Aufgaben und Lösungen zur Klausur Lineare Algebra im Frühjahr 2009

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1 I. (4 Punkte) Gegeben sei die Menge Aufgaben und Lösungen zur Klausur Lineare Algebra im Frühjahr 9 G := { a c b a, b, c R }. (a) Zeigen Sie, dass G zusammen mit der Matrizenmultiplikation eine Gruppe ist. Ist diese kommutativ? (b) Bestimmen Sie alle Z G mit der Eigenschaft Z M = M Z für alle M G. Lösung zu Aufgabe I. Vorbemerkung : Für a, a, b, b, c, c R gilt: a c a c a + a c + a b + c b b = b + b (a) G ist Teilmenge von GL (R), (GL (R), ) ist eine Gruppe, wie aus der Vorlesung bekannt ist. Also kann das Untergruppenkriterium angewandt werden. Es gilt: i) G G. ii) Nach Vorbemerkung gilt mit A, A G auch A A G. a c iii) Sei A = b G. Dann folgt aus der Vorbemerkung leicht: a c + ab A = b. Somit gilt A G. Nach dem Untergruppenkriterium ergeben i), ii), iii) gerade, dass (G, ) eine Gruppe ist. G ist nicht kommutativ. Es gilt zum Beispiel: = = Allgemeiner folgt die Nichtkommutativität aus b). (b) Vorbemerkung : a c a c Aus Vorbemerkung folgt für Z := b, M := b G: Z M = M Z c + a b + c = c + a b + c a b = a b. Behauptung: Sei Z(G) := {Z G M G : Z M = M Z}. Dann ist Beweis: c Z(G) = { c R}. : folgt direkt aus Vorbemerkung. Ist nämlich a = b =, so folgt a b = a b für alle a, b R. : Angenommen für Z Z(G) gilt a. Wähle M mit a =, b und c beliebig. Dann ist a b a b und damit Z M M Z. Widerspruch! Für den Fall b kann analog M gewählt werden mit a, b = und c beliebig.

2 I. (4 Punkte) Es seien V ein reeller Vektorraum, n N mit n und x,..., x n V paarweise verschiedene Vektoren. (a) Beweisen Sie, dass die Mengen {x,..., x n } und {x i + x j i < j n} denselben Untervektorraum von V erzeugen. (b) Erzeugen die Mengen {x,..., x n } und {x i x j i < j n} denselben Untervektorraum von V? (Beweis oder Gegenbeispiel!) Lösung zu Aufgabe I. (a) Wir setzen A := {x,..., x n } und B := {x i + x j i < j n}. Trivialerweise ist [B] [A], denn für i < j n ist x i + x j [A]. Umgekehrt sei i {,..., n }. Wegen n gibt es j, k {,..., n }, so dass i, j, k paarweise verschieden sind. Es folgt Damit ist auch [A] [B]. Insgesamt folgt [A] = [B]. x i = (x i + x j ) (x j + x k ) + (x i + x k ) [B]. (b) Die von den angegebenen Mengen erzeugten Unterräume sind im Allgemeinen nicht gleich, denn setzen wir V := R und ( ( ( x :=, x ) :=, x ) :=, ) dann ist aber Alternativ kann man z.b. wählen: [x, x, x ] = R ( [x x, x x, x x ] = [, ) x := ( ), ( ) ] = [ ( ) ( (, x :=, x ) :=. ) ( ) ] R.

