Kurs:Mathematik (Osnabrück 2009-2011)/Teil I/Probeklausur mit Lösungen

Aufgabe * (3 Punkte)

Lösung

 

Aufgabe * (2 Punkte)

Es seien $L,M,N$ Mengen und

$f:L⟶M\text{ und }g:M⟶N$

Abbildungen mit der Hintereinanderschaltung

$g\circ f:L⟶N,x⟼g(f(x)).$

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 * (4 Punkte)

Es sei $M$ eine beliebige Menge. Zeige, dass es keine surjektive Abbildung von $M$ in die Potenzmenge $𝔓(M)$ geben kann.

Lösung

Wir nehmen an, dass es eine surjektive Abbildung

$F:M⟶𝔓(M),x⟼F(x),$

gibt, und müssen dies zu einem Widerspruch führen. Dazu betrachten wir

$T=\{x\in M\mid x\notin F(x)\}.$

Da dies eine Teilmenge von $M$ ist, muss es wegen der Surjektivität ein  $y\in M$  geben mit

$F(y)=T.$

Es gibt nun zwei Fälle, nämlich $y\in F(y)$ oder $y\in ̸F(y)$. Im ersten Fall ist also  $y\in T$,  und damit, nach der Definition von $T$, auch  $y\notin F(y)$,  Widerspruch. Im zweiten Fall ist, wieder aufgrund der Definition von $T$,  $y\in T$,  und das ist ebenfalls ein Widerspruch.

 

Aufgabe * (14 Punkte)

Betrachte auf $\mathbb{Z}\times (\mathbb{Z}\setminus \{0\})$ die Relation

$(a,b)\sim (c,d),\text{ falls }ad=bc\text{ ist}.$

a) Zeige, dass $\sim$ eine Äquivalenzrelation ist.

b) Zeige, dass es zu jedem $(a,b)$ ein äquivalentes Paar $(a^{\prime },b^{\prime })$ mit  $b^{\prime }>0$  gibt.

c) Es sei $M$ die Menge der Äquivalenzklassen dieser Äquivalenzrelation. Wir definieren eine Abbildung

$\phi :\mathbb{Z}⟶M,z⟼[(z,1)].$

Zeige, dass $\phi$ injektiv ist.

d) Definiere auf $M$ (aus Teil c) eine Verknüpfung $+$ derart, dass $M$ mit dieser Verknüpfung und mit $[(0,1)]$ als neutralem Element eine Gruppe wird, und dass für die Abbildung $\phi$ die Beziehung

$\phi (z_1+z_2)=\phi (z_1)+\phi (z_2)$

für alle  $z_1,z_2\in \mathbb{Z}$  gilt.

Lösung

a) Wegen der Kommutativität der Multiplikation in $\mathbb{Z}$ ist $ab=ba$, woraus die Reflexivität folgt. Zur Symmetrie sei $(a,b)\sim (c,d)$, also $ad=bc$. Dann ist auch $cb=da$, was $(c,d)\sim (a,b)$

bedeutet. Zur Transitivität sei

$(a,b)\sim (c,d)\text{ und }(c,d)\sim (e,f),$

also

$ad=bc\text{ und }cf=de.$

Aus diesen beiden Gleichungen ergibt sich

$adf=bcf=bde.$

Da

$d\ne 0$ ist, folgt daraus $af=be$, was $(a,b)\sim (e,f)$ bedeutet.

b) Es sei $(a,b)$ vorgegeben. Wegen $b\ne 0$ ist $b>0$ oder $b<0$. Bei $b>0$ sind wir fertig, da $(a,b)$ zu sich selbst äquivalent ist. Bei $b<0$ betrachten wir $(-a,-b)$. Der

zweite Eintrag ist positiv, und wegen

$a(-b)=-(ab)=b(-a)$

sind $(a,b)$ und $(-a,-b)$ äquivalent zueinander.

c) Es seien $z_1,z_2\in \mathbb{Z}$ vorgegeben und $\phi (z_1)=\phi (z_2)$. Das bedeutet

