M. Künzer, J. Marhenke

Lineare Algebra für Informatiker, WS 03/04

Lösung 7

Aufgabe 28.

(1) Eine Basis von Kern f ist z.B. gegeben durch ((\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix})). Ferner ist z.B. das Tupel ((\begin{matrix}1 \\ 0 \\ −1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}−1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})) eine Basis von Im f. Die Abbildung f ist nicht injektiv, da Kern f ≠ 0. Sie ist nicht surjektiv, da dim Im f = 2, aber dim W = 3 gilt.

(2) Eine Basis von Kern f ist beispielsweise ((\begin{matrix}ι \\ −1 \\ −ι \\ 1 \end{matrix})), und damit ist die Abbildung nicht injektiv. Ferner

ist z.B. das Tupel ((\begin{matrix}ι \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}−1 \\ ι \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 \\ −1 \\ ι \end{matrix})) eine Basis von Im f. Die Abbildung ist surjektiv, da Im f ≤ W und dim Im f = 3 = dim W, und mithin Im f = W.

(3) Eine Basis von Kern f ist z.B. (1), und damit ist f nicht injektiv. Da z.B. (ι) eine Basis von Im f ist, folgt dim Im f = 1 < 2 = dim W, und also ist f nicht surjektiv.

Aufgabe 29.

(1) Die Abbildung φ ist linear, wie folgende Rechnung zeigt. Seien f(X), g(X) ∈ R[X] und seien

λ, μ ∈ K. Es wird

φ(λf(X) + μg(X)) = (X · (λf(X) + μg(X)))′
= (λXf(X) + μXg(X))′
= λ(Xf(X))′ + μ(Xg(X))′ .
= λφ(f(X)) + μφ(g(X)) .

Die Abbildung ist injektiv. In der Tat ist mit f(X) = ∑_{j≥0} a_{j}X^{j} das Bild φ(f(X)) = ∑_{j≥0}(j + 1)a_{j}X^{j} genau dann gleich 0, wenn alle a_{j} = 0 sind, was Kern f = 0 zeigt.

Die Abbildung ist auch surjektiv, da φ(∑_{j≥0} \frac{a_{j}}{j+1}X^{j}) = ∑_{j≥0} a_{j}X^{j} gilt.

(2) Wie in (1) ist φ linear. Die Abbildung φ ist nicht surjektiv, da z.B. X^{4} ∉ Im φ. Außerdem ist φ nicht injektiv, weil z.B. X^{4} ∈ Kern φ.

(3) Die Abbildung φ : ∑_{j≥0} a_{j}X^{j} \overline{}∑_{j≥0} a_{j}X^{3j} ist linear und injektiv. Dagegen ist φ nicht surjektiv, da z.B. X ∉ Im φ.

(4) Hier ist φ nicht linear, da z.B. φ(X + 1) = X^{3} + 3X^{2} + 3X + 1 ≠ X^{3} + 1 = φ(X) + φ(1).

Für die Injektivität betrachten wir das Urbild von φ^{−1}({1}). Es gibt nun außer dem konstanten Polynom 1 darin noch weitere konstante Polynome. Denn Polynomdivision liefert s^{3} − 1 = (s − 1)(s^{2} + s + 1), so daß ζ_{3} := \frac{−1+i\sqrt{3}}{2} und ζ_{3}^{2} = ζ̄_{3} = \frac{−1−i\sqrt{3}}{2} ebenfalls in diesem Urbild liegen.

Da X ∉ Im φ, ist φ auch nicht surjektiv.

(5) Seien f(X), g(X) ∈ F_{3}[X] und λ, μ ∈ F_{3}. Dann ist

φ(λf(X) + μg(X)) = λ^{3}f(X)^{3} + 3λ^{2}f(X)^{2}μg(X) + 3λf(X)μ^{2}g(X)^{2} + μ^{3}g(X)^{3}
= λ^{3}f(X)^{3} + μ^{3}g(X)^{3}
= λf(X)^{3} + μg(X)^{3} = λφ(f(X)) + μφ(g(X)) .

