Übungsblatt 13. Lineare Algebra I, Prof. Dr. Plesken, SS (β α) tr = α tr β tr.

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1 Übungsblatt 13 Lineare Algebra I, Prof Dr Plesen, SS 2008 Aufgabe 1 (Transponierte lineare Abbildung) Sei α : V W linear Zeige: α tr ist injetiv (surjetiv) genau dann, wenn α surjetiv (injetiv) ist Ist weiter β : W T linear, so gilt (β α) tr = α tr β tr Lösung Sei α : V W linear und α tr : W V die transponierte Abbildung Es gilt: α tr ist injetiv genau dann, wenn Kern(α tr ) = {0} Nach (78) ist dies äuivalent zu Bild(α) = {0} und aus der Dimensionsformel in (75) folgt, dass dies äuivalent zu Dim(Bild(α)) = Dim(W) ist Dies ist aber wiederrum äuivalent zu α ist surjetiv Die Aussage α injetiv genau dann, wenn α tr surjetiv lässt sich auf 2 Arten beweisen Zum einen ann man analog wie oben vorgehen, wenn man aus (78) Kern(α) = Bild(α tr ) betrachtet Die andere Methode ist: Identifiziere V mit V und beachte (α tr ) tr = α Dann folgt die Aussage aus obiger, wenn man die Rollen von α und α tr vertauscht Sei nun β : W T eine weitere lineare Abbildung und B V n, C W m und D T fest gewählte Basen der vorommenden Vetorräume Dann gilt nach (75) und (418): B ((β α) tr ) D = ( D (β α) B ) tr = ( D (β) CC (α) B ) tr = ( C (α) B ) tr ( D (β) C ) tr = B (α tr ) C C (β tr ) D Da die Matrizen der linearen Abbildungen, bei fest gewählter Basis, eindeutig sind, folgt die Behauptung Aufgabe 2 (Linearformen) Sei 0 A K m n Zeige: Rg(A) ist gleich dem Minimum aller l N, für die X (K m 1 ) l und Y (K 1 n ) l existieren mit A = X 1 Y X l Y l Bestimme für A = Q ein solches l und X 1,,X l,y 1,,Y l

2 Lösung Sei l N sodass eine solche Zerlegung von A exisitiert, dann gilt: Rg(A) = Dim(S(A)) = Dim(S(X 1 Y X l Y l )) Dim(S(X 1 Y 1 ) + + S(X l Y l )) Dim(S(X 1 Y 1 )) + + Dim(S(X l Y l )) = l da S(X i Y i ) eindimensionale Teilräume des K m 1 sind Wir haben also Rg(A) l für alle l N, für die eine solche Zerlegung existiert Wir onstruieren nun eine solche Zerlegung mit l = Rg(A), sodass wir Rg(A) = min{l N es existiert eine solche Zerlegung vona} schließen önnen Sei also l := Rg(A), dann existieren Spalten X 1,, X l von A, sodass (X 1,, X l ) S(A) l eine Basis von S(A) ist Sei X1,, X l die zugehörige Dualbasis von S(A) Wähle Y i := (Xi (A,1),, Xi (A,n)) K 1 n Nach (73) gilt für eine Spalte A,j aus A: A,j = X 1 (A,j)X X l (A,j)X l und somit ist lar das A = X 1 Y X l Y l gilt Insgesamt folgt also unsere Behauptung Bemerung: Um diese Zerlegung onret zu berechnen reicht, wie wir im folgenden Beispiel sehen, der Gaussalgorithmus völlig aus (siehe Maple-Worsheet) Aufgabe 3 (Hermite-Interpolation) Sei V = R[x] Grad<4 Seien η 1 : V R : p p(0), η 2 : V R : p p (0), η 3 : V R : p p(1), η 4 : V R : p p (1) vier Linearformen, wobei ( d i=0 a ix i ) := d i=1 ia ix i 1 1 Zeige: η = (η 1,η 2,η 3,η 4 ) ist eine Basis von V 2 Bestimme eine Basis B von V mit B = η 3 Bestimme ein V V mit η 1 (V ) = a, η 2 (V ) = b, η 3 (V ) = c und η 4 (V ) = d, für a,b,c,d R Hinweis: Satz 73 Lösung Zu 1) Nach (73) gilt: Dim(V ) = Dim(V) = 4 Es reicht somit die lineare Unabhängigeit der η i zu zeigen Wir wählen B := (1, x, x 2, x 3 ) als Basis von V und betrachten den Isomorphismus: ψ : V R 1 4

