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@ -1342,14 +1344,15 @@
\def\vectorspacespan{\mathop{\text{\upshape Lin}}}
\def\dim{\mathop{\text{\upshape dim}}}
\def\rank{\mathop{\text{\upshape Rank}}}
\def\rank{\mathop{\text{\upshape Rang}}}
\def\onematrix{\text{\upshape\bfseries I}}
\def\zeromatrix{\text{\upshape\bfseries 0}}
\def\zerovector{\text{\upshape\bfseries 0}}
\def\graph{\mathop{\text{\textup Gph}}}
\def\domain{\mathop{\text{\textup dom}}}
\def\range{\mathop{\text{\textup ran}}}
\def\range{\mathop{\text{\textup Bild}}}
\def\ker{\mathop{\text{\upshape Kern}}}
\def\functionspace{\mathop{\text{\textup Abb}}}
\def\id{\text{\textup id}}
\def\modfn{\mathop{\text{\textup mod}}}
@ -5162,6 +5165,706 @@ Seien $n\in\ntrlpos$ und $\mathbf{v}_{i}\in V$ für $i\in\{1,2,\ldots,n\}$.
\end{proof}
\end{enumerate}
%% ********************************************************************************
%% FILE: body/uebung/ueb8.tex
%% ********************************************************************************
\setcounternach{chapter}{8}
\chapter[Woche 8]{Woche 8}
\label{ueb:8}
%% AUFGABE 8-1
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 1]{}
\label{ueb:8:ex:1}
\let\sectionname\altsectionname
In dieser Aufgabe arbeiten wir im Vektorraum $V=\reell^{4}$.
Seien
\begin{mathe}[mc]{rcl}
U_{1} &= &\{\mathbf{x}\in V\mid x_{1}+2x_{4}=x_{2}+2x_{3}\},\\
U_{2} &= &\{\mathbf{x}\in V\mid x_{1}=x_{2}+x_{3}+x_{4}\}.\
\end{mathe}
Zu bestimmen sind Basen für
$U_{1}$,
$U_{2}$,
$U_{1}\cap U_{2}$,
und
$U_{1}+U_{2}$.
Wir beachten vorab
\begin{longmathe}[mc]{RCLCL}
\mathbf{x}\in U_{1}
&\Longleftrightarrow
&x_{1}-x_{2}-2x_{3}+2x_{4}=0
&\Longleftrightarrow
&\underbrace{
\begin{smatrix}
1&-1&-2&2\\
\end{smatrix}
}_{=:A_{1}}
\mathbf{x}=\zerovector\\
\mathbf{x}\in U_{2}
&\Longleftrightarrow
&x_{1}-x_{2}-x_{3}-x_{4}=0
&\Longleftrightarrow
&\underbrace{
\begin{smatrix}
1&-1&-1&-1\\
\end{smatrix}
}_{=:A_{2}}
\mathbf{x}=\zerovector\\
\mathbf{x}\in U_{1}\cap U_{2}
&\Longleftrightarrow
&\begin{array}[t]{0l}
x_{1}-x_{2}-2x_{3}+2x_{4} = 0\\
\text{und}\,x_{1}-x_{2}-x_{3}-x_{4} = 0\\
\end{array}
&\Longleftrightarrow
&\underbrace{
\begin{smatrix}
1&-1&-2&2\\
1&-1&-1&-1\\
\end{smatrix}
}_{=:A_{3}}
\mathbf{x}=\zerovector\\
\end{longmathe}
für alle $\mathbf{x}\in V$.
Folglich ist $U_{1}$ die Menge der Nullvektoren von $A_{1}$,
$U_{2}$ die Menge der Nullvektoren von $A_{2}$,
$U_{1}\cap U_{2}$ die Menge der Nullvektoren von $A_{3}$.
