3. Übung zur Linearen Algebra I -

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1 3. Übung zur Linearen Algebra I - en H. Klarner FU Berlin. WS Aufgabe 9 Man gebe eine Halbgruppe (H, ) an, die keine Gruppe ist, aber die beiden folgenden Eigenschaften besitzt: (i) e H (ii) g H g H : g e = g (Existenz eines rechtsneutralen Elements) g H : g g = e (Existenz von Linksinversen) Hinweis: Wähle H möglichst klein. Laut Hinweis untersuchen wir zuerst Mengen mit zwei Elementen: H = {a, b}. Es gibt 6 verschiedene Verknüpfungstabellen für eine Verknüpfung : H H H. Davon kommen aber nicht alle in Frage, denn die geforderten Eigenschaften (i) und (ii) übersetzen sich folgendermaßen in die Verknüpfungstabelle: (i) eine Spalte, die identisch der linken Seite der Tabelle ist (Existenz eines rechtsneutralen Elements). (ii) In allen Spalten kommt mindestens einmal das rechtsneutrale Element, das in (i) festgelegt wurde vor (Existenz von Linksinversen). O.B.d.A kann angenommen werden, daß a ein rechtsneutrales ist (denn in den Tabellen, in denen b rechtsneutrales ist, kann man a in b und umgekehrt umbennenen, sodaß a das Rechtsneutrale ist). Damit kommen noch drei Tabellen in Frage: (a) a b a a a b b a (b) a b a a a b b b (c) a b a a b b b a Zunächst braucht man etwas Zeit oder Überlegung, um zu entscheiden welche davon assoziativ sind. Es stellt sich heraus: (a) ist nicht asso., da b b = a b = bb. (b) und (c) sind zwar Halbgruppen, aber (c) ist zusätzlich eine Gruppe, denn das Neutrale a ist rechts- und linksneutral und b = b ist auch rechts und linksinvers. Damit bleibt nur die Hoffnung, daß (b) keine Gruppe ist, sonst müßte man nach 3-elementigen Beispielen suchen. In (b) sind a und b rechtsneutral und man

2 darf sich für eins von beiden entscheiden. Sei a das geforderte Rechtsneutrale, dann besitzt jedes Element aus H ein Linksinverses: aa = a ab = a aber b zu Glück kein Rechtsinverses, denn bb = b und ba = b und deswegen ist (H, = (b)) eine Halbgruppe mit den gesuchten Eigenschaften. Aufgabe 0 Für welche a, b R ist (R, ) eine Gruppe, wenn definiert wird durch: x, y R : x y := ax + by? Wir wissen, daß für a = b = eine Gruppe ist, da es sich bei der Verknüpfung dann gerade um die Addition auf R handelt. Gefragt wird also, ob es weitere gewichtete Additionen auf R gibt. Welche Gleichungen müssen a und b erfüllen? () Assoziativität: x (y z) = (x y) z () Neutrales Element: e R : x Rx e = e x = x (3) Inverse: x R x R : x x = x x = e Diese Einschränkungen für a und b stehen uns also zur Verfügung. Weitere Gleichungen sind natürlich möglich, z.b. die in der Übung erwähnte e = e = e 3. Es stellt sich heraus, daß () und () schon ausreichen um eine Antwort auf die Frage zu bekommen. Aus () folgert man: x (y z) = (x y) z ax + b(ay + bz) = a(ax + by) + bz ax + aby + b z = a x + aby + bz a = a und b = b Das heißt allein durch Assoziativität erhält man die starke Einschränkung a, b {0, }, welche die schon vorher erkannte a = b = enthält. Aus () folgert man, daß a 0 und b 0, denn falls a = 0, dann: x e = x ax + be = x be = x Aber be ist für jede betrachtete Verknüpfung konstant, die Gleichung soll jedoch für alle x gelten. Aus diesem Wiederspruch folgt a 0. Ebenso folgt aus der Existenz von Linksinversen b 0. Damit bleibt nur eine einzige Kombination übrig, nämlich a = b =. Eigentlich müßte man jetzt für dieses noch die restlichen Gruppeneigenschaften nachweisen (z.b. Existenz von e). In diesem Fall können wir uns das aber sparen, da es sich bei mit a = b = ja um die übliche Gruppe der Addition auf R handelt.

3 Aufgabe Sei (G, ) eine Gruppe, U G und U. Man zeige das Untergruppenkriterium: U ist Untergruppe von (G, ) Für alle a, b U ist a b U Gefragt ist nach Implikationen in beiden Richtungen. Sei U eine Untergruppe von (G, ). Laut Definition einer Untergruppe (U, ) gilt a, b U : a b = a b. In der Vorlesung wurde erwähnt, daß das Neutrale aus U gleich dem Neutralen aus G ist (was erstmal nicht offensichtlich ist). Daraus folgt auch, daß die Inversen für Gruppen und deren Untergruppen eindeutig sind: a U : (a bezüglich ) = (a bezüglich ). Also gilt: a, b U : (b bezüglich ) U a b = a b U Insbesondere gilt für a U : aa = e U und a U : a U. Jetzt definiert man auf U die Verknüpfung a b := a b a, b U, welche abgeschlossen ist, denn: a b = a (b ) U. e ist ein geeignetes Neutrales und a ein geeignetes Inverses in U. Assoziativität vererbt sich von auf wegen der Gleichheit von Produkten in den beiden Operationen. Damit ist (U, ) eine Gruppe und Untergruppe von G. Aufgabe Es seien U und U Untergruppen der Gruppe (G, ). Man zeige: (i) U U ist Untergruppe von (G, ). (ii) Ist U U und U U, so ist U U keine Untergruppe von (G, ) Hinweis: Kann a b in U U liegen, falls a U \U und b U \U? (i) läßt sich mit dem Untergruppenkriterium aus Aufgabe schnell zeigen: a, b U U : (a, b U i ab U i ) ab U U i=, U U erfüllt das Untergruppenkriterium (ii) Die Vereinigung zweier teilweiser disjunkter Untergruppen ist zu klein, um selbst Untergruppe zu sein. D.h. für a U \U und b U \U gilt ab / U U, denn ansonsten gilt o.b.d.a. ab U und wegen a, a U auch a ab = b U. Aber das wiederspricht der Wahl von b. ab / U U U U ist nicht abgeschlossen und damit keine Gruppe. 3

4 4. Übung zur Linearen Algebra I - en Kommentare an Hannes.Klarner@Fu-Berlin.de FU Berlin. WS Aufgabe 3 Auf dem Cartesischen Produkt Z Z werden Verknüpfungen, definiert durch: Man zeige: (a, a ) (b, b ) := (a +b, a +b ) und (a, a ) (b, b ) := (a b, a b ) (i) (Z Z,, ) ist ein Ring mit Eins (ii) R := {(a, b) Z Z b = 0} ist ein Unterring mit Eins (iii) Ist der Ring (Z, +, ) zu R isomorph? Zu (i): (Z,, ) ist ein Ring mit, wenn (Z, ) eine abelsche Gruppe ist und (Z, ) eine Halbgruppe mit ist und die Distributivgesetzte für und gelten. Das Z ist klar. Erstmal die Verknüpfungseigenschaften prüfen. Assoziativität: (x, x ), (y, y ), (z, z ) Z ((x, x ) (y, y )) (z, z ) = (x + y, x + y ) (z, z ) = (x + y + z, x + y + z ) = (x, x ) (y + z, y + z ) = (x, x ) ((y, y ) (z, z )) Dieselbe Rechnung funktioniert für und. und sind auch beides kommutative Verknüpfungen: (x, x ), (y, y ) Z (x, x ) (y, y ) = (x y, x y ) = (y x, y x ) = (y, y ) (x, x ) Außerdem gelten die Distributivgesetze, denn