3 I. (4 Punkte) Es seien V ein Vektorraum über dem Körper K und U, U zwei Untervektorräume von V mit V = U U. Ferner seien zwei Abbildungen Φ : U U und Φ : U U gegeben. Die Abbildung Φ : V V sei definiert durch Φ(u + u ) := Φ (u ) + Φ (u ), u U, u U. (a) Zeigen Sie: Φ ist genau dann linear, wenn Φ und Φ linear sind. (b) Seien nun Φ und Φ linear. Zeigen Sie: Lösung zu Aufgabe I. Kern(Φ) = Kern(Φ ) Kern(Φ ). (a) : Seien Φ, Φ linear. Es seien λ, µ K, u, v V. Dann gibt es eindeutig bestimmte Vektoren u, v U, u, v U mit u = u + u und v = v + v. Es folgt: (*) Hier geht die Linearität von Φ und Φ ein. : Sei Φ linear. Φ(λu + µv) = Φ(λ(u + u ) + µ(v + v )) = Φ(λu + µv + λu + µv ) = Φ (λu + µv ) + Φ (λu + µv ) ( ) = λφ (u ) + µφ (v ) + λφ (u ) + µφ (v ) = λ(φ (u ) + Φ (u )) + µ(φ (v ) + Φ (v )) = λφ(u) + µφ(v). () Es gilt: Φ () = Φ () = wegen = Φ() = Φ () + Φ (). Nun ist aber Φ () U, Φ () U, wegen der Direktheit der Summe folgt somit Φ () = Φ () =. () Für u U gilt: Φ(u) = Φ (u) + Φ () () = Φ (u). Es folgt Φ U = Φ. Als Einschränkung einer linearen Abbildung ist Φ linear. Analog erhält man Φ U = Φ. (b) Schreibe kurz K := Kern(Φ), K := Kern(Φ ) und K := Kern(Φ ). Wir zeigen K = K + K. () K K + K : Sei u K, u = u + u mit u U, u U. Dann gilt = Φ(u) = Φ (u ) + Φ (u ). Wegen Φ i (u i ) U i gilt aufgrund der Direktheit der Summe schon Φ (u ) = = Φ (u ), also u i K i für i =,, und damit u = u + u K + K. () K + K K: Sei u K + K. Dann gibt es u K U, u K U mit u = u + u. Also gilt d.h. insbesondere u K. Φ(u) = Φ (u ) + Φ (u ) = + =, () Wegen K U, K U und U U = {} folgt K K = {}, d.h. die Summe aus K und K ist direkt.

4 I.4 (4 Punkte) Es seien V ein Vektorraum über dem Körper K und f,..., f n Linearformen auf V. Die lineare Abbildung Φ : V K n sei definiert durch Φ(x) := (f (x),..., f n (x)) für x V. Zeigen Sie die Äquivalenz der folgenden drei Aussagen: (i) f,..., f n sind linear abhängig. (ii) Bild(Φ) K n. (iii) Es gibt eine Linearform g : K n K mit g und g Φ =. ( steht jeweils für die Nullabbildung.) Lösung zu Aufgabe I.4 (i) (ii): Es seien f,..., f n linear abhängig. Dann gibt es λ,..., λ n K mit λ i für ein i {,..., n} und λ f λ n f n =. Der Vektor e i = (,...,,,,..., ) (nur die i -te Komponente ist von Null verschieden) ist nicht im Bild von Φ enthalten. Wäre dies nämlich der Fall, so gäbe es ein v V mit (f (v),..., f n (v)) = e i, d.h. = λ f (v) λ n f n (v) = λ i f i (v) = λ i, was ein offensichtlicher Widerspruch ist. In jedem Fall finden wir also ein Element in K n \ Bild(Φ). (ii) (iii): Es sei nun Bild(Φ) K n. Wir wählen eine Basis y,..., y k von Bild(Φ) und ergänzen diese durch geeignete Vektoren y k+,..., y n Bild(Φ) zu einer (geordneten) Basis y,..., y k, y k+,..., y n von K n, die wir mit B bezeichnen. Nach Voraussetzung ist k < n. Die zu B duale Basis des Dualraums (K n ) bezeichnen wir mit y,..., y n. Nach Definition der dualen Basis gilt ( ) y n(y i ) = für i < n, y n(y n ) =. Setze nun g := y n. Wegen ( ) gilt g. Ferner ist g Φ =. Sei hierzu v V. Dann gibt es µ,..., µ k K mit Φ(v) = k i= µ iy i. Hieraus folgt (g Φ)(v) = g(φ(v)) = g( Da v V beliebig war, zeigt dies g Φ =. k µ i y i ) = i= k µ i g(y i ) = (iii) (i): Es existiere eine Linearform g : K n K mit g und g Φ =. Es gibt a,..., a n K mit g( (ξ,..., ξ n ) ) = a ξ a n ξ n i= k i= µ i yn(y i ) =. }{{} = für alle (ξ,..., ξ n ) K n. Dabei sind nicht alle a i gleich, da g. Nach Voraussetzung gilt somit für alle v V, also = g(φ(v)) = g( (f (v),..., f n (v)) ) = a f (v) a n f n (v), a f a n f n =. Da nicht alle a,..., a n gleich sind, sind f,..., f n linear abhängig.

