Aufgabe 3: Bestimmen Sie alle t ∈ R, für die das folgende lineare Gleichungssystem (i) keineLösung, (ii) mehr als eine Lösung bzw. (iii) genau eine Lösung hat.
Aufgabe 4: Bestimmen Sie die Funktionsgleichung einer ganzrationalen Funktion drittenGrades, deren Graph im Punkt (2, 14) eine Wendetangente mit der Steigung 15 hat und diex-Achse bei x = 1 schneidet.
Aufgabe 5: Untersuchen Sie welche der Geraden
L1 :=
520
+ R
3−17
, L2 :=
61517
+ R
−24−1
, L3 :=
−103
+ R
42−1
,
sich in R3 schneiden und bestimmen Sie gegebenenfalls die Schnittpunkte.
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Tutorium zur Linearen Algebra I: Körper & Abbildungen
Aufgabe 6: Auf R definieren wir
a⊕ b := a+ b− 3, a� b := (a− 3)(b− 3) + 3.
Zeigen Sie, dass (R,⊕,�) ein zu (R,+, ·) isomorpher Körper ist.
Aufgabe 7: Seien f : X −→ Y und g : Y −→ Z Abbildungen. Zeigen Sie:
(a) g ◦ f injektiv =⇒ f injektiv. Muss auch g injektiv sein?
(b) g ◦ f surjektiv =⇒ g surjektiv. Muss auch f surjektiv sein?
(c) f, g bijektiv =⇒ g ◦ f bijektiv mit (g ◦ f)−1 = f−1 ◦ g−1.
Aufgabe 8: Seien (K1,+, ·) und (K2,⊕,�) zwei Körper und ϕ : K1 −→ K2 ein Körperhomo-morphismus. Zeigen Sie: Entweder ist ϕ injektiv oder der Nullhomomorphismus.
Aufgabe 9: Seien X, Y zwei Mengen. Für Γ ⊂ X × Y definieren wir
ΓT := { (y, x) ⊂ Y ×X | (x, y) ∈ Γ }.
Sei nun f : X −→ Y eine Abbildung und Γf := { (x, f(x)) |x ∈ X } ihr Graph. Zeigen Sie:
(a) f ist bijektiv ⇐⇒ (Γf )T ist der Graph einer Abbildung von Y nach X.
(b) Sei g : Y −→ X eine Abbildung mit Γg = (Γf )T und sei f bijektiv. Dann gilt: g ◦ f = idX
und f ◦ g = idY .
(c) Ist f bijektiv, so existiert genau eine Abbildung h : Y −→ X mit h ◦ f = idX undf ◦ h = idY .
(d) Existiert eine Funktion h : Y −→ X mit h ◦ f = idX und f ◦ h = idY , so ist f bijektiv.
Aufgabe 10: Untersuchen Sie ob die folgenden Funktionen injektiv, surjektiv bzw. bijektivsind?
(a) f : R2 −→ R2, (x, y) 7−→ (3y, 4x− 1),
(b) g : R −→ [0,∞), x 7−→ |x| − x,
(c) h : N× R −→ [−2,∞), (n, x) 7−→ nx2 − 1.
Bestimmen Sie gegebenenfalls die Umkehrfunktion.
Aufgabe 11: Sei K ein Körper und a, b ∈ K. Zeigen Sie:
(a) a · b = 0K =⇒ a = 0K oder b = 0K , (b) a · (−b) = −(ab) und (−a) · (−b) = a · b
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Tutorium zur Linearen Algebra I: Körper & Abbildungen
- Lösungen zu ausgewählten Aufgaben -
Aufgabe 8: Seien (K1,+, ·) und (K2,⊕,�) zwei Körper und ϕ : K1 −→ K2 ein Körperhomo-morphismus. Zeigen Sie: Entweder ist ϕ injektiv oder der Nullhomomorphismus.
Lösung:
Sei zunächst ϕ die Nullabbildung, also ϕ : K1 −→ K2, x 7−→ 0. Dann gilt für alle a, b ∈ K1
ϕ(a+ b) = 0 = 0 + 0 = ϕ(a)⊕ ϕ(b)
ϕ(a · b) = 0 = 0� 0 = ϕ(a)� ϕ(b)
Also ist die Nullabbildung ein Körperhomomorphismus.
Sei nun ϕ ein Körperhomomorphismus und nicht die Nullabbildung. Dann gilt zunächst einmal,dass ϕ(1K1) 6= 0. Andernfalls wäre nämlich für jedes a ∈ K1
ϕ(a) = ϕ(a · 1K1) = ϕ(a)� ϕ(1K1) = 0,
also ϕ die Nullabbildung. Dann gilt aber für a ∈ K1 mit a 6= 0K1 , dass
ϕ(a) 6= 0K2 , (+)
denn andernfalls wäre
ϕ(1K1) = ϕ(a · a−1) = ϕ(a)� ϕ(a−1) = 0K2 .
Dann folgt aber für a, b ∈ K1 mit ϕ(a) = ϕ(b):
ϕ(a+ (−b)) = ϕ(a)⊕ ϕ(−b) = ϕ(a)⊕ (−ϕ(b)) = 0K2
(+)=⇒ a+ (−b) = 0,
also a = b und damit die Injektivität von ϕ.
