Lösungsskizzen der Klausur zur Linearen Algebra im Herbst 2015

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1 sskizzen der Klausur zur Linearen Algebra im Herbst 5 Aufgabe I. Es sei (G, ) eine Gruppe mit neutralem Element e und M {x G x x e}. Zeigen Sie: (a) Ist G kommutativ, so ist M eine Untergruppe von G. (b) Ist n und G die symmetrische Gruppe S n, so ist M keine Untergruppe von G. Laut Vorlesung ist notwendig und hinreichend dafür, dass M Untergruppe ist (Untergruppenkriterium) (i) M, (ii) M ist abgeschlossen bei Inversion, (iii) M ist bei der Verknüpfung abgeschlossen. Zu (a): Zu (i) Wegen e e e ist e M. Zu (ii) Weil für x in M gilt x x e ist x x, also x M. Zu (iii) Für x, y M ist x x e und y y e, daher mit Benützung der Kommutativität: x y x y x x y y e e e. Demnach ist x y M. Zu (b): Es sei n. Dann enthält S n die Transpositionen τ: Vertauschung von und ρ: Vertauschung von und. Offenbar ist τ M und ρ M, da τ τ id e und ρ ρ id ist. Für σ : ρ τ ρ τ gilt aber, dass σ(), also σ id e. Damit ist ρ τ M und somit ist (iii) im Kriterium verletzt und M keine Untergruppe. Alternative (fast ohne Rechnung bei etwas mehr theoretischen Kenntnissen): Zu (a): Bei kommutativem G ist die Abbildung f : G G, x x x ein Homomorphismus ( wegen f(x y) x y x y x x y y f(x) f(y)). M Kernf ist dann bekanntlich eine Untergruppe. Zu (b): Jede Permutation kann man als als Produkt von Transpositionen schreiben (Vorl.) Diese liegen in M, aber z.b. ein Dreierzyklus nicht. Also ist M keine Untergruppe.

2 Aufgabe I. Es seien V ein Vektorraum und Φ ein Endomorphismus von V. Zeigen Sie: (a) Die folgenden beiden Aussagen sind äquivalent: (i) Kern Φ Bild Φ {}. (ii) Für alle x V mit Φ (x) gilt Φ(x). (b) Falls außerdem dim V < gilt, so ist zu (i), (ii) ferner äquivalent: (iii) V Kern Φ Bild Φ. Zu (a): (i) (ii): Es sei x V mit Φ (x) Φ(Φ(x)). Damit ist Φ(x) Kern Φ und Φ(x) Bild Φ. Somit gilt Φ(x). (ii) (i): klar Es sei y Kern Φ Bild Φ. Dann gilt Φ(y) und es existiert x V mit y Φ(x). Daraus folgt Φ (x) Φ(y), also Φ(x) und somit y. Zu (b): (i) (iii): Wir müssen nur V Kern Φ + Bild Φ zeigen, denn zusammen mit (i) ist diese Summe dann direkt. Offensichtlich ist V Kern Φ + Bild Φ. Wegen dim(kern Φ + Bild Φ) Dim.satz dim(kern Φ) + dim(bild Φ) dim(kern Φ Bild Φ) für UVRe dim(kern Φ) + dim(bild Φ) Dim.satz für lin. Abb. dim(v ) folgt schließlich V Kern Φ + Bild Φ. (iii) (i): Da die Summe direkt ist, folgt automatisch Kern Φ Bild Φ {}.

