Klausur Linearen Algebra 1 Musterlösung: Aufgabe A

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1 Klausur Linearen Algebra 1 Musterlösung: Aufgabe A Wir betrachten den Unterraum V = K[X] 4 aller Polynome vom Grad 4 und die lineare Abbildung f : V K 2 ; P (P (1), P (0)). Es bezeichne v 1,..., v 5 die Basis 1, X,..., X 4 von V. Teilaufgabe (i): Behauptung. Es gilt M f,(ej ),(v i ) = ( ) Beweis. Dies folgt direkt aus f(1) = f(x 2 ) = f(x 3 ) = f(x 4 ) = (1, 0) und f(x) = (1, 1). Teilaufgabe (ii): Behauptung. Es gilt rg(f) = 2. Beweis. Die obigen Berechnungen zeigen Im (f) = (1, 0), (1, 1) = (1, 0), (0, 1) = K 2. Daraus folgt rg(f) = dim(im (f)) = dim(k 2 ) = 2. Behauptung. Es gilt Ker (f) = {a X 4 + b X 3 + c X 2 a b c a, b, c K}. Beweis. Es sei P (X) = a X 4 +b X 3 +c X 2 +d X +e Ker (f) mit a, b, c, d, e K. Dann gilt P (X) = 4a X 3 +3b X 2 +2c X +d und d = P (0) = 0. Außerdem gilt a+b+c+e = P (1) = 0 und somit e = (a + b + c). Zusammengefasst gilt P (X) = a X 4 + b X 3 + c X 2 a b c. Wähle nun a, b, c K und setze P (X) = a X 4 +b X 3 +c X 2 a b c V. Dann gilt P (X) = 4a X 3 + 3b X 2 + 2c X und somit P (0) = 0. Außerdem gilt P (1) = a + b + c a b c = 0. Dies zeigt P (X) Ker (f).

2 Klausur Linearen Algebra 1 Musterlösung: Aufgabe B Gegeben seien lineare Abbildungen f : V 1 V 2 und g : V 2 V 3 zwischen endlichdimensionalen Vektorräumen. Behauptung. Es gilt rg(f) + rg(g) dim(v 2 ) rg(g f). Beweis. Mit Hilfe der Dimensionsformel für die lineare Abbildung g : V 2 V 3 folgert man rg(g) dim(v 2 ) = dim(ker (g)). (1) Da die Einschränkung g Im(f) : Im (f) V 3 wieder eine lineare Abbildung ist, liefert eine weitere Anwendung der Dimensionsformel rg(f) = dim(im (f)) = rg ( g Im(f) ) + dim ( Ker ( g Im(f) )). (2) Es gilt Im ( g Im(f) ) = Im (g f) und somit rg(g f) = dim (Im (g f)) = dim ( Im ( g Im(f) )) = rg ( g Im(f) ). (3) Zudem folgt aus Ker ( g Im(f) ) Ker (g) die Abschätzung Zusammengefasst erhalten wir dim (Ker (g)) dim ( Ker ( g Im(f) )). (4) rg(f) + rg(g) dim(v 2 ) (1) = rg(f) dim (Ker (g)) (4) rg(f) dim ( Ker ( g Im(f) )) (2) = rg ( g Im(f) ) (3) = rg(g f). Behauptung. Es gilt rg(g f) rg(g). Beweis. Es gilt Im (g f) Im (g) und somit rg(g f) = dim(im (g f)) dim(im (g)) = rg(g). Behauptung. Es gilt rg(g f) rg(f). Beweis. Es gilt rg(g f) = dim(im (g f)) = dim ( Im ( g Im(f) )) dim(im (f)) = rg(f). Behauptung. Es gilt rg(f) + rg(g) dim(v 2 ) rg(g f) min{rg(g), rg(f)}.