5 I.5 (4 Punkte) (a) Definieren Sie den Begriff Eigenvektor eines Endomorphismus. (b) Sei a R. Im Vektorraum R sei Φ a der Endomorphismus mit Abbildungsmatrix a a a A a := a a a R a bezüglich der Standardbasis. Bestimmen Sie die Menge aller a R, für die Φ a diagonalisierbar ist. Berechnen Sie für Φ eine Basis aus Eigenvektoren. Lösung zu Aufgabe.5 (a) Sei V ein Vektorraum über einem Körper K und Φ : V V ein Endomorphismus. Ein Vektor x V \ {} heißt Eigenvektor des Endomorphismus Φ, falls ein λ K existiert mit Φ(x) = λx. (b) Wir bestimmen die Eigenwerte von A a in Abhängigkeit von a: a λ a a + det a a λ a a λ und damit + λ λ = det a a λ a a λ λ = det a a λ a a λ det(a a λi) = ( λ)[(a λ)( λ) ( a)a] = ( λ)[λ λ( + a) + a + a ]. Als Eigenwerte erhält man somit Wann treten mehrfache Eigenwerte auf? λ =, λ, = + a ± a. + a ± a = a = ( a) a = oder a = Wir müssen daher folgende Fälle unterscheiden: + a + a = + a a a = () a : Einziger reeller Eigenwert ist. Da A a für a keine Diagonalmatrix ist, ist somit A a nicht diagonalisierbar. () a = : Das charakteristische Polynom ist X(X ). Es gilt Rang(A I ) = Rang =. Die Summe der Dimensionen der beiden Eigenräume ist, also ist A diagonalisierbar. () a < : Das charakteristische Polynom zerfällt in drei verschiedene Linearfaktoren über R, also ist A a diagonalisierbar. Wir berechnen noch eine Basis aus Eigenvektoren für Φ. Man sieht sofort Kern(A ) = Kern = [ ] sowie Kern(A I ) = Kern = [, ]. Die Vektoren,, bilden somit eine Basis aus Eigenvektoren von A.

6 I.6 (4 Punkte) Für n N und a R sei die Matrix D n := (d ij ) R n n gegeben durch + a, i = j, d ij := a, i j =,, sonst, wobei i, j n. Berechnen Sie det D n. Hinweis: Verwenden Sie vollständige Induktion. Lösung zu Aufgabe.6: det D = + a det D = + a a a + a = ( + a ) a = + a + a 4 det D = + a a a + a a a + a = ( + a ) a ( + a ) a ( + a ) = + a + a 4 + a 6 Behauptung: det D n = + a + a a n = n i= ai Beweis: Vollständige Induktion Induktionsanfang: n =, siehe oben. Induktionsvoraussetzung: Es gelte det D n = n i= ai und det D n = n i= ai für ein n. Induktionsschluss: Durch Entwickeln nach der ersten Zeile findet man det D n = + a a a + a. a a a + a = a a + a. a... ( + a ) det D n a. a a a + a n n = ( + a ) det D n a det D n = ( + a ) a i a i= i= a i = = n n n n a i + a a i a a i = a i + a n i= i= i= i= n a i = + a + a a n. i=

7 II. (4 Punkte) Gegeben sei für a C die komplexe Matrix A a = a a a a a C. (a) Bestimmen Sie die Jordansche Normalform von A a in Abhängigkeit von a. (b) Geben Sie jeweils eine Matrix S a an, sodass Sa A a S a die Jordansche Normalform von A a ist. Lösung zu Aufgabe II.: (a) A a hat den einzigen Eigenwert a. Das charakteristische Polynom von A a ist (a X). Wir berechnen den Eigenraum E a zum Eigenwert a, wobei E a = Kern(A a a I ) = Kern a. a Sei zunächst a =. Dann gilt E = Kern = [, ], also dim(e ) =. Somit gibt es zwei Kästchen, d.h. die JNF von A ist J :=. Sei nun a. Dann gilt E a = Kern a = [ ], also dim(e a ) =. Somit gibt es ein a Kästchen, d.h. die JNF von A a ist J a := a a. a (b) Sei zunächst a =. Wähle b R \ E beliebig. Setze b := (A I )b. Wähle b E (R \ [b, b ]) beliebig. Setze schließlich S := (b b b ). Konkret erhält man: b :=, b := (A I )b =, b :=, S :=. Somit gilt für S gerade S S = J. Sei nun a. Wähle b R \ E a beliebig, setze b := (A a a I )b und b := (A a a I )b. Dann ist b, b, b eine Basis von R, und S a := (b b b ) leistet das Gewünschte. Konkret erhält man b :=, b := (A a a I )b = a, b := (A a a I )b =, S a := a. 4a 4a Somit gilt für S a gerade S a A a S a = J a.