Um diese zu bestimmen, bringen wir diese Matrizen in Zeilenstufenform,
und bestimmen mithilfe von \cite[Satz 5.3.8]{sinn2020}
eine Basis des Lösungsraums.
\begin{algorithm}[\rtab][\rtab]
Zeilenstufenform für $A_{1}$:
\begin{mathe}[mc]{rcl}
A_{1} &= &\begin{smatrix}
1&-1&-2&2\\
\end{smatrix}\\
\end{mathe}
Darum sind $x_{2}$, $x_{3}$, $x_{4}$ frei und $x_{1}$ wird durch diese bestimmt.
Der Zeilenstufenform zufolge gilt
\begin{mathe}[mc]{rcl}
x_{1} &= &x_{2}+2x_{3}-2x_{4}.\\
\end{mathe}
Mithilfe von \cite[Satz 5.3.8]{sinn2020}
erhalten wir eine Basis des Lösungsraums,
indem wir jeweils eine freie Unbekannte auf $1$
und alle anderen auf $0$ setzen:
\begin{mathe}[mc]{rcl}
x_{2}:=1,\,x_{3}:=0,\,x_{4}:=0
&\Longrightarrow
&\mathbf{x}=\begin{svector}1\\1\\0\\0\\\end{svector},\\
x_{2}:=0,\,x_{3}:=1,\,x_{4}:=0
&\Longrightarrow
&\mathbf{x}=\begin{svector}2\\0\\1\\0\\\end{svector},\\
x_{2}:=0,\,x_{3}:=0,\,x_{4}:=1
&\Longrightarrow
&\mathbf{x}=\begin{svector}-2\\0\\0\\1\\\end{svector}.\\
\end{mathe}
\end{algorithm}
Darum gilt
\begin{mathe}[mc]{rclcl}
U_{1}
&= &\{\mathbf{x}\in V\mid A_{1}\mathbf{x}=\zerovector\}
&= &\vectorspacespan\underbrace{
\{
\begin{svector}1\\1\\0\\0\\\end{svector},
\begin{svector}2\\0\\1\\0\\\end{svector},
\begin{svector}-2\\0\\0\\1\\\end{svector}
\}
}_{=:B}\\
\end{mathe}
und \fbox{$B_{1}$ bildet eine Basis für $U_{1}$}.
\begin{algorithm}[\rtab][\rtab]
Zeilenstufenform für $A_{2}$:
\begin{mathe}[mc]{rcl}
A_{2} &= &\begin{smatrix}
1&-1&-2&2\\
\end{smatrix}\\
\end{mathe}
Darum sind $x_{2}$, $x_{3}$, $x_{4}$ frei und $x_{1}$ wird durch diese bestimmt.
Der Zeilenstufenform zufolge gilt
\begin{mathe}[mc]{rcl}
x_{1} &= &x_{2}+x_{3}+x_{4}.\\
\end{mathe}
Mithilfe von \cite[Satz 5.3.8]{sinn2020}
erhalten wir eine Basis des Lösungsraums wie oben:
\begin{mathe}[mc]{rcl}
x_{2}:=1,\,x_{3}:=0,\,x_{4}:=0
&\Longrightarrow
&\mathbf{x}=\begin{svector}1\\1\\0\\0\\\end{svector},\\
x_{2}:=0,\,x_{3}:=1,\,x_{4}:=0
&\Longrightarrow
&\mathbf{x}=\begin{svector}1\\0\\1\\0\\\end{svector},\\
x_{2}:=0,\,x_{3}:=0,\,x_{4}:=1
&\Longrightarrow
&\mathbf{x}=\begin{svector}1\\0\\0\\1\\\end{svector}.\\
\end{mathe}
\end{algorithm}
Darum gilt
\begin{mathe}[mc]{rclcl}
U_{2}
&= &\{\mathbf{x}\in V\mid A_{2}\mathbf{x}=\zerovector\}
&= &\vectorspacespan\underbrace{
\{
\begin{svector}1\\1\\0\\0\\\end{svector},
\begin{svector}1\\0\\1\\0\\\end{svector},
\begin{svector}1\\0\\0\\1\\\end{svector}
\}
}_{=:B_{2}}\\
\end{mathe}
und \fbox{$B_{2}$ bildet eine Basis für $U_{2}$}.