5 (x, x ) ((y, y ) (z, z )) = (x, x ) (y + z, y + z ) = (x (y + z ), x (y + z )) = (x y + x z, x y + x z ) = (x y, x y ) (x z, x z ) = ((x, x ) (y, y )) ((x, x ) (z, z )) Das andere Distributivgesetz ergibt sich aus der Kommutativität der beiden Verknüpfungen und dem schon gezeigten D-Gesetz. Außerdem gibt es eine und eine 0 und -Inverse: = (, ) denn (a, b) Z : (, ) (a, b) = ( a, b) = (a, b) und 0 = (0, 0) denn (a, b) Z : (0, 0) (a, b) = (0 + a, 0 + b) = (a, b) (a, b) = ( a, b) denn (a, b) Z : ( a, b) (a, b) = (0, 0) Damit ist (i) nachgewiesen. Zu (ii): Da Assoziativität, Kommutativität und die Distributivgesetzte für Z gelten, sind sie auch für Teilmengen, insbesondere R, war. (R, ) ist eine Untergruppe, da für R das Untergruppenkriterium gilt: a, b R : a ( b) = (a, 0) ( b, 0) = (a b, 0) R Außerdem ist R -abgeschlossen: a, b R : a b = (a, 0) (b, 0) = (a b, 0) R Es gibt auch eine R = (, 0) in R, da a R : R a = (, 0) (a, 0) = ( a, 0) = a Zu (iii): Betrachte die Abbildung f : Z R mit f(x) = (x, 0). Wir wollen zeigen, daß es sich um einen bijektiven Ringhomomorphismus handelt (einen Isomorphismus). f ist offensichtlich surjektiv und injektiv: Surjektivität: Sei y R. x Z sodaß y = (x, 0). f(x) = y. Injektivität: Seien x, y Z sodaß (x, 0) = f(x) = f(y) = (y, 0). Dann folgt x = y (Gleichheit für Tupel) Damit haben wir erstmal eine Bijektion zwischen den Mengen R und Z. f besitzt aber auch die Homomorphismus Eigenschaften: f(a) f(b) = (a, 0) (b, 0) = (a b, 0) = f(a b) f(a) f(b) = (a, 0) (b, 0) = (a + b, 0) = f(a + b) Deshalb sind die beiden Ringe isomorph.

6 Aufgabe 4 Man zeige, daß es bis auf Isomorphie höchstens einen Körper der Ordnung 3 gibt. Bemerkung (ohne Beweis): Die Ordnung eines endlichen Körpers ist stets Primzahlpotenz. Ist umgekehrt p a Primzahlpotenz, so gibt es bis auf Isomorphie genau einen Körper der Ordnung p a. Wir gehen nach dem Sudoku-Prinzip des schrittweisen Ausfüllens und Einhaltens bestimmter Regeln vor. In einem Körper gilt definitionsgemäß 0. Bezeichne x das dritte Element, also K = {0,, x}. Folgende Regeln ergeben sich für die Verknüpfungstabellen: Symmetrie entlang der Hauptdiagonalen (Kommutativität) + Tabelle: Zeilen und Spalten sind Permutationen von K (Inverse existieren k) Tabelle: Zeilen und Spalten (ausser 0-Zeile und 0-Spalte) sind Permutationen von K\{0} ( Inverse für K\{0}) k K : k = k (Definition von ) k K : 0 + k = k (Definition von 0) k K : 0 k = 0 (Folgerung aus den Körper-Axiomen) Daraus ergeben sich genau diese beiden Verknüpfungstabellen: + 0 x 0 x 0 0 x x 0 0 x x x 0 x 0 x Da es in der Aufgabe heißt höchstens einen Körper der Ordnung 3 verzichte ich auf den Nachweis der Distributivgesetzte und der Assoziativität, die notwendig wären, um zu zeigen, daß es einen Körper der Ordnung 3 gibt. Aufgabe 5 Ein Ring (R, +, ) heißt nullteilerfrei, wenn gilt: a, b R : a b = 0 a = 0 b = 0 Man zeige: Ist (R, +, ) nullteilerfrei, so gilt die Kürzungsregel, d.h.: a, b, c R : (ab = ac a 0) b = c 3

7 Sei also ein Ring R nullteilerfrei und a, b, c R, a 0 sodaß ab = ac. Falls wir Glück haben gibt es ein multiplikativ-inverses zu a (z.b. in R = Q). Die Kürzungregel gilt aber auch in R = Z, wo nur die ein m-inverses besitzt. Das liegt an der Distributivität, der Existenz von additativ-inversen, der Nullteilerfreiheit und daran, daß a 0: ab = ac ab ac = 0 a(b c) = 0 b c = 0 b = c Der Ring aus Aufgabe 3 dagegen ist nicht nullteilerfrei und man darf in ihm nicht die Kürzungsregel verwenden. Zum Beispiel: a = (3, 0) 0, b = (0, 0), c = (0, 4) ab = ac aber b c. Aufgabe 6 Auf F := {f f : R R} werden Verknüpfungen definiert durch (f + g)(a) := f(a) + g(a) und (f g)(a) := f(a) g(a) a R (i) Ist (F, +, ) ein Ring? (ii) Ist A := {f F f(3) = 0} ein Unterring? (iii) Ist B := {f F f(7) = + f()} ein Unterring? Der Nachweis, daß (F, +, ) ein Ring ist erfordert viele Einzelnachweise. Wiederholung: Zwei Funktionen f, g : D R sind gleich, genau dann wenn d D : f(d) = g(d). Nachweis Assoziativität. f, g, h F : (f + (g + h))(x) = f(x) + (g + h)(x) = f(x) + g(x) + h(x) f + (g + h) = (f + g) + h = (f + g)(x) + h(x) = ((f + g) + h)(x) Genauso für. Nachweis Kommutativität. f, g F : (f + g)(x) = f(x) + g(x) = g(x) + f(x) = (g + f)(x) f + g = g + f Die besonderen Ringelemente sind: : R R, x, denn f F : f = f(x) (x) = f(x) 0 : R R, x 0, denn f F : f + 0 = f(x) + 0(x) = f(x) f F : f, x f(x), denn f(x) + f (x) = 0 4

8 Nachweis des ersten Distributivgesetzes: : (f (g + h))(x) = f(x) (g + h)(x) = f(x) (g(x) + h(x)) = f(x) g(x) + f(x) h(x) = (f g)(x) + (f h)(x) = ((f g) + (f h))(x) f (g + h) = (f g) + (f h) Das zweite folgt aus der Kommutativität der Verknüpfungen. Also ist (F, +) eine abelsche Gruppe. Zu (ii): A ist ein Unterring von R. Wie bei Aufgabe 3 müssen nur noch das Untergruppenkriterium und die -Abgeschlossenheit nachgewiesen werden. a, b A : a, b A : (a b)(3) = a(3) b(3) = 0 a b A (a b)(3) = a(3) b(3) = 0 a b A Zu (iii): B ist kein Unterring von R, da diese Menge nicht +-abgeschlossen ist: Seien f, g B beliebig. Untersuche die Funktion (f + g) an der Stelle 7. Es wird gefordert, daß (f + g)(7) = + (f + g)(). Aber (f + g)(7) = f(7) + g(7) = 4 + f() + g() = 4 + (f + g)(). Also: f, g B f + g / B 5

9 5. Übung zur Linearen Algebra I - en Kommentare an Hannes.Klarner@Fu-Berlin.de FU Berlin. WS Aufgabe 7 Sei eine Orthonormalbasis in R 3 gegeben. (i) Wie lautet die Hessesche Normalform der durch x (ii) Man gebe eine Parameterdarstellung dieser Ebene an = 0 gegebenen Ebene? Zu (i): x = 0 ist die Koordinatengleichung der Ebene und läßt sich als Skalarprodukt- Gleichung folgendermaßen aufschreiben: x 0 0 = 0 was bis auf die Skalierung des Normalenvektors auf die Länge schon der HNF entspricht. Die HNF der Ebene ist also x 0 0 = 0 Zu (ii): Gesucht sind 3 Punkte in der Ebene, die nicht auf einer Geraden liegen. Daraus können wir einen Stüzupunk und zwei Richtungen konstruieren, die die Ebene in der Parameterdarstellung beschreiben. A = (0, 0, ), B = (0,, 0) und C = (0,, ) erfüllen die Gleichung aus (i) und liegen nicht auf einer Geraden, denn A + λ(b A) = C hat keine. Eine mögliche Parameterdarstellung ist also: x = A + λ(b C) + µ(c A) = λ µ 0 0

10 Aufgabe 8 Die Punkte A, B, C mit den Koordinaten (, 0, 0), (,, 0), (3, 0, ) und die Gerade g : χ = + λ 0 seien gegeben bezüglich einer Orthonormalbasis. (i) In welchem Punkt trifft g die Ebene E durch A, B, C? (ii) Man gebe eine Gleichung der Ebene E durch A an, die zu g senkrecht steht. (iii) Man bestimme die Hessesche Normalform von E und den Abstand von E zum Nullpunkt. Zu (i): Gesucht ist der Schnittpunk zwischen g und E, also: +λ 0 = A+µ(A B)+κ(B C) = 0 +µ +κ 0 0 Daraus ergibt sich diese drei linearen Gleichungen + λ = µ κ = κ µ + λ = κ Durch Umstellen und Einsetzen erhalt man diese : λ = 6 µ = κ = 4 Mit diesen Parametern ergibt sich folgender Schnittpunkt: 5 S = 6 0 = 4

