \\ λ(ξ_{1}+ξ_{2}^{2}+ξ_{3}^{4})+μ(η_{1}+η_{2}^{2}+η_{3}^{4}) \end{matrix} ) = λf(x)+μf(y).

(4) Linear. Für λ, μ ∈ C und g(X), h(X) ∈ C[X] gilt φ(λg(X) + μh(X)) = ((λg + μh)(X^{3}) + (λg + μh)′(X) + X^{3}(λg + μh)(X) − (λg + μh)(1)) = (λg(X^{3}) + μh(X^{3})) + (λg′(X) + μh′(X)) + (λX^{3}g(X) + μX^{3}h(X)) − (λg(1) + μh(1)) = λφ(g(X)) + μφ(h(X)).

(5) Nicht linear, da z.B. φ(ιX) = ι^{3}X^{3} − ιX^{3} = ιX^{3} ≠ 0 = ιφ(X).

(6) Linear. Seien λ_{1}, λ_{2} ∈ K und x_{1}, x_{2} ∈ T ⊕ U. Die eindeutigen Zerlegungen von x_{1} und x_{2} seien x_{1} = t_{1} + u_{1} und x_{2} = t_{2} + u_{2} mit t_{1}, t_{2} ∈ T und u_{1}, u_{2} ∈ U. Da die Summe T ⊕ U direkt ist, ist λ_{1}x_{1} +λ_{2}x_{2} = (λ_{1}u_{1} +λ_{2}u_{2})+(λ_{1}t_{1} +λ_{2}t_{2}) die eindeutige diesbezügliche Zerlegung von λ_{1}x_{1} + λ_{2}x_{2}. Damit folgt f(λ_{1}x_{1} + λ_{2}x_{2}) = f((λ_{1}u_{1} + λ_{2}u_{2}) + (λ_{1}t_{1} + λ_{2}t_{2})) = λ_{1}t_{1} + λ_{2}t_{2} = λ_{1}f(x_{1}) + λ_{2}f(x_{2}).

Aufgabe 26.

(1) Eine Basis von Kern f ist (( \begin{matrix}1 \\ −1 \end{matrix} )). Eine Basis von Im f ist (( \begin{matrix}1 \\ −1 \end{matrix} )). Die Abbildung f ist weder injektiv noch surjektiv.

(2) Da Kern f = 0, ist f injektiv und das leere Tupel () Basis von Kern f. Nach der Dimensionsformel ist dim Im f = dim_{R} C − dim Kern f = 2, also ist (1, i) eine Basis von Im f und f ist surjektiv. Damit ist f ein Isomorphismus.

(3) Aus ξ_{1} ( \begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix} ) + ξ_{2} ( \begin{matrix}0 \\ i \end{matrix}) + ξ_{3} ( \begin{matrix}i \\ 1 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \end{matrix} ) mit ξ_{i} ∈ C folgt ξ_{1} = −iξ_{3}, ξ_{2} = iξ_{3}. Also ist z.B. (( \begin{matrix}−i \\ i \\ 1 \end{matrix} )) eine Basis von Kern f, und f ist nicht injektiv. Da dim Im f = dim_{C} C^{3} −dim Kern f = 2 = dim_{C} C^{2}, ist f surjektiv, und eine Basis von Im f

ist bspw. (( \begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix} )).

(4) Aus ξ_{1} ( \begin{matrix}2 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) + ξ_{2} ( \begin{matrix}1 \\ 3 \\ 0 \end{matrix} ) + ξ_{3} ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) mit ξ_{i} ∈ F_{5} folgt ξ_{3} = 0 und ξ_{1} = 2ξ_{2}. Also ist z.B.

(( \begin{matrix}2 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} )) eine Basis von Kern f, und f ist nicht injektiv.

Eine Basis von Im f = ⟨f(( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} )), f(( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} )), f(( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ))⟩ = ⟨( \begin{matrix}2 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}1 \\ 3 \\ 0 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} )⟩ ist z.B. (( \begin{matrix}2 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} )).

