Lineare Algebra I 8. Übungsblatt - Weihnachtszettel - Lösungen

Transkript

1 Prof. Dr. Duco van Straten Blatt 8 - Lösungen Oliver Labs 8. Dezember 2003 Konrad Möhring Lineare Algebra I 8. Übungsblatt - Weihnachtszettel - Lösungen. Skizzieren Sie die folgenden Teilmengen der GAUSSschen Zahlenebene: {z ; z z > } {z ; Re(z) > Im(z)} {z ; z + i 2i } sowie die Menge der Zahlen, deren Betrag nicht größer als ihr Argument ist. (Das Argument ist immer eine Zahl in [0, 2π).) Im Im Im /2 Re Re i Re (a) Dies ist das Bild zur korrigierten Version von (a): z + z > (s.u.). (b) (c) (d) (a) Die Menge {z ; z z > }. Ich schreibe z = x + iy mit x, y. Dann ist z z = x + iy (x iy) = 2iy. Es ist leider völlig unklar, was es bedeuten soll, dass 2iy > ist, denn wie in der Analysis- Vorlesung bemerkt wurde, gibt es keine natürliche Ordnungsrelation auf. Es handelt sich um einen Fehler in der Aufgabenstellung. Klar definiert hingegen ist die Menge der komplexen Zahlen z mit z + z > : das ist die Menge der komplexen Zahlen, deren Realteil größer als ist. In der komplexen Zahlenebene ist das die Menge aller Punkte 2 rechts der senkrechten Geraden, die durch den Punkt auf der x-achse geht. 2 (b) Die Menge {z ; Re(z) > Im(z)}. Wenn man Mengen von Zahlen untersucht, die einer Ungleichung genügen, ist es fast immer ratsam, sich zuerst zu überlegen, welche Menge man bekommt, wenn man das Ungleich- durch ein Gleichheitszeichen ersetzt. Die Menge der Zahlen mit Real- gleich Imaginärteil ist in der GAUSSschen Zahlenebene die Gerade durch den Nullpunkt mit einer Steigung von 45. Die gesuchte Menge ist die Halbebene unter dieser Geraden. (c) Die Menge {z ; z + i 2i }. Der Betrag von 2i ist 2 und z + i = z ( i). Gesucht ist also die Menge der Punkte, deren Abstand zu i nicht größer als 2 ist. Die Menge ist also ein abgeschlossener Kreis mit Radius zwei um den Punkt i.

2 (d) Die Menge der Zahlen, deren Argument nicht größer als ihr Betrag ist. Wieder betrachten wir zuerst die Menge der Zahlen, deren Argument gleich ihrem Betrag ist. Diese liegen auf einer Spirale um den Nullpunkt, die im Nullpunkt anfängt und nach einer Volldrehung bei 2π angekommen ist. Der Abstand zum Nullpunkt wächst dabei linear mit dem Winkel. Der folgende Maple-Befehl liefert das Bild dieser Spirale: plot([a*cos(a), a*sin(a), a=0..2*pi]); Die gesuchte Menge besteht aus allen Punkten, die zwischen dieser Spirale und dem Nullpunkt liegen. 2. Wir definieren das erste Kreisteilungspolynom als Φ := X und induktiv das n-te Kreisteilungspolynom, n, mit Hilfe von Polynomdivision als Φ n := (X n )/ ( d n und d n Φ d). Berechne die Kreisteilungspolynome Φ bis Φ 2. Welche komplexen Nullstellen hat Φ n? Die Polynomdivisionen ergeben: Φ = X, Φ 2 = (X 2 )/(X ) = X +, Φ 3 = (X 3 )/ ( X ) = X 2 + X +, Φ 4 = (X 4 )/ ( (X )(X + ) ) = X 2 +, Φ 5 = (X 5 )/ ( X ) = X 4 + X 3 + X 2 + X +, Φ 6 = (X 6 )/ ( (X )(X + )(X 2 + X + ) ) = (X 4 + X 2 + )/ ( X 2 + X + ) = X 2 X +, Φ 7 = (X 7 )/ ( X ) = X 6 + X 5 + X 4 + X 3 + X 2 + X +, Φ 8 = (X 8 )/ ( (X )(X + )(X 2 + ) ) = X 4 +, Φ 9 = (X 9 )/ ( (X )(X 2 + X + ) ) = X 6 + X 3 +, Φ 0 = (X 0 )/ ( (X )(X + )(X 4 + X 3 + X 2 + X + ) ) = X 4 X 3 + X 2 X +, Φ = (X )/ ( X ) = X 0 + X 9 + X 8 + X 7 + X 6 + X 5 + X 4 + X 3 + X 2 + X +, Φ 2 = (X 2 )/ ( (X )(X + )(X 2 + X + )(X 2 + )(X 2 X + ) ) = (X 0 + X 8 + X 6 + X 4 + X 2 + )/ ( (X 2 + X + )(X 2 + )(X 2 X + ) ) = (X 8 + X 4 + )/ ( (X 2 + X + )(X 2 X + ) ) = (X 6 X 5 + X 3 X + )/ ( X 2 X + ) = X 4 X

3 Die Nullstellen von X n sind die n verschiedenen n-ten Einheitswurzeln. Wir wollen per Induktion zeigen, dass die Nullstellen von Φ n genau die primitiven n-ten Einheitswurzeln sind, d.h. die n-ten Einheitswurzeln ε für die es kein d < n gibt mit ε d =. Induktionsanfang: Für n = ist die Behauptung erfüllt. Induktionsvoraussetzung: Die Behauptung sei richtig für alle natürlichen Zahlen d < n. Induktionsschritt: Sei ε eine nicht-primitive n-te Einheitswurzel, d.h. ε n = und ε d = für ein d < n. Sei d 0 das kleinste d, für die dies gilt. Dann ist ε eine d 0 -te primitive Einheitswurzel. Nach dem Satz von Lagrange ist d 0 ein Teiler von n. Umgekehrt gilt natürlich, dass, wenn d < n ein Teiler von n ist, jede d-te Einheitswurzel auch eine n-te Einheitswurzel ist. Nach Induktionsvoraussetzung ist daher Φ d = (X ε). d n und d n ε nicht-primitive n-te Einheitswurzel Nach Definition ist das n-te Kreisteilungspolynom Φ n das Ergebnis der Polynomdivision von (X n ) durch d n und d n Φ d. Da alle Nullstellen von X n einfach sind, bleiben nach dieser Polynomdivision genau die primitiven n-ten Einheitswurzeln übrig. 3. Lösen Sie das folgende Gleichungssystem: Überprüfen Sie Ihre Lösung durch Einsetzen. x + ( + i)x 3 = 0 ( + i)x 2x 2 x 3 = ix x 2 3x 3 = 2 Die eindeutige Lösung des Gleichungssystems ist x = + i, x 2 = i, x 3 =. Wenn Sie in der Klausur ein Gleichungssystem lösen, müssen Sie natürlich angeben, wie Sie auf die Lösung gekommen sind. 4. Gibt es ein lineares Gleichungssystem in zwei Unbekannten, das nur aus einer einzigen Gleichung besteht und die gleiche Lösungsmenge wie das folgende Gleichungssystem besitzt? 2x + 3x 2 = x + 2x 2 = 5. Wir formen die erweiterte Koeffizientenmatrix des Gleichungssystems um, indem wir die zweite Zeile mit 2 multiplizieren und die erste Zeile davon abziehen. Wir erhalten eine Matrix in Zeilenstufenform: ( Daraus lesen wir ab, dass der Rang der Koeffizientenmatrix gleich dem Rang der erweiterten- Koeffizientenmatrix gleich Zwei ist. Das Gleichungssystem hat also eine eindeutige Lösung. Ein Gleichungssystem in zwei Variablen, das nur aus einer einzigen Lösung besteht, hat hingegen entweder eine -parametrige Lösungsmenge oder gar keine Lösung. Die Antwort auf die Frage ist daher nein. Die Zahl d 0 ist die Anzahl der Elemente in der von ε erzeugten Untergruppe ε = {ε, ε 2,..., ε d0 = }. Die Gruppe der n-ten Einheitswurzeln hat n Elemente. Also muss nach dem Satz von Lagrange d 0 n gelten. 3 ) 9

