Lineare Algebra I Klausur. Klausur - Musterlösung

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1 Prof. Dr. B. Hanke Dr. J. Bowden Lineare Algebra I Klausur Klausur - Musterlösung 20. Februar 203 Aufgabe - Lösung Aussage wahr falsch (Z, +, 0) ist eine abelsche Gruppe. Der Ring Z/24Z ist nullteilerfrei. Die Permutation ( ) ist ungerade Jedes Erzeugendensystem des R-Vektorraums R 3 ist endlich. Es gibt einen Körper mit 47 Elementen. φ(75) = 20 (Eulersche φ-funktion). Der Ring Mat(2; Z/2Z) ist kommutativ. Es gibt unendlich viele Primzahlen. Die simultane Kongruenz x 3 mod 5, x 6 mod 25 ist lösbar. Die symmetrische Gruppe S 5 hat eine Untergruppe der Ordnung 6. (Hinweis: Lagrange)

2 Lösung von Aufgabe 2 (Punkte: ) a) Sei A die Matrix, deren Spalten aus den v i besteht, also 0 2 A := und betrachte die zugehörige lineare Abbildung f : R 4 R 4, x Ax. Dann bildet f den i-ten Standard-Basisvektor e i gerade auf v i ab und damit ist imf = span(v, v 2, v 3, v 4 ) = V. b) In anderen Worten sollen wir zeigen, dass A (Spalten)Rang 3 hat. Dazu bringen wir A einfach in Zeilenstufenform: 0 /2 /2 0 /2 / /2 3/ /2 5/ Und damit hat A wirklich Rang 3. c) Angenommen w läge in V, d.h. es existieren λ i R mit λ v + λ 2 v 2 + λ 3 v 3 + λ 4 v 4 = w. Dies korrespondiert zu folgendem inhomogenen linearen Gleichungssystem 0 /2 /2 /2 0 /2 /2 / /2 3/2 3/ /2 5/2 / Und dieses lineare Gleichungssystem hat offensichtlich keine Lösung. Folglich kann man w nicht als Linearkombination der v i darstellen, d.h. w liegt nicht in V. d) Behauptung: (v, v 2, v 3, w) ist eine Basis des R 4 Beweis. Wir zeigen einfach, dass die Matrix mit den Spalten (v, v 2, v 3, w) vollen Rang hat. Dazu überführen wir sie einfach in Zeilenstufenform. Man macht sich schnell klar, dass die Ergebnisse der Zeilenumformungen dieselben wie die in Aufgabenteil c) sind, nur dass man stets die vierte Spalte der erweiterten Koeffizientenmatrix löscht Und diese Matrix hat natürlich vollen Rang 4. Weil (v, v 2, v 3, w) eine Basis des R 4 ist, ist R 4 = span(v, v 2, v 3 ) span(w) = V W. 2

3 Lösung von Aufgabe 3 (Punkte: 3+3+4) a) Für die Teilmenge H müssen drei Eigenschaften gelten: (i) e H (ii) Aus g H und h H folgt g h H. (iii) Aus g H folgt auch g H. b) Beide Matrizen A und B sind invertierbar, d.h. liegen in GL(2, R), weil det A = det B = 0. Die definierende Bedingung der Teilmenge H ist a 2 = a 2. Diese besagt also, dass für jede Matrix aus H die beiden Nichtdiagonal-Einträge identisch sein müssen. Das ist sowohl bei A als auch bei B der Fall. Betrachte nun das Produkt von A und B: AB = ( 0 ) ( ) 0 = ( 2 0 Wäre nun H eine Untergruppe, so müsste dieses Produkt auch in H liegen. Die beiden Nichtdiagonal-Einträge von AB sind aber verschieden (0 2) und deswegen ist H keine Untergruppe. c) Aufgabenteil b) besagt ja, dass das Untergruppenaxiom (ii) verletzt ist. Das soll nun behoben werden, indem man eine weitere Bedingung an die Diagonaleinträge stellt (und somit die Menge H zu einer kleineren Menge K macht). Nehmen wir also zunächst zwei beliebige Elemente aus H: ( ) ( ) a b d e C :=, D := b c e f Deren Produkt ist ( ad + be ) ae + bf bd + ce be + cf Damit dieses Produkt überhaupt in H liegt (man sagt auch: symmetrisch ist ) müsste ae + bf = bd + ce gelten. Dies kann man beispielsweise durch die Forderung a = c und d = f erreichen. Und dies ist auch tatsächlich eine Bedingung an die Diagonaleinträge. Wir setzen also {( ) } a a K := 2 GL(2, R) a a 2 a 2 = a 2 und a = a Diese Teilmenge haben wir gerade so konstruiert, dass sie das Untergruppenaxiom (ii) erfüllt. Es verbleibt noch die anderen beiden Untergruppenaxiome nachzuweisen. Natürlich liegt die Einheitsmatrix ( ) 0 E 2 = 0 auch noch in K. Die Formel für die inverse Matrix besagt gerade, dass die Eigenschaften a 2 = a 2 und a = a 22 unter Inversenbildung erhalten bleiben. Also erfüllt K auch das Untergruppenaxiom (iii). ) 3