$[(z_1,1)]=[(z_2,1)]$ bzw. $(z_1,1)\sim (z_2,1)$, also

$z_1=z_{1}1=1z_2=z_2.$

d) Wir setzen

$[(a,b)]+[(c,d)]:=[(ad+cb,bd)].$

Wegen $b,d\ne 0$ ist auch

$bd\ne 0$. Zur Wohldefiniertheit dieser Verknüpfung sei

$(a,b)\sim (a^{\prime },b^{\prime })\text{ und }(c,d)\sim (c^{\prime },d^{\prime }),$

also

$a{b}^{\prime }=a^{\prime }b\text{ und }c{d}^{\prime }=c^{\prime }d.$

Wir behaupten

$(ad+cb,bd)\sim (a^{\prime }{d}^{\prime }+c^{\prime }{b}^{\prime },b^{\prime }{d}^{\prime }).$

Dies folgt aus

$\begin{array}{cc}(ad+cb)b^{\prime }{d}^{\prime }& =ad{b}^{\prime }{d}^{\prime }+cb{b}^{\prime }{d}^{\prime }\\ & =a{b}^{\prime }d{d}^{\prime }+c{d}^{\prime }b{b}^{\prime }\\ & =a^{\prime }bd{d}^{\prime }+c^{\prime }db{b}^{\prime }\\ & =bd{a}^{\prime }{d}^{\prime }+bd{c}^{\prime }{b}^{\prime }\\ & =bd(a^{\prime }{d}^{\prime }+c^{\prime }{b}^{\prime }).\end{array}$

Die Assoziativität folgt aus

$\begin{array}{cc}([(a,b)]+[(c,d)])+[(e,f)]& =[(ad+bc,bd)]+[(e,f)]\\ & =[(ad+bc)f+bde,bdf]\\ & =[adf+bcf+bde,bdf]\\ & =[adf+b(cf+de),bdf]\\ & =[(a,b)]+([(cf+de,df)])\\ & =[(a,b)]+([(c,d)]+[(e,f)]).\end{array}$

Wegen

$[(a,b)]+[(0,1)]=[(a1+b0,b1)]=[(a,b)]$

(und ebenso

in der anderen Reihenfolge) ist $(0,1)$ das neutrale Element.

Wir behaupten, dass zu $[(a,b)]$ das inverse Element durch $[(-a,b)]$ gegeben ist. Dies folgt aus

$[(a,b)]+[(-a,b)]=[(ab+b(-a),b^2)]=[(ab-ab,b^2)]=[(0,b^2)]=[(0,1)],$

wobei die letzte Gleichung sich aus $0\cdot 1=0\cdot b^2$ ergibt (ebenso in der anderen Reihenfolge).

Schließlich ist für$z_1,z_2\in \mathbb{Z}$

$\phi (z_1+z_2)=[(z_1+z_2,1)]=[(z_1\cdot 1+1\cdot z_2,1\cdot 1)]=[(z_1,1)]+[(z_2,1)]=\phi (z_1)+\phi (z_2).$

 

Aufgabe * (3 Punkte)

Es sei $K$ ein angeordneter Körper. Zeige, dass für  $x\ge 3$  die Beziehung

$x^2+(x+1{)}^2\ge (x+2{)}^2$

gilt.

Lösung

Wir rechnen die beiden Seiten aus, die zu zeigende Abschätzung bedeutet dann

$2x^2+2x+1\ge x^2+4x+4.$

In $K$ erhalten sich bei beidseitiger Addition die Abschätzungen, sodass die Abschätzung äquivalent zu

$x^2-2x-3\ge 0$

ist. Wir schreiben die linke Seite als

$x^2-2x-3=x^2-2x+1-1-3=(x-1{)}^2-4.$

Bei  $x\ge 3$  ist  $x-1\ge 2$  und daher

$(x-1{)}^2\ge 2(x-1)\ge 2^2=4,$

also gilt für  $x\ge 3$  die Abschätzung

$(x-1{)}^2-4\ge 0$

und damit die ursprüngliche Abschätzung.

 

Aufgabe * (5 Punkte)

Beweise durch Induktion, dass für  $n\ge 10$  die Abschätzung

$3^n\ge n^4$

gilt.