4 5. Schreiben Sie P (ij) als Produkt von Elementarmatrizen der Form Q (ij) (λ) und S (i) (λ). Die 2 2 Matrix P (2) ist die eindeutig bestimmte Matrix, die die Einträge von Vektoren in K 2 durch Linksmultiplikation permutiert, d.h. sie bildet einen Vektor ( a b ) auf ( a b ) ab. Das Gleiche kann ich erreichen, indem ich erst ( a b ) auf ( a+b a ) abbilde, d.h. den ersten zu dem zweiten Eintrag addiere, dann den zweiten von dem ersten abziehe: ( ) b a+b, dann wieder den ersten zum zweiten addiere: ( b a ) und schließlich den ersten mit multipliziere. Daraus schließe ich allgemein, dass P (ij) = S () ( ) Q (ij) () Q (ji) ( ) Q (ij) (). Wenn man Spaß daran hat, kann man das auch noch durch Nachrechnen überprüfen. 6. Man sagt, dass die Matrizen A, B n n kommutieren, wenn AB = BA. Die Menge der Matrizen A n n, die mit jeder Matrix B n n kommutieren, heißt das Zentrum von n n. Welche Matrizen liegen im Zentrum von n n? Hinweis: Betrachte Produkte mit Matrizen, die nur einen Eintrag 0 haben. Offensichtlich kommutieren Matrizen, die ein Vielfaches der Einheitsmatrix sind, mit allen anderen Matrizen. Zeigen wir nun, dass dies auch die einzigen Matrizen sind, die im Zentrum liegen. Dies erledigen wir in zwei Schritten: erst zeigen wir, dass die Matrizen Diagonalgestalt haben müssen, dann zeigen wir, dass außerdem alle Elemente auf der Diagonale gleich sein müssen. Wie im Tipp angegeben, betrachten wir dazu zunächst allgemein Produkte mit Matrizen E ij (a) n n, die nur einen Eintrag a 0 an der Stelle (i, j) haben. Ist M n n eine beliebige n n- Matrix, so gilt: E ij (a) M = a (j-te Zeile von M), i-te Zeile M E ij (a) = a (i-te Spalte von M) j-te Spalte Multiplikation von links und rechts mit den Matrizen E ii (), i =, 2,..., n, zeigt daher, dass nur auf der Diagonalen von M Werte 0 stehen dürfen, da M sonst nicht mit den E ii () kommutiert. Nehmen wir also an, dass M eine Diagonalmatrix ist, deren Eintrag (i, i) den Wert a hat und deren Eintrag (j, j) den Wert b hat, i j. Multiplikation von links und rechts mit E ij () zeigt, dass a = b gelten muss, damit M mit E ij () kommutiert. 4

5 7. Stellen Sie fest, ob bzw. wann die folgenden Matrizen invertierbar sind, und berechnen Sie gegebenenfalls die Inverse. ( ) ( ) i + i,, 0 3, X X i 2 2, Y Y 2 0. (a) Die Matrix ( ) ist invertierbar und die inverse Matrix ist ( ) (b) Die Determinante von ( ) i +i +i 2 ist 2i (i+) 2 = 0, also ist die Matrix nicht invertierbar. (c) Die dritte Matrix ist invertierbar und ihre Inverse ist (d) Bei der dritten Matrix hängt die Antwort davon ab, wie man die Aufgabestellung interpretiert. Auf jeden Fall richtig ist es, dass die Matrix genau dann invertierbar ist, wenn ihre Determinante XY 2 X 2 Y + X 2 X Y 2 + Y = (X )(Y )(Y X) nicht Null ist, und wenn dies der Fall ist, ist die Inverse XY 2 Y Y 2 X 2 X (X )(Y )(Y X) X 2 Y 2 Y 2 X 2. Y X Y X Wenn man nun die Matrix als eine Matrix mit Einträgen in dem Körper K(X, Y ) der rationalen Funktionen in den zwei Variablen X, Y über einem Körper K ansieht, dann ist die Determinante ungleich Null, und die Matrix ist invertierbar. Wenn man hingegen davon ausgeht, dass X und Y für feste Konstanten aus K stehen, dann hängt es von den Konstanten ab, ob die Determinante Null ist oder nicht. Genauer: Die Determinante ist genau dann Null, wenn X = oder Y = oder X = Y. Sonst ist die Determinante nicht Null und die Inverse wie oben angegeben. (e) Die vierte Matrix ist auch invertierbar und ihre Inverse ist = Wir definieren M 0 := und M n+ := M n {M n } für alle n 0. (a) Geben Sie alle Elemente von M 0, M, M 2, M 3 und M 4 an. 5

6 (b) Zeigen Sie A M n A = M n. (c) Zeigen Sie {X P(M n ) Wenn A M n, B X und A B, dann A X} = {M 0, M,..., M n }. (a) M 0 = M = { } M 2 = {, { }} M 3 = {, { }, {, { }}} M 4 = {, { }, {, { }}, {, { }, {, { }}} (b) Wir bemerken zunächst, dass sich aus der Definition von M n unmittelbar ergibt: () M 0 M M 2 M n, n (2) M 0 M, M M 2,, M n M n, n. Damit kann man einsehen, dass außerdem gilt: (3) M n = {M 0, M,..., M n }, n. Wir zeigen (3) mit Induktion: Für n = ist dies offenbar richtig. Sei nun (3) korrekt für ein n. Dann gilt: M n+ Def. = M n {M n } I.V. = {M 0, M,..., M n } {M n } = {M 0, M,..., M n, M n }, womit (3) gezeigt ist. Damit ist nun die eigentliche Aufgabe (b) leicht zu lösen: Es gilt nämlich: () = M 0 M M n = M n. A M n A (3) (c) Wir müssen zwei Inklusionen zeigen: : Zuerst stellen wir fest, dass M k für k {0,..., n} nach () überhaupt ein Element der Potenzmenge P(M n ) ist. Sei nun k {0,..., n} fest. Die Elemente B M k sind M 0,..., M k, nach (3). Sei B = M i, i {0,..., k }. Die Teilmengen A von B = M i, die gleichzeitig Element von M n sind, sind genau die M 0,..., M i. Diese sind alle auch Element von M k. Damit ist die eine Inklusion gezeigt. : Wir schreiben M := {X P(M n ) Wenn A M n, B X und A B, dann A X}. Sei nun X eine Teilmenge von M n, die in M liegt. Wenn X die leere Menge ist, ist X = M 0 und alles ist gut. Sonst hat X mindestens ein Element und wir können X schreiben als X = {M i,..., M ik } mit 0 i < < i k < n. Nach (3) und () gilt für alle j i k, dass M j M n und M j M ik ist. Nach Definition von M ist also M j X für alle j i k. Das bedeutet, dass in der Indexmenge {i,... i k } {0,... i k } keine Lücken sind, in anderen Worten: X = {M 0, M,... M ik } = M ik +. Damit ist die andere Inklusion gezeigt. 6