3 Klausur Linearen Algebra 1 Musterlösung: Aufgabe C Es sei f : V V ein Endomorphismus eines endlich-dimensionalen Vektorraums und {0} U V ein f-invarianter Teilraum von V. Teilaufgabe (i): Behauptung. Das charakteristische Polynom p f U (X) von f U Polynom p f (X) von f. teilt das charakteristische Beweis. Wähle eine Basis v 1,..., v k von U und erweitere diese zu einer Basis v 1,..., v n von V. Setze M = M f U,(v i ) i=1,...,k M(k k, K). Dann gilt f(v i ) = f U (v i ) v 1,..., v k für alle 1 i k und es existiert eine Matrix A M((n k) (n k), K) mit. M.... M f,(vi ) i=1,...,n = A 0 0 Dann gilt ) p f (X) = det (M f,(vi ) i=1,...,n X I n = det. M X I k A X I n k 0 0 = det (M X I k ) det (A X I n k ) = p f U (X) det (A X I n k ). Dies beweist die Behauptung.

4 Teilaufgabe (ii): Behauptung. Das Minimalpolynom q f U (X) von f U teilt das Minimalpolynom q f (X) von f. Beweis. Für u U und k N gilt (f U ) k (u) = f k (u). Somit gilt p (f U ) = p(f) U für alle p K[X]. Insbesondere gilt q f (f U ) = q f (f) U = 0. Nach Definition des Minimalpolynoms gilt für jedes 0 p(x) K[X] mit p(f U ) = 0, dass q f U (X) das Polynom p(x) teilt. Insbesondere teilt somit q f U (X) das Polynom q f (X). Teilaufgabe (iii): Behauptung. Ist f diagonalisierbar, so ist auch f U diagonalisierbar. Beweis (Variante I). Da f diagonalisierbar ist, zerfällt p f (X) in K[X] vollständig in Linearfaktoren. Da p f U (X) ein Teiler von p f (X) ist, zerfällt auch p f U (X) in K[X] vollständig in Linearfaktoren. Ein Endomorphismus, dessen charakteristisches Polynom vollständig in Linearfaktoren zerfällt, ist genau dann diagonalisierbar, wenn das zugehörige Minimalpolynom nur einfache Nullstellen besitzt (weil in beiden Fällen die Jordan Normalform nur Jordanblöcke der Größe 1 besitzt). Somit besitzt q f (X) nur einfache Nullstellen, q f U (X) besitzt als Teiler von q f (X) ebenfalls nur einfache Nullstellen und aus den obigen Bemerkungen folgt, dass f U diagonalisierbar ist. Beweis (Variante II). Wie in Variante I zeigt man zunächst, dass p f U (X) in K[X] vollständig in Linearfaktoren zerfällt. Es sei n = dim(v ) und k = dim(u). Es genügt nun zu zeigen, dass ( U λ (f U ) = Ker (f U λ id U ) = Ker (f U λ id U ) k) = Ūλ(f U ) (1) für jeden Eigenwert λ von f U gilt. Es sei λ ein Eigenwert von f U. Dann ist λ eine Nullstelle von p f U (X) und somit auch eine Nullstelle von p f (X). Damit ist λ ein Eigenwert von f und es gilt V λ (f) = Ker (f λ id V ) = Ker ((f λ id V ) n ) = V λ (f), weil f diagonalisierbar ist. Wegen k n folgt nun U λ (f U ) Ūλ(f U ) Ker ((f U λ id U ) n ) V λ (f) U = V λ (f) U = U λ (f U ). Somit gilt (1) und f U ist diagonalisierbar. 2

5 Teilaufgabe (i): Klausur Linearen Algebra 1 Musterlösung: Aufgabe D Wir betrachten die Matrizen M 1 = i i 0 M(3 3, C) und M 2 = M(3 3, C) Es sei f : C 3 C 3 der durch M 2 induzierte Endomorphismus. Behauptung. Es gilt p f (X) = (X 1) (X i) (X + i) C[X]. Beweis. Mit Hilfe des Laplaceschen Entwicklungssatzes zeigt man p f (X) = det(m 2 X I 3 ) = det 1 X X X ( ) X 1 = (X 1) det 1 X = (X 1) (X 2 + 1) = (X 1) (X i) (X + i). Behauptung. Die Matrizen M 1 und M 2 sind in M(3 3, C) zu einander ähnlich. Beweis. Nach dem oben Gezeigtem zerfällt das charakteristische Polynom von f in C[X] vollständig in die paarweise verschiedenen Linearfaktoren X 1, X i und X + i. Dies zeigt, dass f die Eigenwerte 1, i und i besitzt und diagonalisierbar ist. Somit existiert eine Basis v 1, v 2, v 3 von C 3 mit M f,(vi ) = M 1. Hieraus folgt direkt die Behauptung. Teilaufgabe (ii): Wir betrachten nun die Matrizen M 1 = M(3 3, C) und M 2 = M(3 3, C) Behauptung. Die Matrizen M 1 und M 2 sind in M(3 3, C) nicht zu einander ähnlich. Beweis. Es gilt Tr(M 1 ) = 3 4 = Tr(M 2 ). Dies zeigt die Behauptung, weil zu einander ähnliche Matrizen die gleiche Spur besitzten.