3 Wir erhalten: v 1 v B ψ(η 1 ) = (1, 0, 0, 0) ψ(η 2 ) = (0, 1, 0, 0) ψ(η 3 ) = (1, 1, 1, 1) ψ(η 4 ) = (0, 1, 2, 3) Schreiben wir nun die ψ(η i ) in eine Matrix so sehen wir (zb Anwendung von Gauss oder Determinante), dass diese Matrix Rang 4 hat Hieraus folgt die lineare Unabhängigeit der η i und somit erzeugen die η i einen 4-dimensionalen Teilraum von V, also ganz V Zu 2) Man bestimmt (zb durch Transponieren der obigen Matrix): B id η = Wir identifizieren nun V mit V und B mit B und wollen nun die Dualbasis η in B ausdrücen Wir berechnen also: ( ( ) ) B tr 1 id η = B (74) id η Da wir B id η bereits berechnet haben, folgt: B id η = Hieraus lesen wir nun folgende Basis B ab, welche η als Dualbasis hat: B := (1 3x x 3, x 2x 2 + x 3, 3x 2 2x 3, x 2 + x 3 ) Zu 3) Nach Satz (73) erhält man sofort: V = ab 1 + bb 2 + cb 3 + db 4 Aufgabe 4 (Teilräume) Es sei V ein K-Vetorraum der Dimension n und T R (V) die Menge der - dimensionalen Teilräume 1 Bestimme eine Bijetion T R (V) T R n (V)

4 Im Folgenden sei K := F ein Körper mit Elementen und V := F 1 n 2 Zeige T R (V) = (n 1) ( n 1 ) ( 1) ( 1 ) =: [ ] n Man nennt [ n] den Gaußschen Binomialoeffizienten Hinweis: Benutze die Idee von Übung 7, Aufgabe 7 3 Zeige [ ] n = [ ] n 1 [ ] n 1 + n 1 Hinweis: Benutze die strite Stufenform einer Matrix 4 Folgere aus 1 und 3 die Regeln und [ ] [ ] n n = n [ ] [ ] n n 1 = + [ ] n Stelle ein verallgemeinertes Pascalsches Dreiec auf für = 7 und n 5 Wie viele dreidimensionale Teilräume besitzt F 1 4 7? Wie viele dreidimensionale Teilräume besitzt F 1 5 7? Lösung 1 Es gilt Dim(V) = Dim(V ), also existiert ein Isomorphismus ϕ: V V Es sei T T R (V) Dann ist T T R n (V ), und damit ϕ 1 (T ) T R n (V), denn ein Isomorphismus lässt die Dimension invariant (vgl Satz 75) Die Abbildung Φ: T R (V) T R n (V): T ϕ 1 (T ) ist also wohldefiniert, und sie ist bijetiv, denn Ψ: T R n (V) T R (V): U (ϕ(u)) ist eine Umehrabbildung (dabei ist U wie im Beweis von Satz 75 definiert) 2 Wir bestimmen erst die Anzahl der möglichen Basen von Teilräumen T V von der Dimension Das ist einfach die Anzahl der linear unabhängigen -Tupel in V In Übung 7, Aufgabe 7 wurde berechnet, dass es ( n 1)( n ) ( n 1 ) solcher linear unabhängigen Tupel gibt Einige dieser Basen spannen aber den gleichen Teilraum auf, wir müssen also feststellen, wieviele Basen ein -dimensionaler Teilraum hat Dazu sei T T R (V), und B T sei die Menge der Basen von T Nach Bemerung 424 operiert die Gruppe GL(T ) auf der Menge T, und die Menge der Basen bilden genau eine Bahn Wenn also B B eine Basis ist, und C B eine weitere