7 9. Zeigen Sie, dass P( ) überabzählbar ist. Es gibt verschiedene Beweise. Erster Beweis: Auf den Übungszetteln wurde gezeigt, dass für jede Menge gilt, dass ihre Potenzmenge mächtiger ist als selbst. Da eine unendliche abzählbare Menge ist, ist also P( ) überabzählbar. Zweiter Beweis: Dieser Beweis ist eine Variation des Diagonalverfahrens. (Der Beweis, dass die Potenzmenge einer beliebigen Menge X mächtiger ist als X ist übrigens auch eine Verallgemeinerung des Diagonalverfahrens.) Da abzählbar ist, gibt es eine Bijektion ϕ :. Wir nehmen jetzt an, dass auch P( ) abzählbar ist. Dann gibt es eine Bijektion Φ : P( ). Wir konstruieren eine Teilmenge T, indem wir festlegen, dass ϕ(n) T genau dann, wenn ϕ(n) / Φ(n). Dann ist T Φ(n) für alle n, weil die rationale Zahl ϕ(n) zu einer der beiden Mengen gehört, aber nicht zu der anderen. Die Abbildung Φ kann also keine Bijektion gewesen sein: Widerspruch. 0. Für x betrachten wir die Abbildung E x : Abb(, ) f f(x) Eine Abbildung von der Form E x mit x wird auch Einsetzungshomomorphismus genannt. (a) Zeigen Sie, dass nicht alle Abbildungen von Abb(, ) nach von der Form E x sind. (b) Wir versehen Abb(, ) mit der von (, +) induzierten Struktur. Zeigen Sie, dass E : Abb ( ) Abb(, ),, x Ex kein Gruppenhomomorphismus ist. (a) Wir betrachten die konstante Abbildung :, die alle x auf abbildet. Nach Definition ist E x () = für alle x. Daraus folgt, dass die Abbildung, die alle f Abb(, ) auf Null abbildet, nicht von der Form E x ist. (b) Nehmen wir an, dass E ein Gruppenhomomorphismus wäre und betrachten wieder die konstante Abbildung :. Für beliebige x, y muss dann gelten: Das ist ein Widerspruch. = E x+y () = E x () + E y () = + = 2. Die Aufgaben -4 werden in den Übungen besprochen. 5. Eine besonders schöne Weihnachtsaufgabe Wir definieren die Gruppe der Einheiten ( ( /n ), ) von ( /n, ) durch ( /n ) := {x /n ; y /n : xy = } Wenn p eine Primzahl ist, schreiben wir p für /p. (a) Zeigen Sie, dass ( ( /n ), ) tatsächlich eine Gruppe ist. Geben Sie die Verknüpfungstafeln von ( /6 ) und ( /2 ) an. 7

8 (b) Berechnen Sie in ( 5, ) und (, ) für alle x p die Ordnung und das Inverse. Finde x alle Quadratwurzeln aus in 5 und, d.h. finde alle y mit y 2 mod p. (c) Geben Sie für p = 2, 3, 5, 7,, 3 Isomorphismen von ( /(p ), +) nach ( p, ) an. (d) Zeigen Sie, dass es in ( p, ) Elemente der Ordnung p geben muss. Hinweis: Zeigen Sie, dass alle x p Nullstellen von X p = 0 sind und zählen Sie die Anzahl der Nullstellen von X n = 0 für alle n (p ). (Vergleiche Aufgabe 2) (a) Zuerst muss man zeigen, dass das Produkt von zwei Einheiten wieder eine Einheit ist. Sonst wäre Multiplikation keine Verknüpfung auf ( /n ). Es seien also x, y /n zwei Elemente mit multiplikativen Inversen x und y. Dann ist y x das Inverse von xy. Multiplikation definiert also tatsächlich eine Verknüpfung auf ( /n ). Assoziativität folgt aus der Assoziativität der Multiplikation auf ( /n ) bzw. auf, das neutrale Element ist die Eins, die offensichtlich eine Einheit ist ( = ), und das Inverse einer Einheit ist eine Einheit mit (x ) = x, siehe Vorlesung. Damit haben wir gezeigt, dass ( ( /n ), ) eine Gruppe ist. ( ( /6 ), ) und ( ( /2 ), ) haben die folgenden Verknüpfungstafeln: Wir stellen fest, dass ( ( /6 ), ) isomorph zu ( /2, +) ist (wie alle Gruppen