Kurs:Lineare Algebra/Teil II/7/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	$\sum$
Punkte	3	3	5	2	4	1	10	7	3	4	0	2	0	3	3	1	2	0	3	56

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die Norm zu einem Skalarprodukt $⟨-,-⟩$ auf einem $ℝ$-Vektorraum $V$.
2. Der Höhenfußpunkt zu einer Seite in einem Dreieck in der euklidischen Ebene.
3. Der Ausartungsraum zu einer symmetrischen Bilinearform $⟨-,-⟩$ auf einem $K$-Vektorraum $V$.
4. Ein Ringhomomorphismus

   $\phi :R⟶S$

   zwischen Ringen $R$ und $S$.

5. Ein asymptotisch stabiler Endomorphismus

   $\phi :V⟶V$

   auf einem endlichdimensionalen $𝕂$-Vektorraum $V$.

6. Ein Unterkörper $K$ eines Körpers $L$.

Lösung

1. Zu einem Vektor $v\in V$ nennt man

   $\Vert v\Vert =\sqrt{⟨v,v⟩}$

   die Norm von $v$.

2. In einem Dreieck $A,B,C$ in einer euklidischen Ebene heißt der Schnittpunkt der Höhe durch $A$ mit der Geraden durch $B$ und $C$ der Höhenfußpunkt dieser Höhe.
3. Der Untervektorraum

   $\{v\in V\mid ⟨v,u⟩=0\text{ für alle }u\in V\}$

   heißt Ausartungsraum zur Bilinearform.

4. Die Abbildung

   $\phi :R⟶S$

   heißt Ringhomomorphismus, wenn folgende Eigenschaften gelten:

   1. $\phi (a+b)=\phi (a)+\phi (b)$
   2. $\phi (1)=1$
   3. $\phi (a\cdot b)=\phi (a)\cdot \phi (b)$.
5. Der Endomorphismus $\phi$ heißt asymptotisch stabil, wenn die Folge ${\phi }^n$ in ${\mathrm{End}}_{}\left(V\right)$ gegen die Nullabbildung konvergiert.
6. Eine Teilmenge  $K\subseteq L$  eines Körpers $L$ heißt Unterkörper von $L$, wenn folgende Eigenschaften gelten.
   1. Es ist $0,1\in K$.
   2. Mit $a,b\in K$ ist auch $a+b\in K$.
   3. Mit $a,b\in K$ ist auch $a\cdot b\in K$.
   4. Mit $a\in K$ ist auch $-a\in K$.
   5. Mit $a\in K,a\ne 0$, ist auch $a^{-1}\in K$.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über die Beschreibung von eigentlichen Isometrien im ${ℝ}^3$.
2. Der Trägheitssatz von Sylvester.
3. Der Homomorphiesatz für Gruppen (Satz vom induzierten Homomorphismus).

Lösung

1. Es sei

   $\phi :{ℝ}^3⟶{ℝ}^3$

   eine eigentliche Isometrie.

   Dann ist $\phi$ eine Drehung um eine feste Achse.
2. Es sei $V$ ein endlichdimensionaler reeller Vektorraum mit einer symmetrischen Bilinearform $⟨-,-⟩$ vom Typ $(p,q)$. Dann ist die Gramsche Matrix von $⟨-,-⟩$ bezüglich einer jeden Orthogonalbasis eine Diagonalmatrix mit $p$ positiven und $q$ negativen Einträgen.
3. Es seien $G,Q$ und $H$ Gruppen, es sei $\phi :G\to H$ ein Gruppenhomomorphismus und $\psi :G\to Q$ ein surjektiver Gruppenhomomorphismus. Es sei vorausgesetzt, dass

   $\mathrm{kern}\psi \subseteq \mathrm{kern}\phi$

   ist. Dann gibt es einen eindeutig bestimmten Gruppenhomomorphismus

   $\tilde{\phi }:Q⟶H$

   derart, dass  $\phi =\tilde{\phi }\circ \psi$ 

   ist.

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise die Cauchy-Schwarzsche Abschätzung.