Lösung

Induktionsanfang für  $n=10$.  Es ist

$3^{10}=9^5=81\cdot 81\cdot 9\ge 6000\cdot 9\ge 10000=n^4.$

Zum Induktionsschluss sei  $n\ge 10$.  Dann ist

$3^{n+1}=3\cdot 3^n\ge 3\cdot n^4=n^4+\frac{1}{2}{n}^4+\frac{1}{2}{n}^4+\frac{1}{2}{n}^4+\frac{1}{2}{n}^4.$

Andererseits ist nach der binomischen Formel

$(n+1{)}^4=n^4+4n^3+6n^2+4n+1.$

Wir müssen

$n^4+\frac{1}{2}{n}^4+\frac{1}{2}{n}^4+\frac{1}{2}{n}^4+\frac{1}{2}{n}^4\ge n^4+4n^3+6n^2+4n+1$

nachweisen. Der erste Summand stimmt links und rechts überein, für die anderen Summanden zeigen wir, dass die linken, also jeweils $\frac{1}{2}{n}^4$, mindestens so groß wie die rechten sind. Dies folgt aber direkt aus  $n^4\ge 8n^3$  (da  $n\ge 10$ ), aus  $n^4\ge 12n^2$,  da ja  $n^2\ge 12$  ist, aus  $n^4\ge 8n$  und aus  $n^4\ge 2$. 

 

Aufgabe * (3 Punkte)

Entscheide, ob die Folge

$x_n=\frac{3n^3-n^2-7}{2n^3+n+8}$

in $\mathbb{Q}$ konvergiert und bestimme gegebenenfalls den Grenzwert.

Lösung

Für  $n\ge 1$  kann man die Folge (durch Erweiterung mit $1/n^3$) als

$x_n:=\frac{3n^3-n^2-7}{2n^3+n+8}=\frac{3-\frac{1}{n}-\frac{7}{n^3}}{2+\frac{1}{n^2}+\frac{8}{n^3}}$

schreiben. Folgen vom Typ $a/n,a/n^2$ und $a/n^3$ sind Nullfolgen. Aufgrund der Summenregel für konvergente Folgen konvergiert der Zähler gegen $3$ und der Nenner gegen $2$, sodass nach der Quotientenregel die Folge insgesamt gegen  $3/2\in \mathbb{Q}$  konvergiert.

 

Aufgabe * (8 Punkte)

Es sei $K$ ein angeordneter Körper und sei

$V=K^{{\mathbb{N}}_{+}}$

der Vektorraum aller Folgen in $K$ (mit komponentenweiser Addition und Skalarmultiplikation).

a) Zeige (ohne Sätze über konvergente Folgen zu verwenden), dass die Menge der Nullfolgen, also

$U=\{(x_n{)}_{n\in {\mathbb{N}}_{+}}\mid (x_n{)}_{n\in {\mathbb{N}}_{+}}\text{ konvergiert gegen 0}\}$

ein $K$-Untervektorraum von $V$ ist.

b) Sind die beiden Folgen

$(1/n{)}_{n\in {\mathbb{N}}_{+}}\text{ und }(1/n^2{)}_{n\in {\mathbb{N}}_{+}}$

linear unabhängig in $V$?

Lösung

a) Wir müssen zeigen, dass $U$ nicht leer ist und bezüglich der Addition und der Skalarmultiplikation abgeschlossen ist.

Die konstante Nullfolge, also das Nullelement von $V$, ist offenbar eine Folge, die gegen $0$ konvergiert.