\begin{algorithm}[\rtab][\rtab]
Zeilenstufenform für $A_{3}$ ($\text{Zeile}_{2} \rightsquigarrow \text{Zeile}_{2}-\text{Zeile}_{1}$):
\begin{mathe}[mc]{rclcl}
A_{3}
&= &\begin{smatrix}
1&-1&-2&2\\
1&-1&-1&-1\\
\end{smatrix}
&\rightsquigarrow &\begin{smatrix}
1&-1&-2&2\\
0&0&1&-3\\
\end{smatrix}\\
\end{mathe}
Darum sind $x_{2}$, $x_{4}$, frei und $x_{1}$, $x_{3}$ werden durch diese bestimmt.
Der Zeilenstufenform zufolge gilt
\begin{mathe}[mc]{rcl}
x_{3} &= &3x_{4}\\
x_{1} &= &x_{2}+2x_{3}-2x_{4}
= x_{2}+2(3x_{4})-2x_{4}
= x_{2}+4x_{4}.\\
\end{mathe}
Mithilfe von \cite[Satz 5.3.8]{sinn2020}
erhalten wir eine Basis des Lösungsraums wie oben:
\begin{mathe}[mc]{rcl}
x_{2}:=1,\,x_{4}:=0
&\Longrightarrow
&\mathbf{x}=\begin{svector}1\\1\\0\\0\\\end{svector},\\
x_{2}:=0,\,x_{4}:=1
&\Longrightarrow
&\mathbf{x}=\begin{svector}4\\0\\3\\1\\\end{svector}.\\
\end{mathe}
gegeben.
\end{algorithm}
Darum gilt
\begin{mathe}[mc]{rclcl}
U_{1}\cap U_{2}
&= &\{\mathbf{x}\in V\mid A_{3}\mathbf{x}=\zerovector\}
&= &\vectorspacespan\underbrace{
\{
\begin{svector}1\\1\\0\\0\\\end{svector},
\begin{svector}4\\0\\3\\1\\\end{svector}
\}
}_{=:B_{3}}\\
\end{mathe}
und \fbox{$B_{3}$ bildet eine Basis für $U_{1}\cap U_{2}$}.
Es bleibt, nur noch eine Basis für $U_{1}+U_{2}$ zu bestimmen.
\textbf{ANSATZ I.}\\
Mithilfe der oben berechneten Basen für $U_{1}$, $U_{2}$, wissen wir
\begin{mathe}[mc]{rcl}
U_{1}+U_{2}
&= &\vectorspacespan\{
\begin{svector}1\\1\\0\\0\\\end{svector},
\begin{svector}2\\0\\1\\0\\\end{svector},
\begin{svector}-2\\0\\0\\1\\\end{svector}
\}
+\vectorspacespan\{
\begin{svector}1\\1\\0\\0\\\end{svector},
\begin{svector}1\\0\\1\\0\\\end{svector},
\begin{svector}1\\0\\0\\1\\\end{svector}
\}\\
&= &\vectorspacespan\{
\begin{svector}1\\1\\0\\0\\\end{svector},
\begin{svector}2\\0\\1\\0\\\end{svector},
\begin{svector}-2\\0\\0\\1\\\end{svector}
\begin{svector}1\\0\\1\\0\\\end{svector},
\begin{svector}1\\0\\0\\1\\\end{svector}
\}.\\
\end{mathe}
Wir haben nun ein Erzeugendensystem bestimmt.
Diese Menge muss auf eine maximale linear unabhängige reduziert werden,
um eine Basis daraus zu berechnen.