11 Zu (ii): Dazu am einfachsten die HNF von E berechnen, denn wir kennen die Normale der Ebene (den Richtungsvektor von g) und einen Punkt der Ebene (A). Also: wobei n und n A so aussehen: n = ( ) n A = ( ) 0 E : x n = A n = ( ) 0 Also ist die gesuchte Ebene in HNF E : x ( ) 0 = ( ) Zu (iii): Aus Teil (ii) stammt die Parameterdarstellung E : x = 0 + µ + κ 0 0 Gesucht ist eine Normale n zu E, d.h.: n = 0, n = 0 0 Daraus ergeben sich für die Koordinaten von n diese zwei linearen Gleichungen: n n = 0 n + n n 3 = 0 Wie erwartet gibt es unendlich viele en für diese Gleichungen, für jede mögliche Länge von n genau zwei. Wir wählen ein n der Länge : n = ( 6) Mit dem Stützvektor der Parameterdarstellung berechnen wird die Konstante der HNF und damit das Ergebnis: E : x ( 6) = ( 6) und der Abstand von E zum Ursprung ist ( 6). 3

12 Aufgabe 9 Welchen Abstand hat die Gerade g aus Aufgabe 8 von der Geraden g gegeben durch χ = + µ Dazu konstruieren wir eine Hilfsebene H, die parallel zu g und g ist. Die Methode ist gleich der Rechnung aus A8 Teil (iii). Wir brauchen die HNF von H, da wir an dem Abstand zu 0 interessiert sind. Gesucht ist also ein Vektor n, der senkrecht zu den Richtungen der beiden Geraden steht. n erfüllt damit diese Skalarprodukt-Gleichungen: n 0 = 0, n Daraus ergeben sich zwei lineare Gleichungen in den Koordinaten von n: Wähle n + n 3 = 0 n n n 3 = 0 n = ( 6) Jetzt verschieben wir die Ebene zuerst so, daß g in ihr liegt und messen den Abstand zu 0 und danach verschieben wir H so, daß g in ihr liegt und notieren den Abstand zu 0. Die Differenz der Abstände ist dann die Distanz zwischen den Geraden. Also H : x ( 6) H : x ( 6) = = = ( 6) = ( 6) Damit ergibt sich folgender Abstand zwischen g und g : (3 )( 6) = ( 6) = ( 6) = 3( 6) 4

13 Aufgabe 0 Man bestimme diejenige Gerade durch den Punkt mit den Koordinaten (,, ), die die beiden Geraden schneidet. g : ψ = 0 0 g : ψ = + λ 0 + µ 0, Gesucht ist also der Richtungsvektor x einer Geraden g 3, die g und g schneidet. Als Stützvektor ist der Punkt (,, ) gegeben. Die Schnittpunkte sind: g = g γx = λ + λ 0 = γx und g = g 3 + µ = 0 γ x = µ 0 + γ x Da die jeweiligen rechten Seiten ungleich 0 für alle Werte von λ und µ sind, müssen auch γ und γ ungleich 0 sein. Wir dürfen also kürzen und die beiden Ausdrücke für x gleichsetzen: λγ λγ 0 0 γ 0 γ 0 = µγ = µγ γ 0 γ 0 5

14 Daraus ergeben sich drei Gleichungen: (I) µγ = 0 µ = 0 (II) λγ γ = µγ γ γ = γ ( λ) (III) λγ γ = µγ γ γ = γ (λ + ) Mit (II) und (III) läßt sich λ bestimmen: γ ( λ) = γ (λ + ) λ = 3 Eingesetzt in den Schnittpunkt zwischen g und g 3 erhalten wir γx = = Damit wissen wir in welcher Richtung die Gerade verläuft. Mit einem ganzzahligen Richtungsvektor kann die gesuchte Gerade also so beschrieben werden. g 3 : y = + γ 0 6

15 6. Übung zur Linearen Algebra I - en Kommentare an Hannes.Klarner@Fu-Berlin.de FU Berlin. WS Aufgabe Sei F := {f f : R R} der R-Vektorraum bezüglich der üblichen Verknüpfungen. Man untersuche, ob die folgenden Teilmengen von F Unterräume sind: (a) A := {f F f(x) 0 x R}, (b) B := {f F f(7) = f()}, (c) C := {f F f( x) = f(x) x R}, (d) D := {f F f ist bijektiv} Für jede der vier Mengen prüfen wir die drei Forderungen des Unterraum- Kriteriums an eine Menge U. Zu zeigen: U A: Definiere f : R R, x 4. Dann ist f A, denn f(x) = 4 0 x B: Da f(7) = 4 = f() ist auch f B C: Definiere id : R R, x x. Dann ist id C, denn id( x) = x = id(x). D: Außerdem ist id offensichtlich bijektiv, also in D. Es kommen also erstmal alle Mengen in Frage. Abgeschlossenheit der Addition von Vektoren: Als nächstes prüfen wir die Zu zeigen: u, v U u + v U A: Seien f, g A. Dann ist (f + g)(x) = f(x) + g(x) 0 und deshalb f + g A erfüllt. B: Seien jetzt f, g B. Dann ist (f + g)(7) = f(7) + g(7) = f() + g() = (f + g)() und deswegen auch f + g B. C: Für zwei symmetrische f, g C gilt (f + g)( x) = f( x) + g( x) = f(x) g(x) = (f + g)(x) und f + g C.

16 D: Betrachte die Funktionen f(x) = x und g(x) = x 3. Beide sind bijektiv, daher f, g D. Aber die Funktion der Summe (g + f)(x) = x 3 x = x(x )(x + ) hat 3 unterschiedliche Nullstellen und kann deswegen nicht injektiv und damit nicht bijektiv sein. Nun noch die Abgeschlossenheit bei Skalarmultiplikation: Zu zeigen: u U und r K r u U. A: Für negative Skalare und von 0 verschiedene Vektoren gilt die Abgeschlossenheit nicht, da z.b. x A aber 3 < 0 x / A. B: Sei h B. Dann ist auch (r h) B, denn (r h)(7) = rh(7) = rh() = (r h)(). C: Sei jetzt h C. Dann gilt (r h)( x) = rh( x) = r( h(x)) = rh(x) = (rh)(x) und deswegen (r h) C D: D ist gegenüber allen Skalaren außer der 0 abgeschlossen, da 0 f = 0 für alle Funktionen f gilt und die Funktion 0(x) = 0 nicht bijektiv ist. Also: A und D sind keine Unterräume, B und C sind Unterräume. Aufgabe Sei F der Vektorraum aus Aufgabe, und seien f, g, h, id definiert durch: f(x) = sin (x), g(x) = cos (x), x R x R h(x) =, id(x) = x, x R x R Sind A := {f, g, h} bzw. B := {f, g, id} linear unabhängige Teilmengen von F? Mit den Eigenschaften von sin und cos folgt sofort diese Linearkombination von 0: f +g h = 0. A ist keine linear unabhängige Teilmenge. Zu B: Nehmen wir an B sei linear abhängig. Dann existieren a, b, c R, nicht alle gleich 0 sodaß a f + b g + c id = 0. Insbesondere ist 0 = (a f + b g + c id)(0) = af(0) + bg(0) + c id(0) = b 0 = (a f + b g + c id)(π/) = af(π/) + bg(π/) + c id(π/) = a + cπ/ 0 = (a f + b g + c id)( π/) = af( π/) + bg( π/) + c id( π/) = a cπ/ Also gilt a = b = c = 0, ein Wiederspruch zur Annahme, und deswegen ist B eine linear unabhängige Menge.