Es seien $x=(x_n{)}_{n\in {\mathbb{N}}_{+}}$ und $y=(y_n{)}_{n\in {\mathbb{N}}_{+}}$ zwei Folgen aus $U$, also zwei Nullfolgen. Wir müssen zeigen, dass auch die Summe $x+y$ gegen null konvergiert. Es sei dazu $ϵ>0$ vorgegeben. Für $ϵ/2$ gibt es, da die beiden Folgen gegen $0$ konvergieren, natürliche Zahlen $n_0$ und $m_0$ mit

$|x_n|\le \frac{ϵ}{2}\text{ für }n\ge n_0$

und

$|y_n|\le \frac{ϵ}{2}\text{ für }n\ge m_0.$

Aufgrund der Dreiecksungleichung für den Betrag gilt daher für $n\ge max(n_0,m_0)$ die Abschätzung

$|x_n+y_n|\le |x_n|+|y_n|\le \frac{ϵ}{2}+\frac{ϵ}{2}=ϵ,$

also liegt eine Nullfolge vor.

Zum Nachweis der Abgeschlossenheit unter der skalaren Multiplikation sei $(x_n{)}_{n\in {\mathbb{N}}_{+}}$ konvergent und $s\in K$ gegeben. Wir müssen zeigen, dass die Folge $s{x}_n,n\in {\mathbb{N}}_{+}$, gegen $0$ konvergiert. Bei $s=0$ ist dies die Nullfolge, sei also $s\ne 0$. Wegen

$|s{x}_n|=|-s{x}_n|$

können wir annehmen, dass $s$ positiv ist. Es sei $ϵ>0$ vorgegeben. Dann ist $ϵ/s$ ebenfalls positiv und aufgrund der Konvergenz von $(x_n{)}_{n\in {\mathbb{N}}_{+}}$ gegen $0$ gibt es ein $n_0$ derart, dass für $n\ge n_0$ die Beziehung

$|x_n|\le ϵ/s$

gilt. Für $n\ge n_0$ gilt daher wegen

der Multiplikativität des Betrags

$|s{x}_n|=s|x_n|\le sϵ/s=ϵ,$

sodass auch diese Folge gegen

$0$ konvergiert.

b) Die beiden Folgen sind linear unabhängig. Sie sind beide nicht die konstante Nullfolge. Sie wären also nur dann linear abhängig, wenn die eine Folge ein skalares Vielfaches der anderen wäre. Nehmen wir also an, dass für ein $s\in K$ die Beziehung

$\frac{1}{n}=s\frac{1}{n^2}$

für alle $n\in {\mathbb{N}}_{+}$ gilt. Für $n=1,2$ bedeutet dies insbesondere

$1=s1\text{ und }\frac{1}{2}=s\frac{1}{4}.$

Dies bedeutet $s=1$ und $s=2$, was nicht zugleich erfüllt sein kann.

 

Aufgabe * (2 Punkte)

Berechne über den komplexen Zahlen das Matrizenprodukt

$\left(\begin{array}{ccc}2-\mathrm{i}& -1-3\mathrm{i}& -1\\ \mathrm{i}& 0& 4-2\mathrm{i}\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}1+\mathrm{i}\\ 1-\mathrm{i}\\ 2+5\mathrm{i}\end{array}\right).$

Lösung

Man multipliziert die erste Zeile mit der Spalte rechts und erhält

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

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

$\left(\begin{array}{c}-3-6\mathrm{i}\\ 17+17\mathrm{i}\end{array}\right).$

 

Aufgabe * (3 Punkte)

Es sei $K$ ein Körper, $V$ und $W$ seien $K$-Vektorräume und

$\phi :V⟶W$

sei eine $K$-lineare Abbildung. Zeige, dass $\phi$ genau dann injektiv ist, wenn  $\mathrm{kern}\phi =0$  ist.

Lösung

Wenn die Abbildung injektiv ist, so kann es neben  $0\in V$  keinen weiteren Vektor  $v\in V$  mit  $\phi (v)=0$  geben. Also ist  ${\phi }^{-1}(0)=\{0\}$. 
Es sei umgekehrt  $\mathrm{kern}\phi =0$  und seien  $v_1,v_2\in V$  gegeben mit  $\phi (v_1)=\phi (v_2)$.  Dann ist wegen der Linearität

$\phi (v_1-v_2)=\phi (v_1)-\phi (v_2)=0.$

Daher ist  $v_1-v_2\in \mathrm{kern}\phi$  und damit  $v_1=v_2$. 