6 Klausur Linearen Algebra 1 Musterlösung: Aufgabe E Gegeben seien affine Unterräume E 1, E 2 A eines affinen Raumes A mit dazugehörigen Vektorräumen V 1, V 2 V. Es sei E 1 + E 2 A der kleinste affine Unterraum, der E 1 und E 2 enthält, und V 12 V der dazugehörige Unterraum. Behauptung. Falls E 1 E 2, so gilt V 12 = V 1 + V 2. Beweis. Es sei b E 1 E 2, v 1 V 1 und v 2 V 2. Betrachte nun einen affinen Unterraum E A mit E 1, E 2 E und den zu E gehörigen Unterraum U. Dann gilt b, b + v 1, b + v 2 E und v 1, v 2 U. Somit gilt v 1 + v 2 U und b + v 1 + v 2 E. Dieses Argument zeigt, dass der affine Unterraum E = {b + v 1 + v 2 v 1 V 1, v 2 V 2 } in E 1 + E 2 enthalten ist. Da auch E 1, E 2 E gilt, folgt E = E 1 + E 2. Weil V 1 + V 2 der zu E gehörige Teilraum ist, folgt die Behauptung. Behauptung. Es sei a E 1, b E 2 und v = b a. Falls E 1 E 2 =, so gilt (V 1 + V 2 ) Kv = {0}. Beweis. Nach Annahme gilt v 0. Angenommen, es existieren v 1 V 1, v 2 V 2 und λ K mit v 1 + v 2 = λ v. Dann gilt Widerspruch! a + 1 λ v 1 = a + v 1 λ v 2 = b 1 λ v 2 E 1 E 2 =. Behauptung. Es sei a E 1, b E 2 und v = b a. Falls E 1 E 2 =, so gilt V 12 = (V 1 + V 2 ) Kv. Beweis. Es sei λ K, v 1 V 1 und v 2 V 2. Betrachte nun einen affinen Unterraum E A mit E 1, E 2 E und den zu E gehörigen Unterraum U. Dann gilt a, a + v 1, a + v 2, a + v E und v, v 1, v 2 U. Somit gilt v 1 + v 2 + λ v U und a + v 1 + v 2 + λ v E. Dieses Argument zeigt, dass der affine Unterraum E = {a + v 1 + v 2 + λ v λ K, v 1 V 1, v 2 V 2 } in E 1 + E 2 enthalten ist. Wegen b = a + v E gilt E 1, E 2 E und es folgt E = E 1 + E 2. Aus den obigen Berechnungen folgt, dass V 1 + V 2 + Kv = (V 1 + V 2 ) Kv gilt, und dies ist der zu E gehörige Teilraum. Dies zeigt, dass in diesem Fall V 12 = (V 1 + V 2 ) Kv gilt.

7 Klausur Linearen Algebra 1 Musterlösung: Aufgabe F Wir betrachten die Matrix M = M(4 4, C) und den durch M induzierten Endomorphismus f : C 4 C 4. Teilaufgabe (i): Behauptung. Es gilt p M (X) = (X 1) 2 (X i) (X + i). Beweis (Variante I). Mit Hilfe des Laplaceschen Entwicklungssatzes folgern wir X X 0 0 p M (X) = det(m X I 4 ) = det X X = (X 1) det X X X ( = (X 1) 2 X 1 det 1 X ) = (X 1) 2 (X 2 + 1) = (X 1) 2 (X i) (X + i). Beweis (Variante II). Alternativ kann man die Blockgestalt der Matrix M X I 4 nutzen und folgern X X 0 0 p M (X) = det(m X I 4 ) = det X X ( ) ( ) X 1 1 X 0 = det det 1 X 1 1 X = (X 2 + 1) (X 1) 2 = (X i) (X + i) (X 1) 2.