Aufgabe 9: Seien X, Y zwei Mengen. Für Γ ⊂ X × Y definieren wir
ΓT := { (y, x) ⊂ Y ×X | (x, y) ∈ Γ }.
Sei nun f : X −→ Y eine Abbildung und Γf := { (x, f(x)) |x ∈ X } ihr Graph. Zeigen Sie:
(a) f ist bijektiv ⇐⇒ (Γf )T ist der Graph einer Abbildung von Y nach X.
(b) Sei g : Y −→ X eine Abbildung mit Γg = (Γf )T und sei f bijektiv. Dann gilt: g ◦ f = idX
und f ◦ g = idY .
(c) Ist f bijektiv, so existiert genau eine Abbildung h : Y −→ X mit h ◦ f = idX undf ◦ h = idY .
(d) Existiert eine Funktion h : Y −→ X mit h ◦ f = idX und f ◦ h = idY , so ist f bijektiv.
Lösung :
Sei f : X −→ Y eine Abbildung mit Graph Γf ⊂ X × Y .
(a) Sei zunächst f bijektiv. Dann gibt es zu jedem y ∈ Y genau ein xy ∈ X mit f(xy) = y.Dann definieren wir die Abbildung g : Y −→ X durch g(y) := xy. Durchläuft nun x alleElemente in X, so durchläuft das Element f(x) wegen der Surjektivität von f alle y ∈ Yund wir erhalten:
Γg ={(
y, g(y)) ∣∣∣ y ∈ Y } =
{(y, xy
) ∣∣∣ y ∈ Y } ={(
f(xy), xy
) ∣∣∣ xy ∈ X } = (Γf )T .
Existiert nun andersherum eine Abbildung g : Y −→ X mit Γg = (Γf )T , so existiert zu
jedem y ∈ Y ein x ∈ X mit(f(x), x
)=(y, g(y)
)=⇒ f(x) = y.
Somit ist f surjektiv. Darüber existieren für x1, x2 ∈ X mit f(x1) = f(x2) Elementey1, y2 ∈ Y , so dass(
y1, g(y1))
= (f(x1), x1) und(y2, g(y2)
)=(f(x2), x2
).
Da f(x1) = f(x2), müss auch y1 = y2 und somit x1 = g(y1) = g(y2) = x2 gelten. Also istf sogar injektiv und damit bijektiv.
(b) Wir zeigen zunächst, dass (Γf )T = Γf−1 ist. Der Graph von f besteht gerade aus den
Paaren (x, f(x)), wobei x ∈ X ist. Durchläuft nun x alle Elemente in X, so durchläuftdas Element f(x) wegen der Surjektivität von f alle y ∈ Y . Also gilt:
Γf ={(
x, f(x)) ∣∣∣ x ∈ X }
={(
f−1(f(x)
), f(x)
) ∣∣∣ x ∈ X } ={(
f−1(y), y) ∣∣∣ y ∈ Y } .
Vertauschen wir nun die Komponenten aller Paare, so erhalten wir
(Γf )T =
{(y, f−1(y)
) ∣∣∣ y ∈ Y } = Γf−1 . (∗)
Nach Teilaufgabe (c) wissen wir nun, dass f eine eindeutige Umkehrfunktion hat, die nachdem eben bewiesenen alle Vorraussetzungen aus Aufgabenteil (b) erfüllt. Darüber hinausgilt nach (∗) für jede andere Abbildung g : Y −→ X mit Γg = (Γf )
T , dass Γg = Γf−1
und somit g = f−1. Somit ist f−1 die einzige Funktion, die die Voraussetzungen ausTeilaufgabe (b) erfüllt und für diese haben wir die Aussagen f ◦ g = idY und g ◦ f = idXschon in Teilaufgabe (c) gezeigt.
(c) Zunächst zeigen wir die Existenz von h. Aus der Bijektivität von f folgt, dass für jedesy ∈ Y die Menge f−1({y}) aus genau einem Element besteht. Wir definieren nun dieAbbildung h : Y −→ X indem wir jedes y ∈ Y auf das eindeutige Element in f−1({y})abbilden. Es gilt also f−1({y}) = {h(y)} für alle y ∈ Y und wir haben für alle y ∈ Y , dass
f(h(y)) = y. Ist nun andererseits x ∈ X und setzen wir y := f(x), so ist x ∈ f−1(y) ={h(y)} und somit h(f(x)) = h(y) = x. Somit haben wir also die beiden Identitätenf ◦ h = idY und h ◦ f = idX explizit nachgerechnet und den Beweis der Existenz damitabgeschlossen.
Für die Eindeutigkeit von h nehmen wir an, dass h : Y −→ X eine weitere Abbildung mith ◦ f = idX und f ◦ h = idY ist. Dann gilt
h = h ◦ idY = h ◦ (f ◦ h) = (h ◦ f) ◦ h = idX ◦ h = h,
also h = h und somit die Eindeutigkeit von h.
