Kurs:Lineare Algebra/Teil I/1/Teiltest/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	${}\sum$
Punkte	3	3	1	4	2	2	3	6	1	5	2	2	4	2	3	4	8	5	5	65

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Eine Abbildung ${}F$ von ${}L$ nach ${}M$ ist dadurch gegeben, dass jedem Element der Menge ${}L$ genau ein Element der Menge ${}M$ zugeordnet wird.
2. Die Abbildung

   $f\colon L\longrightarrow M$

   ist injektiv, wenn für je zwei verschiedene Elemente ${}x,y\in L$ auch ${}f(x)$ und ${}f(y)$ verschieden sind.

3. Die ${}n\times n$- Matrix

   ${}E_{n}:={\begin{pmatrix}1&0&\cdots &\cdots &0\\0&1&0&\cdots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&1&0\\0&\cdots &\cdots &0&1\end{pmatrix}}\,$

   nennt man die Einheitsmatrix.

4. Die Teilmenge ${}U\subseteq V$ heißt Untervektorraum, wenn die folgenden Eigenschaften gelten.
   1. ${}0\in U$.
   2. Mit ${}u,v\in U$ ist auch ${}u+v\in U$.
   3. Mit ${}u\in U$ und ${}s\in K$ ist auch ${}su\in U$.
5. Die Vektoren ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ heißen linear unabhängig, wenn eine Gleichung

   $\sum _{i=1}^{n}a_{i}v_{i}=0$

   nur bei ${}a_{i}=0$ für alle ${}i$ möglich ist.

6. Eine Familie ${}v_{i}$, ${}i\in I$, von Vektoren in ${}V$ heißt Basis, wenn diese Vektoren linear unabhängig sind und ein Erzeugendensystem bilden.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Zu jedem ${}x\in G$ ist das Element ${}y\in G$ mit

   ${}x\circ y=e\,$

   eindeutig bestimmt.
2. Die Menge aller Lösungen eines homogenen linearen Gleichungssystems

   ${\begin{matrix}a_{11}x_{1}+a_{12}x_{2}+\cdots +a_{1n}x_{n}&=&0\\a_{21}x_{1}+a_{22}x_{2}+\cdots +a_{2n}x_{n}&=&0\\\vdots &\vdots &\vdots \\a_{m1}x_{1}+a_{m2}x_{2}+\cdots +a_{mn}x_{n}&=&0\end{matrix}}$

   über einem Körper ${}K$ ist ein Untervektorraum des ${}K^{n}$

   (mit komponentenweiser Addition und Skalarmultiplikation).
3. Es sei ${}K$ ein Körper und ${}V$ ein ${}K$-Vektorraum mit einer Basis

   $b_{1},\ldots ,b_{n}.$

   Ferner sei

   $u_{1},\ldots ,u_{k}$

   eine Familie von linear unabhängigen Vektoren in ${}V$. Dann gibt es eine Teilmenge ${}J=\{i_{1},i_{2},\ldots ,i_{k}\}\subseteq \{1,\ldots ,n\}=I$ derart, dass die Familie

   $u_{1},\ldots ,u_{k},b_{i},i\in I\setminus J,$

   eine Basis von ${}V$ ist.

Aufgabe (1 Punkt)

Wir betrachten den Satz „Diese Vorlesung versteht keine Sau“. Negiere diesen Satz durch eine Existenzaussage.

Lösung

Es gibt eine Sau, die diese Vorlesung versteht.

Aufgabe (4 Punkte)

Eine Bahncard ${}25$, mit der man ein Jahr lang ${}25$ Prozent des Normalpreises einspart, kostet ${}62$ Euro und eine Bahncard ${}50$, mit der man ein Jahr lang ${}50$ Prozent des Normalpreises einspart, kostet ${}255$ Euro. Für welchen Jahresgesamtnormalpreis ist keine Bahncard, die Bahncard ${}25$ oder die Bahncard ${}50$ die günstigste Option?