Lösung

Bei  $w=0$  ist die Aussage richtig. Es sei also  $w\ne 0$  und damit auch  $\Vert w\Vert \ne 0$.  Damit hat man die Abschätzungen

$\begin{array}{cc}0& \le ⟨v-\frac{⟨v,w⟩}{\Vert w{\Vert }^2}w,v-\frac{⟨v,w⟩}{\Vert w{\Vert }^2}w⟩\\ & =⟨v,v⟩-\frac{⟨v,w⟩}{\Vert w{\Vert }^2}⟨w,v⟩-\frac{\overline{⟨v,w⟩}}{\Vert w{\Vert }^2}⟨v,w⟩+\frac{⟨v,w⟩\overline{⟨v,w⟩}}{\Vert w{\Vert }^4}⟨w,w⟩\\ & =⟨v,v⟩-\frac{⟨v,w⟩}{\Vert w{\Vert }^2}\overline{⟨v,w⟩}-\frac{\overline{⟨v,w⟩}}{\Vert w{\Vert }^2}⟨v,w⟩+\frac{⟨v,w⟩\overline{⟨v,w⟩}}{\Vert w{\Vert }^2}\\ & =⟨v,v⟩-\frac{⟨v,w⟩\overline{⟨v,w⟩}}{\Vert w{\Vert }^2}\\ & =⟨v,v⟩-\frac{|⟨v,w⟩{|}^2}{\Vert w{\Vert }^2}.\end{array}$

Multiplikation mit $\Vert w{\Vert }^2$ und Wurzelziehen ergibt das Resultat.

Aufgabe (2 Punkte)

Was bedeutet die Polarisationsformel für ein reelles Skalarprodukt für die Multiplikation von reellen Zahlen?

Lösung

Eindimensional besagt die Polarisationsformel für reelle Zahlen $a,b\in ℝ$ einfach

$ab=\frac{1}{2}({(a+b)}^2-a^2-b^2).$

Insbesondere lässt sich also die reelle Multiplikation auf das Quadrieren, Addieren und Subtrahieren von reellen Zahlen zurückführen.

Aufgabe (4 Punkte)

Wende das Schmidtsche Orthonormalisierungsverfahren auf die Basis

$\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 1\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 1\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 0\end{array}\right)$

des ${ℝ}^3$ an.

Lösung

Der Vektor $v_1=\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 1\end{array}\right)$ besitzt die Norm $\sqrt{2}$, somit ist

$u_1=\frac{v_1}{\Vert v_1\Vert }=\left(\begin{array}{c}0\\ \frac{1}{\sqrt{2}}\\ \frac{1}{\sqrt{2}}\end{array}\right)$

der zugehörige normierte Vektor. Nun berechnen wir

$w_2=v_2-⟨v_2,u_1⟩u_1=\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 1\end{array}\right)-\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}0\\ \frac{1}{\sqrt{2}}\\ \frac{1}{\sqrt{2}}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1\\ -\frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}\end{array}\right)$

als einen orthogonalen Vektor zu $u_1$, der zusammen mit $u_1$ den gleichen Untervektorraum wie $v_1$ und $v_2$ aufspannt. Normieren liefert

$u_2=\frac{w_2}{\Vert w_2\Vert }=\left(\begin{array}{c}\frac{2}{\sqrt{6}}\\ -\frac{1}{\sqrt{6}}\\ \frac{1}{\sqrt{6}}\end{array}\right)$

als zweiten Vektor der Orthonormalbasis. Ein weiterer Vektor, der orthogonal auf $u_1$ und $u_2$ steht, ist

$\begin{array}{cc}{w}_3& =v_3-⟨v_3,u_1⟩u_1-⟨v_3,u_2⟩u_2\\ & =\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 0\end{array}\right)-\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}0\\ \frac{1}{\sqrt{2}}\\ \frac{1}{\sqrt{2}}\end{array}\right)-\frac{1}{\sqrt{6}}\left(\begin{array}{c}\frac{2}{\sqrt{6}}\\ -\frac{1}{\sqrt{6}}\\ \frac{1}{\sqrt{6}}\end{array}\right)\\ & =\left(\begin{array}{c}\frac{2}{3}\\ \frac{2}{3}\\ -\frac{2}{3}\end{array}\right).\end{array}$

Somit ist

$u_3=\frac{w_3}{\Vert w_3\Vert }=\left(\begin{array}{c}\frac{1}{\sqrt{3}}\\ \frac{1}{\sqrt{3}}\\ -\frac{1}{\sqrt{3}}\end{array}\right)$

ein dritter Vektor der Orthonormalbasis.

