Ein Repository für den Kurs Lineare Algebra 1, WiSe 2020–21.
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linalg2020/notes/vorbereitungKL2_2.md

150 lines
4.8 KiB

v1=... w1=...
v2=... w2=... wie in Aufgabe
v3 = (1 0 0)
[oder sagen: „es gibt“ ein v3, so dass {v1,v2,v3} eine Basis von R^3 ist]
wähle w3 in R^3 beliebig
---> ex. lin Abb φ : R^3 ---> R^3 (siehe Satz 6.1.13)
5b)
ii) wir wissen, dass {w1, w2} lin unabh.
---> also ex. w3 ∈ R^3 s. d. {w1, w2, w3} eine Basis von R^3 ist.
---> lin Abb φ wie vorher erzeugen.
Zz: φ ist injektiv. (Dann folgt: φ bijektiv (weil VR beide 3-dimensional sind), also φ ein Isomorphismus)
Sei x ∈ Kern(φ).
Dann x = c1·v1 + c2·v2 + c3·v3
Also 0 = φ(x) = c1·w1 + c2·w2 + c3·w3
Also c1, c2, c3 = 0, weil {w1, w2, w3} eine Basis
Also x = c1·v1 + c2·v2 + c3·v3 = 0.
===> Damit haben wir gezeigt, dass Kern(φ) = {0}
(beachte, dass 0 immer im Kern ist)
===> φ injektiv.
ODER
Aus Korollar 6.1.15 folgt φ ein Iso, weil {w1, w2, w3} eine Basis ist.
iii) setze w3 = 0. Konstruiere φ wie oben.
Dann erfüllt φ die 3 erwünschten Eigenschaften.
Und φ(v3) = w3 = 0, sodass Kern(φ) ≠ {0}, weil v3 ≠ 0.
Darum ist φ nicht injektiv und damit kein Isomorphismus.
Wenn dim(W) = m, m eine endliche Zahl:
(1) φ injektiv <==> Kern(φ) = {0}
<==> dim(Kern(φ)) = 0
<==> dim(Bild(φ)) = dim(V)
<==> Rang(φ) = dim(V)
<==> Rang(φ) ≥ dim(V)
(2) φ surjektiv <==> Bild(φ) = W
<==> dim(Bild(φ)) = dim(W) (=m)
<==> Rang(φ) = dim(W)
<==> Rang(φ) ≥ dim(W)
z. B. wenn Bild(φ) = lin{w1, w2, ..., w_r} und {w1, w2, ..., w_r} lin unabh.
dann dim(Bild(φ)) = r
A = ( a_ij ) eine m x n Matrix
B = ( b_ij ) eine m x n Matrix
A + 5B = ( a_ij + 5b_ij )
A = ( a_ij ) eine m x n Matrix
¯
B = ( b_ij ) eine n x l Matrix
¯
(„innere Dimensionen“ müssen übereinstimmen, um Matrixmult. durchzuführen)
n
A·B = ( c_ij ), wobei c_ij = ∑ a_ik b_kj
k=1
l
B·A = ( d_ij ), wobei d_ij = ∑ b_ik a_kj
k=1
## BEWEISE ##
d)
Behauptung. A,B ⊆ Y gilt f^-1(A∩B) = f^−1(A) ∩ f^−1(B).
Beweis.
(⊆) Sei x ∈ f^-1(A∩B) beliebig.
Zu zeigen: x ∈ f^−1(A) ∩ f^−1(B).
D. h. wir müssen zeigen,
dass x ∈ f^−1(A) und x ∈ f^−1(B).
Es gilt
x ∈ f^-1(A∩B)
⟹ f(x) ∈ A ∩ B (per Definition von f^-1)
⟹ f(x) ∈ A und f(x) ∈ B
⟹ x ∈ f^-1(A) und x ∈ f^-1(B) (per Definition von f^-1)
Darum gilt x ∈ r. S.
(⊇) Sei x ∈ f^−1(A) ∩ f^−1(B).
D. h. x ∈ f^−1(A) und x ∈ f^−1(B).
Zu zeigen: x ∈ f^-1(A∩B).
Es gilt
x ∈ f^-1(A) und x ∈ f^-1(B)
⟹ f(x) ∈ A und f(x) ∈ B (per Definition von f^-1)
⟹ f(x) ∈ A ∩ B
⟹ x ∈ f^-1(A∩B) (per Definition von f^-1)
Darum gilt x ∈ l. S.
QED.
Es seien U, V und W Vektorräume über einem Körper K. Seien φ: U → V und ψ : V → W lineare Abbildungen.
Beh. ψ ◦ φ injektiv <==> (φ injektiv ist + Kern(ψ) ∩ Bild(φ) = {0}).
Beweis.
(⟹) Angenommen, ψ ◦ φ injektiv.
Zu zeigen:
i) φ injektiv
ii) Kern(ψ) ∩ Bild(φ) = {0}.
Zu i): Zu zeigen: Kern(φ) = {0}.
Sei also x ∈ U mit φ(x) = 0.
Dann (ψ ◦ φ)(x) = ψ(φ(x)) = ψ(0) = 0.
Also x ∈ Kern(ψ ◦ φ) und per ANNAHME Kern(ψ ◦ φ) = {0} (weil injektiv).
Also x = 0.
Darum haben wir gezeigt, dass Kern(φ) ⊆ {0}.
Also Kern(φ) = {0} (weil 0 immer im Kern ist).
Zu ii): Zu zeigen Kern(ψ) ∩ Bild(φ) ⊆ {0} ( ⊇ gilt immer, weil 0 immer im Kern und Bild ).
Sei also x ∈ Kern(ψ) ∩ Bild(φ).
Zu zeigen: x = 0.
Also x ∈ Kern(ψ) und x ∈ Bild(φ).
Also ψ(x) = 0 und x = φ(y) für ein y ∈ U.
Also ψ(φ(y)) = 0.
Also y ∈ Kern(ψ ◦ φ) und per ANNAHME Kern(ψ ◦ φ) = {0} (weil injektiv).
Also y = 0.
Also x = φ(y) = φ(0) = 0.
(⟸) Angenommen,
i) φ injektiv
ii) Kern(ψ) ∩ Bild(φ) = {0}
Zu zeigen: ψ ◦ φ injektiv.
Es reicht also aus zu zeigen, dass
Kern(ψ ◦ φ) = {0}.
Sei also x ∈ U mit (ψ ◦ φ)(x) = 0.
Zu zeigen: x = 0.
...
... [Annahme i + ii iwo gebrauchen]
...
Also x = 0.
QED