 

Aufgabe * (3 Punkte)

Es sei $K$ ein Körper und es seien $V$ und $W$ Vektorräume über $K$. Es sei $v_1,\dots ,v_n$ ein Erzeugendensystem von $V$ und es sei $w_1,\dots ,w_n$ eine Familie von Vektoren in $W$.

a) Zeige, dass es maximal eine lineare Abbildung

$\phi :V⟶W$

mit  $\phi (v_i)=w_i$  für alle $i$ geben kann.

b) Man gebe ein Beispiel für eine solche Situation an, wo es keine lineare Abbildung mit  $\phi (v_i)=w_i$  für alle $i$ gibt.

Lösung

a) Es sei  $v\in V$  beliebig. Da ein Erzeugendensystem vorliegt, gibt es eine Darstellung

$v=\sum _{i=1}^n{a}_i{v}_i.$

Da eine lineare Abbildung Linearkombinationen erhält, muss für eine lineare Abbildung $\phi$ mit  $\phi (v_i)=w_i$  gelten

$\phi (v)=\phi \left(\sum _{i=1}^n{a}_i{v}_i\right)=\sum _{i=1}^n{a}_i\phi (v_i)=\sum _{i=1}^n{a}_i{w}_i.$

Es gibt also für $\phi (v)$ nur diese eine Möglichkeit und daher gibt es maximal ein $\phi$.

b) Es sei  $V=W=K$  und sei  $v_1=1$,   $v_2=0$,   $w_1=w_2=1$.  Die beiden Vektoren $v_1$ und $v_2$ sind ein Erzeugendensystem von $K$, da dies für $v_1$ allein schon gilt. Es gibt aber keine lineare Abbildung mit  $\phi (v_2)=\phi (0)=1$,  da eine lineare Abbildung $0$ auf $0$ schickt.

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Bestimme den Kern der linearen Abbildung

${ℝ}^4⟶{ℝ}^3,\left(\begin{array}{c}x\\ y\\ z\\ w\end{array}\right)⟼\left(\begin{array}{cccc}2& 1& 5& 2\\ 3& -2& 7& -1\\ 2& -1& -4& 3\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\ y\\ z\\ w\end{array}\right).$

Lösung

Es geht darum, das lineare Gleichungssystem

$\begin{array}{cccccc}2x& +y& +5z& +2w& =& 0\\ 3x& -2y& +7z& -w& =& 0\\ 2x& -y& -4z& +3w& =& 0\end{array}$

zu lösen. Wir eliminieren mit Hilfe der ersten Gleichung die Variable $y$. Das resultierende System ist ( $I{I}^{\prime }=II+2I$,   $II{I}^{\prime }=III+I$ )

$\begin{array}{cccccc}2x& +y& +5z& +2w& =& 0\\ 7x& & +17z& +3w& =& 0\\ 4x& & +z& +5w& =& 0.\end{array}$

Wir eliminieren nun aus $I{I}^{\prime }$ mittels $II{I}^{\prime }$ die Variable $z$, das ergibt

($I{I}^{\prime }-17II{I}^{\prime }$)

$\begin{array}{cccccc}2x& +y& +5z& +2w& =& 0\\ 4x& & +z& +5w& =& 0\\ -61x& & & -82w& =& 0.\end{array}$

Wir können jetzt dieses System lösen, wobei  $x\ne 0$  die anderen Variablen eindeutig festlegt. Es sei  $x=82$.  Dann ist  $w=-61$.  Damit ist

$z=-4x-5w=-4\cdot 82-5(-61)=-328+305=-23.$

Schließlich ist

$y=-2x-5z-2w=-2(82)-5(-23)-2(-61)=-164+115+122=73.$

Die Lösungsmenge, also der Kern, ist somit

$\{s\left(\begin{array}{c}82\\ 73\\ -23\\ -61\end{array}\right)\mid s\in ℝ\}.$

 

Aufgabe * (4 Punkte)

a) Bestimme, ob die komplexe Matrix

$M=\left(\begin{array}{cc}2+5\mathrm{i}& 1-2\mathrm{i}\\ 3-4\mathrm{i}& 6-2\mathrm{i}\end{array}\right)$

invertierbar ist.