(d) Auch hier zeigen wir zunächst, dass f surjektiv ist. Für y ∈ Y ist nach Voraussetzungf(h(y)) = (f ◦h)(y) = idY (y) = y und h(y) ∈ X. Setzen wir also x := h(y), so ist f(x) = yund f daher surjektiv. f ist aber auch injektiv, denn für x1, x2 ∈ X mit f(x1) = f(x2)gilt:
Welche der beiden Mengen sind linear unabhängig, ein Erzeugendensystem bzw. eine Basis?
Aufgabe 15: Welche der folgenden beiden folgenden Mengen ist ein Untervektorraum vonAbb(R,R)? Beweisen Sie ihre Behauptung!
(a) U1 := { f ∈ Abb(R,R) | f(x+ 42) = f(x) } ,
(b) U2 := { f ∈ Abb(R,R) | ∃ c > 0 ∀x ∈ R : |f(x)| < c } .
Aufgabe 16: Sei R[X]5 der Vektorraum der Polynome vom Grad≤ 5 mit reellen Koeffizienten.Seien U1 := span(1, x, x2), U2 := span(x+ 3x3, 4x4, 4x+ 3x3 + 3x4), und U3 := span(3+ 3x2, 1 +x5). Berechnen Sie dim(Ui) für i = 1, 2, 3, sowie dim(Ui∩Uj) und dim(Ui +Uj) für 1 ≤ i, j ≤ 3.
Aufgabe 17: Sei R[X]3 der Vektrorraum der Polynome vom Grad≤ 3 mit reellen Koeffizientenund
W := { f ∈ R[X]3 | f(−1) = f(1) = f(2) = 0 } .
Zeigen Sie, dass W ein Untervektorraum von R[X]3 ist und geben Sie eine Basis von W an.
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Tutorium zur Linearen Algebra I: Vektorräume
- Lösungen zu ausgewählten Aufgaben -
Aufgabe 12: Zeigen Sie: Ist V ein K-Vektorraum und {vi}i∈I eine nichtleere Familie vonElementen aus V , so gilt:
(a) span(vi)i∈I ist ein Untervektorraum.
(b) Ist W ⊂ V ein Untervektorraum und vi ∈ W für alle i ∈ I, so ist span(vi)i∈I ⊂ W .
Lösung:
Sei B := {vi}i∈I eine nichtleere Familie von Vektoren aus V .
(a) Da B nichtleer ist, existiert mindestens ein Vektor v ∈ B mit vspan(vi)i∈I . Sind nunv, w ∈ span(vi)i∈I , so existieren m,n ∈ N mit
v =n∑i=1
λivi und w =m∑i=1
µivi.
Sei o.B.d.A. m > n und λ ∈ K, dann ist
v + w =n∑i=1
λivi +m∑i=1
µivi =m∑i=1
αivi, mit αi =
λi + µi , i = 1, . . . , n ,
µi , i = n+ 1, . . . ,m .
und
λ · w = λ ·n∑i=1
µivi =n∑i=1
βivi, mit βi = λ · µi, i = 1, . . . , n.
Da αi, βi ∈ K sind mit v und w auch v + w ∈ span(vi)i∈I und λ · v ∈ span(vi)i∈I , alsospan(vi)i∈I ein Untervektorraum von V .
(b) Sei W ein Untervektorraum mit vi ∈ W für alle i ∈ I und
v =n∑i=1
∈ span(vi)i∈I .
Dann folgt aus der Abgeschlossenheit des Untervektorraums W bezüglich der Additionund der skalaren Multiplikation induktiv, dass auch
v = λ1v1︸︷︷︸∈W
+λ2v2︸︷︷︸∈W︸ ︷︷ ︸
∈W
+λ3v3︸︷︷︸∈W
︸ ︷︷ ︸∈W
+ . . .
︸ ︷︷ ︸...
+λnvn ∈ W
Aufgabe 17: Sei R[X]3 der Vektrorraum der Polynome vom Grad≤ 3 mit reellen Koeffizientenund
W := { f ∈ R[X]3 | f(−1) = f(1) = f(2) = 0 } .
Zeigen Sie, dass W ein Untervektorraum von R[X]3 ist und geben Sie eine Basis von W an.
Lösung:
Wir zeigen zunächst, dass W tatsächlich ein Untervektorraum von R[X]3 ist. Ist 0 ∈ R[X]3 dasNullpolynom, also 0(X) = 0X3 + 0X2 + 0X + 0, so gilt offensichtlich 0(−1) = 0(1) = 0(2) = 0.Somit istW nichtleer. Für f, g ∈ W und λ ∈ R gilt darüber hinaus nach Definition der Additionund skalaren Multiplikation von Polynomen:
Somit sind mit f, g ∈ W und λ ∈ R auch f+g ∈ W und λ·f ∈ W , alsoW ein Untervektorraum.
Gesucht ist nun eine Basis von W . Dazu untersuchen wir zunächst einmal wie ein f ∈ W„aussieht“. Sei also f ∈ W . Dann ist f ∈ R[X]3 und es gilt f(−1) = f(1) = f(2) = 0. Aus derersten Bedingung erhalten wir sofort, dass f von der Gestalt
f(X) = a3X3 + a2X
2 + a1X + a0, a0, a1, a2, a3 ∈ R
ist. Setzen wir nun die zweite Bedingung ein, erhalten wir ein Gleichungssystem mit den vierUnbekannten a0, a1, a2, a3 und drei Gleichungen:
f(−1) = 0 =⇒ −a3 + a2 − a1 + a0 = 0 ,
f(1) = 0 =⇒ a3 + a2 + a1 + a0 = 0 ,
f(2) = 0 =⇒ 8a3 + 4a2 + 2a1 + a0 = 0 .