3 Aufgabe I. Es seien U, U Untervektorräume des R 4 mit U :, U : 4. Bestimmen Sie zu U, U, U U und U + U je eine Basis und die Dimension. Indem man die Differenz des zweiten und dritten Vektors sowie die Differenz des ersten und zweiten Vektors in der gegebenen Darstellung von U bildet, erhält man U. Die drei zuletzt erhaltenen Vektoren sind linear unabhängig und bilden somit eine Basis von U. Ebenso erhält man durch Subtraktion des dritten Vektors vom zweiten Vektor in der gegebenen Darstellung von U U 4 4, wobei zuletzt verwendet wurde, dass der mittlere Vektor das arithmetische Mittel der beiden anderen Vektoren ist. Die beiden zuletzt erhaltenen Vektoren sind linear unabhängig und bilden somit eine Basis von U. Insbesondere erhält man nun dim(u ) und dim(u ). Wegen / U ist dim(u + U ) 4, und da es sich um einen UVR des R 4 handelt, ist dim(u + U ) 4. Als Basis kann somit die Standardbasis gewählt werden. Aus dem Dimensionssatz folgt dim(u U ) + 4. Nun gilt (Summe der Basisvektoren!) 4 U und U, d.h. U U, was eine Basis des Durchschnitts ist.

4 4 Aufgabe I.4 Es seien K ein Körper, V ein endlichdimensionaler K-Vektorraum und B {b,..., b n } eine Basis von V. Weiter bezeichne V den Dualraum von V. (a) Durch welche Bedingung ist die zu B duale Basis B {b,..., b n} von V definiert? (b) Zeigen Sie: Wenn Φ ein Endomorphismus von V ist und B aus Eigenvektoren von Φ besteht, dann besteht B aus Eigenvektoren der dualen Abbildung Φ : V V. (c) Geben Sie im Fall n ein Beispiel an, bei dem b ein Eigenvektor von Φ ist, aber b kein Eigenvektor von Φ. Zu (a): Die zu B duale Basis B {b,..., b n} besteht aus den linearen Fortsetzungen b i : V K der Vorschriften b i (b j ) δ ij. Zu (b): Es seien Φ ein Endomorphismus von V und B eine Basis aus Eigenvektoren von Φ. Für jedes i n existiert also ein λ i K mit Φ(b i ) λ i b i. Dann ist b i gilt: Zu (c): ein Eigenvektor von Φ zum Eigenwert λ i, denn für ein beliebiges v n k α kb k Φ (b i )(v) (b i Φ)( α k b k ) k α k b i (Φ(b k )) k α k b i (λ k b k ) k α k λ k δ ik k λ i α i λ i b i ( α k b k ) k λ i b i (v) Es sei {b, b } eine Basis von V und Φ die lineare Fortsetzung von Φ(b ) b und Φ(b ) b +b. Dann ist b kein Eigenvektor von Φ, denn es gilt: Φ (b )(b ) b (b + b ) b (b )

5 5 Aufgabe I.5 In Abhängigkeit vom reellen Parameter t sei die folgende Matrix A t gegeben: A t : + t t t t t t (a) Entscheiden Sie, für welche t R die Matrix A t diagonalisierbar ist. (b) Geben Sie für t eine Basis von R an, die aus Eigenvektoren von A t besteht. Zunächst bestimmen wir die Eigenwerte von A t und berechnen hierzu das charakteristische Polynom: + t λ t det(a t λi ) t λ t t t λ t λ t λ t λ t t λ t λ (t λ)( t λ) t λ t (t λ)( t λ) t λ t (t λ)( t λ)( λ) Damit hat A t die Eigenwerte t, t und. Insbesondere zerfällt das charakteristische Polynom in Linearfaktoren und A t ist damit genau dann diagonalisierbar, wenn bei allen Eigenwerte algebraische und geometrische Vielfachheit übereinstimmen. Für t {,, } sind die Eigenwerte paarweise verschieden. Damit ist A t für t R \ {,, } diagonalisierbar. Wir betrachten nun die übrigen Fälle einzeln. t : Hier hat der Eigenwert die algebraische Vielfachheit und wir bestimmen die geometrische Vielfachheit des Eigenwerts. Es gilt dim Eig(A, ) dim Kern(A I ) Rang(A I ) Weiter ist A I Damit ist dim Eig(A, ) <. Somit ist A nicht diagonalisierbar. t : Wieder hat der Eigenwert die algebraische Vielfachheit und wir bestimmen wie oben die geometrische Vielfachheit. Es ist A I und damit dim Eig(A, ) <, also ist A nicht diagonalisierbar.