4 Lösung von Aufgabe 4 (Punkte: ) a) Durch Axiome: Eine Determinantenabbildung ist eine Abbildung det : Mat(n, K) K, welche die folgenden drei Eigenschaften erfüllt: (i) det ist linear in jeder Zeile. (ii) det A = 0, wenn A zwei identische Zeilen hat. (iii) det E n = für die Einheitsmatrix E n. Durch eine Formel: Die Abbildung det : Mat(n, K) K heißt Determinantenabbildung, wenn sie durch die folgende Formel gegeben ist: det A = σ S n sgn(σ)a σ() a nσ(n) b) Wir führen eine Laplace-Entwicklung nach der dritten Spalte durch. Diese Spalte hat nur einen einzigen Eintrag, welcher nicht verschwindet, also erhalten wir: det A = ( ) 3+3 det Diese 3 3-Determinante werten wir mit der Sarrus-Regel aus: det = = 0 0 also det A =. c) Nach der Cramerschen Regel sind die Einträge x j des Lösungsvektors x gegeben durch x j = det(a(spalte j = b)) det A Da sowohl A als auch b nur ganzzahlige Einträge haben, hat auch A(Spalte j = b) nur ganzzahlige Einträge und damit ist auch det A(Spalte j = b) ganzzahlig. Aber in Aufgabenteil b) haben wir det A = nachgewiesen. Also ist x j ein Bruch, dessen Zähler ganzzahlig und dessen Nenner gleich ist, also ist x j stets ganzzahlig. Diese Argumentation zeigt, dass der Lösungsvektor x unabhängig von b nur ganzzahlige Einträge hat, so lange b auch nur ganzzahlige Einträge hat. d) Mit Hilfe von Aufgabenteil c): Da A eine invertierbare Matrix ist, ist die Lösung von Ax = b gerade durch x = A b gegeben. Wenn man nun aber b als einen der Standard-Basisvektoren e j wählt, dann ist die zugehörige Lösung x = A e j einerseits die j-te Spalte der inversen Matrix A andererseits ganzzahlig, weil wir in Teil c) nachgewiesen haben, dass die Lösung x von Ax = e j ganzzahlig ist, weil e j nur ganzzahlige Einträge hat. 4

5 Zusammengefasst hat also jede Spalte von A nur ganzzahlige Einträge, d.h. A insgesamt hat nur ganzzahlige Einträge. Durch explizite Rechnung: Hier gibt es viele sehr verschiedene Lösungsmöglichkeiten. Zum Beispiel besagt die Formel A = det A A = A, dass im Fall det A = die inverse Matrix gleich der Komplementärmatrix ist. Aber die Einträge der Komplementärmatrix sind (bis auf Vorzeichen) nur Determinanten von Streichungsmatrizen von A. Weil A nur ganzzahlige Einträge hat, haben alle möglichen Streichungsmatrizen nur ganzzahlige Einträge und diese deshalb auch nur ganzzahlige Determinanten. Man kann aber auch einfach die inverse Matrix von Hand ausrechnen: Damit ist /2 / /2 / A =