Aufgabe I.1 (4 Punkte) Gegeben seien die Matrix H := und die Menge L := {A R 4 4 A HA = H} Zeigen Sie:

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1 Aufgabe I (4 Punkte Gegeben seien die Matrix und die Menge Zeigen Sie: H := L := {A R 4 4 A HA = H} a L ist bezüglich der Matrizenmultiplikation eine Gruppe b Die Matrizen der Form ( E O, O B wobei E R die Einheitsmatrix, O R die Nullmatrix und B R eine orthogonale Matrix ist, gehören zu L c L ist nicht abelsch Beweis: a Jedes A L ist invertierbar, denn aus A HA = H folgt det(a det(h det(a = det(h =, also insbesondere det(a Damit ist L eine Teilmenge der Gruppe GL 4 (R und wir können das Untergruppenkriterium anwenden: L ist nicht leer, da die Einheitsmatrix E 4 in L liegt: es ist E 4 HE 4 = H Ist A L, so auch A L: denn es ist (A HA = (A (A HAA = H Sind A und B in L, so auch AB: es ist (AB H(AB = B (A HAB = B HB = H Damit ist gezeigt, dass L Untergruppe von GL 4 (R ist b B ist orthogonal bedeutet, dass B B = E ist Schreibt man H als H = ( C := und E := E, so ist Also ist ( E B ( E B H L ( E B = ( E CE B ( EB = ( C E ( C E = H, mit

2 ( ( c B = und B = sind orthogonale Matrizen, wie man auch ohne ( ( E E Rechnung sieht Also sind nach b und in L Nun ist B B ( ( E E ( ( E E E E = B B = B B Deshalb ist L nicht abelsch Anmerkungen In Teil a konnte man statt des Untergruppenkriteriums auch direkt die Gruppenaxiome nachrechnen Allerdings sollte man in jedem Fall die Assoziativität der Verknüpfung aus der Assoziativität der Matrizenmultiplikation übernehmen! Häufig wurde bei diesem Ansatz vergessen zu zeigen, dass auf L überhaupt eine Verknüpfung gegeben ist, dass also L unter der Matrizenmultiplikation abgeschlossen ist Die Aussage in Teil c folgt nicht schon daraus, dass die Matrizenmultiplikation im Allgemeinen nicht kommutativ ist: auch nicht kommutative (Halb-Gruppen haben kommutative Untergruppen

3 Aufgabe I (4 Punkte Es seien V ein Vektorraum und U, U, U 3 Untervektorräume von V Zeigen Sie: a V = U U = V = U oder V = U b U U 3 U + (U U 3 = (U + U U 3 a Sei V = U U und U V Es genügt dann U U zu zeigen Sei dazu x U beliebig und u U \ U (das geht, da U V und U U = V ist Sei nun v = x + u Dann ist v U, da aus v U folgen würde, dass u = x v U ist, was im Widerspruch zu u U \ U steht Also ist x = v u U und also U U Insgesamt ist damit V = U U = U und die Behauptung bewiesen b = Es gelte U + (U U 3 = (U + U U 3 Dann gilt U U + (U U 3 = (U + U U 3 U 3 und also U U 3 = Es gelte U U 3 i Sei x U + (U U 3 Dann gibt es ein u U und ein u 3 U U 3 mit x = u + u 3 Insbesondere ist u 3 U und somit x = u + u 3 U + U Da U U 3 vorausgesetzt ist, liegt neben u 3 auch u in U 3 und also x = u + u 3 U 3 Insgesamt ist x (U + U U 3 und es folgt U + (U U 3 (U + U U 3 ii Sei nun x (U + U U 3 Dann gibt es ein u U und ein u U mit x = u + u Da x insbesondere in U 3 liegt, gilt wegen u U U 3, dass u = x u U 3 ist Also ist u U U 3 und damit x = u + u U + (U U 3 Insgesamt ist somit Aus i und ii folgt also U + (U U 3 (U + U U 3 was die Behauptung war U + (U U 3 = (U + U U 3,