8 II. (4 Punkte) In R 4 mit dem Standardskalarprodukt und zugehöriger Norm sind die affinen Unterräume E = + [, ] 4 und G = + [ ] 6 gegeben. Hier bezeichnet [...] die lineare Hülle. (a) Bestimmen Sie den Abstand d(e, G) von E und G. (b) Bestimmen Sie Punkte x E und y G mit d(e, G) = x y. Lösung zu Aufgabe II. Wir setzen u :=, u := so dass E = y + [u, u ] und G = y + [u ]. 4, u := y := und y :=, 6 (a) Wir bilden zunächst U := [u, u, u ], den Unterraum aller Vektoren, die sowohl zu E als auch zu G orthogonal sind. Es gilt x U genau dann, wenn u i, x = für i =,,. Als Lösungsmenge dieses LGS ergibt sich U = [ ] = [u], wobei u := 6 normiert ist ({u} ist somit eine ONB von U). Die Orthogonalprojektion Π U (x) eines Vektors x R 4 auf U ist dann gegeben durch Π U (x) = x, u u. Für den Abstand der Unterräume gilt d(e, G) = Π U (y y ), wobei Π U (y y ) = Π U ( ) =, u u =, 6 = =: v, also d(e, G) = v = 6. (b) Für die Lotfußpunkte x E und y G gilt y x = Π U (y y ). Gesucht sind also a, a, a R, so dass y x = Π U (y y ) = v, wobei x = y a u a u und y = y +a u, d.h. v = y x = y y +a u +a u +a u. Es ergibt sich das LGS a u + a u + a u = b mit b = v (y y ) = = /, / das als einzige Lösung a = 7/, a = /, a = hat. Also sind die Lotfußpunkte x = y 7 u u = und y = y u =. Hinweis: Die Rechnungen vereinfachen sich etwas, wenn man zunächst [, ] [ 4 =, 6 verwendet. ]

9 II. (4 Punkte) Nachfolgend seien R n und R n jeweils mit dem Standardskalarprodukt ausgestattet. Seien ϕ : R n R n eine lineare Abbildung und Φ : R n R n definiert als Φ ( ( ) x ) := ϕ(x) für x, y R y n. Mit ϕ : R n R n bzw. Φ : R n R n werden die zugehörigen adjungierten Abbildungen bezeichnet. (a) Zeigen Sie: Für x R n gilt (b) Beweisen Sie: Φ (x) = ( ) ϕ (x) R n. dim Bild(Φ ) = n dim Kern(ϕ). Lösung zu Aufgabe II. (a) Für alle x, y, z R n gilt Φ (x), ( ( y y = x, Φ( ) = x, ϕ(y) = ϕ z) z) (x), y = ( ϕ (x) ), ( y z), wobei die Definition der adjungierten Abbildung und die Definition von Φ verwendet wurden. Da dies bei gegebenem x R n für alle y, z R n gilt, folgt (a). (b) Aus Teil (a) folgt sofort dim Bild(Φ ) = dim Bild(ϕ ). Mit Hilfe der eventuell aus der Vorlesung oder den Übungen bekannten Gleichung ( ) (Bild(ϕ )) = Kern(ϕ) erhält man dim Bild(ϕ ) = n dim Kern(ϕ), was (b) beweist. Nachweis von Gleichung ( ): : Sei x Kern(ϕ) und y Bild(ϕ ). Dann ist ϕ(x) = und es gibt ein z R n mit y = ϕ (z). Es folgt x, y = x, ϕ (z) = ϕ(x), z =, und somit x (Bild(ϕ )). : Sei x (Bild(ϕ )). Dann gilt für alle z R n = x, ϕ (z) = ϕ(x), z, das ergibt ϕ(x) = und damit x Kern(ϕ).

10 II.4 (4 Punkte) Es sei Φ eine Isometrie des euklidischen Standardraums R 4 mit der Eigenschaft Φ = id. (a) Geben Sie alle möglichen euklidischen Normalformen für die Isometrie Φ an. Wählen Sie dabei auftretende Drehwinkel immer zwischen und π. (b) Für welche dieser Normalformen gibt es einen Vektor x R 4 \ {}, sodass x und Φ(x) orthogonal sind? Lösung zu Aufgabe II.4 Es bezeichne I n die n n-einheitsmatrix, D ϕ R das Drehkästchen zum Winkel ϕ, und, das Skalarprodukt. (a) Da Φ = Id gilt, ist kein Eigenwert von Φ. Da die Dimension von R 4 gerade ist, ist die Dimension des Eigenraums zum Eigenwert gerade. Die Normalform A ist also von der Gestalt ( ) Dϕ A =. D ϕ Wegen ( ) ( ) D I 4 = A = ϕ Dϕ Dϕ =. D ϕ Daher ist ϕ i πz und jedes der Drehkästchen ist eines der folgenden: ( D = I oder D π = ). Wir erhalten die drei möglichen Normalformen ( D A := = I D) 4, A := ( D D π ) ( D π, A := D π ). (b) Nun gehen wir die drei Möglichkeiten durch und untersuchen, wann es einen Vektor x mit x Φ(x) gibt. Ohne Einschränkung sei hierbei Φ bezüglich der Standardbasis durch eine der Normalformen A i beschrieben. Φ ˆ=A : Hier ist Φ = Id, und kein Vektor x steht auf seinem Bild senkrecht. Φ ˆ=A : Eine direkte Rechnung mit Hilfe der Matrixdarstellung A von Φ ergibt dann x, Φ(x) = x + x (x + x 4). Hieran liest man ab, dass z.b. für x =, x = x 4 =, x = die Vektoren x und Φ(x) orthogonal sind. Φ ˆ=A : Eine direkte Rechnung mit Hilfe der Normalform von Φ ergibt hier x, Φ(x) = x für x. In diesem Fall gibt es also keinen Vektor x R 4 \ {}, sodass x und Φ(x) orthogonal sind.