Die Lösungsmenge dieses Gleichungssystems ist
Ls(A|b) =
t ·
1−2−12
∣∣∣∣∣∣∣∣ t ∈ R
und folglich ist jedes f ∈ W von der Form
f(X) = tX3 − 2tX2 − tX + 2t = t · (X3 − 2X2 −X + 2), für t ∈ R.
Damit ist W = span(X3 − 2X2 − X + 2) und da X3 − 2X2 − X + 2 6= 0 ∈ R[X]3 ist dieserVektor linear unabhängig und somit
B ={X3 − 2X2 −X + 2
}⊂ R[X]3
eine Basis von W .
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Tutorium zur Linearen Algebra I: Lineare Abbildungen
Aufgabe 18: Seien V,W zwei K-Vektorräume und f ∈ Hom(V,W ). Zeigen Sie:
(a) ker(f) und im(f) sind Untervektorräume.
(b) f ist injektiv ⇐⇒ ker(f) = {0}.
(c) Ist dim(V ) <∞, so ist dim(V ) = dim(ker(f)) + dim(im(f)).
Aufgabe 19: Sei V ein K-Vektorraum mit dim(V ) = 3 und Basis B := { b1, b2, b3 }. Fernersei C := { b1 + b2, b1 + b3, b2 + b3 } und ϕ : V −→ V gegeben durch
(b) Bestimmen Sie die Basiswechselmatrizen MCB (id) und MB
C (id).
(c) Bestimmen Sie MCC (ϕ).
Aufgabe 20: Sei V ein K-Vektorraum und ϕ ∈ End(V ) mit ϕ ◦ ϕ = ϕ. Zeigen Sie:
ker(ϕ)⊕ im(ϕ) = V.
Aufgabe 21: Sei R[X]4 der R-Vektorraum der Polynome vom Grad ≤ 4 mit reellen Koeffizi-enten und B := { 1 + x, x2 + x3, x, x3 + x4, x4}. Sei f ∈ End(R[X]4) und gegeben durch
f(1) :=− x, f(x) := −3− 2x, f(x2) := −1 + x+ 5x4,
f(x3) := −x2 + 3x3, f(x4) := −4 + 5x4.
(a) Zeigen Sie: B ist Basis von R[X]4.
(b) Bestimmen Sie MBB (f).
(c) Bestimmen Sie je eine Basis von im(f) und ker(f).
Aufgabe 22: Seien V,W zwei endlich dimensionale K-Vektorräume mit dim(V ) = dim(W )und f : V −→ W linear. Zeigen Sie, dass folgende Aussagen äquivalent sind:
(a) f ist ein Monomorphismus.
(b) f ist ein Epimorphismus.
(c) f ist ein Isomorphismus.
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Tutorium zur Linearen Algebra I: Lineare Abbildungen
- Lösungen zu ausgewählten Aufgaben -
Aufgabe 18: Seien V,W zwei K-Vektorräume und f ∈ Hom(V,W ). Zeigen Sie:
(a) ker(f) und im(f) sind Untervektorräume.
(b) f ist injektiv ⇐⇒ ker(f) = {0}.
(c) Ist dim(V ) <∞, so ist dim(V ) = dim(ker(f)) + dim(im(f)).
Lösung:
Seien V,W zwei K-Vektorräume und f : V −→ W linear.
(a) Wir betrachten zunächst ker(f). Aufgrund der Linearität von f ist
f(0) = f(0 + 0) = f(0) + f(0) =⇒ f(0) = 0
und somit 0 ∈ ker(f). Sind nun v, w ∈ ker(f) und λ ∈ K so sind
also v + w ∈ ker(f) und λ · v ∈ ker(f). Das zeigt, dass ker(f) ein Untervektorraum vonV ist.
Betrachten wir nun im(f). Wie eben gezeigt, ist f(0) = 0 und somit 0 ∈ im(f). Sinddarüber hinaus a, b ∈ im(f) ⊂ W , so gibt es x, y ∈ V mit f(x) = a und f(y) = w. Frλ ∈ K gilt dann
f(x+ y) = f(x) + f(y) = v + w und f(λ · x) = λ · f(x) = λ · v,
also dass v + w ∈ im(f) und λ · v ∈ im(f). Somit ist im(f) ein Untervektorraum von W .
(b) Sei zunächst f injektiv. Dann gilt für x, y ∈ V :
f(x) = f(y) =⇒ x = y.
Für v ∈ ker(f) beliebig ist dann nach Teilaufgabe (a): f(v) = 0 = f(0) und da f injektivist somit auch v = 0. Also ist ker(f) = {0}.
Ist nun andersherum ker(f) = {0} und seien x, y ∈ V mit f(x) = f(y). Dann folgt ausder Linearität von f :
0 = f(v)− f(w) = f(v − w) =⇒ v − w = 0,
also v = w. Somit ist f injektiv.