Um diese zu tun, reicht es aus,
die Vektoren in ein homogenes LGS zu überführen,
die Matrix auf Zeilenstufenform zu reduzieren,
um etwa durch die Spalten entsprechend den freien Unbekannten zu bestimmen,
welche Spalten linear abhängig sind.
\begin{algorithm}[\rtab][\rtab]
Homogenes System:
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\begin{smatrix}
1&2&-2&1&1\\
1&0&0&0&0\\
0&1&0&1&0\\
0&0&1&0&1\\
\end{smatrix}\\
\end{mathe}
Zeilenoperation
${Z_{2}\leftsquigarrow Z_{1}-Z_{2}}$
anwenden:
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\begin{smatrix}
1&2&-2&1&1\\
0&2&-2&1&1\\
0&1&0&1&0\\
0&0&1&0&1\\
\end{smatrix}\\
\end{mathe}
Zeilenoperation
${Z_{3}\leftsquigarrow 2\cdot Z_{3} - Z_{2}}$
anwenden:
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\begin{smatrix}
1&2&-2&1&1\\
0&2&-2&1&1\\
0&0&2&1&-1\\
0&0&1&0&1\\
\end{smatrix}\\
\end{mathe}
Zeilenoperation
${Z_{4}\leftsquigarrow Z_{3} - 2\cdot Z_{4}}$
anwenden:
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\begin{smatrix}
1&2&-2&1&1\\
0&2&-2&1&1\\
0&0&2&1&-1\\
0&0&0&1&-3\\
\end{smatrix}\\
\end{mathe}
$\Longrightarrow$ nur $x_{5}$ frei.
\end{algorithm}
Also hängt die 5. Spalte von Spalten 1--4 ab, welche der Zeilenstufenform zufolge linear unabhängig sind.
Folglich ist
\begin{mathe}[mc]{c}
\left\{
\begin{svector}1\\1\\0\\0\\\end{svector},
\begin{svector}2\\0\\1\\0\\\end{svector},
\begin{svector}-2\\0\\0\\1\\\end{svector}
\begin{svector}1\\0\\1\\0\\\end{svector}
\right\}\\
\end{mathe}
eine \fbox{Basis für $U_{1}+U_{2}$}.
\textbf{ANSATZ II.}\\
Mithilfe der Dimensionsformel (siehe \cite[Satz~5.4.3~(2)]{sinn2020}) wissen wir
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\dim(U_{1}+U_{2})
&= &\dim(U_{1}) + \dim(U_{2}) - \dim(U_{1}\cap U_{2})\\
&= &3+3-2 = 4 = \dim(V).\\
\end{mathe}
Da $V$ endlich dimensional ist,
und $\dim(U_{1}+U_{2})=\dim(V)$
für den linearen Unterraum $U_{1}+U_{2}\subseteq V$
gilt,
gilt $U_{1}+U_{2}=V=\reell^{4}$
(Siehe \cite[Satz~5.4.3~(1)]{sinn2020}).
Darum können wir bspw. die \uline{kanonische Basis} für $\reell^{4}$
\begin{mathe}[mc]{c}
\left\{
\begin{svector}1\\0\\0\\0\\\end{svector},
\begin{svector}0\\1\\0\\0\\\end{svector},
\begin{svector}0\\0\\1\\0\\\end{svector},
\begin{svector}0\\0\\0\\1\\\end{svector}
\right\}\\
\end{mathe}
als Basis für $U_{1}+U_{2}$ verwenden.
\textbf{Bemerkung.} In diesem letzten Teil hatten wir Glück.
Wenn sich $\dim(U_{1}+U_{2})<V$ herausgestellt hätte,
hätten wir Ansatz II nicht anwenden können,
und hätten etwas wie Ansatz I anwenden müssen.