17 Aufgabe 3 (i) Sind die Vektoren a = 3 R-VR R 3 linear unabhängig?, b = 3 5, c = aus dem (ii) läßt sich d = 6 7 als Linearkombination der a, b, c darstellen? Zu (i): Die drei Vektoren sind genau dann linear unabhängig, wenn: λ, µ γ R λa + µb + γc = 0 λ = µ = γ = 0 Also betrachten wir die Linearkombination: λa + µb + γc = λ + µ 3 + γ 3 5 λ + 3µ + γ = λ + µ γ = 0 0 3λ 5µ + γ 0 = Für λ, µ und γ gelten also gleichzeitig die Gleichungen () λ + 3µ + γ = 0 () λ + µ γ = 0 (3) 3λ 5µ + γ = 0 Aus () + () + (3) : 3γ = 0 folgt γ = 0. Damit und aus (3) + 3() : µ γ = 0 folgt µ = 0. Die beiden eingesetzt in () ergeben λ = 0. Da also die Linearkombination nur gilt, wenn alle Skalare gleich 0 sind, sind a, b, c laut Definition linear unabhängig. Zu (ii): Ja, d läßt sich als Linearkombination von a, b, c darstellen, denn B := {a, b, c} ist eine Basis des betrachteten R-Vektorraumes V := R 3. Beweis: Offensichtlich ist {(, 0, 0), (0,, 0), (0, 0, )} linear unabhängig und Erzeugendensystem des Vektorraumes und damit eine Basis. Das heißt dim R V = 3. Damit ist jede 3-elementige, linear unabhängige Menge, insbesondere B, eine Basis. 3

18 Aufgabe 4 Es sei (K, +, ) ein Körper. Man zeige: Die Menge {(0, 0), (0, ), (, 0), (, )} bildet genau dann einen Unterraum des K-VR K := {(a, b) a, b K}, wenn #K =. (Beachte: Auch im Fall #K > kann + = 0 nicht ausgeschlossen werden.) Es sollen beide Implikationen gezeigt werden. Zuerst sei die Menge M := {(0, 0), (0, ), (, 0), (, )} ein Unterraum. Wir behaupten, daß dann #K = gilt. Beweis durch Wiederspruch. Sei also #K >. Dann gibt es ein x 0, x in K. Da M ein Unterraum ist gilt x(0, ) M. Aber x(0, ) = (0, x) / M. Wiederspruch zur Annahme M ist ein Unterraum. Also gilt das Gegenteil der Annahme. Da ein Körper mindestens zwei Elemente enthält gilt die Behauptung. Andersherum sei #K =. Es gilt M = K weswegen M trivialerweise ein Unterraum ist. 4

19 7. Übung zur Linearen Algebra I - en Kommentare an Hannes.Klarner@Fu-Berlin.de FU Berlin. WS Aufgabe 5 Man beweise, daß die Vektoren (a, b) und (c, d) aus dem R-Vektorraum R linear unabhängig sind, genau dann, wenn ad bc 0 ist. Es heißt genau dann, wenn, also wird es ein Beweis mit zwei Teilen. Zunächst : Seien zwei Vektoren (a, b), (c, d) gegeben und es gilt die Annahme ad bc. Es ist zu zeigen, daß die beiden Vektoren linear unabhängig sind. Eine erste Folgerung der Annahme ist, daß weder (a, b) = 0 noch (c, d) = 0. Betrachten wir eine beliebige LK der 0 mit Skalaren λ und µ, dann ergeben sich zwei Gleichungen () λa + µc = 0 µc = λa und () λb + µd = 0 λb = µd. () () µλ(cb) = µλ(ad) µλ(ad bc) = 0 Nullteilerfreiheit + Annahme µλ = 0 µ = 0 λ = 0. Sei o.b.d.a. λ = 0 (falls µ = 0, gleiches Argument), d.h für µ gilt die Gleichung µ(a, b) = 0. Da (a, b) 0 gilt µ = 0. Da beide Skalare = 0 sein müssen, sind die Vektoren also linear unabhängig. : Wir nehmen an, daß (a, b), (c, d) linear unabhängig sind. Es ist klar, daß dann nicht b = d = 0 gelten kann, da (a, 0) und (c, 0) linear abhängig sind. Behauptung: es gilt ad bc. Beiweis durch Wiederspruch. Nehmen wir an es gibt zwei solcher Vektoren für die gilt ad = bc, obwohl sie linear unabhängig sind. Wir betrachten die LK mit den Skalaren d und b. Diese ist wegen der Beobachtung oben nicht trivial. Aber: d ( a b ) b ( c d ) = ( da bc db bd ) = 0 Das wiederspricht wie erwartet der linearen Unabhängigkeit, deshalb muss gelten ad bc.

20 Aufgabe 6 Im R-Vektorraum R 4 sei n := (, 0, 0, 0), n := (0,, 0, 0), n 3 := (0, 0,, 0), n 4 := (0, 0, 0, ), a := (,, 3, 4), b := (, 4, 0, ). Man beweise: (i) {n, n, n 3, n 4 } ist eine Basis (ii) {a, n, n 3, n 4 } ist eine Basis (iii) {n, b, n 3, n 4 } ist eine Basis (iv) {a, b, n 3, n 4 } ist keine Basis Zu (i): Dabei handelt es sich natürlich um die kanonische Basis, trotzdem soll man zeigen, daß es sich um eine Basis handelt. Lineare Unabhängigkeit: λ n + λ n + λ 3 n 3 + λ 4 n 4 = 0 Vier Gleichungen: λ = 0, λ = 0, λ 3 = 0, λ 4 = 0 {n, n, n 3, n 4 } ist linear unabhängig. Erzeugendensystem: λ n + λ n + λ 3 n 3 + λ 4 n 4 = (a, b, c, d) Vier Gleichungen: λ = a, λ = b, λ 3 = c, λ 4 = d {n, n, n 3, n 4 } ist ein Erzeugendensystem. Zu (ii) und (iii): Die beiden Mengen unterscheiden sich von der kanonischen Basis jeweils nur durch einen Vektor. Als hätte man einen Vektor ausgetauscht. Wir schielen auf Satz 3 (S.35) aus dem Skript. Es gilt offenbar a = n + n + 3n 3 + 4n 4 und b = n + 4n + n 4. Laut Satz 3 sind alle Mengen {v} {n, n, n 3, n 4 }\{n k }, Basen, falls c k 0 in v = c n + c n + c 3 n 3 + c 4 n 4. Für a und b gibt es jeweils 4 Möglichkeiten einen Austausch zu machen. Es gilt: {a, n, n 3, n 4 }, {n, a, n 3, n 4 }, {n, n, a, n 4 }, {n, n, n 3, a} sind Basen und {b, n, n 3, n 4 }, {n, b, n 3, n 4 }, {n, n, n 3, b} sind Basen, aber {n, n, b, n 4 } ist keine. Zu (iv): Obwohl n ersetzt durch a und n ersetzt durch b Basen sind, kann man die zwei Vektoren nicht gleichzeitig austauschen. Wir wissen {a, n, n 3, n 4 } ist eine Basis. Wie läßt sich damit b darstellen? b = a 6n 3 7n 4 Da c = 0 erhält man durch Ersetzen von n mit b eine linear abhängige Menge.

21 Aufgabe 7 Im R-Vektorraum R 5 spannen die Vektoren (,, 0,, ), (0, 0,,, 0), (0,, 0, 0, 0), (, 0, 0,, ), (, 0,, 0, ) einen Unterraum U auf. (i) Man bestimme die Dimension und eine Basis von U. (ii) Man bearbeite (i) für den Fall, daß R ersetzt wird durch den Körper K = {0, } mit Elementen. Zu (i): Sei M := {(,, 0,, ), (0, 0,,, 0), (0,, 0, 0, 0), (, 0, 0,, ), (, 0,, 0, )} Durch Matrixumformungen: dim R [M] = 4 (Anzahl der von Null verschiedene Zeilen der Matrix in Zeilenstufenform) und {(,, 0,, ), (0, 0,,, 0), (0,, 0, 0, 0), (0, 0, 0,, 0)} ist eine Basis (von Null verschiedene Zeilen). Zu (ii): Wir machen dieselbe Matrixrechnung, schreiben aber = + = 0 und = = Also ist dim K [M] = 3 und {(,, 0,, ), (0, 0,,, 0), (0,, 0, 0, 0)} eine Basis. Aufgabe 8 Es seien a, a, a 3, a 4 linear unabhängige Vektoren eines R-Vektorraum V. Ferner sei b = a + a, b = a + a 3, b 3 = a 3 a, r = a + a, r = a 3 + a 4, U := [b, b, b 3 ], W := [r, r ] (i) Man bestimme die Dimensionen von U W, U, W, U + W. (ii) Man bestimme jeweils eine Basis von U W, U, W, U + W (iii) Man verlängere die Basis von U W zu einer Basis von U + W. 3