(c) Sei B := { v1, v2, . . . , vk } eine Basis von ker(f). Dann können wir diese mit dem Basiser-gänzungssatz zu einer Basis
C = { v1, v2, . . . , vn, v1, v2, . . . , vn−k }
von V ergänzen. Nun existiert für jedes w ∈ im(f) ein v ∈ V mit f(v) = w. Dav1, . . . , vk ∈ ker(f) folgt dann mit der Darstellung bezüglich der Basis C und der Li-nearität der Abbildung f
Folglich ist im(f) = span(f(v1), f(v2), . . . , f(vn−k)). Insbesondere sind die Vektorenf(v1), f(v2), . . . , f(vn−k) linear unabhängig, denn für µ1, . . . , µn−k ∈ K ist
also µ1v1 + µ2v2 + . . . + µn−kvn−k ∈ ker(f). Da aber nach Konstruktion v1, v2, . . . , vn−knicht im Kern von f liegen, muss µ1 = µ2 = . . . = µn−k = 0 gelten. Die Menge
D = { f(v1), f(v2), . . . , f(vn−k) }
ist also eine Basis von im(f) und somit die Dimensionsformel bewiesen.
Aufgabe 20: Sei V ein K-Vektorraum und ϕ ∈ End(V ) mit ϕ ◦ ϕ = ϕ. Zeigen Sie:
ker(ϕ)⊕ im(ϕ) = V.
Lösung:
Sei v ∈ V . Dann ist ϕ(v) ∈ im(ϕ) und v = v − ϕ(v) + ϕ(v), sowie
Also lässt sich jedes v als Summe eines Vektors k := v − ϕ(v) ∈ ker(ϕ) und eines Vektorsi := ϕ(v) ∈ im(ϕ) schreiben und wir erhalten:
V = ker(ϕ) + im(ϕ).
Ist nun v ∈ ker(ϕ) ∩ im(ϕ), so existiert ein w ∈ V mit ϕ(w) = v und wir erhalten
v = ϕ(w) = ϕ ◦ ϕ(w) = ϕ(v) = 0.
Folglich ist ker(ϕ) ∩ im(ϕ) = {0} und die Behauptung gezeigt.
Aufgabe 23: Seien V,W zwei endlich dimensionale K-Vektorräume mit dim(V ) = dim(W )und f : V −→ W linear. Zeigen Sie, dass folgende Aussagen äquivalent sind:
(a) f ist ein Monomorphismus.
(b) f ist ein Epimorphismus.
(c) f ist ein Isomorphismus.
Lösung:
Seien V,W zwei K-Vektorräume mit dim(V ) = dim(W ) = n <∞ und f ∈ End.
(a) =⇒ (b): Da f nach Voraussetzung injektiv ist, ist ker(f) = {0} und somit dim(ker(f)) = 0.Dann ist gemäß der Dimensionsformel für lineare Abbildungen dim(im(f)) = n.Ist nun B = { b1, b2, . . . , bn } eine Basis von im(f), so ist B ⊂ W ein maximallinear unabhängiges System in W , also auch eine Basis von W und daher
im(f) = span(B) = W.
(b) =⇒ (c): Ist nun f surjektiv, so ist im(f) = W und somit
dim(ker(f)) = dim(V )− dim(im(f)) = 0,
also ker(f) = {0}. Nach Aufgabe 18 (b) ist f dann aber auch injektiv und somitbijektiv.
(c) =⇒ (a): Diese Beziehung folgt direkt aus der Definition eines Isomorphismus.
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Tutorium zur Linearen Algebra I: Klausur
Aufgabe 24: Sei V der Untervektorraum von R4 der aus (x, y, z, t)T besteht, s. d.x + y + z + 3t = 02x + 3y + 4t = 02x + 5y − 4z = 0
Geben Sie eine Basis und die Dimension von V an!
Aufgabe 25: Es sei die Matrix
A =
−1 1 1−2 3 41 0 2
gegeben. Berechnen Sie die inverse Matrix A−1 von A. Führen Sie dann die Probe aus undgeben das geprüfte Ergebnis an!
Aufgabe 26: Seien V,W endlich dimensionale K-Vektorräume mit dim(V ) = n, dim(W ) = mund sei F : V −→ W eine lineare Abbildung mit r := dim(im(F )) < n. Zeigen Sie, dass es BasenA von V und B von W gibt, so dass
MAB (F ) =
(Er 00 0
).
Aufgabe 27: Sei V ein endlich dimensionaler K-Vektorraum.
(a) Was ist gemeint mit (v1, . . . , vn) ist eine Basis von V ? Geben Sie eine Definition an!
(b) Zeigen Sie, ist (v1, . . . , vn) eine Basis von V und
w = λ1v1 + . . .+ λnvn ∈ V
mit λn 6= 0, so ist (v1, . . . , vn−1, w) wieder eine Basis von V .
Aufgabe 28: Sei A =
(3 2−1 0
)∈ Mat(2× 2;R).
(a) Bestimmen Sie das char. Polynom, die Eigenwerte und die Eigenvektoren von A.