4 Aufgabe I3 (4 Punkte Es seien V ein endlichdimensionaler Vektorraum und Φ ein Endomorphismus von V mit Kern Φ = Kern (Φ ( Zeigen Sie: a V = Kern Φ Bild Φ b Die Aussage in a gilt ohne die Voraussetzung ( im Allgemeinen nicht (Gegenbeispiel! a Beh: V = Kern Φ Bild Φ i Wir zeigen zunächst Kern Φ Bild Φ = {}, wobei nur die nichttriviale Inklusion angegeben wird Sei x Kern Φ Bild Φ Dann gilt Φ(x = und es gibt ein y V mit der Eigenschaft x = Φ(y Das zusammengefasst ergibt = Φ(Φ(y = Φ }{{} (y, woraus y Kern Φ =x folgt Wegen der Voraussetzung (* gilt y Kern Φ und damit x = Φ(y = ii Da V endlichdimensional ist, reicht es zu zeigen, dass V und Kern Φ + Bild Φ die gleiche Dimension haben Dazu verwenden wir den Dimensionssatz für Endomorphismen und den Dimensionssatz über Summe und Schnitt von Untervektorräumen dim V = dim Kern Φ + dim Bild Φ = dim (Kern Φ + Bild Φ + dim( Kern } Φ{{ Bild Φ} ={} = dim (Kern Φ + Bild Φ b Wir betrachten die Abbildung R ( R Φ : x Mit den Standardbasisvektoren e = ( und e = x Kern Φ = [e ] und Kern Φ = R, also Kern Φ Kern Φ ( gilt dann: Andererseits ist Bild Φ = [e ] = Kern Φ, und damit Kern Φ + Bild Φ = [e ] R

5 Aufgabe I4 (4 Punkte Gegeben seien die n Linearformen Φ j : R n R, (x,, x n x j x j+ für j =,, n, Φ n : R n R, (x,, x n x n Zeigen Sie, dass B = (Φ,, Φ n eine Basis des Dualraums von R n ist, und geben Sie eine Basis B = (b,, b n von R n an, die B als Dualbasis hat Beweis: Nach Vorlesung ist notwendig und hinreichend für Dualbasen das LGS Φ j (b i = δ ji, i, j =,, n (Kronecker Delta Damit b i = (x,, x n das erfüllt, sind notwendig und hinreichend laut Definition der Φ j : x = x = = x i (Φ j (b i = für j < i n, x i+ = x i+ = = x n (Φ j (b i = für n > j > i bzw x n = bei i < j = n 3x i + x i+ = (Φ j (b i = fürj = i < n bzw x n = bei j = i = n Offensichtlich stimmt das, wenn man setzt: x = x = = x i = und x i+ = x i+ = = x n = Damit erfüllt b i = (,,,,, (die erste an der Stelle i + das LGS (i =,, n Die b i sind linear unabhängig (zb weil sie untereinandergeschrieben eine Dreiecksmatrix mit Determinante bilden, n linear unabhängige Vektoren bilden laut Vorlesung eine Basis des R n Damit ist gezeigt, dass B = (Φ,, Φ n die Dualbasis zur Basis B, also eine Basis des Dualraums ist (Übrigens folgt schon allein aus dem LGS leicht, dass sowohl die b i als auch die Φ j linear unabhängig sind, also Basen ihrer jeweiligen Räume bilden; aber ich bin nicht sicher, ob das so in Ihrer Vorlesung ausgesprochen wurde (HPR

6 Aufgabe I5 (4 Punkte Es seien V der Vektorraum der reellen Polynome vom Grad höchstens 3 und Φ ein Endomorphismus von V mit wobei a R ein Parameter ist Φ( = ( + a + x x Φ(x = ax + (a x 3 Φ(x = (a + a + ax ax + 3x 3, Φ(x 3 = ax 3 a Geben Sie die Abbildungsmatrix von Φ bezüglich der geordneten Basis (, x, x, x 3 von V an b Bestimmen Sie alle a R, für die Φ diagonalisierbar ist V = {ax 3 + bx + cx + d : a, b, c, d R} (a + a a + a A = a a a a 3 a (b Φ ist genau dann diagonalisierbar, wenn die Summe der Eigenraumdimensionen 4 ergibt Das charakteristische Polynom lautet in unserem Fall: p(x = det(a xe = = x(x (a x (i a / {, } Ist E c der Eigenraum zum Eigenwert c, so folgt dim E =, dim E = und dim E a {, } a + a a + a dim E a = 4 Rg a a = 4 Rg a a 3 a 3 somit gilt dim E a = {, a =, sonst

7 (ii a = p(x = x 3 (x und somit dim E = dim E = 4 Rg = 3 (iii a = p(x = x(x 3 und somit dim E = dim E = 4 Rg = 4 Rg 3 = 3 Dh, nur im Falle a = ist die Summe der Eigenraumdimensionen gleich 4 Φ ist somit ausschließlich für a = diagonalisierbar

8 Aufgabe I6 (4 Punkte Es seien a, b, c R und b c Für jedes x R werde eine reelle (n n - Matrix a x b x b x c x A x = b x c x c x a x definiert a Bestimmen Sie det A b und det A c b Zeigen Sie, dass det A x als Polynom in x den Grad hat Hinweis: Sie müssen dafür die Koeffizienten des Polynoms nicht explizit berechnen c Berechnen Sie det A unter Verwendung von a und b (a Es gilt: A b = a b c b c b c b a b, A c = a c b c b c b c a c Die Determinante einer Dreiecksmatrix berechnet sich bekanntlich als Produkt der Diagonaleinträge Damit erhält man: det(a b = (a b n und det(a c = (a c n (b Die Determinante einer Matrix ändert sich nicht, wenn man zu einer Zeile das Vielfache einer anderen Zeile addiert Das kann man dazu benutzen, die Anzahl der Einträge zu reduzieren, in denen die Variable x auftritt, indem man die erste Zeile von allen anderen abzieht: a x b x b x c x det(a x = = b x c x c x a x a x b x b x c a a b = c a c a a b