22 Zu (i): Da die Räume als Erzeugendesysteme angegeben sind, ist die Anzahl der linear unabhängigen Vektoren in diesen gesucht. Die Vektoren sind genau dann linear unabhängig, wenn ihre Koordinaten bzgl. einer beiebigen Basis linear unabhängig sind. Die Koordinaten bezüglich A := (a, a, a 3, a 4 ) sind: b (,, 0, 0), b (, 0,, 0), b 3 (, 0,, 0), r (,, 0, 0), r (0, 0,, ) dim(w ) = denn die Koordinatenvektoren von r und r sind nicht Vielfache voneinander Matrixumformungen für U: Also ist dim(u) = 3. U wird wegen den Definitionen von b i offensichtlich durch A := {a, a, a 3 } erzeugt. Aus dem Austauschsatz von Steinitz folgert man, daß [A ] = U. Es folgt, daß dim(u + W ) = 4, da r [A ] und r / [A ]. Außerdem ist deswegen {b, b, b 3, r } eine Basis für U + W. Mit Hilfe des Dimensionssatzes für Unterräume berechnen wir dim(u W ) = dim(u) + dim(w ) dim(u + W ) = = Zu (ii) U und W werden schon durch eine Basis beschrieben. Die Basis für U + W haben wir gerade berechnet. Da r W, textfrakr [A ] = U und dim(u W ) = muss r schon eine Basis für U W sein. Zu (iii) Wir möchten also einen Vektor von {b, b, b 3, r } durch r ersetzen und wieder eine Basis erhalten. Dazu müssen wir die Koordinaten berechnen (z.b. durch Vergleichen der Koordinaten): r = b + 0, 5b 0, 5b 3 Also ergeben sich auf diesem Weg drei mögliche Ergänzungen: {r, b, b 3, r }, {b, r, b 3, r } oder {b, b, r, r } 4

23 8. Übung zur Linearen Algebra I - en Kommentare an Hannes.Klarner@Fu-Berlin.de FU Berlin. WS Aufgabe 9 Welche der folgenden Abbildungen sind linear? f := R n R, (x,..., x n ) x + + x n f := R R, (x, y) x y f 3 := R R 3, (x, y) (x +, y, x + y) Bestimmen Sie gegebenfalls die Dimension des Bildraums und des Kerns und geben Sie eine Basis des Kerns an. Eine Abbildung f ist genau dann linear, wenn a, b V und λ, λ K gilt: f(λ a + λ b) = λ f(a) + λ f(b) Zu f : Seien also a = (a,..., a n ), b = (b,..., b n ) R n und λ, λ R gegeben. f (λ a + λ b) = λ a + λ b + + λ a n + λ b n λ f (a) + λ f (b) = λ (a + + a n ) + λ (b + + b n ) Die beiden Summen sind offensichtlich gleich, f also linear. Die Dimension des Bildraums ist, denn f 0 und jedes Bild ungleich 0 ist eine Basis von R. Laut Dimensionssatz ist Def(f ) = n. Folgende Menge ist eine Basis, denn sie ist enthält n linear unabhängige Elemente des Kerns (beides leicht zu prüfen): {e e, e e 3,..., e n e n } Dabei sind e i wie üblich die Vektoren der kanonischen Basis. Seien jetzt a = (a, a ), b = (b, b ) R und λ, λ R gegeben. Zu f : Zunächst allgemein: f (λ a + λ b) = (λ a + λ b )(λ a + λ b ) = λ a a + λ λ (b a + a b ) + λ b b λ f (a) + λ f (b) = λ a a + λ b b Die beiden Summen sind im Allgemeinen nicht gleich, f also nicht linear.

24 Aternativ mit einem Beispiel: f (, ) = 4 aber f (, ) =. Zu f 3 : f 3 (λ a + λ b) = (λ a + λ b +, (λ a + λ b ), λ a + λ b + λ a + λ b ) λ f 3 (a) + λ f 3 (b) = (λ a + λ b +, (λ a + λ b ), λ a + λ b + λ a + λ b ) Die beiden Summen sind im Allgemeinen in der ersten Komponente nicht gleich, f 3 also nicht linear. Aternativ mit einem Beispiel: f 3 (, ) = (3, 4, 4) aber f 3 (, ) = (4, 4, 4). Aufgabe 30 Sei ϕ : X Y eine lineare Abbildung. (i) Ist das Bild einer linear unabhängigen Teilmenge von X stets wieder linear unabhängig? (ii) Kann das Bild einer linear abhängigen Teilmenge von X linear unabhängig sein? (iii) Man diskutiere (ii) für den Fall, daß ϕ injektiv ist. Zu (i): Das Bild einer linear unabhängigen Menge ist nicht zwangsläufig linear unabhängig. Zum Beweis zwei einfache Gegenbeispiele. (.) Betrachte die Nullabbildung 0 : X X eines VR mit dim(x). Dann gilt für eine beliebige linear unabhängige Teilmenge M X 0(M) = {0} und {0} ist eine linear abhängige Menge. (.) Sei X der Q-VR Q und ( ) ( M := {, 0 M ist also eine linear unabhängige Menge. Definiere folgende lineare Abbildung ( ) ϕ : X X, x x 0 0 Es ist leicht zu prüfen, daß 0 ϕ(m), die Bildmenge von M also linear abhängig ist. Zu (ii): Ja, die Bildmenge einer linear abhängigen Teilmenge kann linear unabhängig sein. Hierzu wieder ein einfaches Beispiel: X und ϕ bezeichnen wieder den VR und die lineare Abbildung aus (i). Als linear abhängige Menge wählen wir ( T := { 0 ) ( 0, ) } ) (, ) }

25 Es gilt offensichtlich ( ϕ(t ) = { 0 Also ist das Bild von T linear unabhängig. Anmerkung: Es gilt allerdings immer, daß die Bildvektoren (aufgefaßt als Familie von Vektoren) einer linear abhängigen Menge wieder linear abhängig sind. Die Bildvektoren der Menge T z.b sind ( ) ( ) ( ), und und daher offensichtlich im Gegensatz zur Bildmenge linear abhängig. Zu (iii): Falls ϕ injektiv ist werden linear abhängige Mengen immer auf wiederum linear abhängige Mengen abgebildet. Denn sei M X linear abhängig. Dann existieren λ i K\{0} und m i M für i n, sodaß λ i m i = 0 i Wendet man nun ϕ auf beide Seiten der Gleichung an, erhält man eine nicht triviale Linearkombination der 0 von Elementen aus ϕ(m): λ i ϕ(m i ) = 0 i Warum braucht man dazu die Injektivität von ϕ? Um sicherzugehen, daß die Elemente ϕ(m i ) paarweise verschieden sind und es sich damit wirklich um eine Linearkombination aus ϕ(m) und nicht nur eine Summe von (vielleicht gleichen) Vektoren handelt. Aufgabe 3 Es sei V der R-Vektorraum aller reellen Matrizen. Ferner sei B := Die lineare Abbildung f : V V sei definiert durch f(a) = A B. ) } (i) Geben Sie die zu f gehörige Matrix an, bezüglich der Basis ( ) ( ) ( ) ( B := (,,, ( 3 6 (ii) Bestimmen Sie die Dimension des Kerns von f und des Bildes von f. (iii) Berechnen Sie die Koordinaten von f(b) bzgl. B. ) ) ). 3

26 Zu (i): Dazu müssen die Bilder der Basis als LKs der Basis ausgedrückt werden. Nummeriere die Basis wie in der Aufgabe angegeben als B = {b,..., b 4 }. f(b ) = f(b 3 ) = ( 0 0 ( 0 0 ) = b + b f(b ) = ) = b 3 + b 4 f(b 4 ) = Die Koordinaten als Spalten aufgefaßt: f B =: F B ( ( ) = 3b + 6b ) = 3b 3 + 6b 4 Zu (ii): Es gilt der Satz Rg(f) = Rg(F B ). Der Rang der Matrix ist leicht abzulesen: Rg(F B ) =. Die Dimension des Kerns bestimmt man z.b. mit dem Dimensionssatz für lineare Abbildung: Def(f) = dim(v ) Rg(f) =. Zu (iii): ( ) f(b) = B 7 4 = (7, 4,, 4) 4 B Aufgabe 3 Es sei ϕ : X Y eine lineare Abbildung und U ein Unterraum von X. (i) Beweisen Sie ϕ (ϕ(u)) = U + Ker(ϕ) (ii) Gilt stets ϕ (ϕ(u)) = U Ker(ϕ)? Zu (i): Zu zeigen sind beide Inklusionen. Es gilt ϕ (ϕ(u)) U + Ker(ϕ), denn: x ϕ (ϕ(u)) y ϕ(u) : ϕ(x) = y Außerdem gilt für y : y ϕ(u) u U : y = ϕ(u) Zusammen ϕ(x) = ϕ(u) ϕ(x u) = 0 x u = k Ker(ϕ) und x = u + k x U + Kerϕ Es gilt ϕ (ϕ(u)) U + Ker(ϕ), denn: x U + Ker(ϕ) x = u + k, u U, k Ker(ϕ) u = x k u = x k ϕ(x) = ϕ(u) ϕ(k) = ϕ(u) ϕ(x) ϕ(u) x ϕ (ϕ(u)) Zu (ii): Nein. Ein Gegenbeispiel: der Kern der Nullabbildung ist ganz X und X + U ist i.a. nicht direkt (für alle u U ist die Summe nicht eindeutig). 4