5 Basis, dann gibt es ein g GL(T ) mit g B = C Wir zeigen, dass dieses g eindeutig ist Denn sei h GL(T ) ein weiteres solches Element, dh g B = C = h B Dann folgt (h 1 g) B = B Dann muss aber (h 1 g)(b i ) = B i gelten für alle i, und daraus folgt h 1 g = Id T, dh g = h Wir haben damit gezeigt, dass es genau so viele Basen von T gibt, wie es Elemente in GL(T ) gibt Nach Übung 7, Aufgabe 7 gibt es davon aber genau ( 1)( ) ( 1 ) Somit ist die Formel aus der Aufgabenstellung bewiesen 3 Jeder -dimensionale Teilraum von F 1 n hat nach Folgerung 46 eine eindeutige Standardbasis (Z 1,,Z ) (F 1 n ), so dass die Matrix Z F n Fälle: in striter Stufengestalt ist Wir unterscheiden zwei (a) 1 ist ein Stufenindex, dh Z 11 = 1 Dann ann man die Zeilen Z 2,,Z als Standardbasis eines 1-dimensionalen Teilraumes von F 1 (n 1) auffassen Jeder dieser 1-dimensionalen Teilräume taucht genau n mal auf, denn die Einträge der ersten Zeile an den Nicht-Stufenindizes ann beliebig gewählt werden Umgeehrt ann jedem 1-dimensionalen Teilraum T von F 1 (n 1) auf n verschiedene Weisen ein -dimensionaler Teilraum von F 1 n zugeordnet werden, indem man der Standardbasis von T eine Zeile hinzufügt, die an Position (1, 1) eine 1 hat, an den Stufenindizes Nullen und sonst beliebige Werte Dies entpricht also dem Summanden n [ ] n 1 in der Formel 1 (b) 1 ist ein Stufenindex Dann ann man die Zeilen von Z als Standardbasis eines -dimensionalen Teilraumes von F 1 (n 1) auffassen Umgeehrt liefert jede Standardbasis eines -dimensionalen Teilraumes von F 1 (n 1) eine Standardbasis eines -dimensionalen Teilraumes von F 1 n Dies entpricht dem Summanden [ ] n 1 in der Formel Beispiel Es sei = 3, n = 3 und = 2 Die striten Stufenformen von 2 3- Matrizen mit Werten in F 3 sind gegeben durch ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ,,,,, ( ) ( ) ( ) ( ) ,,,, ( ) ( ) ( ) ( ) ,,,, diese entsprechen also den zweidimensionalen Teilräumen von F Jedem der eindimensionalen Teilräume von F werden drei zweidimensionale Teilräume von F 1 3 3

6 zugeordnet, und dem zweidimensionalen Teilraum von F wird ein eindeutiger zweidimensionaler Teilraum von F zugeordnet 4 Die erste Regel folgt diret, da es genauso viele -dimensionale Teilräume wie n - dimensionale Teilräume von F n 1 gibt Für die zweite Regel setze := n Dann gilt [ ] [ ] [ ] [ ] n n n 1 n 1 = = + n 1 [ ] [ ] n 1 = + n 1 (n 1) ( 1) (n 1) [ ] [ ] n 1 n 1 = Wie beim normalen Pascal-Dreiec ann man die Einträge der n-ten Zeile aus den Einträgen der n 1-ten Zeile berechnen Es ergibt sich folgendes Dreiec: n = 0 1 n = n = n = n = n = Somit besitzt F genau 400 verschiedene dreidimensionale Teilräume, und F besitzt Aufgabe 5 (Determinante und Charateristisches Polynom) Es sei V ein endlich-dimensionaler K-Vetorraum und α End(V) 1 Sei K ein Körper, + l = n N, A 1 K,A 2 K l l,a 3 K l Zeige ( ) A1 0 det( ) = det(a A 3 A 1 )det(a 2 ) 2 2 Es sei V = T 1 T l eine Zerlegung von V in α-invariante Teilräume T i Weiter sei χ i das charateristische Polynom von α Ti für i l Dann gilt χ α = l i=1 χ i 3 Es sei µ α = l i=1 pm(i) i eine Zerlegung des Minimalpolynoms in normierte irreduzible und paarweise verschiedene Polynome p i Dann gilt χ α (x) = l i=1 pc(i) i mit c(i) m(i) Weiter gilt Dim(Kern(p m(i) i (α))) = c(i)grad(p i )