%% AUFGABE 8-2
\clearpage
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 2]{}
\label{ueb:8:ex:2}
\let\sectionname\altsectionname
In dieser Aufgabe arbeiten wir im Vektorraum $V=\reell[x]_{\leq d}$
für ein $d\in\ntrlpos$.
Dies ist ein linearer Unterraum von $\reell[x]$.
Seien
\begin{mathe}[mc]{c}
\mathbf{v}_{i} := (x-1)^{i}\in V\\
\end{mathe}
für $i\in\{0,1,\ldots,d\}$.
\begin{schattierteboxdunn}
\begin{claim}
\makelabel{claim:main:ueb:8:ex:2}
Die Vektoren in $B:=\{\mathbf{v}_{0},\mathbf{v}_{1}\ldots,\mathbf{v}_{d}\}$
bilden eine Basis für $V$.
\end{claim}
\end{schattierteboxdunn}
\begin{proof}
\textbf{Zu zeigen:} $B$ ist ein Erzeugendensystem
und ist eine linear unabhängige Menge.
\uwave{{\bfseries Erzeugendensystem:}}\\
Da $1,x,\ldots,x^{d}$ offensichtlich ein Erzeugendensystem für $V$ ist,\\
reicht es aus \textbf{zu zeigen},
dass $x^{k}\in\vectorspacespan B$
für alle $k\in\{0,1,\ldots,d\}$.\\
Fixiere also ein beliebiges $k\in\{0,1,\ldots,d\}$.\\
Mithilfe der binomischen Formel wissen wir
\begin{mathe}[mc]{rcccccl}
x^{k} &= &(x-1\,+\,1)^{k}
&= &\sum_{i=0}^{k}\choose{k}{i}\cdot (x-1)^{i}\cdot 1^{k-i}
&= &\sum_{i=0}^{k}c_{i}\mathbf{v}_{i},\\
\end{mathe}
wobei $c_{i}=\choose{k}{i}\in\reell$ für alle $i\in\{0,1,\ldots,k\}$.
Darum gilt offensichtlich $x^{k}\in\vectorspacespan B$
für alle $k\in\{0,1,\ldots,d\}$.\\
Also ist $B$ ein Erzeugendensystem.
\uwave{{\bfseries Lineare Unabhägigkeit:}}\\
Seien $c_{0},c_{1},\ldots,c_{d}\in\reell$ mit
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\eqtag[eq:1:\beweislabel]
\sum_{i=0}^{d}c_{i}\mathbf{v}_{i} &= &\zerovector\\
\end{mathe}
wobei $\zerovector$ der Nullvektor von $V$ ist,
also das $0$-Polynom.
\textbf{Zu zeigen:} $c_{0},c_{1},\ldots,c_{d}=0$.
\textbf{Ansatz I:}
\fbox{Angenommen}, dies sei nicht der Fall.
Sei $k\in\{0,1,\ldots,d\}$ maximal mit $c_{k}\neq 0$.
Falls $k=0$, dann
\begin{mathe}[mc]{rcl}
x^{0} &= &c_{0}^{-1}c_{0}(x-1)^{0}\\
&= &c_{0}^{-1}\sum_{i=0}^{d}c_{i}(x-1)^{i}
\quad\text{wegen Maximalität von $k$}\\
&\eqcrefoverset{eq:1:\beweislabel}{=}
&c_{0}^{-1}\cdot\zerovector\\
&= &\zerovector,\\
\end{mathe}
was offensichtlich ein Widerspruch ist.