Lösung

Es sei ${}x$ der Gesamtnormalpreis. Mit BC25 hat man die Kosten

$y=62+{\frac {3}{4}}x$

und mit BC50 hat man die Kosten

$z=255+{\frac {1}{2}}x.$

Die Bedingung

$x\leq 62+{\frac {3}{4}}x$

führt auf

$x\leq 248.$

Die Bedingung

$x\leq 255+{\frac {1}{2}}x$

führt auf

$x\leq 510.$

Die Bedingung

$62+{\frac {3}{4}}x\leq 255+{\frac {1}{2}}x$

führt auf

${\frac {1}{4}}x\leq 255-62=193,$

also

$x\leq 772.$

Also ist für ${}x\leq 248$ keine Bahncard die günstigste Option, für ${}248\leq x\leq 772$ ist die BC25 die günstigste Option und für ${}x\geq 772$ ist die BC50 die günstigste Option.

Aufgabe (2 Punkte)

Es seien ${}A,\,B$ und ${}C$ Mengen. Beweise die Identität

${}A\setminus {\left(B\cap C\right)}={\left(A\setminus B\right)}\cup {\left(A\setminus C\right)}\,.$

Lösung

Es sei ${}x\in A\setminus {\left(B\cap C\right)}$. Dann ist ${}x\in A$ und ${}x\notin B\cap C$. Letzteres bedeutet ${}x\not \in B$ oder ${}x\not \in C$. Im ersten Fall ist ${}x\in A\setminus B$, im zweiten Fall ${}x\in A\setminus C$, in beiden Fällen also ${}x\in {\left(A\setminus B\right)}\cup {\left(A\setminus C\right)}$.

Wenn umgekehrt ${}x\in {\left(A\setminus B\right)}\cup {\left(A\setminus C\right)}$ gilt, so bedeutet dies ${}x\in A\setminus B$ oder ${}x\in A\setminus C$. Im ersten Fall ist ${}x\in A$ und ${}x\notin B$, im zweiten Fall ${}x\in A$ und ${}x\notin C$. Also ist ${}x\in A$ und ${}x\notin B\cap C$ und somit ist ${}x\in A\setminus {\left(B\cap C\right)}$.

Aufgabe (2 Punkte)

Es seien ${}L,M,N$ Mengen und

$f:L\longrightarrow M{\text{ und }}g:M\longrightarrow N$

Abbildungen mit der Hintereinanderschaltung

$g\circ f\colon L\longrightarrow N,\,x\longmapsto g(f(x)).$

Zeige: Wenn ${}g\circ f$ injektiv ist, so ist auch ${}f$ injektiv.

Lösung

Es seien ${}x_{1},x_{2}\in L$ gegeben mit ${}f(x_{1})=f(x_{2})$. Wir müssen zeigen, dass ${}x_{1}=x_{2}$ ist. Es ist

${}(g\circ f)(x_{1})=g(f(x_{1}))=g(f(x_{2}))=(g\circ f)(x_{2})\,.$

Da nach Voraussetzung ${}g\circ f$ injektiv ist, folgt ${}x_{1}=x_{2}$, wie gewünscht.

Aufgabe (3 (1+1+1) Punkte)

Wir betrachten die durch die Wertetabelle

${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$
${}\varphi (x)$	${}4$	${}7$	${}4$	${}5$	${}1$	${}1$	${}2$

gegebene Abbildung

$\varphi \colon \{1,2,3,4,5,6,7\}\longrightarrow \{1,2,3,4,5,6,7\}.$

a) Bestimme das Bild von ${}\{1,2,3\}$ unter ${}\varphi$.

b) Bestimme das Urbild von ${}\{4,5,6,7\}$ unter ${}\varphi$.

c) Erstelle eine Wertetabelle für

${}\varphi ^{3}=\varphi \circ \varphi \circ \varphi \,.$

Lösung

a) Das Bild von ${}\{1,2,3\}$ ist ${}\{4,7\}$.

b) Das Urbild von ${}\{4,5,6,7\}$ ist ${}\{1,2,3,4\}$.

c)

${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$
${}\varphi (x)$	${}1$	${}7$	${}1$	${}4$	${}5$	${}5$	${}2$

Aufgabe (6 (1+1+4) Punkte)