Damit ist die Abbildung φ linear.

Es gilt φ(∑_{j≥0} a_{j}X^{j}) = ∑_{j≥0} a_{j}^{3}X^{3j} = ∑_{j≥0} a_{j}X^{3j} = 0 genau dann, wenn a_{j} = 0 für alle j ≥ 0. Folglich ist φ injektiv. Wegen X ∉ Im φ ist φ nicht surjektiv.

(6) Wegen φ(X + 1) = ((X + 1) + 1) + 1 = X + 3 ≠ φ(X) + φ(1) = X + 1 ist φ nicht linear.

Die Abbildung ist auch nicht injektiv, da z.B. φ(ζ_{3}X) = X = φ(X), aber ζ_{3}X ≠ X. Es ist stets deg φ(f) = deg(f)^{3}, folglich ist beispielsweise X^{2} ∉ Im φ, und demnach ist φ nicht surjektiv.

Aufgabe 30.

(1) Sei \underline{x} = (x_{1}, x_{2}, x_{3}) eine Basis von F_{3}^{3}. Eine Abbildung φ : F_{3}^{3} \overline{}F_{3}^{4} ist injektiv genau dann, wenn das Tupel (φ(x_{1}), φ(x_{2}), φ(x_{3})) linear unabhängig ist. Also genügt es, alle linear unabhängigen Tupel der Länge 3 in F_{3}^{4} zu zählen.

Der Vektorraum F_{3}^{4} hat 3^{4} Elemente, also gibt es 3^{4} − 3^{0} Möglichkeiten für φ(x_{1}) ≠ 0. Für φ(x_{2}) ∉ ⟨φ(x_{1})⟩ bleiben genau 3^{4} − 3^{1} Möglichkeiten. Ferner muss φ(x_{3}) ∉ ⟨φ(x_{1}), φ(x_{2})⟩ liegen. Also kann φ(x_{3}) aus 3^{4} −3^{2} Vektoren gewählt werden. Insgesamt gibt es (3^{4} −3^{0})(3^{4} −3^{1})(3^{4} −3^{2}) ( = 449280 ) injektive F_{3}-lineare Abbildungen von F_{3}^{3} nach F_{3}^{4}.

(2) Sei durch das Tupel (x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}) eine Basis von F_{3}^{4} gegeben. Eine Abbildung φ : F_{3}^{4} \overline{}F_{3}^{3} ist surjektiv genau dann, wenn ⟨φ(x_{1}), φ(x_{2}), φ(x_{3}), φ(x_{4})⟩ = F_{3}^{3}. Also muss man die erzeugenden Tupel (y_{1}, y_{2}, y_{3}, y_{4}) der Länge 4 in F_{3}^{3} zählen, d.h. diejenigen, die ein linear unabhängiges Tupel der Länge 3 enthalten. Wir unterscheiden folgende Fälle.

Fall 1: Es ist (y_{1}, y_{2}, y_{3}) linear unabhängig. Diesenfalls ist y_{4} beliebig ergänzbar. Wir haben hierfür also (3^{3} − 3^{0})(3^{3} − 3^{1})(3^{3} − 3^{2}) · 3^{3} Möglichkeiten.

Fall 2: Es ist (y_{1}, y_{2}, y_{3}) linear abhängig, aber (y_{1}, y_{2}) linear unabhängig. Diesenfalls muß (y_{1}, y_{2}, y_{4}) linear unabhängig sein. Da y_{3} ∈ ⟨y_{1}, y_{2}⟩ zu liegen hat, gibt es für ihn 3^{2} Möglichkeiten. Insgesamt haben wir (3^{3} − 3^{0})(3^{3} − 3^{1}) · 3^{2} · (3^{3} − 3^{2}) Möglichkeiten.