(b) Finden Sie eine invertierbare Matrix S, so dass SAS−1 eine Diagonalmatrix ist.
(c) Geben Sie eine Formel für An, n ∈ N an. Begründen Sie ihre Antwort.
Aufgabe 29: Sei A ∈ Mat(n × n;K) und sei En ∈ Mat(n × n;K) die Identitätsmatrix.Seien a1, . . . , an die Zeilenvektoren von A, e1, . . . , en die Zeilenvektoren von En, a1, . . . , an dieSpaltenvektoren von A, e1, . . . , en die Spaltenvektoren von En. Es gilt
A = (a1 . . . an) =
a1...an
, En = (e1 . . . en) =
e1...en
.
(a) Zeigen Sie, dass für 1 ≤ j, k ≤ n gilt:
det(a1 . . . aj−1 ek aj+1 . . . an) = det
a1...
ak−1ejak+1...an
.
(b) Zeigen Sie: Ist A invertierbar, b ∈ Kn, und x = (x1, . . . , xn)T ∈ Kn die eindeutige Lösungdes Gleichungssystems
A · x = b,
so gilt:
xi =det(a1 . . . ai−1 b ai+1 . . . an)
detA, 1 ≤ i ≤ n.
Welche Eigenschaften der Determinante verwenden Sie?
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Tutorium zur Linearen Algebra I: Matrizen & Determinanten
Aufgabe 30: Überprüfen Sie, ob die folgenden Matrizen invertierbar sind und berechnen Siegegebenenfalls ihre inverse Matrix.
A =
(1 12 3
), B =
1 4 91 2 63 2 9
, C =
1 2 −1 −20 1 3 11 0 1 23 1 0 1
.
Aufgabe 31: Seien A,B ∈ Mat(n× n;K) sowie f ∈ K[X] ein Polynom. Zeigen Sie:
(a) Ist m ∈ N und sind A und B ähnlich, so sind auch Am und Bm ähnlich.
(b) Sind A und B ähnlich, so sind auch f(A) und f(B) ähnlich.
(c) Die Matrizen
A =
(1 12 3
)und B =
(1 32 1
)sind nicht ähnlich. (Tipp: Betrachten Sie das Polynom f(X) = X2 − 4X + 1.)
Aufgabe 32: Für α ∈ R sei Aα ∈ Mat(3× 3;R) gegeben durch
Aα =
α 1 11 α 11 1 α
.
(a) Berechnen Sie det(Aα).
(b) Berechnen Sie, sofern möglich, die inverse Matrix A−1α . Führen Sie dazu notwendige Fall-unterscheidungen durch.
Aufgabe 33: Sei K ein Körper und A,B ∈ Mat(n× n;K). Zeigen Sie:
(a) rang(A) < n ⇐⇒ det(A) = 0.
(b) Ist A invertierbar, so ist det(A−1) =(
det(A))−1.
(c) Sind A und B ähnlich, so ist det(A) = det(B).
Aufgabe 34: Seien V undW zwei endlich dimensionale K-Vektorräume und f ∈ Hom(V,W ).Zeigen Sie: f ist genau dann bijektiv, wenn eine Darstellungsmatrix von f invertierbar ist.
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Tutorium zur Linearen Algebra I: Matrizen & Determinanten
- Lösungen zu ausgewählten Aufgaben -
Aufgabe 31: Seien A,B ∈ Mat(n× n;K) sowie f ∈ K[X] ein Polynom. Zeigen Sie:
(a) Ist m ∈ N und sind A und B ähnlich, so sind auch Am und Bm ähnlich.
(b) Sind A und B ähnlich, so sind auch f(A) und f(B) ähnlich.
(c) Die Matrizen
A =
(1 12 3
)und B =
(1 32 1
)sind nicht ähnlich. (Tipp: Betrachten Sie das Polynom f(X) = X2 − 4X + 1.)
Löung:
Seien A,B ∈ Mat(n× n;K) sowie f(X) =∑n
i=1 aiXi ∈ K[X].
(a) Da nach Voraussetzung a und B ähnlich sind, existiert eine Matrix S ∈ GL(n;K) mitB = SAS−1. Für m = 1 ist die Behauptung daher klar. Für m ≥ 2 zeigen wir dieBehauptung durch Induktion nach m:
(c) Setzen wir die beiden Matrizen in das Polynom aus dem Tipp ein, erhalten wir
f(A) = A2 − 4A+ En
=
(1 12 3
)·(
1 12 3
)− 4
(1 12 3
)+
(1 00 1
)=
(0 00 0
)f(B) = B2 − 4B + En
=
(1 32 1
)·(
1 32 1
)− 4
(1 32 1
)+
(1 00 1
)=
(4 −5−4 4
)Da die Nullmatrix zu keiner anderen Matrix ähnlich ist, sind A und B nach Aufgabenteil(b) nicht ähnlich.
Aufgabe 33: Sei K ein Körper und A,B ∈ Mat(n× n;K). Zeigen Sie:
(a) rang(A) < n ⇐⇒ det(A) = 0.
(b) Sind A und B ähnlich, so ist det(A) = det(B).