Zu ${}n\in \mathbb {N}$ sei

${}[n]=\{0,1,2,\ldots ,n\}\,.$

Zu jedem ${}n\in \mathbb {N}$ und jedem ${}0\leq k\leq n$ seien die Abbildungen

$D_{k}\colon [n]\longrightarrow [n+1]$

durch

${}D_{k}(j)={\begin{cases}j,{\text{ falls }}j<k,\\j+1{\text{ sonst}},\end{cases}}\,$

und die Abbildungen

$S_{k}\colon [n+1]\longrightarrow [n]$

durch

${}S_{k}(j)={\begin{cases}j,{\text{ falls }}j\leq k,\\j-1{\text{ sonst}},\end{cases}}\,$

definiert.

a) Erstelle eine Wertetabelle für

$D_{3}\colon [4]\longrightarrow [5].$

b) Erstelle eine Wertetabelle für

$S_{3}\colon [6]\longrightarrow [5].$

c) Beschreibe die durch die Wertetabelle

${}j$	${}0$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$
${}\varphi (j)$	${}0$	${}2$	${}2$	${}4$	${}5$	${}5$

gegebene Abbildung

$\varphi \colon [5]\longrightarrow [5]$

als eine Hintereinanderschaltung von geeigneten ${}D_{k}$ und ${}S_{i}$.

Lösung

a)

${}j$	${}0$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$
${}D_{3}(j)$	${}0$	${}1$	${}2$	${}4$	${}5$

b)

${}j$	${}0$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$
${}S_{3}(j)$	${}0$	${}1$	${}2$	${}3$	${}3$	${}4$	${}5$

c) Wir behaupten

${}\varphi =D_{3}\circ D_{1}\circ S_{3}\circ S_{1}\,.$

Die Komposition hat für die Elemente ${}0,1,2,3,4,5$ jeweils den folgenden Effekt:

$0\mapsto 0\mapsto 0\mapsto 0\mapsto 0,$

$1\mapsto 1\mapsto 1\mapsto 2\mapsto 2,$

$2\mapsto 1\mapsto 1\mapsto 2\mapsto 2,$

$3\mapsto 2\mapsto 2\mapsto 3\mapsto 4,$

$4\mapsto 3\mapsto 3\mapsto 4\mapsto 5,$

$5\mapsto 4\mapsto 3\mapsto 4\mapsto 5.$

Das Gesamtergebnis stimmt also mit ${}\varphi$ überein.

Aufgabe (1 Punkt)

Es sei ${}G$ eine Gruppe. Zeige, dass

${}{\left(x^{-1}\right)}^{-1}=x\,$

für alle ${}x\in G$ ist.

Lösung

Es ist

${}x\circ x^{-1}=1\,.$

Damit ist ${}x$ das Inverse zu ${}x^{-1}$. Damit ist

${}{\left(x^{-1}\right)}^{-1}=x\,.$

Aufgabe (5 Punkte)

Zeige, dass die drei reellen Matrizen

${\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}-{\frac {1}{2}}&-{\frac {\sqrt {3}}{2}}\\{\frac {\sqrt {3}}{2}}&-{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}-{\frac {1}{2}}&{\frac {\sqrt {3}}{2}}\\-{\frac {\sqrt {3}}{2}}&-{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}$

bezüglich der Matrizenmultiplikation eine Gruppe bilden.

Lösung

Zur Abkürzung sei

${}M={\begin{pmatrix}-{\frac {1}{2}}&-{\frac {\sqrt {3}}{2}}\\{\frac {\sqrt {3}}{2}}&-{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}\,.$

Es ist

${}{\begin{aligned}M^{2}&=M\circ M\\&={\begin{pmatrix}-{\frac {1}{2}}&-{\frac {\sqrt {3}}{2}}\\{\frac {\sqrt {3}}{2}}&-{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}-{\frac {1}{2}}&-{\frac {\sqrt {3}}{2}}\\{\frac {\sqrt {3}}{2}}&-{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}{\frac {1}{4}}-{\frac {3}{4}}&{\frac {\sqrt {3}}{4}}+{\frac {\sqrt {3}}{4}}\\-{\frac {\sqrt {3}}{4}}-{\frac {\sqrt {3}}{4}}&-{\frac {3}{4}}+{\frac {1}{4}}\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}-{\frac {1}{2}}&{\frac {\sqrt {3}}{2}}\\-{\frac {\sqrt {3}}{2}}&-{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}},\end{aligned}}$

und dies ist die dritte der angeführten Matrizen. Ferner ist

${}{\begin{aligned}M^{3}&=M\circ M^{2}\\&={\begin{pmatrix}-{\frac {1}{2}}&-{\frac {\sqrt {3}}{2}}\\{\frac {\sqrt {3}}{2}}&-{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}-{\frac {1}{2}}&{\frac {\sqrt {3}}{2}}\\-{\frac {\sqrt {3}}{2}}&-{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}{\frac {1}{4}}+{\frac {3}{4}}&0\\0&{\frac {3}{4}}+{\frac {1}{4}}\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}\\&=E.\end{aligned}}$