8 Behauptung. Es gilt p M (X) = q M (X). Beweis (Variante I). Setze p(x) = (X 1) (X i) (X + i) = X 3 X 2 + X 1 C[X]. Da jede Nullstelle von p M (X) auch eine Nullstelle von q M (X) ist, gilt q M (X) {p M (X), p(x)}. Es gilt f(e 3 ) = e 3 + e 4, f(e 4 ) = e 4 und somit p(f)(e 3 ) = f 3 (e 3 ) f 2 (e 3 ) + f(e 3 ) e 3 Da q M (f) = 0 gilt, folgt hieraus die Behauptung. = f 2 (e 3 + e 4 ) f(e 3 + e 4 ) + e 3 + e 4 e 3 = f(e 3 + e 4 ) + e 4 e 3 e 4 e 4 + e 4 = e 3 + e 4 + e 4 e 3 = 2 e 4 0. Beweis (Skizze von Variante II). Alternativ kann man auch erst die Jordan Normalform von M berechnen (ohne dabei die Aussage p M (X) = q M (X) zu verwenden, s.u.) und aus dieser dann p M (X) = q M (X) herleiten. Teilaufgabe (ii): Behauptung. Die Jordan Normalform der Matrix M ist i i Beweis (Variante I). Da i und i einfache Nullstellen von p M (X) sind, gehört zu diesen Eigenwerten jeweils ein Jordan-Block der Größe 1. Somit gehört zum Eigenwert 1 entweder ein Jordan-Block der Größe 2 oder zwei Jordan-Blöcke der Größe 1. Da die Größe des größten Jordan-Blocks eines Eigenwertes der Vielfacheit der zugehörigen Nullstelle im Minimalpolynom entspricht, trifft die erste Aussage zu und hieraus folgt die Behauptung. Beweis (Skizze von Variante II). Alternativ kann man (ohne Verwendung von p M (X) = q M (X)) zeigen, dass f bezüglich der Basis e 1 + i e 2, e 1 i e 2, e 4, e 3 durch die Matrix i i (1) dargestellt wird. Teilaufgabe (iii): Behauptung. Es gilt V 1 (f) = e 4. Beweis. Es gilt f(e 4 ) = e 4 und somit e 4 Ker (f id C 4). Sei v = (a, b, c, d) Ker (f id C 4). Dann gilt f(v) = v und somit Hieraus folgt a = b = c = 0 und v e 4. b = a, a = b und c + d = d. 2