9 Entwickelt man nun nach der ersten Zeile, so erhält man det(a x = (a x det(b (b x det(b + ± (b x det(b n mit Matrizen B,, B n, die unabhängig von x sind Die Determinante ist also Polynom vom Grad höchstens in x Es gibt natürlich noch viele andere Zeilen- oder Spaltenumformungen, die das Ablesen des gewünschten Ergebnisses in ähnlicher Weise erleichtern (c Aus dem (b-teil ist bekannt, dass die Determinante von A x sich schreiben lässt als lineares Polynom ( Gerade det(a x = αx + β, wo α und β von den Parametern a, b, c abhängen können, jedoch nicht von x Dabei ist der konstante Term β die gesuchte Determinante det(a Im (a-teil hat man schon zwei Funktionswerte berechnet und erhält somit ein lineares Gleichungssystem Aus c ( b ( kann man ablesen: c b c b det(a = αb + det(a = (a b n ( αc + det(a = (a c n ( c c b (a bn b c b (a cn

10 Aufgabe II (4 Punkte Gegeben sei die reelle Matrix A = Bestimmen Sie die Jordan sche Normalform à sowie das Minimalpolynom m von A, und geben Sie eine reguläre Matrix S an, sodass à = S AS gilt Das charakteristische Polynom von A ist (durch Entwicklung nach der zweiten Zeile X det X X = X = det X X X det = [ + X] X [( X ( X + X] = ( X[ X X X X ( ( X( X + ] = ( X [ X( X] = (X 4 Es ist also der einzige Eigenwert von A Nun gilt: A E 4 =, (A E 4 = Es gibt 4 Rang(A E 4 = 4 = Jordankästchen zum Eigenwert, und da (A E 4 nicht die Nullmatrix ist, hat mindestens eines der Kästchen Länge 3 Da die Summe der Längen der Kästchen 4 ist, ist die Jordan sche Normalform von A gleich à = Das Minimalpolynom ist damit (X 3 Da (A E 4 e gilt, kann man als die ersten Vektoren einer Jordanbasis die Vektoren b := e =, b := (A E 4 b =, b 3 := (A E 4 b =

11 verwenden Als vierten Vektor braucht man dann einen Vektor im Kern von (A E 4, der b, b, b 3 zu einer Basis ergänzt, also noch nicht Vielfaches von b 3 ist, zb b 4 := Damit ergibt sich eine mögliche Basiswechselmatrix S als die Matrix S :=

12 Aufgabe II (4 Punkte Im euklidischen Standardvektorraum R 5 seien der Untervektorraum U = [, 3, 4, 4 ] und der Vektor x = gegeben Berechnen Sie den Abstand von x zu U Berechnung von U : Wir lösen das folgende homogene LGS und erhalten Dabei wurde im Schritt die erste Zeile einmal von der zweiten und der vierten, und zweimal von der dritten abgezogen Im Schritt wurde die zweite Zeile zweimal von der ersten und der letzten subtrahiert In den letzten beiden Schritte wurde die zweite und dritte Zeile von der ersten abgezogen Als Basis des Komplementärraums von U in R 5 erhalten wir 3 {, Da beide Vektoren paarweise orthogonal sowie orthogonal zu U sind, ist eine ONB {b, b }

13 von U gegeben durch {, 3 } Orthogonalprojektion π(x von x auf U : Es gilt π(x = x, b b + x, b b =, +, 3 3 = 3 Der Abstand von x zu U beträgt also d(x, U = x π(x =, =

14 Aufgabe II3 (4 Punkte Es seien V ein euklidischer Vektorraum mit Skalarprodukt, und Φ ein Endomorphismus von V a Geben Sie eine Definition der adjungierten Abbildung Φ von Φ b Zeigen Sie die Äquivalenz der folgenden beiden Aussagen: (i Φ existiert und es gilt Φ = Φ (ii Für alle x V gilt Φ(x, x = a Ist V ein euklidischer Vektorraum mit Skalarprodukt, und Φ ein Endomorphismus von V, so heißt Φ die zu Φ adjungierte Abbildung, falls für alle x, y V gilt b (i (ii Für alle x V gilt Φ(x, y = x, Φ (y Φ(x, x Φ ex = x, Φ (x Φ = Φ = x, Φ(x = Φ(x, x Somit gilt für alle x V : Φ(x, x = (ii (i Nach Voraussetzung gilt für alle x, y V : = x + y, Φ(x + y = x, Φ(x + y, Φ(x + x, Φ(y + y, Φ(y }{{}}{{} = = = y, Φ(x + x, Φ(y Somit gilt für alle x, y V die Gleichung Φ(x, y = x, ( Φ(y ; das heißt, dass die zu Φ Adjungierte Φ existiert und Φ = Φ gilt