Daher sind sämtliche Produkte, die man aus den drei Matrizen bilden kann, wieder eine der Matrizen. Die Matrizenmultiplikation ist also eine Verknüpfung auf der gegebenen Menge. Die Verknüpfung ist assoziativ, da dies ganz allgemein für die Matrizenmultiplikation gilt. Die Einheitsmatrix ist das neutrale Element der Verknüpfung, und nach obiger Rechnung sind ${}M$ und ${}M^{2}$ invers zueinander.

Aufgabe (2 Punkte)

Berechne über den komplexen Zahlen das Matrizenprodukt

${\begin{pmatrix}2-{\mathrm {i} }&-1-3{\mathrm {i} }&-1\\{\mathrm {i} }&0&4-2{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1+{\mathrm {i} }\\1-{\mathrm {i} }\\2+5{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}.$

Lösung

Man multipliziert die erste Zeile mit der Spalte rechts und erhält

${}{\begin{aligned}(2-{\mathrm {i} })(1+{\mathrm {i} })+(-1-3{\mathrm {i} })(1-{\mathrm {i} })-(2+5{\mathrm {i} })&=2+2{\mathrm {i} }-{\mathrm {i} }+1-1+{\mathrm {i} }-3{\mathrm {i} }-3-2-5{\mathrm {i} }\\&=-3-6{\mathrm {i} }.\end{aligned}}$

Die zweite Zeile multipliziert mit der Spalte rechts ergibt

${}{\mathrm {i} }(1+{\mathrm {i} })+(4-2{\mathrm {i} })(2+5{\mathrm {i} })={\mathrm {i} }-1+8+20{\mathrm {i} }-4{\mathrm {i} }+10=17+17{\mathrm {i} }\,.$

Das Ergebnis ist also der Spaltenvektor

${\begin{pmatrix}-3-6{\mathrm {i} }\\17+17{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}.$

Aufgabe (2 Punkte)

Kevin zahlt für einen Winterblumenstrauß mit ${}3$ Schneeglöckchen und ${}4$ Mistelzweigen ${}2{,}50$ € und Jennifer zahlt für einen Strauß aus ${}5$ Schneeglöckchen und ${}2$ Mistelzweigen ${}2{,}30$ €. Wie viel kostet ein Strauß mit einem Schneeglöckchen und ${}11$ Mistelzweigen?

Lösung

Es sei ${}x$ der Preis für ein Schneeglöckchen und ${}y$ der Preis für einen Mistelzweig. Dann gilt

${}3x+4y=2{,}50\,$

und

${}5x+2y=2{,}30\,.$

Wenn man von der ersten Zeile das Doppelte der zweiten Zeile abzieht, erhält man

${}-7x=-2{,}10\,$

und damit

${}x=0{,}30\,.$

Daraus ergibt sich

${}y=0{,}40\,$

und somit ist der Preis für den gewünschten Strauß gleich

${}1\cdot 0{,}3+11\cdot 0{,}4=4{,}70\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Löse das inhomogene Gleichungssystem

${\begin{matrix}3x&\,\,\,\,\,\,\,\,&+z&+4w&=&4\\2x&+2y&\,\,\,\,\,\,\,\,&+w&=&0\\4x&+6y&\,\,\,\,\,\,\,\,&+w&=&2\\x&+3y&+5z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&3\,.\end{matrix}}$

Lösung

Wir eliminieren zuerst die Variable ${}z$, indem wir die zweite und die dritte Gleichung übernehmen und ${}IV-5I$ hinzunehmen. Dies führt auf

${\begin{matrix}2x&+2y&\,\,\,\,\,\,\,\,&+w&=&0\\4x&+6y&\,\,\,\,\,\,\,\,&+w&=&2\\-14x&+3y&\,\,\,\,\,\,\,\,&-20w&=&-17\,.\end{matrix}}$

