Musterlösungen zur Linearen Algebra II Blatt 2

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1 Musterlösungen zur Linearen Algebra II Blatt 2 Aufgabe. Sei R ein nullteilerfreier kommutativer Ring mit. Setze K := R R\{0}/ mit der Äquivalenzrelation definiert durch (a, b) (a, b ) genau dann, wenn ab = a b. a) ist eine Äquivalenzrelation. b) Die Operationen [(a, b)] + [(c, d)] := [(ad + bc, bd)] [(a, b)] [(c, d)] := [(ac, bd)] sind wohldefiniert. c) K bildet bezüglich + einen kommutativen Körper. a) Für (a, b) R R\{0} gilt ab = ab, d.h. ist reflexiv. Ist (c, d) R R\{0} mit (a, b) (c, d), d.h. ad = bc, so gilt auch cb = da, d.h.(c, d) (a, b), da R kommutativ ist; ist also symmetrisch. Um die Transitivität nachzuweisen, sei schliesslich (e, f) R R\{0} mit (c, d) (e, f). Es gilt ad = bc, cf = de es ist zu zeigen, dass af = be. Multipliziert man die erste Gleichung mit f auf beiden Seiten setzt die zweite ein, so folgt adf = bcf = bde, also d(af be) = 0. Da d 0 vorausgesetzt ist R nullteilerfrei ist, folgt die Behauptung. Damit ist eine Äquivalenzrelation. b) Beachte zunächst, dass für b, d R\{0} auch bd R\{0} da R nullteilerfrei ist. Um zu zeigen, dass die beiden definierten Operationen wohldefiniert sind, ist also nur noch zu zeigen, dass das Ergebnis nicht von der Wahl von Repräsentanten der jeweiligen Äquivalenzklassen abhängt. Seien also (a, b), (a, b ), (c, d), (c, d ) R R\{0} mit (a, b) (a, b ),(c, d) (c, d ) gegeben. Für die Wohldefiniertheit von + ist zu zeigen, dass gilt (ad + bc, bd) (a d + b c, b d ). Da nach Voraussetzung ab = a b cd = c d ist, folgt (ad+bc)b d = ab dd +bb cd = a bdd +bb c d = (a d +b c )bd, was zu zeigen war. Für die Wohldefiniertheit von ist zu zeigen, dass gilt (ac, bd) (a c, b d ). Nun ist acb d = ab cd = a bc d = a c bd, was zu zeigen war. c) Sei 0 K := [(0, )] K := [(, )]. Zu zeigen ist, dass (K, +, 0 K ) (K\{0},, K ) abelsche Gruppen sind dass für a, b, c K das Distributivgesetz a(b + c) = ab + ac gilt. Um die Axiome für (K, +) nachzurechnen, seien [(a, b)], [(c, d)], [(e, f)] K. Offenbar ist K bzgl. + abgeschlossen da R kommutativ ist, folgt [(a, b)] + [(c, d)] = [(c, d)] + [(a, b)]. Weiterhin gilt 0 K + [(a, b)] = [(a, b)]

2 das Inverse von [(a, b)] ist durch [( a, b)] gegeben. Schliesslich gilt auch die Assoziativität, denn es ist ([(a, b)]+[(c, d)])+[(e, f)] = [(adf+bcf+bde), (bdf)] = [(a, b)]+([(c, d)]+[(e, f)]). Um die Axiome für (K\{0}, ) nachzurechnen, seien [(a, b)], [(c, d)], [(e, f)] K\{0}. Das bedeutet, dass ab, cd, ef alle 0 sind. Da R nullteilerfrei, ist auch abcd 0 damit ist (ab, cd) (0, ), d.h.[(a, b)] [(c, d)] K\{0} somit ist K\{0} bzgl. abgeschlossen. Offenbar ist [(a, b)] [(c, d)] = [(c, d)] [(a, b)] K [(a, b)] = [(a, b)]. Das Inverse von [(a, b)] ist gegeben durch [(b, a)] da [(ab, ab)] = [(, )]. Schliesslich ist ([(a, b)] [(c, d)]) [(e, f)]) = [(ace, bdf)] = [(a, b)] ([(c, d)] [(e, f)]). Um das Distributivgesetz nachzuweisen, seien [(a, b)], [(c, d)], [(e, f)] K. Dann gilt [(a, b)] ([(c, d)] + [(e, f)]) = [(acf + ade, bdf)] also Gleichheit. [(a, b)] [(c, d)] + [(a, b)] [(e, f)] = [(ac, bd)] + [(ae, bf)] = [(acbf + bdae, b 2 fd)] = [(acf + dae, bdf)] Aufgabe 2. Sei K ein kommutativer Körper seien A, B K n n. a) A ist genau dann invertierbar, wenn die komplementäre Matrix A invertierbar ist. b) Ist A invertierbar, so gilt (A ) = (A ). c) Es gilt stets (AB) = B A. Wichtig ist in diesem Zusammenhang die Formel A A = A A = (det A)I n. a) : Ist A invertierbar, so ist det A 0 man hat det A A = (A ). : Sei A invertierbar. Angenommen, det A = 0. Dann folgt aus der Formel A = 0 aus der Definition von A damit auch A = 0, Widerspruch. Also ist det A 0 damit A invertierbar. 2