27 9. Übung zur Linearen Algebra I - en Kommentare an Hannes.Klarner@FU-Berlin.de FU Berlin. WS Aufgabe 33 Sei ϕ : X X eine lineare Abbildung, dim(x) = n und ϕ n = 0, ϕ n 0. (i) Zu Zeigen: x X, sodaß B := {x, ϕ(x),..., ϕ n (x)} eine Basis von X ist. (ii) Bestimme die ϕ zugeordnete Matrix bzgl. B. (iii) Bestimme Rg(ϕ) und eine Basis von Ker(ϕ). Zu (i): Da die Dimension von X bekannt ist und #B = dim(x) muss nur noch gezeigt werden, daß ein x X existiert, sodaß die Menge linear unabhängig ist. Was sollten wir von x fordern? Zumindest sollte k 0 : ϕ k (x) 0 gelten, da jede Menge, die den 0 Vektor enthält sofort linear abhängig ist. Damit wählen wir x aus: ϕ n 0 x : ϕ n (x) 0. Behauptung: B mit solch einem x ist linear unabhängig. Beweis: Sei eine beliebige Linearkombination der 0 mit Vektoren aus B gegeben. λ x + λ ϕ(x) + + λ n ϕ n (x) = 0 Das einzige Weg etwas aus dieser Gleichung herleiten zu können ist die Bilder der Hintereinanderschaltungen von ϕ beider Seiten zu betrachten. Sinnvoll ist ϕ n zu nehmen: ϕ n (λ x + λ ϕ(x) + + λ n ϕ n (x)) = ϕ n (0) = 0 Da ϕ und somit ϕ k für jedes k linear ist folgt: λ ϕ n (x) + λ ϕ n (x) + + λ n ϕ n (x) = 0 Für alle linearen Abbildung gilt 0 0. Da ϕ n (x) = 0 fallen alle bis auf einen Summanden weg: λ ϕ n (x)+λ ϕ n (x) + + λ n ϕ n (x) = 0 λ ϕ n (x) = 0 ϕ n (x) 0 λ = 0

28 Wir haben also mit Hilfe der Eigenschaften von ϕ gefolgert, daß für eine beliebige Linearkombination gelten muß λ = 0. Wir machen also eine Induktion über k mit der Aussage λ = = λ k = 0. Im Induktionsschritt wenden wir ϕ n k auf die restliche Linearkombination an λ k ϕ k (x)+λ k+ ϕ k (x)+ +λ n ϕ n (x) = 0 ϕ n k ( ) λ k ϕ n (x) = 0 λ k = 0 Das beweist die Behauptung. Alle Koeffizienten sind gleich 0 und folglich B linear unabhängig. Zu (ii): Es gilt die Bilder der Basiselmente b i = ϕ i (x), i n als Linearkombinationen aus B darzustellen (beachte, ϕ 0 := Id X ) ϕ(b ) = ϕ(x) = b B (0,,..., 0) ϕ(b ) = ϕ(ϕ(x)) = ϕ (x) = b 3 B (0, 0,,..., 0).. ϕ(b n ) = ϕ(ϕ n (x)) = ϕ n (x) = 0 B (0,..., 0) Nach der Definition der zugeordneten Matrix gibt der Index des Basiselements auf der linken Seite jeder Gleichung die Spalteposition des Koordinatenvektors in der Matrix an. Die ϕ zugeordnete Matrix ist: ϕ B Zu (iii): Sobald man die einer linearen Abbildung ϕ zugeordnete Matrix M gefunden hat, bestimmt man den Rang der Abbildung am Besten mit Hilfe dieses Satzes: Rg(ϕ) = Rg(M). Im speziellen hat die in (ii) bestimmte Matrix den Rang n, denn (sieht man zwar auf einen Blick, aber trotzdem:) alle ausser der ersten Zeile gehören zur kanonischen Basis des K n und sind deswegen linear unabhängig. Mit dem Dimensionssatz für lineare Abbildungen ϕ, nämlich Def ϕ+rg ϕ = dim X, folgert man, daß Def ϕ = n (n ) =. Die Basis des Kerns hat daher die Länge. Da ϕ(b n ) = ϕ(ϕ n (x)) = 0 und ϕ n (x) 0 ist b n eine Basis für Ker(ϕ).

29 Aufgabe 34 Es seien V, W zwei R-VR, B = {b, b, b 3 } eine Basis von V und A = {a, a, a 3 } eine Basis von W. Man zeige: (i) Es existiert genau eine lineare Abb. ϕ : V W mit ϕ(b b + b 3 ) = a + a ϕ(b b + b 3 ) = a ϕ(b b 3 ) = a + a (ii) Man bestimme die ϕ zugeordnete Matrix bzgl. der Basen B und A. Zu (i): Zum Verständnis der ist der Satz über die lineare Fortsetzung (Satz, Seite 44 im Skript) nützlich. Um eine lineare Abbildung ϕ : V W zu konstruieren, reicht es Bildvektoren der Basiselemente einer beliebigen Basis von V festzulegen. Die Bildvektoren können beliebig gewählt werden und die Abbildung ist dann eindeutig. Falls {b b +b 3, b b +b 3, b b 3 } eine Basis ist, ist die Behauptung in (i) also gezeigt. Das prüfen wir mit dem Standardverfahren der Matrix der Zeilenvektoren der Koordinaten bzgl B: Die drei Zeilen sind linear unabhängig, die betrachteten Vektoren daher eine Basis und die ϕ wegen Satz eindeutig bestimmt. Zu (ii): Gesucht sind Koordinaten der Vektoren ϕ(b ), ϕ(b ), ϕ(b 3 ) bzgl. A. Da ϕ linear ist gilt: ϕ(b ) ϕ(b ) + ϕ(b 3 ) = a + a ϕ(b ) ϕ(b ) + ϕ(b 3 ) = a ϕ(b ) ϕ(b 3 ) = a + a Wir betrachten die Gleichung als ein LGS mit den Unbekannten ϕ(b ), ϕ(b ), ϕ(b 3 ), daß es zu lösen gilt: a + a a 0 3a + a a 0 a + a 0 a + a 0 0 a a a 0 a + a 0 0 a a 0 a 0 a + a 0 0 a a 0 0 a + a 0 0 a 3

30 Das heißt ϕ(b ) = a + a ϕ(b ) = a ϕ(b 3 ) = a a Laut Definition der einer linearen Abbildung ϕ zugeordneten Matrix C, ϕ C B A geben die Indizes der Elemente aus B die Spalten von C an. Daher: Aufgabe 35 ϕ B A Es sei A eine Basis des R-VR R 3, b A (,, ), b A (,, ), b 3 A (,, ) (i) Man zeige, daß B := {b, b, b 3 } eine Basis des R-VR R 3 ist. (ii) Wie lautet die Matrix der Basistransformation von A nach B? (iii) Wie lautet die Matrix der Basistransformation von B nach A? (iv) Der linearen Abbildung ϕ : R 3 R 3 sei bzgl. B die Matrix zugeordnet. Wie lautet die ϕ zugeordnete Matrix bzgl. A? Zu (i): Dieser Schritt ist nicht sehr interessant, aber notwendig für (ii) und (iii): Die Zeilen sind linear unabhängig, deswegen ist B eine Basis. Zu (ii): Die Matrix der Basistransformation von A nach B findet man, indem die Elemente aus B durch Linearkombinationen aus A dargestellt werden. Dabei gibt laut Definition der Index eines Elements aus B die Zeile des Koordinatentupels in der Matrix an. Hier ist nichts zu rechnen, die Koordinaten von B bzgl. A sind schon gegeben und müssen nur noch als Matrix aufgefaßt werden. Die Matrix der Basistransformation von A nach B lautet: 4