15 Aufgabe II4 (4 Punkte Es seien V ein euklidischer Vektorraum und Φ ein bijektiver Endomorphismus von V, der die Orthogonalität erhält, das heißt für alle v, w V gilt: v w = Φ(v Φ(w Zeigen Sie, dass es eine reelle Zahl s gibt, für die s Φ eine Isometrie von V ist Wir zeigen, dass ein s R existiert, s, so dass für alle x V gilt: sφ(x = x Dann ist sφ eine Isometrie Äquivalent dazu ist die Behauptung: Es gibt ein r, so dass für alle x V Φ(x = r x (s ist dann r gilt: Wir wählen einen beliebigen aber festen Einheitsvektor e V Dann ist nach Voraussetzung Φ(e o und damit Φ(e Wir zeigen, dass r := Φ(e die gesuchte reelle Zahl ist: Für jeden anderen Einheitsvektor x gilt dann x+e, x e = =, also nach Voraussetzung auch Φ(x + e, Φ(x e =,, woraus Φ(x = Φ(e = r folgt Damit gilt für alle x V, x o : Φ( x = r, also Φ(x = r x Diese Gleichung gilt x natürlich auch für x = o

16 Aufgabe II5 (4 Punkte Es seien V ein n dimensionaler unitärer Vektorraum, Φ ein Endomorphismus von V und Φ die adjungierte Abbildung von Φ Zeigen Sie: a Φ ist genau dann eine Isometrie, wenn Φ normal ist und alle Eigenwerte von Φ den Betrag haben b Gibt es eine natürliche Zahl k mit Φ = Φ k und ist Φ bijektiv, so ist Φ eine Isometrie a Beh: Φ Isometrie Φ normal und jeder EW von Φ hat Betrag Bew: : Sei Φ Isometrie (dh Φ = Φ und λ ein EW von Φ (dh x : Φ(x = λx Dann folgt Φ Φ = Φ Φ = id V = Φ Φ = Φ Φ (dh Φ ist normal und x = Φ(x = λx = λ x (erste Gleichung: Isometrie-Eigenschaft Mit x folgt λ =, dh λ hat Betrag : Sei Φ normal mit der Eigenschaft, dass alle EWe Betrag haben Die Normalität impliziert die Existenz einer ONB x,, x n aus EVen von Φ (mit zugeh EWen λ,, λ n vom Betrag Es sei A Φ die Abbildungsmatrix von Φ bezüglich dieser Basis λ λ λ A Φ = A λ Φ A Φ = λ n λ n Da alle EWe den Betrag haben, ist die letzte Matrix gleich E n Also ist A Φ A Φ = En und analog A Φ AΦ = E n Somit ist Φ eine Isometrie b Es sei Φ bijektiv und es existiere k mit Φ = Φ k Dann ist Φ normal, denn Φ Φ = Φ k Φ = Φ k+ = Φ Φ k = Φ Φ Ist λ ein beliebiger EW von Φ (zum EV x, so gilt λ (da Φ bijektiv ist und λ x, x = x, λx = x, Φ(x = Φ (x, x = Φ k (x, x = λ k x, x = λ k x, x Mit x folgt λ = λ k Für die Beträge gilt also λ = λ = λ k = λ k Division durch λ liefert λ k = und wegen k > schließlich λ = Nach der im a-teil bewiesenen Aussage ist also Φ eine Isometrie

17 Aufgabe II6 (4 Punkte Im R n sei eine affine Abbildung ϕ gegeben Zeigen Sie: Ist ϕ = id R n und besitzt ϕ genau einen Fixpunkt, so gilt ϕ(x = x + a für alle x R n mit einem festen Translationsvektor a R n Lösung Die gesuchte affine Abbildung hat die Form ϕ : x Ax+a mit der n n-matrix A und a R n Nun gilt Und weiter ϕ hat genau einen Fixpunkt ϕ(x = x ist eindeut lösbar (A E n x = a ist eindeut lösbar A E n ist invertierbar ( ϕ (x = x x R n A(Ax + a + a = x x R n (A E n x = Aa a x R n Aa + a =, A E n = O ( Gleichung erhält man mit x = Wegen A E n = O gilt (A E n (A + E n = O Diese Gleichung multiplizieren wir von links mit (A E n (Existiert wegen ( Es folgt A + E n = O, dh A = E n und ϕ(x = x + a, x R n