9 Behauptung. Es gilt V 1 (f) = e 3, e 4. Beweis. Nach obigen Rechnungen gehört zum Eigenwert 1 ein Jordan-Block der Größe 2. Dies impliziert V ( 1 (f) = Ker (f id C 4) 2). Für c, d C gilt (f id C 4) 2 (c e 3 + d e 4 ) = (f id C 4) 2 (c e 3 ) = (f id C 4) (c e 4 ) = 0 und somit e 3, e 4 V 1 (f). Wegen f(e 1 ) = e 2 und f(e 2 ) = e 1 gilt und (f id C 4) 2 (e 1 ) = (f id C 4) ( e 2 e 1 ) = e 1 + e 2 + e 2 + e 1 = 2 e 2 (f id C 4) 2 (e 2 ) = (f id C 4) (e 1 e 2 ) = e 2 e 1 e 1 + e 2 = 2 e 1. Dies zeigt V 1 (f) e 1, e 2 = {0}. Seien nun a, b, c, d C mit v = (a, b, c, d) V 1 (f). Mit dem oben Gezeigtem gilt dann (a, b, 0, 0) V 1 (f) e 1, e 2 = {0} und a = b = 0. Daraus folgt v e 3, e 4. Behauptung. Es gilt V i (f) = V i (f) = {(a, i a, 0, 0) C 4 a C}. Beweis. Nach obigen Rechnungen gehört zum Eigenwert i ein Jordan-Block der Größe 1. Dies impliziert V i (f) = V i (f) = Ker (f i id C 4). Es sei a C und v = (a, i a, 0, 0) C 4. Dann gilt f(v) = (i a, a, 0, 0) = i v und somit v V i (f). Sei nun umgekehrt v = (a, b, c, d) V i (f). Dann gilt b = i a, (1 i) c = 0 und c + (1 i) d = 0. Daraus folgt c = d = 0 und v = (a, i a, 0, 0). Behauptung. Es gilt V i (f) = V i (f) = {(a, i a, 0, 0) C 4 a C}. Beweis. Nach obigen Rechnungen gehört zum Eigenwert i ein Jordan-Block der Größe 1. Dies impliziert V i (f) = V i (f) = Ker (f + i id C 4). Es sei a C und v = (a, i a, 0, 0) C 4. Dann gilt f(v) = ( i a, a, 0, 0) = i v und somit v V i (f). Sei nun umgekehrt v = (a, b, c, d) V i (f). Dann gilt b = i a, (1 + i) c = 0 und c + (1 + i) d = 0. Daraus folgt c = d = 0 und v = (a, i a, 0, 0). Alternativ kann man verwenden, dass f bezüglich der Basis e 1 +i e 2, e 1 i e 2, e 4, e 3 durch die Matrix (1) dargestellt wird. Aus dieser Matrix können die Eigenräume und verallgemeinerten Eigenräume direkt abgelesen werden. Teilaufgabe (iv): Behauptung. Die Matrix M ist in M(4 4, R) nicht trigonalisierbar. Behauptung. Mit obiger Rechnung folgt p M (X) = (X 1) 2 (X 2 + 1) R[X]. Da das Polynom X in R keine Nullstelle besitzt, zerfällt p M (X) in R[X] nicht vollständig in Linearfaktoren und somit ist M über R nicht trigonalisierbar. 3

10 Klausur Linearen Algebra 1 Musterlösung: Aufgabe G Es sei V = M(2 2, K) und f : V V der durch ( ) ( ) a b a c c d b d definierte Endomorphismus von V. Es bezeichne ( ) ( v 1 =, v = 0 0 die kanonische Basis von V. ), v 3 = ( ) ( ) , v = 0 1 Behauptung. Es gilt M f,(vi ) = Behauptung. Es gilt p f (X) = (X 1) (X + 1) (X 2 + 1) K[X]. Beweis. Nach Definition gilt p f (X) = det ( M f,(vi ) ) X I 4 = det 1 X X X X Eine Anwendung des Laplaceschen Entwicklungssatzes auf die erste Zeile dieser Matrix liefert p f (X) = (X + 1) det X 1 1 X X Eine weitere Anwendung des Entwicklungssatzes auf die letzte Zeile zeigt nun ( ) X 1 p f (X) = (X + 1) (X 1) det = (X 1) (X + 1) (X 1 X 2 + 1).

11 Behauptung. Gilt K = C, so ist f diagonalisierbar und somit auch trigonalisierbar. Beweis. In C[X] gilt p f (X) = (X 1) (X + 1) (X i) (X + i) und somit zerfällt das charakteristische Polynom von f in C[X] vollständig in paarweise verschiedene Linearfaktoren. Daraus folgt, dass f diagonalisierbar ist. Behauptung. Gilt K = R, so ist f nicht trigonalisierbar und somit auch nicht diagonalisierbar. Beweis. In R besitzt das Polynom X keine Nullstellen und zerfällt somit in R[X] auch nicht in Linearfaktoren. Daraus folgt, dass das charakteristische Polynom von f in R[X] nicht in Linearfaktoren zerfällt. Da ein Endomorphismus genau dann trigonalisierbar ist, wenn sein charakteristisches Polynom vollständig in Linearfaktoren zerfällt, folgt hieraus die Behauptung. Behauptung. Gilt K = F 2, so ist f trigonalisierbar und nicht diagonalisierbar. Beweis. In diesem Fall gilt X = (X + 1) 2 und p f (X) = (X + 1) 4. Somit zerfällt das charakteristische Polynom von f in F 2 [X] vollständig in Linearfaktoren und f ist trigonalisierbar. Angenommen, f ist diagonalisierbar. Dann existiert eine Basis w 1,..., w 4 von V, so dass M f,(wi ) eine Diagonalmatrix ist. Wegen p Mf,(wi ) (X) = p f (X) = (X +1) 4 folgt dann M f,(wi ) = I 4 und f = id V. Widerspruch! 2