Aufgabe (1 Punkt)

Berechne das Kreuzprodukt

$\left(\begin{array}{c}3\\ 5\\ 2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-4\\ 6\\ -5\end{array}\right)$

im ${ℝ}^3$.

Lösung

Es ist

$\left(\begin{array}{c}3\\ 5\\ 2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-4\\ 6\\ -5\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}5\cdot (-5)-2\cdot 6\\ -3\cdot (-5)+2\cdot (-4)\\ 3\cdot 6-5\cdot (-4)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-37\\ 7\\ 38\end{array}\right).$

Aufgabe (10 (2+3+3+2) Punkte)

a) Man gebe zwei zweielementige Mengen  $A=\{P_1,P_2\}$  und  $B=\{Q_1,Q_2\}$  in der euklidischen Ebene an derart, dass die Abstände $d(P_i,Q_j)$ für alle $i,j$ gleich sind.

b) Zeige, dass es in der euklidischen Ebene keine zweielementige Menge  $A=\{P_1,P_2\}$  und keine dreielementige Menge  $B=\{Q_1,Q_2,Q_3\}$  derart gibt, dass die Abstände $d(P_i,Q_j)$ für alle $i,j$ gleich sind.

c) Zeige, dass es im euklidischen Raum eine zweielementige Menge  $A=\{P_1,P_2\}$  und, zu jedem  $n\in {\mathbb{N}}_{+}$,  eine $n$-elementige Menge  $B=\{Q_1,Q_2,\dots ,Q_n\}$  derart gibt, dass die Abstände $d(P_i,Q_j)$ für alle $i,j$ gleich sind.

d) Zeige, dass es im ${ℝ}^4$ zu vorgegebenen  $m,n\in {\mathbb{N}}_{+}$  eine $m$-elementige Teilmenge  $A=\{P_1,P_2,\dots ,P_m\}$  und eine $n$-elementige Teilmenge  $B=\{Q_1,Q_2,\dots ,Q_n\}$  derart gibt, dass die Abstände $d(P_i,Q_j)$ für alle $i,j$ gleich sind.

Lösung

a) Es sei

$A=\{\left(\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\end{array}\right)\}$

und

$B=\{\left(\begin{array}{c}0\\ 1\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}0\\ -1\end{array}\right)\}.$

Der Abstand zwischen einem Punkt aus $A$ und einem Punkt aus $B$ ist stets $\sqrt{2}$.

b) Es sei

$A=\{P_1,P_2\}.$

Die Menge

$\{Q\mid d(Q,P_1)=d(Q,P_2)\}$

ist die Mittelsenkrechte zur Verbindungsstrecke von $P_1$ und $P_2$, und insbesondere eine Gerade. Auf einer Geraden können aber nur zwei Punkte den gleichen euklidischen Abstand zu einem vorgegebenen Punkt besitzen, da die Abstandsbedingung zur Schnittbedingung der Geraden mit einem Kreis wird.

c) Es sei

$A=\{\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ 0\end{array}\right)\}.$

Jeder Punkt der Ebene $E$, die durch  $x=0$  gegeben ist (also die $y-z$-Ebene), besitzt zu den beiden Punkten aus $A$ den gleichen Abstand. Wir betrachten in der Ebene $E$ den Kreis mit dem Ursprung als Mittelpunkt und dem Radius $1$. Dieser Kreis ergibt sich auch, wenn man die Kugeloberfläche mit dem Mittelpunkt $\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right)$ und dem Radius $\sqrt{2}$ mit der Ebene $E$ schneidet. Es sei nun $B$ eine beliebige Auswahl von $n$ Punkten auf diesem Kreis.