Fall 3: Es ist (y_{1}, y_{2}) linear abhängig, aber (y_{1}) linear unabhängig, d.h. y_{1} ≠ 0. Diesenfalls muß (y_{1}, y_{3}, y_{4}) linear unabhängig sein. Da y_{2} ∈ ⟨y_{1}⟩ zu liegen hat, gibt es für ihn 3^{1} Möglichkeiten. Insgesamt haben wir (3^{3} − 3^{0}) · 3^{1} · (3^{3} − 3^{1})(3^{3} − 3^{2}) Möglichkeiten.

Fall 4: Es ist (y_{1}) linear abhängig, d.h. y_{1} = 0. Nun muß (y_{2}, y_{3}, y_{4}) linear unabhängig sein. Hierfür gibt es 3^{0} · (3^{3} − 3^{0})(3^{3} − 3^{1})(3^{3} − 3^{2}) Möglichkeiten.

Alles in allem gibt es (3^{3} − 3^{0})(3^{3} − 3^{1})(3^{3} − 3^{2}) · (3^{3} + 3^{2} + 3^{1} + 3^{0}) ( = 449280) surjektive F_{3}-lineare Abbildungen von F_{3}^{4} nach F_{3}^{3}.

Frage (fakultativ): Ist es Zufall, daß das Resultat in (1) mit dem in (2) übereinstimmt?

Aufgabe 31.

(1) Die Aussage ist richtig. Sei λ_{1}x_{1} + ⋯ + λ_{n}x_{n} = 0 mit λ_{i} ∈ K. Wir haben zu zeigen, daß λ_{i} = 0 stets. Wegen 0 = f(0) = f(λ_{1}x_{1} + ⋯ + λ_{n}x_{n}) = λ_{1}f(x_{1}) + ⋯ + λ_{n}f(x_{n}) folgt nun aus der linearen Unabhängigkeit des Tupels (f(x_{1}), …, f(x_{n})) in der Tat, daß stets λ_{i} = 0.

(2) Die Aussage ist richtig. In der Tat ist

dim Kern f+ dim Kern g = (dim U− dim V)+(dim V − dim W) = dim U− dim W = dim Kern(g∘f) .

Bemerkung: Es hätte genügt, f als surjektiv vorauszusetzen, da dann wegen Im g = Im(g ∘ f) das angeführte Argument gültig bleibt.

(3) Die Aussage ist falsch. Betrachte als Gegenbeispiel U = 0, V = K, W = 0 mit f : U \overline{}V, 0 \overline{}0 und g : V \overline{}W, ξ \overline{}0. Dann ist Kern f = 0, Kern g = K und Kern(g ∘ f) = 0. Es ist aber dim Kern f + dim Kern g = 0 + 1 ≠ 0 = dim Kern(g ∘ f).

(4) Die Aussage ist richtig. Zunächst zeigen wir, dass ein n ≥ 1 exisitert mit Im f^{n} = Im f^{n+1}. Es gilt Im f^{n+1} ≤ Im f^{n}, also auch dim Im f^{n+1} ≤ dim Im f^{n}. Wäre nun Im f^{n+1} ≠ Im f^{n} für alle n ≥ 1, so wäre dim Im f^{n+1} < dim Im f^{n} für alle n ≥ 1. Wegen dim V < ∞ wäre dann aber dim Im f^{m} < 0 für ein m genügend groß. Widerspruch!

Es existiert also ein n mit Im f^{n} = Im f^{n+1}. Es bleibt zu zeigen, dass für dieses n gilt, daß Kern f^{n} = Kern f^{n+1}. Zunächst hat man Kern f^{n} ≤ Kern f^{n+1}, weil aus f^{n}(x) = 0 folgt, dass f^{n+1}(x) = f(f^{n}(x)) = f(0) = 0. Also genügt es zu zeigen, dass dim Kern f^{n} = dim Kern f^{n+1}. Und in der Tat ist

dim Kern f^{n} = dim V − dim Im f^{n} = dim V − dim Im f^{n+1} = dim Kern f^{n+1} .