12 Übungen zur Linearen Algebra 1 Notationen Mengen: M = {x, y,...},, N := {0, 1, 2,...}, Z, [a, b] = abgeschlossenes Intervall, P(M) = {N N M} = Potenzmenge, M N muss nicht strikt sein. Abb(M, N) = {f : M N} = Menge alle Abbildungen f : M N. Abbildungen: f : M N, x f(x), Γ f M N Graph von f, Im(f) N Bild, f 1 (y) Urbild, f 1 (N 1 ) := {x f(x) N 1 } für f : M N und N 1 N. f M : M N Einschränkung von f auf Teilmenge M M, id : M M Identität, f : M N injektive Abbildung, f : M N surjektive Abbildung, Komposition g f : M P für f : M N, g : N P, n = M falls f : M {1,..., n} bijektiv. Gebrauch der Quantoren und Symbole: M N: x M : x N Im(f) = N y N x M : f(x) = y = Ende eines Beweises, = Widerspruch (in indirektem Beweis) Körper: K, 0 K = 0 K, 1 K, 1 0, Q, Q( 2) R, R, C, F p, char(k) = Charakteristik eines Körpers, Re(z), Im(z) Real- bzw. Imaginärteil einer komplexen Zahl z = x + iy, z = Absolutbetrag einer komplexen Zahl Vektorräume: V, W, 0 V = 0 V, {0} Null-Vektorraum, V 1 V 2 = direkte Summe zweier Verktorräume, K n = K... K mit natürlicher Vektorraumstruktur U 1 + U 2 V für U 1, U 2 V Unterräume, allgemeiner U i V Quotientenraum V/U für Unterraum U V, π : V V/U natürliche Projektion Erzeugendensysteme und Basen: A V = lineare Hülle einer Menge = A V (oder der von A erzeugte Unterraum), δ ij = Kronecker Symbol, e i K n i-ter Einheitsvektor, v 1,..., v n V oder (v i ) Basis eines Vektorraums V. Dimension eines Vektorraums: dim K (V ) oder dim(v ) v 1,..., ˆv i,..., v n := v 1,..., v i 1, v i+1,... v n ES=Erzeugendensystem, l.u.=linear unabhängig Lineare Abbildungen: f : V W, Ker(f) = Kern der Abbildung, Im(f) = Bild der Abbildung. Raum der linearen Abbildungen: Hom(V, W ) Abb(V, W ), End(V ) := Hom(V, V ) Dualraum: V = Hom(V, K); v 1,..., v n V Basis duale Basis v 1,..., v n V v 1,..., v n V Basis Isomorphismus f (vi ) : V K n, n 1 a iv i (a 1,..., a n ) Äquivalenzrelationen: R M M, R = {(a, b) a b}; Äquivalenzklasse: [a] := {b a b} M; M/ P(M) Menge der Äquivalenzklassen; Z/nZ = Z/ mit a b falls n (a b) (auch a b (n))