(c) Ist A invertierbar, so ist det(A−1) =(
det(A))−1.
Lösung:
Sei K ein Körper und A,B ∈ Mat(n× n;K)
(a) Wir bringen A durch Vertauschen zweier Zeilen und dass Addieren des Vielfachen einerZeile zu einer anderen in Zeilenstufenform. Die so entstehende Matrix
B =
λ1 ∗ . . . . . . ∗0 λ2 ∗ . . . ∗... 0
. . . ∗ ∗...
... 0 λn−1 ∗0 0 0 0 λn
ist eine obere Dreiecksmatrix mit det(B) = ± det(A). Dann ist
(c) Sind A und B ähnlich, so gibt es ein S ∈ GL(n;K) mit B = SAS−1. Mit Teilaufgabe (b)erhalten wir
det(B) = det(SAS−1)
= det(S) · det(A) · det(S−1)
= det(S) · det(A) ·(
det(S))−1
= det(A).
Aufgabe 34: Seien V undW zwei endlich dimensionale K-Vektorräume und f ∈ Hom(V,W ).Zeigen Sie: f ist genau dann bijektiv, wenn eine Darstellungsmatrix von f invertierbar ist.
Lösung:
Sei zunächst einmal f invertierbar, also bijektiv. Dann ist f insbesondere injektiv und somitker(f) = {0}. Gemäß der Dimensionsformel für lineare Abbildungen hat dann jede Darstel-lungsmatrix von f den Rang n = dim(V ) und ist damit invertierbar.
Ist nun andererseits eine Darstellungsmatrix A von f invertierbar, so ist rang(A) = dim(V ). Miterneuter Anwendung der Dimensionsformel für lineare Abbildungen erhalten wir ker(f) = {0}und damit die Injektivität von f . Eine injektive, lineare Abbildung zwischen endlich dimensio-nalen Vektorräumen ist nach Aufgabe 22 aber auch bijektiv und somit f invertierbar.
FAKULTÄT FÜR MATHEMATIK,CAMPUS ESSEN
Dipl. Math. Frank Osterbrink
16.03.15 - 25.03.15
Tutorium zur Linearen Algebra I: Diagonalisierbarkeit
Aufgabe 35: Sei V ein K-Vektorraum, f ∈ End(V ) und λ ∈ K. Zeigen Sie:
(a) Eig(f ;λ) ist ein Untervektorraum.
(b) Sind λ1 und λ2 verschiedene Eigenwerte von f , so ist Eig(f ;λ1) ∩ Eig(f ;λ2) = { 0 }.
(c) Eig(f ;λ) = ker(f − λid).
(d) λ ist Eigenwert von f ⇐⇒ det(MB
B (f)− λEn)
= 0 für eine Basis B von V.
Aufgabe 36: Bezüglich der Standardbasis B im R3 seien
(i) MBB (f) : =
0 −6 21 7 −22 6 0
, (ii) MBB (g) :=
5 −3 −62 0 −22 −2 −3
.
Darstellungsmatrizen linearer Abbildungen von R3 nach R3. Finden Sie, sofern möglich, eineMatrix S ∈ GL(n;R) und eine Diagonalmatrix D ∈ Mat(3× 3;R) mit A = S−1 ·D · S.
Aufgabe 37: Sei V ein K-Vektorraum, f : V −→ V linear und k ≥ 1. Zeigen Sie:
(a) Hat f 2 + f den Eigenwert −1, so hat f 3 den Eigenwert 1.
(b) Ist λ ∈ K Eigenwert von f und v ∈ V ein zugehöriger Eigenvektor, so ist v Eigenvektorzu fk zum Eigenwert λk.
Aufgabe 38: Sei V der Untervektorraum des R-Vektorraums Abb(R,C), der von den Abbil-dungen 1, sin und cos erzeugt wird.
(a) Zeigen Sie: dim(V ) = 3.
(b) Es sei f : V −→ V der lineare Endomorphismus ϕ 7−→ ϕ′, der durch die Ableitungdefiniert ist. Ist f über C diagonalisierbar ? Bestimmen Sie gegebenenfalls eine Basis ausEigenvektoren.
Aufgabe 39: Sei K ein Körper und A ∈ Mat(n× n;K). Zeigen Sie:
(a) A ist genau dann invertierbar, wenn alle Eigenwerte von A von Null verschieden sind.
(b) Sei A invertierbar. Dann ist λ ∈ K genau dann Eigenwert von A wenn λ−1 ein Eigenwertvon A−1 ist.
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Tutorium zur Linearen Algebra I: Diagonalisierbarkeit
Aufgabe 35: Sei V ein K-Vektorraum, f ∈ End(V ) und λ ∈ K. Zeigen Sie:
(a) Eig(f ;λ) ist ein Untervektorraum.
(b) Sind λ1 und λ2 verschiedene Eigenwerte von f , so ist Eig(f ;λ1) ∩ Eig(f ;λ2) = { 0 }.
(c) Eig(f ;λ) = ker(f − λid).
(d) λ ist Eigenwert von f ⇐⇒ det(MB
B (f)− λEn)
= 0 für eine Basis B von V.
Lösung:
Sei V ein K-Vektorraum, f : V −→ V linear und λ ∈ K.