31 Zu (iii): Ähnlich der Methode in A34 (ii) kann man diese Aufgabe als zu lösendes LGS verstehen. Gegeben ist b = a + a + a 3 b = a a a 3 b 3 = a + a + a 3 Wir wollen nach a, a, a 3 auflösen: b b b 0 0 b + b b b + b b + b b b b 0 0 b + b 3 Die Koordinaten von a, a, a 3 werden als Zeilen der Matrix der Basistransformation aufgefaßt. Die Matrix der Basistransformation von B nach A lautet also Zu (iv): Um die Matrix zu finden verwenden wir die Gleichung zur Änderung einer linearen Abbildung bei Basiswechsel. Zur Wiederholung: Seien M AB die Matrix der Basistransformation von A nach B ϕ A P A, die ϕ bzgl. A zugeordnete Matrix Dann gilt die Gleichung Also: P A = P A = M t ABP B M t BA = MBA t = = Aufgabe 36 Die Spur einer n n Matrix A = (a ij ) ist die Summe ihrer Hauptdiagonalelemente: n Spur(A) = i= Man zeige: Für zwei n n Matrizen A, B gilt: Spur(A B) = Spur(B A) a ii 5

32 Laut Definition der Matrixmultiplikation gilt: AB = ( n k= a ikb kj ). Also ist Spur(AB) = n i= k= n a ik b ki n i,k= a ik b ki In der folgenden Summe vertausche man die Bezeichnungen der Laufvariablen i und k: Spur(BA) = n k= i= n b ki a ik = n b ki a ik = i,k= n a ik b ki i,k= Damit ist die Behauptung gezeigt. Für endliche Summen ändert die Reihenfolge der Terme nichts am Ergebnis, deshalb dürfen mehrere Summationszeichen hintereinander immer zu einem zusammengefaßt werden. Z.B.: 40 k= s= 3 r=0 (k ( s) + r) = k, 3 s 40, 0 r (k ( s) + r) 6

33 0. Übung zur Linearen Algebra I - en Kommentare an Hannes.Klarner@FU-Berlin.de FU Berlin. WS Aufgabe 37 (i) Für welche α R besitzt das lineare Gleichungssystem (4 α)x + αx = 4x + (α + )x = α genau eine, keine bzw. mehr als eine? (ii) Man gebe ein lineares Gleichungssystem mit Koeffizienten aus R an, dessen smenge ist. {(, 0,,, ) + λ (,,, 0, 0) + λ ( 7, 7, 0, 4, 0) λ, λ R} Zu (i): Das LGS besitzt genau eine falls für die Matrix der Koeffizienten, A, gilt: Rg(A) =. A = ( 4 α α 4 α + ) ( 4 α α (α + )/4 ) ( 0 α (α + )(4 α)/4 α 4 (α + )/4 Im Fall α 4 ist also Rg(A) = α (α + )(4 α)/4 = 0 und ansonsten Rg(A) =. α (α + )(4 α)/4 = 0 α + α 8 = 0 α { 4, } ) Falls α = 4, dann ist A = ( 0 α 4 6 ) Rg(A) = Es gibt daher genau eine, wenn Rg(A) = α R\{ 4, }. Für α = gibt es unendlich viele en, da dann die erste Gleichung ein Vielfaches der zweiten ist.

34 Für α = 4 gibt es keine en, da dann die Koefizienten der beiden Gleichungen zwar Vielfache voneinander sind, die rechten Seiten aber nicht im selben Verhältnis stehen. D.h. man erhält eine Zeile der Form 0 = 7. Zu (ii): Gesucht ist ein LGS (A, b), d.h. eine Matrix A und eine rechte Seite b, sodaß Ax = b. Das System ist nicht eindeutig, da man z.b. immer Vielfache einer Gleichung als neue Gleichung dazunehmen könnte und so ein neues System erhält, daß dieselbe smenge besitzt. Die smenge läßt sich als zu einem inhomogenen System gehörend zuordnen, da 0 keine ist. Hätten wir ein LGS (A, 0) für die Homogene smenge, so bräuchten wir nur eine spezielle einsetzen, um b zu berechnen. Wie sehen die Komponenten a i der Matrix A aus? Wir fassen a i als Unbekannte eines Systems auf, daß wir erhalten, indem wir die zwei Basisvektoren der homogenen smenge in A einsetzen. (a,..., a 5 ) 0 0 ( = 0, (a,..., a 5 ) ) = 0 ( Die smenge aller brauchbaren Komponenten ist also {λ 0 + µ κ } 0 0 und es gilt A = Zuletzt noch eine des inhomogenen Systems einsetzen, um b zu bestimmen: 0 A = 9 7 Ein mögliches LGS mit der gesuchten smenge ist also 7x 7x + x 3 = 9 x + x + 6x 4 = 5x + 5x + x 5 = 7 Ergebnis prüfen: Wähle drei zufällig bestimmte Vektoren aus der gegebenen smenge aus, setzte sie in das berechnete LGS ein und prüfe, ob die Gleichungen wahr sind. )

35 Aufgabe 38 Berechne Bezeichne M die gesuchte Matrix. Nach dem Standardverfahren durch Umformen der mit I n erweiterten Matrix: /3 / /8 / /3 / /8 / /3 0 5/9 / /3 0 /9 / M = / Ergebnis prüfen: Gilt M M = I n? Aufgabe 39 Es sei M eine nicht reguläre n n-matrix. Nach Vorlesung existiert eine zu M äquivalente Matrix M der Form (i) Existiert ein s N, so dass M s die Nullmatrix ist? (ii) Existiert ein s N, so dass M s die Nullmatrix ist? Zu (i): Ja, so ein s existiert. Beweis: Betrachte die Matrizen, die durch wiederholtes Quadrieren aus M hervorgehen ( M, M, M 4,... ). Die Behauptung ist, daß bei jedem Quadrieren wieder eine Matrix derselben Form entsteht, aber insgesamt mehr Komponenten 0 sind als vorher. Daraus folgt, daß nach endlichen k Schritten M = 0 gilt. 3

36 Sei M eine Matrix mit der beschriebenen Form. Behauptung: M ist dann wieder eine Matrix der in der Aufgabe beschriebenen Form, aber mit mehr 0 Komponenten als M. Seien die ersten r Spalten von M gleich 0. Damit ist M auf der Diagonale von (, r + ) nach (n r, n) gleich und sonst 0. In Spaltenschreibweise gilt M = (0,..., 0, e, e,..., e n r ) und in Zeilenschreibweise gilt M = (e t r+, e t r+,..., e t r, 0,..., 0). Das Quadrat ist also M = (e t i+r e j r ), wobei e k = 0 falls k < 0 Da das Produkt e i e j = falls i = j und sonst 0, gilt M ij = genau dann wenn i+r = j r. Wie sieht so eine Matrix aus? Die Positionen j i = r beschreiben genau die Diagonale von (, r + ) nach (n r, n). An all diesen Stellen (für i, j n) ist die Matrix und sonst 0. Damit ist die Behauptung gezeigt (selbe Form, mehr Nullen). Zu (ii): Nein, denn folgende Matrix ist ein einfaches Gegenbeispiel: Aufgabe 40 ( ) 0 = 0 0 ( ) ( ) (i) Gegeben seien die Permutationen π = und π = (, 4) (4, 3) (, 5, 4, 3). Bestimmen Sie π π, π, sgnπ. Schreiben Sie π als Produkt elementefremder Zyklen und als Produkt von Transpositionen. Bestimmen Sie π 00. (ii) Zeigen Sie, dass jedes Produkt zweier Transpositionen aus S n mit n 3 Produkt von Zyklen der Länge 3 ist. Zu (i): π π = ( ) 3 4 5, π = (, 4) (, 3, 5), π = (, 4) (, 5, 3), π = (, 4) (, 5) (5, 3) sgn(π ) = ( ) 3 = Um π 00 zu bestimmen ist die Kommutativität von elementefremden Zyklen nützlich. Es gilt: π 00 = ((, 4) (, 5, 3)) 00 = (, 4) 00 (, 5, 3) 00 = ((, 4) ) 50 ((, 5, 3) 3 ) 33 (, 5, 3) = (, 5, 3) 4

37 Zu (ii): Es gibt 3 Fälle zu unterscheiden. Seien a i paarweise verschieden. Fall : (a, a )(a 3, a 4 ) = (a, a, a 3 )(a 3, a 4, a ) Fall : (a, a )(a, a 3 ) = (a, a, a 3 ) Fall 3: (a, a )(a, a ) = (a, a, a 3 ) 3 5