Nun eliminieren wir die Variable ${}w$, indem wir (bezogen auf das vorhergehende System) ${}II-I$ und ${}III+20I$ ausrechnen. Dies führt auf

${\begin{matrix}2x&+4y&\,\,\,\,\,\,\,\,&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&2\\26x&+43y&\,\,\,\,\,\,\,\,&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&-17\,.\end{matrix}}$

Mit ${}13I-II$ ergibt sich

${}9y=43\,$

und

${}y={\frac {43}{9}}\,.$

Rückwärts gelesen ergibt sich

${}x=1-2y=-{\frac {77}{9}}\,,$

${}w=-2x-2y=-2{\left(-{\frac {77}{9}}\right)}-2{\frac {43}{9}}={\frac {68}{9}}\,$

und

${}z=4-3x-4w=4+3{\frac {77}{9}}-{\frac {272}{9}}=-{\frac {5}{9}}\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Löse die lineare Gleichung

${}(2+5{\mathrm {i} })z=(3-7{\mathrm {i} })\,$

über ${}{\mathbb {C} }$ und berechne den Betrag der Lösung.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}z&=(3-7{\mathrm {i} })(2+5{\mathrm {i} })^{-1}\\&=(3-7{\mathrm {i} }){\frac {(2-5{\mathrm {i} })}{29}}\\&={\frac {6-35-14{\mathrm {i} }-15{\mathrm {i} }}{29}}\\&={\frac {-29-29{\mathrm {i} }}{29}}\\&=-1-{\mathrm {i} }.\end{aligned}}$

Der Betrag ist

${}\vert {-1-{\mathrm {i} }}\vert ={\sqrt {2}}\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Drücke in ${}\mathbb {R} ^{3}$ den Vektor

$(1,0,0)$

als Linearkombination der Vektoren

$(1,-2,5),(4,0,3){\text{ und }}(2,1,1)$

aus.

Lösung

Es geht darum, das lineare Gleichungssystem

${\begin{matrix}x+4y+2z&=&1\\-2x\,\,\,\,\,\,\,\,+z&=&0\\5x+3y+z&=&0\,\end{matrix}}$

zu lösen. Wir eliminieren mit Hilfe der dritten Gleichung die Variable ${}y$ aus der ersten Gleichung. Das resultierende System ist (${}I'=3I-4III$)

${\begin{matrix}-17x\,\,\,\,\,\,\,\,+2z&=&3\\-2x\,\,\,\,\,\,\,\,+z&=&0\\5x+3y+z&=&0\,.\end{matrix}}$

Wir eliminieren nun aus ${}I'$ mittels ${}II$ die Variable ${}z$, das ergibt (${}I'-2II$)

${\begin{matrix}-13x\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,&=&3\\-2x\,\,\,\,\,\,\,\,+z&=&0\\5x+3y+z&=&0\,.\end{matrix}}$

Wir können jetzt dieses System lösen. Es ist

$x=-{\frac {3}{13}},$

${}z=2x=-{\frac {6}{13}}\,$

und

${}y={\frac {-5x-z}{3}}={\frac {15+6}{39}}={\frac {21}{39}}={\frac {7}{13}}\,.$

Also ist

${}{\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}=-{\frac {3}{13}}{\begin{pmatrix}1\\-2\\5\end{pmatrix}}+{\frac {7}{13}}{\begin{pmatrix}4\\0\\3\end{pmatrix}}-{\frac {6}{13}}{\begin{pmatrix}2\\1\\1\end{pmatrix}}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Im ${}\mathbb {R} ^{3}$ seien die beiden Untervektorräume

${}U={\left\{s{\begin{pmatrix}2\\1\\7\end{pmatrix}}+t{\begin{pmatrix}4\\-2\\9\end{pmatrix}}\mid s,t\in \mathbb {R} \right\}}\,$

und

${}V={\left\{p{\begin{pmatrix}3\\1\\0\end{pmatrix}}+q{\begin{pmatrix}5\\2\\-4\end{pmatrix}}\mid p,q\in \mathbb {R} \right\}}\,$

gegeben. Bestimme eine Basis für ${}U\cap V$.