(a) Sei λ ∈ K ein Eigenwert von f . Dann ist für 0 ∈ V ist f(0) = 0 = λ · 0 und somit0 ∈ Eig(f, λ). Sind nun v, w ∈ Eig(f, λ) und µ ∈ K, so ist
f(v + w) = f(v) + f(w) = λ · v + λ · w = λ · (v + w),
f(µv) = µ · f(v) = µ · λ · v = λ · (µv),
und somit gehören auch v + w und µ · v zum Eigenraum Eig(f, λ). Also ist Eig(f, λ) einUntervektorraum von V .
(b) Seien λ1 und λ2 verschiedene Eigenwerte und sei v ∈ Eig(f ;λ1) ∩ Eig(f ;λ2). Dann ist
(d) Für einen Eigenwert λ ∈ K von f und seinen zugehörigen Eigenvektor v 6= 0 sind äqui-valent:
f(v) = λ · v ⇐⇒ f(v)− λ · id(v) = 0
⇐⇒ ker(f − λ · id) 6= {0}⇐⇒ im(f − λ · id) 6= V
⇐⇒ rang(f − λ · id) < dim(V )
⇐⇒ det(MB
B (f)− λ · En)
= det(MB
B (f − λ · id))
= 0.
Aufgabe 38: Sei V der Untervektorraum des R-Vektorraums Abb(R,C), der von den Abbil-dungen 1, sin und cos erzeugt wird.
(a) Zeigen Sie: dim(V ) = 3.
(b) Es sei f : V −→ V der lineare Endomorphismus ϕ 7−→ ϕ′, der durch die Ableitungdefiniert ist. Ist f über C diagonalisierbar? Bestimmen Sie gegebenenfalls eine Basis ausEigenvektoren.
Lösung
Sei V = span(1, cos, sin).
(a) Gemäß des Basisauswahlsatzes bleibt lediglich zu zeigen, dass 1, sin und cos linear unab-hängig sind. Seien also λ1, λ2, λ3 ∈ K mit
λ1 · 1 + λ2 · cos(x) + λ3 · sin(x) = 0.
Setzen wir nun nach einander x = π, x = π2und x = 0 ein, folgt:
λ1 − λ2 = 0λ1 + λ3 = 0λ1 + λ2 = 0,
und somit λ1 = λ2 = λ3 = 0.
(b) Zunächst bestimmen wir die Darstellungsmatrix von f bezüglich der BasisB = { 1, sin, cos }.Dazu bestimmen wir die Bilder der Basisvektoren und stellen Sie bezüglich der Basis Bdar:
f(1) = 0 = 0 · 1 + 0 · sin +0 · cos,
f(sin) = cos = 0 · 1 + 0 · sin +1 · cos,
f(cos) = − sin = 0 · 1 + (−1) · sin +0 · cos .
Die Darstellungsmatrix ist somit
A := MBB (f) =
0 0 00 0 −10 1 0
.
Das charakteristische Polynom dieser Matrix ist
det(A− λ · E3) = det
−λ 0 00 −λ −10 1 −λ
= −λ3 − λ = λ · (λ+ i) · (λ− i)
und somit sind λ1 = 0, λ2 = i und λ3 = −i die Eigenwerte von f . Da die Eigenwertepaarweise verschieden sind und dim(V ) = 3 ist, ist f diagonalisierbar.
Zum Abschluss bestimmen wir noch eine Basis A aus Eigenvektoren. Es ist:
Eig(f, λ1) = ker(A− λ1 · E3) = ker
0 0 00 0 −10 1 0
= span
100
= span(1)
Eig(f, λ2) = ker(A− λ2 · E3)
= ker
−i 0 00 −i −10 1 −i
= span
0i1
= span(cos +i sin) = span(
exp(i · ))
Eig(f, λ3) = ker(A− λ3 · E3)
= ker
i 0 00 i −10 1 i
= span
0−i1
= span(cos−i sin) = span(
exp(−i · ))
und somitA = { 1, exp(i · ), exp(−i · ) } ⊂ V.
Aufgabe 39: Sei K ein Körper und A ∈ Mat(n× n;K). Zeigen Sie:
(a) A ist genau dann invertierbar, wenn alle Eigenwerte von A von Null verschieden sind.
(b) Sei A invertierbar. Dann ist λ ∈ K genau dann Eigenwert von A wenn λ−1 ein Eigenwertvon A−1 ist.
Lösung
Sei K ein Körper und A ∈ Mat(n× n;K).
(a) Es ist:
0 ist kein Eigenwert ⇐⇒ Es gibt kein v 6= 0 mit A · v = 0 = 0 · v⇐⇒ ker(A) = {0}⇐⇒ rang(A) = n
⇐⇒ A ist invertierbar.
(b) Sei A invertierbar. Dann ist
λ ∈ K ist Eigenwert von A ⇐⇒ ∃ v 6= 0 mit A · v = λ · v⇐⇒ ∃ v 6= 0 mit v = λ · A−1 · v⇐⇒ ∃ v 6= 0 mit λ−1 · v = A−1 · v⇐⇒ λ ∈ K ist Eigenwert von A−1.
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