Falls $k>0$, dann
\begin{mathe}[mc]{rcl}
x^{k}
&=
&x^{k}-c_{k}^{-1}\cdot\zerovector\\
&\eqcrefoverset{eq:1:\beweislabel}{=}
&x^{k}-c_{k}^{-1}\sum_{i=0}^{d}c_{i}(x-1)^{i}\\
&=
&x^{k}-\sum_{i=0}^{k}c_{k}^{-1}c_{i}(x-1)^{i}
\quad\text{wegen Maximalität von $k$}\\
&=
&\sum_{i=0}^{k-1}
-c_{k}^{-1}c_{i}(x-1)^{i}
+(x^{k}-(x-1)^{k}).\\
\end{mathe}
Mithilfe der binomischen Formel ist es leicht zu sehen,
dass der letzte Term ein Polynom vom Grade $<k$ ist.\\
Das heißt, $x^{k}\in\vectorspacespan\{1,x,\ldots,x^{k-1}\}$.\\
Daraus folgt, dass $1,x,\ldots,x^{k-1},x^{k}$
\emph{linear abhängig} sind.\\
Aber dies widerspricht,
dass $1,x^{1},x^{2},\ldots$ im (Ober)vektorraum $\reell[x]$ linear unabhängig sind
(siehe \cite[Bsp.~5.2.7]{sinn2020}).\\
Darum gilt die Annahme nicht.
Also $c_{0},c_{1},\ldots,c_{d}=0$.
\textbf{Ansatz II:}
Sei nun $t\in\reell$ ein beliebiger Wert.
Wenn man $x=t+1$ in \eqcref{eq:1:\beweislabel} einsetzt,
erhält man
\begin{mathe}[mc]{rcccccl}
\eqtag[eq:2:\beweislabel]
\sum_{i=0}^{d}c_{i}t^{i}
&= &\sum_{i=0}^{d}c_{i}\mathbf{v}_{i}(t+1)
&= &\zerovector(t+1)
&= &0.\\
\end{mathe}
Da \eqcref{eq:2:\beweislabel} nun für alle $t\in\reell$ gilt,
haben wir somit bewiesen, dass
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\eqtag[eq:3:\beweislabel]
\sum_{i=0}^{d}c_{i}x^{i} &= &\zerovector\\
\end{mathe}
gilt.
Da nun $1,x^{1},x^{2},\ldots$ im (Ober)vektorraum $\reell[x]$
linear unabhängig sind
(siehe \cite[Bsp.~5.2.7]{sinn2020}),
folgt aus \eqcref{eq:3:\beweislabel}
per Definition von linearer Unabhägigkeit,
dass $c_{0},c_{1},\ldots,c_{d}=0$ gilt.
\end{proof}
%% AUFGABE 8-3
\clearpage
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 3]{}
\label{ueb:8:ex:3}
\let\sectionname\altsectionname
Sei $V$ ein Vektorraum über $\kmplx$ mit Basis
$\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n}$.
Bezeichne mit $W$ denselben Vektorraum,
nur über dem Körper $\reell$ statt $\kmplx$.
\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
%% AUFGABE 8-3a
\item\voritemise
\begin{schattierteboxdunn}
\begin{claim}
\makelabel{claim:1:ueb:8:ex:3}
Die Vektoren $\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n}$
\fbox{bleiben linear unabhängig} in $W$.
\end{claim}
\end{schattierteboxdunn}
\begin{proof}
Seien $c_{1},c_{2},\ldots,c_{n}\in\reell$ mit
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\eqtag[eq:1:\beweislabel]
\sum_{i=1}^{n}c_{i}\mathbf{v}_{i} &= &\zerovector\\
\end{mathe}
\textbf{Zu zeigen:} $c_{1},c_{2},\ldots,c_{n}=0$.\\
Da per Voraussetzung von Aufgabe 3
$\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n}$
linear unabhängig in $V$ sind,
gilt nun
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\eqtag[eq:2:\beweislabel]
\forall{c'_{1},c'_{2},\ldots,c'_{n}\in\kmplx:~}
\sum_{i=1}^{n}c'_{i}\mathbf{v}_{i}=\zerovector
\Rightarrow
c'_{1},c'_{2},\ldots,c'_{n}=0.\\
\end{mathe}
Da $\reell\subseteq\kmplx$ folgt unmittelbar aus
\eqcref{eq:1:\beweislabel}
und \eqcref{eq:2:\beweislabel},
dass $c_{1},c_{2},\ldots,c_{n}=0$ gilt.