Da dim Im f = 2 < 3 = dim_{F_{5}} F_{5}^{3}, ist f nicht surjektiv.

(5) Aus ξ_{1} ( \begin{matrix}α+1 \\ α \end{matrix}) + ξ_{2} ( \begin{matrix}α \\ 0 \end{matrix} ) + ξ_{3} ( \begin{matrix}1 \\ α+1 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \end{matrix} ) mit ξ_{i} ∈ F_{4} folgt ξ_{1} = αξ_{3} und ξ_{2} = 0. Also ist z.B.

(( \begin{matrix}α \\ 0 \\ 1 \end{matrix} )) eine Basis von Kern f und f ist nicht injekiv.

Es ist dim Im f = dim_{F_{4}} F_{4}^{3} − dim Kern f = 2 = dim_{F_{4}} F_{4}^{2}. Also ist f surjektiv und bspw. (( \begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix} )) eine Basis von Im f.

(6) Es ist (1, X) eine Basis von F_{2}[X]/X^{2}F_{2}[X]. Da (f(1), f(X)) = (1, 0), und (1, 0) linear abhängig und nicht erzeugend ist, ist f weder injektiv noch surjektiv. Eine Basis von Kern f ist (X), eine Basis von Im f ist (1).

Aufgabe 27.

(1) Ist richtig. Ist x ∈ Kern f, so ist (g ∘ f)(x) = g(f(x)) = g(0) = 0, also x ∈ Kern(g ∘ f).

(2) Ist richtig. Es ist dim Im g = dim W und dim Im f = dim Im(g∘f), wie man aus der Injektivität von g ersieht.

(3) Ist richtig. Betrachte die auf Im f eingeschränkte Abbildung g′ : Im f → Y, w ↦ g(w). Es ist Kern g′ = {w ∈ Im f | g(w) = 0} = Kern g ∩ Im f und Im g′ = {g(w) | w ∈ Im f} = Im(g ∘ f). Für g′ gilt dim Im f = dim Kern g′ + dim Im g′ = dim(Kern g ∩ Im f) + dim Im(g ∘ f).

Für g ∘ f und f haben wir dim V = dim Kern(g ∘ f) + dim Im(g ∘ f) = dim Kern f + dim Im f. Zusammengesetzt ergibt sich dim(Kern g ∩ Im f) + dim Kern f = dim Kern(g ∘ f).

(4) Ist falsch. Seien K = V = W = Y = R und f und g jeweils die Nullabbildung x ↦ 0. Dann ist dim(Im(g ∘ f)) + dim W = 0 + 1 ≠ 0 + 0 = dim Im f + dim Im g.

(5) Ist richtig. Wegen x = f(x) + (x − f(x)) und f(x − f(x)) = f(x) − f^{2}(x) = 0 ist V = Kern f + Im f. Ist y ∈ Kern f ∩ Im f, so schreiben wir y = f(z) für ein z ∈ V und erhalten y = f(z) = f^{2}(z) = f(y) = 0.

Aufgabe 28.

(1) (a) Nachrechnen des Untervektorraumkriteriums: 0 ∈ f^{−1}(U), da f(0) = 0 ∈ U ⩽ V. Mit λ, μ ∈ K und x, y ∈ f^{−1}(U) gilt f(λx + μy) = λf(x) + μf(y) ∈ U nach Voraussetzung und damit λx + μy ∈ f^{−1}(U).

(b) Betrachte die auf f^{−1}(U) eingeschränkte Abbildung f′ : f^{−1}(U) → W, x ↦ f(x). Für f′ gilt dim f^{−1}(U) = dim Im f′ + dim Kern f′ = dim((Im f) ∩ U) + dim Kern f, da Kern f ⊆ f^{−1}(U). Mit der Dimensionsformel für Untervektorräume folgt schließlich

dim((Im f) + U) = dim U + dim Im f − dim((Im f) ∩ U)
= dim U + \underbrace{dim Im f + dim Kern f}_{=dim V} − dim f^{−1}(U).