d) Es sei $C$ ein Kreis im ${ℝ}^2$ mit den $m$ Punkten $(x_i,y_i)$ und $D$ ein Kreis im ${ℝ}^2$ mit den $n$ Punkten $(u_j,v_j)$, beide mit Radius $1$. Es sei

$A=\{\left(\begin{array}{c}{x}_i\\ y_i\\ 0\\ 0\end{array}\right)\mid i=1,\dots ,m\}\subseteq {ℝ}^4$

und

$B=\{\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ u_j\\ v_j\end{array}\right)\mid j=1,\dots ,n\}.$

Wegen

$d(\left(\begin{array}{c}{x}_i\\ y_i\\ 0\\ 0\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ u_j\\ v_j\end{array}\right))=\sqrt{x_i^2+y_i^2+u_j^2+v_j^2}=\sqrt{2}$

sind die Abstände zwischen Punkten aus $A$ und Punkten aus $B$ konstant.

Aufgabe (7 Punkte)

Zeige, dass in einem Dreieck das Verhältnis zwischen dem Umkreisradius und dem Inkreisradius stets größergleich $2:1$ ist. Verwende dabei die Beschreibungen

$R=\frac{abc}{4A}$

für den Umkreisradius und

$r=\frac{A}{s}$

für den Inkreisradius. Dabei bezeichnen $a,b,c$ die Längen der Dreiecksseiten und wir setzen

$s=\frac{a+b+c}{2}$

(also der halbe Umfang) und

$A=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$

(das ist der Flächeninhalt).

Lösung

Es ist

$\begin{array}{cc}\frac{R}{r}& =\frac{\frac{abc}{4A}}{\frac{A}{s}}\\ & =\frac{sabc}{4A^2}\\ & =\frac{sabc}{4s(s-a)(s-b)(s-c)}\\ & =\frac{abc}{4(s-a)(s-b)(s-c)}.\end{array}$

Wir setzen

$u=s-a,$

$v=s-b,$

$w=s-c.$

Es ist dann

$v+w=s-b+s-c=(a+b+c)-b-c=a$

und ebenso ist

$b=u+w$

und

$c=u+v.$

Mit diesen Bezeichnungen geht es um den Ausdruck

$\frac{(v+w)(u+w)(u+v)}{4uvw}.$

Wir schreiben dies als

$\begin{array}{cc}\frac{(v+w)(u+w)(u+v)}{4uvw}& =\frac{(v+w)(u+w)(u+v)}{4\sqrt{uv}\sqrt{uw}\sqrt{vw}}\\ & =\frac{1}{4}\frac{v+w}{\sqrt{vw}}\cdot \frac{u+v}{\sqrt{uv}}\cdot \frac{u+w}{\sqrt{uw}}\\ & =2\frac{v+w}{2\sqrt{vw}}\cdot \frac{u+v}{2\sqrt{uv}}\cdot \frac{u+w}{2\sqrt{uw}}.\end{array}$

Die Aussage folgt daher aus

$\frac{v+w}{2\sqrt{vw}}\ge 1,$

was zu

$v+w\ge 2\sqrt{vw}$

bzw. (da $v,w$ positiv sind) zu

$(v+w{)}^2=v^2+w^2+2vw\ge 4vw$

äquivalent ist. Dies stimmt, wegen

$(v-w{)}^2=v^2+w^2-2vw\ge 0.$

Aufgabe (3 Punkte)

Es seien $V$ und $W$ euklidische Vektorräume und $\phi :V\to V$ ein Endomorphismus mit adjungiertem Endomorphismus $\hat{\phi }$. Es sei $\psi :V\to W$ eine Isometrie. Zeige, dass der adjungierte Endomorphismus zu

$\psi \circ \phi \circ {\psi }^{-1}:W⟶W$

gleich $\psi \circ \hat{\phi }\circ {\psi }^{-1}$ ist.