38 . Übung zur Linearen Algebra I - en Kommentare an Hannes.Klarner@Fu-Berlin.de FU Berlin. WS Aufgabe 4 Man zeige: Die Untergruppe A n aller geraden Permutationen von S n besitzt die Ordnung n!. Hinweis: Man finde eine bijektive Abbildung ϕ : A n S n \A n = {π S n π / A n } Die Aussage gilt nur für n. Man definiere eine Abbildung ϕ : A n S n, π π (, ) Die Abbildung ist wohldefiniert, da das Hintereinanderschalten von Bijektionen wieder eine Bijektion ist. Jedes Element π A n läßt sich als Verknüpfung einer geraden Anzahl von Transpositionen τ τ k schreiben. Dann läßt sich ϕ(π) = τ τ k (, ) in eine ungerade Anzahl von Transpositionen zerlegen. Also gilt ϕ : A n S n \A n Noch zu zeigen: ϕ ist injektiv. Sei ϕ(π) = ϕ(µ). Es folgt π (, ) = µ (, ) und damit (π (, )) (, ) = (µ (, )) (, ). Das Hintereinanderschalten von Abbildung ist außerdem assoziativ, damit können wir (, ) (, ) loswerden und es folgt π = µ. Noch zu zeigen: ϕ ist surjektiv. Sei τ S n \A n, d.h. τ = τ τ k+ ist eine ungerade Permutation. Wir finden folgendes Urbild von τ bzgl. ϕ: τ τ k+ (, ). Die Permutation ist Element der Urbildmenge, da sie mit k + Transpositionen dargestellt werden kann. Sie liefert auch das richtige Bild: ϕ(τ (, )) = τ (, ) = τ ϕ ist Bijektiv, also #A n = #S n \A n. Die Menge A n teilt S n also in zwei gleichgroße Mengen und wir wissen, daß #S n = n! ist. Daraus folgt die Behauptung.

39 Aufgabe 4 Es sei X ein K-VR der Dimension n und : X n K eine n-fache Linearform. Man zeige, daß folgende Aussagen äquivalent sind: (a) (x,..., x n ) = 0, falls unter den Vektoren x,..., x n zwei gleiche sind. (b) (x,..., x n ) = 0, falls x,..., x n linear abhängig sind. (b) (a): Ist trivial, denn (a) ist nur ein Spezialfall von (b). Falls unter den Vektoren x,..., x n zwei gleiche sind, ist x,..., x n linear abhängig. (a) (b): Seien also x,..., x n linear abhängig und es gelte (a). Zu zeigen ist, daß (x,..., x n ) = 0. O.B.d.A.: Wähle eine nicht triviale Linearkombination von x : n x = λ i x i Diesen Ausdruck für x können wir einsetzen und dann die n-fache Linearität von ausnutzen: (x,..., x n ) = ( n λ ix i,..., x n ) = λ (x, x,..., x n ) + λ 3 (x 3, x, x 3,..., x n ) + + λ n (x n, x,..., x n ) = 0 Denn, wenn man die Terme der letzten Summe durchnummeriert, so sind im k-ten Term das erste und k-te Argument von gleich. Nach Vorraussetzung ist der Term also gleich 0. Damit ist die ganze Summe gleich 0, was zu zeigen war. Aufgabe 43 Sei X der R-VR R und sei f : X R definiert durch ( ) ( ) a b f(, ) := a a b b + a b a b a b (i) Ist f eine Bilinearform? (ii) Ist f eine Determinantenform? Zu (i): Ja, f ist eine Bilinearform. geforderte R-Linearität. Z.B. ist ( ) ( a b f(x +y a Zu (ii): b ), ( c c ) ) = x f( Für jedes Argument von f prüfe man die ( a ) ( ) ( ) ( ) c b c, )+y f(, ) a c b c

40 Nein, f ist keine Determinantenform, denn für folgende linear abhängige Vektoren ist f nicht 0: ( ( f(, ) = 4 0) 0) Aufgabe 44 Die nummerierten Felder des unten aufgezeichneten Quadrats seien in senkrechter und waagrechter Richtung jeweils in die Lücke (das nicht nummerierte Feld) verschiebbar, falls dies benachbart ist. Durch die Verschiebung wird die Lücke verlagert. Läßt sich durch wiederholtes Verschieben erreichen, daß die Felder und vertauscht werden und die übrigen Felder (und die Lücke) ihre Lage beibehalten? Jeder Spielzug läßt sich durch eine Transposition der Lücke mit einem angrenzenden Feld beschreiben. Ein bestimmtes Spiel ist dann die Hintereinanderschaltung mehrerer solcher Transpositionen. Gesucht ist ein Spiel, daß nur die und vertauscht. Läßt sich also die Transposition (, ) durch eine Hintereinanderschaltung von Transpositionen mit der Lücke darstellen? Das bedeutet es gibt n N und k i {,..., 5}, sodaß: (, ) = (, k ) (, k ) (, k n ) Da am Ende wieder auf Position 6 liegen soll, gilt für die Anzahl der Züge des Spiels, daß genausooft nach Oben, wie nach Unten und genausooft nach Links, wie nach Rechts gespielt werden muss. Damit ist die Anzahl der Züge gerade. Damit sind die Vorzeichen der Permutationen aber verschieden, was ein Wiederspruch zum Satz über Vorzeichen ist. So ein Spiel kann es also nicht geben. 3

41 . Übung zur Linearen Algebra I - en Kommentare an Hannes.Klarner@Fu-Berlin.de FU Berlin. WS Aufgabe 45 Sei z S n ein Zyklus der Länge m und π S n. Ist dann π z π ebenfalls ein Zyklus der Länge m? Wenn man nicht weiß, wie man an eine Aufgabe herangehen soll, hilft es oft sich etwas Zeit zu nehmen und ein paar möglichst einfache Beispiele nachzurechnen. Betrachte folgende Permutationen aus S 5 : π = (543), µ = (3), τ = ()(34) und ρ = (5)(34). Wir berechnen ein paar Verknüpfungen, bei denen ein Zyklus konjugiert wird: π (4) π = (35) µ (345) µ = (453) τ (345) τ = (354) ρ (345) ρ = (34) In allen Fällen erhalten wir wieder einen Zyklus und er hat dieselbe Länge, wie der, den wir konjugiert haben. Aber es werden nicht dieselben Elemente permutiert. Durch Ausprobieren ergibt sich dieser Zusammenhang: (π()π(4)) = (35) (µ()µ()µ(3)µ(4)µ(5)) = (453) (τ(3)τ(4)τ(5)) = (354) (ρ()ρ(3)ρ(4)ρ(5)) = (34) Es folgt die Behauptung: Seien z = (a,..., a k ), π S n gegeben. Dann gilt π z π = (π(a ),..., π(a k )) insbesondere ist die Konjugation von z mit π wieder ein Zyklus der Länge k. Beweis: Sei x n gegeben. Fall : x {π(a ),..., π(a k )}, o.b.d.a. x = π(a ). Dann gilt die Behauptung: π(z(π (x))) = π(z(π (π(a )))) = π(z(a )) = π(a ) (π(a ),..., π(a k ))(x) = (π(a ),..., π(a k ))(π(a )) = π(a )

42 Im anderen Fall : x / {π(a ),..., π(a k )} π (x) / {a,..., a k } z(π (x)) = π (x) Deswegen gilt auch in diesem Fall die Behauptung: Aufgabe 46 π(z(π (x))) = π(π (x)) = x (π(a ),..., π(a k ))(x) = x Berechne folgende Determinanten: (i) (iii) det det , 0 (ii) det Zu (i) Die Antwort ist 8. Zu (ii) Die Antwort ist 4555 Zu (iii) Die Antwort ist , 58 Aufgabe 47 Sei n. Man zeige, daß die n n-matrix M n := die Determinante besitzt. Man subtrahiere die zweite Zeile von der Ersten und entwickle nach der ersten Zeile. Es folgt: det(m n ) = det(m n ) Der Wert det(m n ) ist also unabhängig von n. Es gilt ( ) det(m n ) = det(m ) = det = 0 was zu zeigen war.

43 Aufgabe 48 Wieviele Einsen können in einer n n-matrix mit Determinante 0 maximal auftreten? Antwort: n (n ) (Die Anzahl der en der Matrix aus A7). Beweis: Betrachte eine vollständig mit en besetzte Matrix. Sie enthält n linear abhängige Zeilen, ist also nicht regulär. Um aus dieser durch schrittweises Verändern einzelner Einträge eine reguläre Matrix zu konstruieren müssen mindestens n Veränderungen durchgeführt werden, da bei weniger Schritten immer noch mindestens zwei linear abhängige (gleiche) Zeilen übrig bleiben. Die Matrix aus A7 ist regulär und nach n Schritten hervorgegangen. Damit ist gezeigt, daß die Mindestanzahl an Schritten auch ausreicht, um eine reguläre Matrix zu erhalten. 3