7 (Benutze ohne Beweis, dass es zu jedem Körper K einen algebraischen Abschluss gibt, dh einen Körper E K, so dass jedes Polynom in E[x] in Linearfatoren zerfällt) Lösung 1 Definiere ( ) : (K l 1 ) l A1 0 K : X det( ) X A 3 Dann ist alternierend und multilinear, also ein Vielfaches der Determinante auf (K l 1 ) l, dh = λ det Wir bestimmen diesen Fator λ, indem wir für X die Standardbasis von K l 1 einsetzen, dh wir bestimmen die Determinante von ( ) A1 0 A 3 Da sich der Wert der Determinante nicht ändert, wenn man auf eine Spalte ein Vielfaches einer anderen Spalte addiert, erhalten wir ( ) ( ) A1 0 A1 0 = 0 I l A 3 I l Entwicelt man die letzte Matrix mit dem Laplaceschen Entwiclungssatz nach der letzten Zeile, erhält man ( ) ( ) A1 0 A1 0 det( ) = det( ) = = det(a 0 I l 0 I 1 ) l 1 Also gilt = det(a 1 ) det, und daraus folgt die Behauptung 2 Es sei d i := Dim(T i ) und B (i) T d i i eine Basis von T i Setze diese Basen zusammen zu einer Basis B V n von V, wobei n := d d l Dann gilt B (1) (α T1 ) (B(1) ) 0 0 B B α B 0 (2) (α T2 ) (B(2) ) = B 0 0 (l) (α Tl ) (B(l) ) Aus der Definition des charateristischen Polynoms und mit Teil 1 folgt χ α = det(xi n B α B ) = det(xi d1 B(1) (α T1 ) B(1) ) det(xi dl B(l) (α Tl ) B(l) ) = χ 1 χ l 3 Setze T i := Kern(p m(i) i (α)) und α i := α Ti End(T i ) Dann gilt µ αi = p m(i) i Wir müssen zeigen, dass χ αi = p c(i) i für ein c(i) m(i) gilt Sei B V d i eine Basis I l

8 von T i Dann ist A := B αi B K n n Wegen K E önnen wir A als n n-matrix über E auffassen Sei µ A E[x] das Minimalpolynom von A Aus der Definition des charateristischen Polynoms folgt χ αi = χ A, und da µ αi (A) = 0 gilt, folgt µ µαi A (beachte, dass wir noch nicht wissen, dass µ A ein Polynom mit Koeffizienten aus K ist) Angenommen, es gibt einen irreduziblen Teiler p i von χ αi Dann gilt ggt(, p i ) = 1, insbesondere haben also p i und eine Nullstelle in E gemeinsam Über E zerfällt in Linearfatoren Sei a E eine Nullstelle von, also insbesondere eine Nullstelle von χ A Dann ist a nach Satz 732 auch Nullstelle von µ A und damit auch von µ αi Aber die Nullstellen von µ αi sind gerade die Nullstellen von p i, und wir haben gesehen, dass p i und eine gemeinsamen Nullstellen haben Also gibt es einen solchen irreduziblen Teiler, dh χ αi ist von der Form p c(i) i für ein c(i) N Wegen µ χαi αi folgt c(i) m(i) Die Dimensionsformel folgt diret aus Satz 732 Aufgabe 6 (Determinante) Berechne die Determinanten der folgenden Matrizen: ω 3 ω 2 A := R 3 3, Ω := ω 3 0 ω 1 R 3 3, ω 2 ω 1 0 ) xi 3 Ω R(x) 3 3, B := ( F Lösung Durch Zeilenoperationen sieht man ( ) det(a) = det( ) = det( ) = Die zweite Matrix ist schiefsymmetrisch, also gilt det(ω) = det(ω tr ) = det( Ω) = ( 1) 3 det(ω) = det(ω), dh det(ω) = 0 Für das charateristische Polynom gilt (Entwiclung nach der ersten Zeile) ( ) ( ) ( ) x ω1 ω3 ω det(xi 3 Ω) = xdet( ) ω ω 1 x 3 det( 1 ω3 x ) ω ω 2 x 2 det( ) ω 2 ω 1 = x(x 2 + ω 2 1) ω 3 ( ω 3 x ω 1 ω 2 ) ω 2 (ω 3 ω 1 ω 2 x) = x 3 + x(ω ω ω 2 3) Für die vierte Matrix ann man wieder Zeilen- und Spaltenoperationen anwenden Addition der zweiten Zeile auf die vierte und Laplace nach der ersten Spalte liefert ) det(b) = det( ) (

9 Addition der zweiten Spalte auf die vierte und Laplace nach der ersten Zeile liefert ) det(b) = det( ) ( Addition der ersten Spalte auf die zweite und Laplace nach der ersten Zeile liefert det(b) = det(( )) = 1