13 Matrizen: M(m n, K) = Menge der m n Matrizen (m Zeilen, n Spalten); A = (a ij ) i=1,...,m;j=1,...n M(m n, K); Basis: E kl := (a ij = δ ik δ jl ) i,j ; I n M(n n, K) Einheitsmatrix, diag(a 1,..., a n ) Diagonalmatrix Transponierte Matrix M t = (b ij = a ji ) von M = (a ij ) M(n n, K) f : V W linear M f := M f,(vj ),(w i ) := (a ij ) M(m n, K), wobei f(v j ) = m i=1 a ijw i bzgl. Basen v 1,..., v n V, w 1,..., w m W. Φ (w i) (v j ) : Hom(V, W ) M(m n, K), f M f. Übergangsmatrix: M (vj ),(w i ) := M idv,(v j ),(w i ) M(n n, K) für zwei Basen v 1,..., v n und w 1,..., w n von V. Spezialfall M (vj ),(v i ) = I n. Für lineare Abbildung f : V W und Basen v 1,..., v n V und w 1,..., w m W ist f := f (wi ) f f 1 (v j ). Dann gilt M f = M f, d.h. M f,(vj ),(w i ) = M f,(ej ),(e i ). Matrizenmultiplikation M(k m, K) M(m n, K) M(k n, K), (A, B) A B. Insbesondere M(m n, K) K n K m. Spaltenrang einer Matrix (a ij ): dim (a i,1 ),..., (a i,n ) Zeilenrang einer Matrix (a ij ): dim (a 1,i ),..., (a m,i ) Affine Räume: A über Vektorraum V : a A, v V : a + A v V. Affiner Unterraum von A gegeben durch: B A und Unterraum U V. Parameterdarstellung von B A: B = b + { a i u i }, wobei u 1,..., u n U Basis. a 1,..., a n = affine Koordinaten. Affine Abbildung A 1 A 2 : f : A 1 A 2 und lineare Abbildung g : V 1 V 2 mit f(a + A1 v) = f(a) + A2 g(v). Gruppen: (G,, e), e G neutrales Element. Beispiele: {±1}, (Z, +, e = 0), (K, +, e = 0), (K := K \ {0},, e = 1), (V, +, 0), Bij(X) := {f : X X f bijective}, Symmetrische Gruppe: S n := Bij({1,..., n}), Allgemeine lineare Gruppe: Gl(V ) Bij(V ) = Menge alle linearen Bijektionen. Gl(n, K) M(n n, K) = Menge der invertierbaren Matrizen Gruppenhomomorphismus: f : G 1 G 2, Ker(f) G 1 Untergruppe σ(j) σ(i) j i. sgn : S n {±1} Vorzeichen oder Signum: 1 i<j n Alternierende Gruppe: A n := ( Ker(sgn) S n ) n Für σ S n schreibt man σ. Transposition τ = (i j) σ(1) σ(2)... σ(n) f : G 1 G 2 Gruppenhomomorphismus Ker(f) G 1 Untergruppe. Determinanten: det(m) Determinante einer n n-matrix M ij M((n 1) (n 1), K) entsteht aus M M(n n, K) durch Streichung der i-ten Zeile und j-ten Spalte. M ad = (b ij ) adjungierte Matrix von M = (a ij ) mit b ij = ( 1) i+j det(m ji ). Endomorphismen: M f,(vi ) := M f,(vj ),(v i ) für f End(V ) und (v i ) Basis von V, det(f) = det(m f,(vi )) für f End(V ). Ähnlichkeit von Matrizen: M 1 M 2, EV(f) = Menge der Eigenvektoren, EW(f) = Menge der Eigenwerte, von f End(V ) V λ := V λ (f) := Ker(f λ id) = Eigenraum zum Eigenwert λ EW(f). η : V λi V, (v 1,..., v k ) v i für paarweise verschiedene Eigenwerte λ i. V λ := V λ (f) := Ker((f λ id) n ) = verallgemeinerter Eigenraum, n = dim V. η : Vλi V, (v 1,..., v k ) v i für paarweise verschiedene Eigenwerte λ i. index(λ) := min{k V λ = Ker((f λ id) k )}, V = V λ Im((f λ) k ) für k index(λ) 2

14 r λ := dim( V λ ) = algebraische Vielfachheit Tr(f) = Spur eines Endomorphismus f End(f), Tr(M) = Spur einer Matrix Polynome: K[X] = Polynomring in einer Variablen, K(X) = Körper der rationalen Funktionen in einer Variablen deg(p (X)) = Grad des Polynoms P (X) K[X], P (X) = a d X d +... a 0, a d 0 Leitkoeffizient P (X) K[X] NST(P (X)) = Menge der Nullstellen P 1 (X) = Q(X) P 2 (X) + R(X) Division mit Rest, P 2 (X) P 1 (X) falls R(X) = 0. P (X) = a n (X λi ) zerfällt in Linearfaktoren p f (X) := det(m f,(vi ) X id) K[X] charakteristisches Polynom q f (X) K[X] Minimalpolynom, q f (X) p f (X) 3