Lösung

Unter Verwendung der Isometrieeigenschaft und der Adjungiertheit ist

$\begin{array}{cc}⟨(\psi \circ \phi \circ {\psi }^{-1})(w),z⟩& =⟨\psi (\phi ({\psi }^{-1}(w))),z⟩\\ & =⟨\phi ({\psi }^{-1}(w)),{\psi }^{-1}(z)⟩\\ & =⟨{\psi }^{-1}(w),\hat{\phi }({\psi }^{-1}(z))⟩\\ & =⟨w,\psi (\hat{\phi }({\psi }^{-1}(z)))⟩\\ & =⟨w,(\psi \circ \hat{\phi }\circ {\psi }^{-1})(z)⟩,\end{array}$

also ist der adjungierte Endomorphismus zu $\psi \circ \phi \circ {\psi }^{-1}$ gleich $\psi \circ \hat{\phi }\circ {\psi }^{-1}$ ist.

Aufgabe (4 Punkte)

Es seien $a,b,c,d$ reelle Zahlen mit  $ad-bc=1$.  Zeige, dass die Abbildung

${\mathrm{GL}}_2\left(ℝ\right)⟶{\mathrm{GL}}_2\left(ℝ\right),\left(\begin{array}{cc}x& y\\ z& w\end{array}\right)⟼\left(\begin{array}{cc}adx-acy+bdz-bcw& -abx+a^{2}y-b^{2}z+abw\\ cdx-c^{2}y+d^{2}z-cdw& -bcx+acy-bdz+adw\end{array}\right)$

ein innerer Automorphismus ist.

Lösung

Die Matrix $\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right)$ ist invertierbar und die inverse Matrix ist $\left(\begin{array}{cc}d& -b\\ -c& a\end{array}\right)$. Mit dieser Matrix ist

$\begin{array}{cc}\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}x& y\\ z& w\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}d& -b\\ -c& a\end{array}\right)& =\left(\begin{array}{cc}ax+bz& ay+bw\\ cx+dz& cy+dw\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}d& -b\\ -c& a\end{array}\right)\\ & =\left(\begin{array}{cc}adx+bdz-acy-bcw& -abx-b^{2}z+a^{2}y+abw\\ cdx+d^{2}z-c^{2}y-cdw& -bcx-bdz+acy+adw\end{array}\right)\\ & =\left(\begin{array}{cc}adx-acy+bdz-bcw& -abx+a^{2}y-b^{2}z+abw\\ cdx-c^{2}y+d^{2}z-cdw& -bcx+acy-bdz+adw\end{array}\right),\end{array}$

somit handelt es sich bei der Abbildung um die Konjugation mit der invertierbaren Matrix $\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right)$.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung erstellen

Aufgabe (2 Punkte)

Es seien $M$ und $N$ Mengen und sei $f:M\to N$ eine Abbildung. Zeige, dass durch die Festlegung

$x\sim y,$

wenn

$f(x)=f(y),$

eine Äquivalenzrelation auf $M$ definiert wird.

Lösung

Da der Funktionswert $f(x)$ eindeutig bestimmt und die Gleichheit reflexiv ist, gilt offenbar $x\sim x$. Wenn $x\sim y$ ist, so bedeutet das  $f(x)=f(y)$  und wegen der Symmetrie der Gleichheit folgt  $f(y)=f(x)$,  was wiederum $y\sim x$ bedeutet. Wenn $x\sim y$ und $y\sim z$ ist, so bedeutet dies einerseits  $f(x)=f(y)$  und andererseits  $f(y)=f(z)$.  Wegen der Transitivität der Gleichheit folgt  $f(x)=f(z)$,  was $x\sim z$ bedeutet.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung erstellen

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei $R$ ein kommutativer Ring und  $h\in R$.  Zeige, dass die Abbildung

$R⟶R,f⟼hf,$

ein Gruppenhomomorphismus ist. Beschreibe das Bild und den Kern dieser Abbildung.

Lösung

Für Elemente $f_1,f_2\in R$ ist nach dem Distributivgesetz

$h(f_1+f_2)=h{f}_1+h{f}_2,$

und genau dies besagt, dass ein Gruppenhomomorphismus vorliegt. Das Bild besteht aus allen Elementen der Form

$\{hf\mid f\in R\},$

dies ist genau das von $h$ erzeugte Hauptideal $(h)$. Der Kern besteht aus allen Elementen der Form

$\{f\mid hf=0\},$

das sind also alle Elemente, die bei Multiplikation mit $h$ die $0$ ergeben.