\end{proof}
%% AUFGABE 8-3b
\item
Wir beantworten (b) zusammen mit (c).
%% AUFGABE 8-3c
\item\voritemise
\begin{schattierteboxdunn}
\begin{claim}
\makelabel{claim:2-3:ueb:8:ex:3}
Die Vektoren
$\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n},
\mathbf{v}_{n+1},\mathbf{v}_{n+2},\ldots,\mathbf{v}_{2n}$,
wobei
\begin{mathe}[mc]{c}
\forall{i\in\{1,2,\ldots,n\}:~}
\mathbf{v}_{n+i}:=\imageinh\cdot\mathbf{v}_{n}
~\text{(berechnet in $V$)},\\
\end{mathe}
bilden \fbox{eine Basis für $W$}.
Insbesondere gilt \fbox{$\dim(W)=2n=2\dim(V)$}.
\end{claim}
\end{schattierteboxdunn}
\begin{proof}
\textbf{Zu zeigen:}
$\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{2n}$
ist ein Erzeugendensystem für $W$
und linear unabhängig.
\uwave{{\bfseries Erzeugendensystem:}}\\
Sei $\mathbf{\xi}\in W(=V)$ ein beliebiger Vektor.
\textbf{Zu zeigen:}
Es gibt $c_{1},c_{2},\ldots,c_{2n}\in\reell$,
so dass $\sum_{i=1}^{2n}c_{i}\mathbf{v}_{i}=\mathbf{\xi}$.\\
Da nun $\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n}$
eine Basis für $V$ ist,
und $V$ ein $\kmplx$-Vektorraum ist,
existieren Skalare $\alpha_{1},\alpha_{2},\ldots,\alpha_{n}\in\kmplx$,
so dass
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\eqtag[eq:1:\beweislabel]
\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}\mathbf{v}_{i} &= &\mathbf{\xi}.\\
\end{mathe}
Setze nun
\begin{mathe}[mc]{cqc}
c_{i}:=\ReTeil(\alpha_{i}),
&c_{n+i}:=\ImTeil(\alpha_{i})\\
\end{mathe}
für alle $i\in\{1,2,\ldots,n\}$. Dann gilt
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\sum_{i=1}^{2n}c_{i}\mathbf{v}_{i}
&= &\sum_{i=1}^{n}c_{i}\mathbf{v}_{i}
+ \sum_{i=n+1}^{2n}c_{i}\mathbf{v}_{i}\\
&= &\sum_{i=1}^{n}c_{i}\mathbf{v}_{i}
+ \sum_{i=1}^{n}c_{n+i}\mathbf{v}_{n+i}\\
&= &\sum_{i=1}^{n}c_{i}\mathbf{v}_{i}
+ \sum_{i=1}^{n}c_{n+i}(\imageinh\cdot\mathbf{v}_{i})
\quad\text{(per Konstruktion)}\\
&= &\sum_{i=1}^{n}(c_{i}+\imageinh\cdot c_{n+i})\mathbf{v}_{i}\\
&= &\sum_{i=1}^{n}(\ReTeil(\alpha_{i})+\imageinh\ImTeil(\alpha_{i}))\mathbf{v}_{i}
\quad\text{(per Konstruktion)}\\
&= &\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}\mathbf{v}_{i}
\eqcrefoverset{eq:1:\beweislabel}{=}
\mathbf{\xi}.\\
\end{mathe}
Also gibt es $c_{1},c_{2},\ldots,c_{2n}\in\reell$,
so dass $\sum_{i=1}^{2n}c_{i}\mathbf{v}_{i}=\mathbf{\xi}$.
Da dies für alle $\mathbf{\xi}\in W$ gilt,
bilden $\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{2n}$
ein Erzeugendensystem für $W$.