der Ordnung 2). Die Gruppe ( ( /2 ), ) ist nicht zyklisch, sondern isomorph zu der Kleinschen Vierergruppe /2 /2. (Bemerkung: Jede Gruppe der Ordnung vier, die nicht zyklisch ist, ist isomorph zu der Kleinschen Vierergruppe.) (b) Dies ist im Wesentlichen eine Fleißaufgabe, die man auf jeden Fall vollständig durchrechnen sollte: in 5 : Ordnung x x in : x Ordnung x Wir sehen, dass 2 und 3 in 5 die einzigen Wurzeln aus sind. Da Wurzeln aus offensichtlich Ordnung 4 haben müssen, können wir aus der zweiten Tabelle ablesen, dass es in keine Wurzel aus gibt. (Bemerkung: Allgemeiner sehen wir daraus, dass es in p keine Wurzel aus gibt, wenn p nicht durch vier teilbar ist.) 8

9 (c) Homomorphismen von einer zyklischen Gruppe ( /n, +) in eine andere Gruppe werden festgelegt durch das Bild von /n. Wir rechnen nach, dass die folgenden Festlegungen Isomorphismen bestimmen: für p = 2: für p = 3: 2 für p = 5: 2 für p = 7: 3 für p = : 2 für p = 3: 2 Wir stellen fest, dass 2 für p = 7 keinen Isomorpismus liefert! Im nächsten Aufgabenteil wird zwar gezeigt, dass es für jede Primzahl p einen Isomorphismus von ( /(p ), +) nach ( p, ) gibt, es gibt jedoch keine einfache Regel, nach der man für eine beliebige Primzahl einen solchen Isomorphismus angeben kann. Im Allgemeinen muss man einfach rechnen! (d) Die Gruppe ( p, ) hat Ordnung p ; nach dem Satz von Lagrange ist daher y p = für alle y p. Da p ein Körper ist, können wir nacheinander für jedes der p verschiedenen y p den Linearfaktor X y mit Polynomdivision von (X p ) abspalten. Da die Anzahl dieser Linearfaktoren (p ) gleich dem Grad von X p ist, bekommen wir heraus, dass X p vollständig in Linearfaktoren zerfällt: X p = (X y). p y Wir wollen nun die Linearfaktoren (X y) mit der Eigenschaft, dass die Ordnung von y kleiner als p ist, ausdividieren. Um die Linearfaktoren auszudividieren, deren Ordnung n ein echter Teiler von p ist, müssen wir durch X n teilen. Auf den ersten Blick sehr überraschend ist nun das Folgende: Obwohl komplexe Zahlen und die endlichen Körper p auf den ersten Blick nicht viel gemeinsam zu haben scheinen, liefert die gleiche Rechnung das Ergebnis der Polynomdivision (X p )/(X n ) über und über p! Die Koeffizienten der Polynome sind nämlich ganze Zahlen und können sowohl als komplexe Zahlen als auch als Elemente von p aufgefasst werden. Insbesondere wissen wir, dass die Division aufgeht, d.h. dass in p wie in die Anzahl der n-ten Einheitswurzeln gleich n ist (wenn n ein Teiler von p ist.) Und wie über den komplexen Zahlen sind die y p, deren Ordnung genau p ist, die Nullstellen des (p )-ten Kreisteilungspolynoms Φ p. Da es nun in den komplexen Zahlen für jedes p primitive (p )-te Einheitswurzeln gibt, ist der Grad von Φ p größer als Null, d.h. es gibt auch in p Elemente der Ordnung p. Bemerkung: Wenn x p ein Element der Ordnung p ist, dann induziert F p, n x n einen Isomorphismus von ( /(p ), +) nach ( p, ). 9