Aufgabe (3 Punkte)

Die zyklische Gruppe $\mathbb{Z}/(24)$, die Diedergruppe $D_{12}$ und die Würfelgruppe  $W\cong S_4$  besitzen $24$ Elemente und treten als endliche eigentliche Symmetriegruppe im ${ℝ}^3$ auf. Begründe, dass diese Gruppen untereinander nicht isomorph sind.

Lösung

In der zyklischen Gruppe $\mathbb{Z}/(24)$ gibt es Elemente mit der Ordnung $24$. Die Diedergruppe $D_{12}$ enthält die zyklische Gruppe $\mathbb{Z}/(12)$ und damit auch Elemente der Ordnung $12$, sie ist aber selbst nicht zyklisch und enthält keine Elemente der Ordnung $24$. Die Würfelgruppe ist isomorph zur Permutationsgruppe $S_4$. Dort treten nur die Ordnungen $1,2,3,4$ auf. Daher sind diese drei Gruppen nicht isomorph.

Aufgabe (1 Punkt)

Berechne für die Matrix

$\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 4& 3\end{array}\right)$

die Maximumsnorm, wenn der ${ℝ}^2$ beidseitig mit der Summennorm versehen ist.

Lösung

Es ist

$\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 4& 3\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}x+2y\\ 4x+3y\end{array}\right).$

Die Maximumsnorm ist das Maximum der Summe der Beträge der beiden Einträge, also $|x+2y|+|4x+3y|$, für die Menge

$\{\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)\mid \mid \mid \left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)\mid {\mid }_{\mathrm{sum}}\le 1\}=\{\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)\mid |x|+|y|\le 1\}.$

Das Maximum wird auf dem Ausschnitt des Randes mit  $x,y\ge 0$  und  $x+y=1$  angenommen, dafür ergibt sich der konstante Wert

$|x+2y|+|4x+3y|=x+y+y+x+3(x+y)=5(x+y)=5.$

Aufgabe (2 Punkte)

Man gebe ein Beispiel für eine spaltenstochastische Matrix derart, dass die Folge der Potenzen $M^n$ nicht konvergiert.

Lösung

Betrachte

$M=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 0\end{array}\right).$

Die Folgenglieder $M^n$ sind dann abwechselnd gleich $\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 0\end{array}\right)$ oder gleich $\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right)$. Eine solche Folge konvergiert nicht in einem normierten Raum, da sie zwei verschiedene Häufungspunkte besitzt.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung erstellen

Aufgabe (3 Punkte)

Es seien $V,W$ ein endlichdimensionaler $K$-Vektorraum und

$\phi :V⟶W$

eine lineare Abbildung, die bezüglich der Basen $v_1,\dots ,v_n$ von $V$ und $w_1,\dots ,w_m$ von $W$ durch die Matrix $M$ beschrieben werde. Es sei  $K\subseteq L$  eine Körpererweiterung. Zeige, dass die $L$-lineare Abbildung

${\phi }_L:V_L⟶W_L$

bezüglich der $L$-Basen $1\otimes v_1,\dots ,1\otimes v_n$ von $V_L$ und $1\otimes w_1,\dots ,1\otimes w_m$ von $W_L$ ebenfalls durch die Matrix $M$ beschrieben wird.

Lösung

Wegen Lemma 56.14 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) liegen in der Tat Basen vor. Das Basiselement $v_j$ von $V$ wird unter $\phi$ auf

$\phi (v_j)=\sum _{i=1}^m{a}_{ij}{w}_i$

abgebildet. Somit wird das Basiselement $1\otimes v_j$ von $V_L$ unter ${\phi }_L$ auf

${\phi }_L(1\otimes v_j)=1\otimes \phi (v_j)=1\otimes \left(\sum _{i=1}^m{a}_{ij}{w}_i\right)=\sum _{i=1}^m{a}_{ij}(1\otimes w_i).$

Die Koeffizienten $a_{ij}$ konstituieren also die beschreibende Matrix von ${\phi }_L$.