\uwave{{\bfseries Lineare Unabhägigkeit:}}\\
Seien $c_{1},c_{2},\ldots,c_{2n}\in\reell$, so dass
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\eqtag[eq:2:\beweislabel]
\sum_{i=1}^{2n}c_{i}\mathbf{v}_{i} &= &\zerovector.\\
\end{mathe}
\textbf{Zu zeigen:}
$c_{1},c_{2},\ldots,c_{2n}=0$.
Es gilt
\begin{mathe}[mc]{rclcl}
\eqtag[eq:2b:\beweislabel]
\zerovector
&\eqcrefoverset{eq:2:\beweislabel}{=}
&\sum_{i=1}^{2n}c_{i}\mathbf{v}_{i}
&= &\sum_{i=1}^{n}
\overbrace{
(c_{i}+\imageinh\cdot c_{n+i})
}^{=:\alpha_{i},\,\in\kmplx}
\mathbf{v}_{i},\\
\end{mathe}
wobei die letzte Umformung genau wie in der o.\,s. Berechnung
sich herleiten lässt.
Da $\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n}$
im $\kmplx$-Vektorraum, $V$,
linear unabhängig sind,
folgt aus \eqcref{eq:2b:\beweislabel},
dass $\alpha_{1},\alpha_{2},\ldots,\alpha_{n}=0$.\\
Da $c_{i}\in\reell$ für alle $i\in\{1,2,\ldots,2n\}$,
folgt aus der Definition von jedem $\alpha_{i}$,
dass
\begin{mathe}[mc]{rclcl}
c_{i} &= &\ReTeil(\alpha_{i}) &= &0\\
c_{n+i} &= &\ImTeil(\alpha_{i}) &= &0\\
\end{mathe}
für alle $i\in\{1,2,\ldots,n\}$.
Darum gilt $c_{1},c_{2},\ldots,c_{2n}=0$.
Also sind $\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{2n}$
linear unabhängig.
\end{proof}
\end{enumerate}
\textbf{Bemerkung.}
Zum Schluss betrachten wir den konkreten Fall von $V=\kmplx^{2}$
mit der kanonischen Basis
\begin{mathe}[mc]{cqc}
\mathbf{v}_{1}:=\begin{svector}1\\0\\\end{svector},
&\mathbf{v}_{2}:=\begin{svector}0\\1\\\end{svector}.\\
\end{mathe}
\Cref{claim:2-3:ueb:8:ex:3} zufolge ist
\begin{mathe}[mc]{cqcqcqc}
\mathbf{v}_{1},
&\mathbf{v}_{2},
&\mathbf{v}_{3}:=\imageinh\cdot\mathbf{v}_{1} = \begin{svector}\imageinh\\0\\\end{svector},
&\mathbf{v}_{4}:=\imageinh\cdot\mathbf{v}_{2} = \begin{svector}0\\\imageinh\\\end{svector}.\\
\end{mathe}
eine Basis für $W:=\kmplx^{2}$, wenn dies als $\reell$-Vektorraum betrachtet wird.
Insbesondere gilt $\dim(W)=4$.
\setcounternach{part}{2}
\part{Selbstkontrollenaufgaben}
@ -6656,7 +7359,8 @@ Die Gruppentafel sieht folgendermaßen aus:
An der Tafel lässt sich leicht erkennen, ob eine Gruppe kommutativ ist:
eine Gruppe, $G$, ist genau dann kommutativ, wenn die Gruppentafel symmetrisch ist.
Hierbei sollte man darauf achten, dass die \emph{Labels} der Elemente gar keine Rolle spielen.
Um diese Urteil also leichter treffen zu können ersetzen wir die Elemente durch verschieden gefärbte Quadrate:
Um dieses Urteil leichter treffen zu können,
ersetzen wir die Elemente o.\,E. durch verschieden gefärbte Quadrate:
\begin{figure}[h]
\footnotesize

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