(2) (a) Man setzt z.B. ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) ⟼^{f} ( \begin{matrix}1 \\ 2 \\ 3 \end{matrix} ), ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) ⟼^{f} ( \begin{matrix}3 \\ 2 \\ 1 \end{matrix} ) und ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) ⟼^{f} ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ).

(b) Man ergänzt (( \begin{matrix}1 \\ β \\ β+1 \\ β^{2} \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} )) zu einer Basis (( \begin{matrix}1 \\ β \\ β+1 \\ β^{2} \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} )) von F_{8}^{3}. Man

setzt z.B. ( \begin{matrix}1 \\ β \\ β+1 \\ β^{2} \end{matrix} ) ⟼^{f} ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ), ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} ) ⟼^{f} ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ), ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) ⟼^{f} ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) und ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) ⟼^{f} ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ). (Es gilt

dann ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) ⟼^{f} ( \begin{matrix}1 \\ β^{2}+β \\ 0 \end{matrix} ), ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) ⟼^{f} ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ).)

(3) Sei (( \begin{matrix}ξ_{1} \\ ξ_{2} \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}η_{1} \\ η_{2} \end{matrix} )) linear abhängig. Ohne Einschränkung gelte ( \begin{matrix}ξ_{1} \\ ξ_{2} \end{matrix} ) + μ ( \begin{matrix}η_{1} \\ η_{2} \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \end{matrix} ) für ein μ ∈ K. Es ist ξ_{1}η_{2} − ξ_{2}η_{1} = −μη_{1}η_{2} + μη_{2}η_{1} = 0. Umgekehrt, sei nun ξ_{1}η_{2} − ξ_{2}η_{1} = 0 vorausgesetzt. Es ist η_{1} ( \begin{matrix}ξ_{1} \\ ξ_{2} \end{matrix} ) − ξ_{1} ( \begin{matrix}η_{1} \\ η_{2} \end{matrix} ) = 0. Dies zeigt die

lineare Abhängigkeit, falls η_{1} ≠ 0 oder ξ_{1} ≠ 0. Falls η_{1} = ξ_{1} = 0, so ist η_{2} ( \begin{matrix}0 \\ ξ_{2} \end{matrix} ) − ξ_{2} ( \begin{matrix}0 \\ η_{2} \end{matrix} ) = 0. Dies zeigt die lineare Abhängigkeit, falls η_{2} ≠ 0 oder ξ_{2} ≠ 0. Falls η_{2} = ξ_{2} = 0, so ist (( \begin{matrix}0 \\ 0 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}0 \\ 0 \end{matrix} )) ebenfalls linear abhängig.

(4) Seien μ_{i} ∈ K. Gilt die linke Seite, so hat ∑_{i=1}^{n} μ_{i}(b − a_{i}) = 0 eine nichttriviale Lösung, d.h. (∑_{i=1}^{n} μ_{i}) (∑_{i=1}^{n} λ_{i}a_{i}) = ∑_{i=1}^{n} μ_{i}a_{i}. Da (a_{1}, …, a_{n}) linear unabhängig ist, ist (∑_{i=1}^{n} μ_{i}) λ_{i} = μ_{i} für alle i ∈ [1, n], woraus (∑_{i=1}^{n} μ_{i}) (∑_{i=1}^{n} λ_{i}) = ∑_{i=1}^{n} μ_{i} folgt. Wäre ∑_{i=1}^{n} μ_{i} = 0, so wäre 0 = ∑_{i=1}^{n} μ_{i}a_{i} und somit μ_{i} = 0 für alle i ∈ [1, n]. Dies ist nicht der Fall, und wir erhalten ∑_{i=1}^{n} λ_{i} = 1. Umgekehrt, ist ∑_{i=1}^{n} λ_{i} = 1, so ist ∑_{i=1}^{n} λ_{i}(b − a_{i}) = b − ∑_{i=1}^{n} λ_{i}a_{i} = 0 eine nichttriviale Linearkombination des Nullvektors. Also ist (b − a_{1}, …, b − a_{n}) linear abhängig.