Lösung

Jeder Vektor aus dem Durchschnitt ${}U\cap V$ besitzt eine Darstellung

$s{\begin{pmatrix}2\\1\\7\end{pmatrix}}+t{\begin{pmatrix}4\\-2\\9\end{pmatrix}}=p{\begin{pmatrix}3\\1\\0\end{pmatrix}}+q{\begin{pmatrix}5\\2\\-4\end{pmatrix}}.$

Die Koeffiziententupel ${}(s,t,p,q)$ bilden den Lösungsraum des linearen Gleichungssystems

${\begin{pmatrix}2&4&-3&-5\\1&-2&-1&-2\\7&9&0&4\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}s\\t\\p\\q\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}},$

das wir lösen müssen. Wir ersetzen die erste Gleichung durch

$I'=I-3II:\,\,-s+10t+q=0$

und die dritte Gleichung durch

$III'=III-4I':\,\,11s-31t=0.$

Wir wählen ${}s=31$, sodass ${}t=11$ sein muss. Dies legt eindeutig ${}q$ und dann auch ${}p$ fest. Daher ist der Durchschnitt ${}U\cap V$ eindimensional und

${}31{\begin{pmatrix}2\\1\\7\end{pmatrix}}+11{\begin{pmatrix}4\\-2\\9\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}62+44\\31-22\\217+99\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}106\\9\\316\end{pmatrix}}\,$

ist ein Basisvektor von ${}U\cap V$.

Aufgabe (8 Punkte)

Es sei ${}V$ ein Vektorraum und

$v_{1},\ldots ,v_{n}$

eine Familie von Vektoren in ${}V$. Zeige, dass die Familie genau dann eine Basis von ${}V$ bildet, wenn es sich um ein minimales Erzeugendensystem handelt (d.h. sobald man einen Vektor ${}v_{i}$ weglässt, liegt kein Erzeugendensystem mehr vor).

Lösung

Die Familie sei zunächst eine Basis. Dann ist sie insbesondere ein Erzeugendensystem. Nehmen wir einen Vektor, sagen wir ${}v_{1}$, aus der Familie heraus. Wir müssen zeigen, dass dann die verbleibende Familie, also ${}v_{2},\ldots ,v_{n}$ kein Erzeugendensystem mehr ist. Wenn sie ein Erzeugendensystem wäre, so wäre insbesondere ${}v_{1}$ als Linearkombination der Vektoren darstellbar, d.h. man hätte

${}v_{1}=\sum _{i=2}^{n}\lambda _{i}v_{i}\,.$

Dann ist aber

$v_{1}-\sum _{i=2}^{n}\lambda _{i}v_{i}$

eine nichttriviale Darstellung der ${}0$, im Widerspruch zur linearen Unabhängigkeit der Familie.

Es sei nun die Familie ein minimales Erzeugendensystem. Um zu zeigen, dass eine Basis vorliegt, muss also lediglich gezeigt werden, dass die Familie linear unabhängig ist. Nehmen wir an, sie sei nicht linear unabhängig. Dann gibt es eine Darstellung

${}a_{1}v_{1}+a_{2}v_{2}+\cdots +a_{n}v_{n}=0\,,$

wobei mindestens ein Koeffizient ${}a_{i}\neq 0$ ist. Wir behaupten, dass dann auch die um ${}v_{i}$ reduzierte Familie noch ein Erzeugendensystem ist im Widerspruch zur Minimalität. Dazu sei ${}v\in V$ ein beliebiger Vektor, den man als

${}v=b_{1}v_{1}+\cdots +b_{i}v_{i}+\cdots +b_{n}v_{n}\,$

schreiben kann. Wir können ${}v_{i}$ schreiben als

${}v_{i}=-{\frac {a_{1}}{a_{i}}}v_{1}-\cdots -{\frac {a_{i-1}}{a_{i}}}v_{i-1}-{\frac {a_{i+1}}{a_{i}}}v_{i+1}-\cdots -{\frac {a_{n}}{a_{i}}}v_{n}\,.$

