Zeigen Sie, dass der einzige Gruppenhomomorphismus von (G, ) nach (Z 5, +) die Abbildung Φ : G Z 5

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1 Aufgabe I (4 Punkte) Es sei G : {e, g, g, g } eine 4-elementige Gruppe mit neutralem Element e Die Verknüpfung auf G werde mit bezeichnet Außerdem seien in G folgende Gleichungen erfüllt: g g g und g g g a) Stellen Sie die Verknüpfungstafel von G auf b) Es seien (G, ) die Gruppe aus Teil a) und Z 5 Z/5Z die Menge aller Restklassen in Z modulo 5Z Zeigen Sie, dass der einzige Gruppenhomomorphismus von (G, ) nach (Z 5, +) die Abbildung Φ : G Z 5 g 0 ist Lösung: a) Aus der Definition des neutralen Elements, den beiden Gleichungen g g g und g g g sowie der Tatsache, dass jedes Element in jeder Zeile und jeder Spalte genau einmal auftaucht, ergibt sich e g g g e e g g g g g g g e g g g e g g g e g g als Verknüpfungstafel von (G, ) b) Sei Ψ : G Z 5 ein Gruppenhomomorphismus, es gilt also auf jeden Fall Ψ(e) 0 Aus der Verknüpfungstafel liest man g g e ab Dann folgt Ψ(g )+Ψ(g ) Ψ(e) 0 Das einzige Element in Z 5, das dies erfüllt ist Ψ(g ) 0 Aus g g g folgt analog Ψ(g ) + Ψ(g ) Ψ(g ) 0, also Ψ(g ) 0 Aus g g g folgt Ψ(g ) + Ψ(g ) Ψ(g ), also Ψ(g ) 0 Somit ist Ψ Φ Alternative: Wir sehen g g, g g g g und g 4 g g e Daher ist g g 5 und es ergibt sich f(g ) f(g 5 ) 5f(g ) 0 Insgesamt folgt f(g ) f(g ) 0 und f(g ) f(g ) 0 f(e) 0 gilt ohnehin

2 Aufgabe I (4 Punkte) Es seien K ein Körper, V ein K-Vektorraum, dessen Dimension mindestens ist, und Φ ein Endomorphismus von V Alle zweidimensionalen Untervektorräume von V seien Φ-invariant Zeigen Sie: a) Alle eindimensionalen Untervektorräume von V sind Φ-invariant b) Es gibt ein c K, sodass Φ c id V ist Lösung: a) Es sei U ein eindimensionaler Untervektorraum von V und u U \ {0} beliebig Dann gilt U [u] Wir wählen zwei weitere Vektoren v, w V, sodass u, v und w drei linear unabhängige Vektoren sind Das geht, da dim(v ) vorausgesetzt ist Nun setzen wir U : [u, v], U : [u, w] Das sind dann zwei zweidimensionale Untervektorräume von V, deren Durchschnitt gerade U ist Wieder nach Voraussetzung sind U und U unter Φ invariant Daher gilt Deshalb ist U unter Φ invariant Φ(U) Φ(U U ) Φ(U ) Φ(U ) U U U b) Es sei v V ein beliebiger Vektor 0 Dann gibt es nach Teil a) ein c K mit Φ(v) c v Wir müssen zeigen, dass für alle w V gilt: Das ist klar für w [v] Φ(w) c w Es sei also w V \ [v], das heißt: v und w sind linear unabhängig Dann gibt es wegen a) ein d K mit Φ(w) d w Wir müssen c d einsehen Dazu betrachten wir v + w Wegen a) gibt es ein e K mit Φ(v + w) e (v + w) Die Additivität von Φ erzwingt nun 0 Φ(v + w) (Φ(v) + Φ(w)) e (v + w) (c v + d w) (e c) v + (e d) w Da v und w linear unabhängig sind, folgt hieraus e c 0 e d, also c e d wie gewünscht Das zeigt Φ c id V

3 Aufgabe I (4 Punkte) Bestimmen Sie ein lineares Gleichungssystem, das die Lösungsmenge 0 L 4 + [ 4 4, 0, ] R hat Lösung: Betrachten wir zunächst das homogene lineare Gleichungssystem, das durch die Matrix gegeben ist Der Gauß-Algorithmus liefert: ( ) ( ) ( ) ( ) Die Lösungsmenge dieses linearen Gleichungssystems ist 0 U [ 0, 0 0 ]; in Matrix-Schreibweise liest sich das wie folgt: beziehungsweise ( )