6 6 t : Hier wollen wir zusätzlich eine Basis aus Eigenwerten bestimmen. Zunächst berechnen wir den Eigenraum Eig(A, ):, ) Kern(A I ) Kern Kern Eig(A Span{ }. Für den Eigenraum zum Eigenwert gilt: Eig(A, ) Kern(A I ) Kern Kern Kern Kern Span{ } Damit ist also { } eine Basis des R aus Eigenvektoren von A. Insbesondere ist also A diagonalisierbar.

7 7 Aufgabe I.6 Berechnen Sie für alle n N die Determinante der n n-matrix A n (a i,j ), wobei a i,j min(i, j). Subtrahiert man die letzte Spalte der Matrix von jeder der ersten n Spalten und entwickelt anschließend nach der ersten Zeile, so erhält man: det A n det det n... (n )... (n ) n n n ( ( ) n+ k (k + ) ) n (k + )... (n)! n n! k k Alternative Subtrahiert man die vorletzte Spalte der Matrix A n Induktion von ihrer letzten, so erhält man nach det A n det (n ) 4... (n ) n (n ) ( n (n ) ) (n )! det A n (n ) ( n )(n )! (n)! n n!. Alternative Entwicklung nach der letzten Zeile liefert nach Induktion det A n n det A n (n ) det A n + (n )... ± ( n (n ) ) (n )! det A n (n ) ( n )(n )! (n)! n n!.

8 8 Aufgabe II. Es sei Φ ein Endomorphismus eines fünfdimensionalen komplexen Vektorraums V mit charakteristischem Polynom p Φ X 5 9X. Ferner sei dim(ker Φ). Bestimmen Sie die Jordansche Normalform von Φ Φ. Wegen p X (X )(X+) hat Φ eindimensionale Eigenräume zu den Eigenwerten + (Eigenvektor b ) und (Eigenvektor b ). Außerdem hat Φ einen dreidimensionalen Hauptraum zum Eigenwert. Weil der Eigenraum zum Eigenwert mit Kern Φ identisch ist und der Kern eindimensional ist, gibt es ein einziges Jordankästchen zum Eigenwert. Eine zugehörige Jordanbasis sei {b, b 4, b 5 }. Bezüglich der Basis B {b,..., b 5 } lautet die Jordannormalform von Φ A Bezüglich B hat Φ dann die Abbildungsmatrix A 9 9. die bezüglich der Basis C {b, b, b, b 5, b 4 } die Jordansche Normalform von Φ 9 9 annimmt.

9 Aufgabe II. Es sei V C (, ) der reelle Vektorraum der auf dem Intervall, stetigen Funktionen mit dem Skalarprodukt f, g f(x) g(x) dx. Weiter sei U der Untervektorraum der Polynomfunktionen vom Grad. Bestimmen Sie die orthogonale Projektion von f :, R, x x + auf U und den Abstand von f und U. 9 Für i N sei p i :, R, x x i. Für i, j N gilt dann: { p i, p j x i+j dx + ( )i+j+ falls i + j ungerade ist. i + j + falls i + j gerade ist i+j+ Mit π sei die orthogonale Projektion auf U bezeichnet. Dann gilt wegen der Linearität von π und p U, dass π(f) π(p + p ) π(p ) + π(p ) π(p ) + p. Eine Orthonormalbasis {v, v, v } von U erhalten wir nach dem Gram Schmidt-Verfahren durch w p, v w w p, Damit ist also π(f) 5 p + p. w p p, v }{{} w p p, v v p, v v p, v w w p, }{{} v, v w w Span{p, p }. π(p ) p, v v }{{} + p, v v + p, v v }{{} p, p p p 5, Für den Abstand d(f, U) von f und U gilt damit d(f, U) f π(f) p p 5 p p 5, p p 5 p, p p 5, p + 9 p 5, p