3 b) Aus der Formel folgt det A A A = I n, d.h. (A ) = det A A. Wendet man die Formel auf A an, so folgt A (A ) = (det A )I n. Multiplikation mit A liefert (A ) = (det A )A = A, woraus die det A Behauptung folgt. c) Für zwei Matrizen A, B gilt (AB) AB = det AB I n = det A det B I n B A AB = B det A I n B = det A I n B B = det A det B I n, also (AB) AB = B A AB. Sind A B invertierbar, so folgt die Behauptung nach Kürzen von AB. Der allgemeine Fall ist mit elementaren Mitteln allein schwierig zu beweisen. Hier ist der Vollständigkeit halber ein Beweis mit fortgeschrittenen Techniken: Ohne Einschränkung kann man annehmen, dass K algebraisch abgeschlossen ist. Die Gleichung (AB) = B A beschreibt ein (nichtlineares) Gleichungssystem in 2n 2 Variablen, dessen Lösungsmenge L die in der (Zariski-Topologie) offene Menge {(A, B) : A, B invertierbar} umfasst. Da K 2n2 zusammenhängend ist, ist L dicht aufgr der Abgeschlossenheit von L folgt L = K 2n2, d.h. die Aussage gilt auch für nicht invertierbare Matrizen. Aufgabe 3. Sei K ein kommutativer Körper, V ein endlich-dimensionaler K- Vektorraum sei M End(V ) eine Menge von diagonalisierbaren Endomorphismen von V, die paarweise kommutieren, d.h. es gilt f g = g f für alle f, g M. a) Ist f M U ein Eigenraum von f, dann ist U invariant unter allen g M, d.h. g(u) U für alle g M. b) Es existiert eine Basis B von V, so dass alle Matrizen B f B mit f M Diagonalmatrizen sind. Man sagt, dass M simultan diagonalisierbar ist. a) Sei u U. Dann gilt f(g(u)) = g(f(u)) = g(λu) = λg(u). Damit ist dann auch g(u) ein Element des Eigenraums U, d.h. g(u) U. 3

4 b) Ohne Einschränkung kann man annehmen, dass nicht alle Elemente f M nur einen Eigenwert λ f haben, denn in diesem Fall gilt f = λ f id die Darstellungsmatrizen B f B sind bezüglich jeder Basis B von V Diagonalmatrizen. Der Beweis erfolgt durch Induktion über n := dim k V. Ist n =, so ist nichts zu zeigen. Für den Induktionsschritt wähle ein f M mit Eigenwerten λ,..., λ k für ein k > dies ist nach der einleitenden Bemerkung möglich. Für die zugehörigen Eigenräume V λi gilt nach dem ersten Teil g(v λi ) V λi. Wählt man Basen B i von V λi, so bedeutet dies, dass für B := (B,..., B k ) die Darstellungsmatrizen B g B Blockmatrizen sind. Da dim V λi < dim V offenbar die Einschränkungen von Elementen aus M auf die V λi wiederum paarweise kommutieren, kann man nach Induktionsvoraussetzung Basen C i von V λi wählen, so dass die Ci g Ci Diagonalmatrizen sind, wobei g die Einschränkung auf den jeweiligen Unterraum bezeichnet. Für B := (C,..., C k ) sind dann auch alle B g B Diagonalmatrizen, was zu zeigen war. Aufgabe 4. Sei φ End(R 2 ) bezüglich der Standardbasis durch die Matrix ( ) 3 A = 3 gegeben. Zeigen Sie, dass A diagonalisierbar ist geben Sie eine Matrix B an, so dass B φ B = S AS eine Diagonalmatrix ist. ( Das charakteristische ) Polynom von φ ist χ φ = det(x I 2 A) = x 3 det = (x ) 3 x 2 9 = x 2 2x 8 = (x + 2)(x 4). Da also χ φ genau 2 = dimr R 2 verschiedene Nullstellen hat die Eigenwerte von φ genau die Nullstellen des charakteristischen Polynoms sind, folgt mit einem Satz aus der Vorlesung, dass φ diagonalisierbar ist. Um Eigenvektoren von χ zu den Eigenwerten -2 4 zu bestimmen, berechnet man (( ) ( )) ( ) ( ) V 2 = ker = ker = (( ) ( )) ( ) ( ) V 4 = ker = ker = ( ) ( ) Sei jetzt E die Standardbasis B = (, ) eine aus Eigenvektoren von ( ) 2 0 φ bestehende Basis. Dann gilt offenbar B φ B =. Die gesuchte Matrix S 4

5 ( ) 2 0 mit S AS = ist einfach die zum Basiswechsel zugehörige Matrix: Für ( ) S := ist nämlich S = E id B S AS = B id E Eχ E Eid B = B χ B = ( )