4 Damit besitzt das homogene lineare Gleichungssystem die Lösungsmenge x + x 0 x + x + x 4 x 5 0 U [ 4 4 6, Wir müssen also nur noch ein b R finden mit Ausmultiplizieren liefert 0 0 ( b (, ) ) ] b Aus der Lösungstheorie für lineare Gleichungssystem ergibt sich dann sofort, dass das inhomogene lineare Gleichungssystem die Lösungsmenge L hat x + x x + x + x 4 x 5

5 Aufgabe I4 (4 Punkte) Es seien K ein Körper, V ein n-dimensionaler K-Vektorraum, U, W V Untervektorräume von V und V der Dualraum von V Dann ist die Menge ein Untervektorraum von V Zeigen Sie: a) dim U + dim U 0 n b) (U + W ) 0 U 0 W 0 Lösung: U 0 : {x x V und x (y) 0 für alle y U} a) Seien also 0 dim U m n und {x,, x m } eine Basis von U Dann existieren Vektoren x m+,, x n V, so dass B : {x,, x n } eine Basis von V ist Es bezeichne {x,, x n} die zu B duale Basis von V und U : [x m+,, x n] den von x m+,, x n erzeugten Untervektoraum von V Wir zeigen zunächst, dass U U 0 ist Sei x U Dann existieren a m+,, a n K mit x a m+ x m+ + + a n x n Nach Definition der dualen Basis gilt dann für alle i {,, m}: x (x i ) a m+ x m+(x i ) + + a n x n(x i ) 0, also x (y) 0 für alle y U Damit ist x U 0 Sei y U 0 Dann existieren b,, b n K mit y b x + + b n x n Aus der Definition von U 0 und der Definition der dualen Basis ergibt sich dann für alle i {,, m}: also ist y b m+ x + + b n x n U 0 y (x i ) b x (x i ) + + b n x n(x i ) b i, Somit ist U 0 U, und da dim U 0 dim U n m dim V dim U ist, folgt die Behauptung Alternative: Wir betrachten den Vektorraumhomomorphismus Φ : V U, x x U Dieser ist surjektiv und hat den Kern U 0 Daraus ergibt sich dim V dim Bild Φ + dim Kern Φ dim U + dim U 0 Wegen dim V dim V und dim U dim U folgt dim V dim U + dim U 0

6 b) (U + W ) 0 {x V x (y) 0 für alle y U + W } {x V x (u + w) 0 für alle u U, w W } {x V x (u) 0 für alle u U und x (w) 0 für alle w W } {x V x U 0, x W 0 } U 0 W 0

7 Aufgabe I5 (4 Punkte) Gegeben sei die reelle Matrix A : 0 Zeigen Sie, dass A diagonalisierbar ist, und berechnen Sie A A 9999 A 9998 Lösung: Um zu zeigen, dass die Matrix A diagonalisierbar ist, bestimmen wir zunächst ihre Eigenwerte Es bezeichne p das charakteristische Polynom von A + X p X X Entw n Sp X X X X X X 0 X + X 0 X 0 X X(X ) X(X )(X + ) Also besitzt A drei verschiedene Eigenwerte, nämlich, 0 und, und ist damit diagonalisierbar Aus p X + X folgt mit Cayley-Hamilton A A, woraus sich aber direkt für alle k N: A k A und A k+ A ergibt Somit ist A A 9999 A 9998 A + A A A Alternative: A ist diagonalisierbar, also existiert eine reguläre Matrix S R mit S AS Weiter gilt: S (A 0000 A A 9998 )S

8 Damit erhalten wir aber: A 0000 A A 9998 S S A

9 Aufgabe I6 (4 Punkte) Es seien a,, a n R Berechnen Sie die Determinanten der folgenden Matrizen A, B R n n : Lösung: + a a a n 0 a A + a a n, B a a + a n 0 + a a a n a + a a n + a + an a a a n + a n + + n i a i a a n a a a n Mit a a a n ergibt sich ( ) n ( ) n ( + n ( )) ( ) n+ (n ) 0 0 n i a i