10 Aufgabe II. Es sei V ein endlich-dimensionaler euklidischer Vektorraum mit Skalarprodukt, und induzierter Norm.. Weiter sei Φ ein Endomorphismus von V mit für alle Untervektorräume U V. Zeigen Sie: Φ(U ) Φ(U) (a) Für alle x, y V folgt aus x, y stets Φ(x), Φ(y). (b) Für alle x, y V folgt aus x y stets Φ(x) Φ(y). (c) Es gibt eine Isometrie Ψ von V und ein λ R \ {}, sodass Φ λψ. Zu (a): Es seien x, y V mit x, y, also y x. Φ(y) Φ(x), also Φ(x), Φ(y). Zu (b): Es seien x, y V mit x y. Dann folgt aus mit (a), dass Nach Voraussetzung gilt dann x + y, x y x, x x, y + y, x y, y x y Φ(x + y), Φ(x y) Φ(x) + Φ(y), Φ(x) Φ(y) Φ(x), Φ(x) Φ(x), Φ(y) + Φ(y), Φ(x) Φ(y), Φ(y) Φ(x) Φ(y) gilt und somit Φ(x) Φ(y) erfüllt ist. Zu (c): Wegen Φ(V ) Φ( ) Φ() V ist Φ surjektiv, und da V endlichdimensional ist, ist Φ ein Automorphismus. Wir zeigen zunächst, dass ein λ > existiert, so dass Φ(x) λ x für alle x V gilt: Für x, y V \ {} existieren λ x und λ y mit Φ(x) λ x x und Φ(y) λ y y. Da Φ injektiv ist, gilt λ x > und λ y >. Weiter folgt mit x x y y nach (b) auch Dies ist gleichbedeutend mit ( ) ( Φ ) Φ x x y y. λ x Φ(x) x Φ(y) y λ y. Es sei λ λ x und Ψ λ Φ. Dann gilt Ψ(x) λ Φ(x) λ λ x x für alle x V. Damit ist Ψ eine Isometrie und es gilt Φ λ Ψ.

11 Aufgabe II.4 Gegeben sei die reelle Matrix A. Zeigen Sie, dass es eine symmetrische Matrix B R mit B A gibt. Da A symmetrisch ist, ist A nach dem Spektralsatz orthogonal diagonalisierbar. Es existiert daher eine orthogonale Matrix T O() R, so dass T AT λ λ. } {{ λ } :D NB: Wegen T O() gilt T T. Mit dem Hurwitz-Kriterium sehen wir ein, dass A positiv definit ist: ( ) >, det >, det A 4 >. Alternativ kann man die Eigenwerte über das charakteristische Polynom ausrechnen. Folglich sind die Eigenwerte λ, λ, λ von A positiv, und es gilt λ i R f"ur i,,. Setze λ S : λ. λ Dann gilt: A T T AT T T DT T S T } T ST {{ } T ST. :B Hier haben wir benutzt, dass T T die Einheitsmatrix ist, T ist ja orthogonal. Dann ist B A wie gewünscht und B ist symmetrisch, da S diagonal ist: B (T ST ) (T ) S T T ST B.