Damit ist

${}{\begin{aligned}v&=b_{1}v_{1}+\cdots +b_{i}v_{i}+\cdots +b_{n}v_{n}\\&=b_{1}v_{1}+\cdots +b_{i}{\left(-{\frac {a_{1}}{a_{i}}}v_{1}-\cdots -{\frac {a_{i-1}}{a_{i}}}v_{i-1}-{\frac {a_{i+1}}{a_{i}}}v_{i+1}-\cdots -{\frac {a_{n}}{a_{i}}}v_{n}\right)}+\cdots +b_{n}v_{n},\end{aligned}}$

woraus ablesbar ist, dass man ${}v$ auch als Linearkombination der ${}v_{1},\ldots ,v_{i-1},v_{i+1},\ldots ,v_{n}$ darstellen kann.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und es seien ${}V$ und ${}W$ endlichdimensionale ${}K$- Vektorräume mit ${}\dim _{K}{\left(V\right)}=n$ und ${}\dim _{K}{\left(W\right)}=m$. Welche Dimension besitzt der Produktraum ${}V\times W$?

Lösung

Der Produktraum besitzt die Dimension ${}n+m$. Um dies zu beweisen sei ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ eine Basis von ${}V$ und ${}w_{1},\ldots ,w_{m}$ eine Basis von ${}W$. Wir behaupten, dass die Elemente

$(v_{j},0),\,j\in {\{1,\ldots ,n\}},{\text{ und }}(0,w_{i}),\,i\in \{1,\ldots ,m\},$

eine Basis von ${}V\times W$ bilden.

Es sei ${}(v,w)\in V\times W$. Dann gibt es Darstellungen

$v=\sum _{j=1}^{n}a_{j}v_{j}{\text{ und }}w=\sum _{i=1}^{m}b_{i}w_{i}.$

Daher ist

${}{\begin{aligned}(v,w)&=(\sum _{j=1}^{n}a_{j}v_{j},\sum _{i=1}^{m}b_{i}w_{i})\\&=(\sum _{j=1}^{n}a_{j}v_{j},0)+(0,\sum _{i=1}^{m}b_{i}w_{i})\\&=\sum _{j=1}^{n}a_{j}(v_{j},0)+\sum _{i=1}^{m}b_{i}(0,w_{i}),\end{aligned}}$

d.h., es liegt ein Erzeugendensystem vor.

Zum Nachweis der linearen Unabhängigkeit sei

${}\sum _{j=1}^{n}a_{j}(v_{j},0)+\sum _{i=1}^{m}b_{i}(0,w_{i})=0=(0,0)\,$

angenommen. Die gleiche Rechnung rückwärts ergibt

${}(\sum _{j=1}^{n}a_{j}v_{j},\sum _{i=1}^{m}b_{i}w_{i})=(0,0)\,$

und das bedeutet

$\sum _{j=1}^{n}a_{j}v_{j}=0{\text{ und }}\sum _{i=1}^{m}b_{i}w_{i}=0.$

Da es sich jeweils um Basen handelt, folgt ${}a_{j}=0$ für alle ${}j$ und ${}b_{i}=0$ für alle ${}i$.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}W$ ein ${}n$-dimensionaler ${}K$- Vektorraum (${}K$ ein Körper) und seien ${}U,V\subseteq W$ Untervektorräume der Dimension ${}\dim _{K}{\left(U\right)}=r$ und ${}\dim _{K}{\left(V\right)}=s$. Es gelte ${}r+s>n$. Zeige, dass ${}U\cap V\neq 0$ ist.

Lösung

Es sei ${}u_{1},\ldots ,u_{r}$ eine Basis von ${}U$ und ${}v_{1},\ldots ,v_{s}$ eine Basis von ${}V$. Wir betrachten die Familie der Vektoren

$u_{1},\ldots ,u_{r},v_{1},\ldots ,v_{s}.$

Wegen ${}r+s>n$ kann diese Familie nicht linear unabhängig sein, da es sonst einen ${}(r+s)$-dimensionalen Untervektorraum von ${}W$ geben würde. Also gibt es Koeffizienten ${}a_{1},\ldots ,a_{r},b_{1},\ldots ,b_{s}$, die nicht alle ${}0$ sind, mit

$a_{1}u_{1}+\cdots +a_{r}u_{r}=b_{1}v_{1}+\cdots +b_{s}v_{s}.$

Dieser Vektor gehört zu ${}U\cap V$. Er ist nicht ${}0$, da andernfalls beidseitig alle Koeffizienten ${}0$ sein müssten.