11 II.5 (4 Punkte) Seien (V,, ) ein n-dimensionaler unitärer Vektorraum mit Norm und Φ ein normaler Endomorphismus von V. Seien ferner k eine natürliche Zahl und ϱ R mit ϱ. Zeigen Sie die Äquivalenz der folgenden Aussagen: (i) Für jeden Eigenwert λ von Φ gilt λ ϱ. (ii) Φ(x) ϱ x für alle x V. (iii) Φ k (x) ϱ k x für alle x V. Lösung zu Aufgabe II.5 Da Φ ein normaler Endomorphismus von V ist, hat V eine Orthonormalbasis b,..., b n aus Eigenvektoren mit entsprechenden Eigenwerten λ,..., λ n. Für alle x V mit x = n i= x ib i gilt n n n n n Φ(x), Φ(x) = x i Φ(b i ), x i Φ(b i ) = x i λ i b i, x i λb i = λ i λi x i b i, x i b i i= Das Skalarprodukt ist positiv definit und λ i λi = λ i. Deswegen folgt i= Φ(x), Φ(x) max i n λ i n i= i= i= i= x i b i, x i b i = max i n λ i x, x. Also ist ( ) Φ(x) max λ i x. i n Hier gilt Gleichheit genau dann, wenn x Eigenvektor zum maximalen Eigenwert ist. (i) (ii) Falls für alle i =,..., n gilt λ i ρ, dann ist und somit Φ(x) ρ x. max λ i ρ i n (ii) (i) Falls Φ(x) ρ x für alle x V gilt, dann ist λ ρ für jeden Eigenwert λ. Also folgt (i). (i) (iii) Φ k hat die gleiche Basis aus Eigenvektoren, aber zu den Eigenwerten λ k,..., λ k n. Die Behauptung folgt dann aus λ ρ λ k ρ k und (i) (ii).

12 II.6 (4 Punkte) Im R sind zwei Quadriken durch die Gleichungen Q : x + 4xy + 6y = Q : x + 6xy + y = erklärt. (a) Zeigen Sie, dass Q und Q affin äquivalent sind. Geben Sie eine Affinität des R an, die Q auf Q abbildet. (b) Sind Q und Q euklidisch äquivalent? (Begründung!) Lösung zu Aufgabe II.6 (a) Mit quadratischer Ergänzung folgt sofort Q : (x + y) + y = Q : (x + y) + y =, so dass Q und Q beide die affine Normalform x +y = haben und daher affin äquivalent sind. Um eine Affinität zu erhalten, die Q auf Q abbildet, schreiben wir mit Ebenso erhält man Es gilt daher Die Affinität bildet somit Q auf Q ab. Q = {(x, y) R (x + y) + y = } = {( x ȳ, ȳ) R x + ȳ = } = ϕ(s ) ) ( ( x ) ( x ϕ( ) := ȳ ȳ ), S := {( x, ȳ) R x + ȳ = }. ( ( x Q = ψ(s ) mit ψ( ) := ȳ) ) ( x ȳ ( Q = ψ(s ) = ψ(ϕ ) ( ) ( ) 6 (Q )) = Q = Q. R R, ( ) ( x y ) (x 6 y (b) Die Quadriken Q und Q sind nicht euklidisch äquivalent, da sie nicht dieselben Hauptachsenlängen haben. Die Hauptachsenlängen von Q bzw. Q ergeben sich als die Eigenwerte von ( ) ( ) M = bzw. M 6 =. Das charakteristische Polynom p von M ist p (λ) = λ 7λ +, das charakteristische Polynom p von M ist p (λ) = λ λ +, also haben p und p nicht dieselben Nullstellen. 6 ), ). 6