12 Aufgabe II.5 Es sei Φ End(V ) ein Endomorphismus eines endlichdimensionalen unitären Vektorraums V mit adjungierter Abbildung Φ Φ. Zeigen Sie: (a) Alle Eigenwerte sind rein imaginär, d.h. alle Eigenwerte haben die Form ic mit c R. (b) Der Endomorphismus iφ ist selbstadjungiert. (c) Es gilt max Φ(x),x max { λ λ ist ein Eigenwert von Φ } x V \{} x,x, sei das Skalarprodukt auf V. Dann gilt für alle x, y V und alle a C: ax, y a x, y x, ay. Zu (a): Es sei λ C ein Eigenwert von Φ und v o ein zugehöriger Eigenvektor mit v, v. Dann gilt: λ λ v, v λv, v Φ(v), v v, Φ (v) v, Φ(v) v, λv λ v, v λ. Also gilt λ λ. Setzt man λ b + ic mit b, c R, so heißt dies b ic b ic bzw. b und damit letztendlich λ ic, c R. Zu (b): Für alle v, w V gilt: iφ(v), w i Φ(v), w i v, Φ (w) i v, Φ(w) v, iφ(w) v, iφ(w). Also ist iφ selbstadjungiert. Zu (c): Es sei M : max { λ λ ist Eigenwert von Φ} und N : max x o Φ(x),x x,x Dann ist N M, da für einen Eigenwert λ mit λ M und zugehörigem Eigenvektor v gilt: N max Φ(x), x x o x, x Φ(v), v v, v λ v, v v, v λ M. Es bleibt zu zeigen, dass auch M N gilt. Da iφ selbstadjungiert ist, ist iφ orthogonal diagonalisierbar und dies gilt auch für Φ. Es sei {v,..., v n } eine ONB von V aus Eigenvektoren von Φ und für i,..., n gelte Φ(v i ) λ i v i. Außerdem sei λ n M. Dann gilt für x n i x iv i V \ {o}: Φ(x), x Dreiecksungl. M Φ( x i v i ), i x i v i x i λ i v i, i x i M x, x. Damit gilt für alle x V \ {o}: M Φ(x), x x, x, also ist M N und damit insgesamt M N. i i x i v i i ONB. x i λ i i

13 Aufgabe II.6 Es sei n N und ϕ : R n R n, v Φ(v) + b eine Affinität gegeben durch Φ End(R n ) und b R n. Zeigen Sie: (a) Hat ϕ genau einen Fixpunkt, so ist dieser in jeder Fixgeraden von ϕ enthalten. (b) Bestimmen Sie alle Fixpunkte und Fixgeraden von ϕ : R R mit ϕ(x) x +. 4 Zu (a): Es gelte also, dass ϕ genau einen Fixpunkt hat. Hieraus folgt, dass das lineare Gleichungssystem (Φ id R n)(x) b eindeutig lösbar ist, also Φ id R n invertierbar und damit kein Eigenwert von Φ ist. Es sei nun g x + Rv eine Fixgerade von ϕ, d.h. es gilt x + Rv ϕ(x + Rv) Φ(x ) + b + RΦ(v). Somit ist v ein Eigenvektor von Φ und es gilt Φ(x ) + b g. Es sei λ der zu v gehörige Eigenwert von Φ und t R mit Φ(x ) + b x + t v. Dann gilt für t R: ϕ(x + tv) x + tv Φ(x ) + tλv + b x + tv Φ(x ) + b x + t( λ)v x + t v x + t( λ)v, wobei die letzte Gleichung offensichtlich durch t t gelöst wird. Damit liegt der (nach λ Voraussetzung eindeutig bestimmte) Fixpunkt von ϕ auf g. Zu (b): Zunächst bestimmen wir die Fixpunkte von ϕ. Dies sind genau die en von x. Mittels Gauß-Algorithmus erhält man, dass ϕ genau einen Fixpunkt, nämlich x (,, ) hat. Die Fixgeraden ) sind nach Teil (a) dann gerade die Geraden x + Rv mit Eigenvektoren v von A. Das charakteristische Polynom von A ist ( λ) ( λ). Die Eigenwerte ( 4 sind also und. Der Eigenraum zum Eigenwert ist R (,, ) und der zum Eigenwert ist R (,, ). Damit sind die Fixgeraden von ϕ genau g (,, ) + R (,, ) und g (,, ) + R (,, ).