b) Finde eine Lösung für das inhomogene lineare Gleichungssystem

$M\left(\begin{array}{c}{z}_1\\ z_2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}54+72\mathrm{i}\\ 0\end{array}\right).$

Lösung

a) Wir berechnen die Determinante der Matrix. Diese ist

$\begin{array}{cc}detM& =(2+5\mathrm{i})(6-2\mathrm{i})-(3-4\mathrm{i})(1-2\mathrm{i})\\ & =12+10+30\mathrm{i}-4\mathrm{i}-(3-8-4\mathrm{i}-6\mathrm{i})\\ & =27+36\mathrm{i}.\end{array}$

Insbesondere ist die Matrix invertierbar.

b) Es ist

$\begin{array}{cc}\left(\begin{array}{c}54+72\mathrm{i}\\ 0\end{array}\right)& =2\left(\begin{array}{c}detM\\ 0\end{array}\right)\\ \end{array}$

Daher können wir direkt eine Lösung angeben, nämlich

$\left(\begin{array}{c}{z}_1\\ z_2\end{array}\right)=2\left(\begin{array}{c}6-2\mathrm{i}\\ -(3-4\mathrm{i})\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}12-4\mathrm{i}\\ -6+8\mathrm{i}\end{array}\right).$

Es ist ja

$\begin{array}{cc}\left(\begin{array}{cc}2+5\mathrm{i}& 1-2\mathrm{i}\\ 3-4\mathrm{i}& 6-2\mathrm{i}\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}2(6-2\mathrm{i})\\ 2(-3+4\mathrm{i})\end{array}\right)& =2\left(\begin{array}{c}(2+5\mathrm{i})(6-2\mathrm{i})+(1-2\mathrm{i})(-3+4\mathrm{i})\\ (3-4\mathrm{i})(6-2\mathrm{i})+(6-2\mathrm{i})(-3+4\mathrm{i})\end{array}\right)\\ & =\left(\begin{array}{c}2detM\\ 0\end{array}\right).\end{array}$

 

Aufgabe * (4 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 $v_1,\dots ,v_n$ eine Basis von $V$ und $w_1,\dots ,w_m$ eine Basis von $W$. Wir behaupten, dass die Elemente

$(v_j,0),j\in \{1,\dots ,n\},\text{ und }(0,w_i),i\in \{1,\dots ,m\},$

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

$\begin{array}{cc}(v,w)& =(\sum _{j=1}^n{a}_j{v}_j,\sum _{i=1}^m{b}_i{w}_i)\\ & =(\sum _{j=1}^n{a}_j{v}_j,0)+(0,\sum _{i=1}^m{b}_i{w}_i)\\ & =\sum _{j=1}^n{a}_j(v_j,0)+\sum _{i=1}^m{b}_i(0,w_i),\end{array}$

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 * (2 Punkte)

Es sei $K$ ein Körper und es seien $V$ und $W$ Vektorräume über $K$. Es sei ${\mathrm{Hom}}_K(V,W)$ der $K$-Vektorraum der linearen Abbildungen von $V$ nach $W$ und es sei  $v\in V$  ein fixierter Vektor. Zeige, dass die Abbildung

$F:{\mathrm{Hom}}_K(V,W)⟶W,\phi ⟼F(\phi ):=\phi (v),$

$K$-linear ist.

Lösung

Zur Additivität. Es seien  $\phi ,\psi \in {\mathrm{Hom}}_K(V,W)$.  Dann ist (nach der Definition der Addition auf ${\mathrm{Hom}}_K(V,W)$)

$F(\phi +\psi )=(\phi +\psi )(v)=\phi (v)+\psi (v)=F(\phi )+F(\psi ).$

Zur Skalarmultiplikation. Es sei  $\phi \in {\mathrm{Hom}}_K(V,W)$  und  $s\in K$.  Dann ist (wieder aufgrund der Definition der Skalarmultiplikation auf ${\mathrm{Hom}}_K(V,W)$)

$F(s\phi )=(s\phi )(v)=s\phi (v)=sF(\phi ).$

 

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