Aufgabe (8 Punkte) Es sei (G, ) eine Gruppe und ϕ: G G die Abbildung, die für jedes g G durch ϕ(g) = g g =: g gegeben ist. a) Zeigen Sie, dass ϕ genau dann ein Gruppenhomomorphismus ist, wenn die Verknüpfung in G kommutativ ist. b) Begründen Sie, weshalb im Fall G = {x R x > } (mit der Multiplikation als Verknüpfung) die Abbildung ϕ injektiv und surjektiv ist. c) Geben Sie ein Beispiel für eine kommutative Gruppe G an, für die ϕ injektiv, aber nicht surjektiv ist. d) Geben Sie ein Beispiel für eine kommutative Gruppe G an, für die ϕ nicht injektiv, aber surjektiv ist. Lösung: a) Laut Definition ist ϕ genau dann ein Homomorphismus, wenn für alle g,h G die Gleichung ϕ(g h) = ϕ(g) ϕ(h) gilt. Linker Hand steht (g h) = g h g h, rechter Hand steht g h. Es ist also ϕ genau dann ein Homomorphismus, wenn für alle g,h G die Gleichung g h g h = g h gilt. Dies ist gleichbedeutend zu (und jetzt lassen wir die Verknüpfungssymbole der Lesbarkeit wegen weg): hg = g (ghgh)h = g ( g h ) h = gh. Also ist ϕ genau dann ein Homomorphismus, wenn G kommutativ ist. b) Im gegebenen Fall ist die Abbildung injektiv, da Kern(ϕ) = {x R x >,x = } = {} nur das neutrale Element enthält. Surjektiv ist ϕ, da sich aus jeder positiven reellen Zahl eine positive Quadratwurzel ziehen lässt. c) Für die Gruppe G = {x Q x > } mit der üblichen Multiplikation ist ϕ mit dem Argument aus b) wieder injektiv. Es ist aber nicht surjektiv, da zum Beispiel die Quadratwurzel aus nicht rational ist. d) Für G = {x C x } mit der üblichen Multiplikation ist ϕ() = ϕ( ), also ϕ nicht injektiv. Es lässt sich aber aus jeder komplexen Zahl eine Quadratwurzel ziehen, denn für x = r(cosα+isinα),r >, α R, ist Daher ist ϕ surjektiv. x = ϕ ( r (cos(α/)+isin(α/)) ).
Aufgabe (8 Punkte) In Abhängigkeit von a R seien in R 4 die Vektoren a x := a,x := a gegeben.,x 3 := a a) Für welche Werte von a sind x,x,x 3 linear unabhängig? b) Für welche Werte von a gibt es einen Endomorphismus Φ: R 4 R 4 mit Φ(x ) = x, Φ(x ) = x, Φ(x 3 ) = x 3? Lösung: a) Die drei Vektoren sind genau dann linear unabhängig, wenn die Matrix a a a a Rang 3 hat. Wir führen das Gauß-Verfahren durch: a a a + a a + a a a + a a a + a a und sehen, dass x,x und x 3 genau dann linear unabhängig sind, wenn a gilt, also genau für a R\{, }. b) Wenn x,x,x 3 linear unabhängig sind, lassen sie sich zu einer Basis {x,x,x 3,x 4 } von R 4 ergänzen, und nach dem Satz von der Linearen Fortsetzung gibt es einen Endomorphismus von R 4, der die gewünschten Eigenschaften hat. In den anderen beiden Fällen a = ± sind x und x stets linear unabhängig, es gibt also mit dem eben durchgeführten Argument sicher einen Endomorphismus Φ mit Φ(x ) = x, Φ(x ) = x. Im Fall a = gilt x 3 = x +x, und es folgt Φ(x 3 ) = Φ( x +x ) = x +x = x 3 x 3. Im Fall a = gilt x 3 = x +x, und wir erhalten Φ(x 3 ) = Φ(x +x ) = x +x = x 3. Einen Endomorphismus mit den gewünschten Bildern gibt es also immer dann, wenn a, für a = hingegen nicht.
Aufgabe 3 (8 Punkte) Sei 3 A = 4 5 6 R 3 3. 7 8 9 Bestimmen Sie a) eine Matrix C GL 3 (R), sodass T := C A Treppenform hat. b) die Menge L T aller Matrizen M R 3 3 mit M T =. c) die Menge L A aller Matrizen N R 3 3 mit N A =. d) die Menge L A,T aller Matrizen D R 3 3 mit D A = T. Lösung: a) Wir hängen rechts an A die Einheitsmatrix an und führen für diese neue Matrix das Gauß-Verfahren durch. Die rechten drei Spalten zeigen jeweils an, mit welcher Matrix A dabei mutlipliziert wurde. ( 3 4 5 6 7 8 9 ) 4 + 3 4 + 3 3 7 + ( ) 3 3 6 4 6 7 5 3 3 4 3 3 + 3 Die Matrix, die aus den ersten drei Spalten besteht, liegt nunmehr in Treppenform vor, wir erhalten 5 3 3 T =, C = 4. 3 3 b) Wegen a b c a b b a d e f T = d e e d g h i f g g f ergibt sich sofort c L T = { f c,f,i R}. i c) Wegen NA = NC T ist c c c L A = {MC M L T } = { f f f c,f,i R}. i i i d) Wegen DA = T = CA (D C)A = gilt L A,T = {C +N N L A }.
Aufgabe 4 (8 Punkte) Seien K ein Körper, V ein endlichdimensionaler Vektorraum über K, V := Hom(V,K) sein Dualraum, B = {b,...,b n } eine Basis von V sowie B := {b,...,b n} die dazu duale Basis von V. Für v V sei Ψ(v): V K die Linearform auf V, die durch gegeben ist. a) Zeigen Sie: Die Abbildung ist linear und bijektiv. b) Zeigen Sie: l V : Ψ(v)(l) := l(v) Ψ: V V := Hom(V,K),v Ψ(v), {Ψ(b ),...,Ψ(b n )} ist die zu B duale Basis B von V. c) Bestimmen Sie die Darstellungsmatrix D B,B(Ψ). Lösung: a) Zu zeigen sind die Identitäten Ψ(v + v ) = Ψ(v ) + Ψ(v ) für beliebige Vektoren v,v V und Ψ(av) = aψ(v) für a K,v V. Das bedeutet, dass für beliebige Linearformen l V und v,v,v,a wie zuvor die Gleichungen gelten müssen. Ψ(v +v )(l) = (Ψ(v )+Ψ(v ))(l), sowie Ψ(av)(l) = a(ψ(v)(l)) Die erste bedeutet l(v +v ) = l(v )+l(v ), die zweite l(av) = a l(v). Beide gelten aufgrund der Vektorraumstruktur von V als Untervektorraum von Abb(V,K). Es ist Kern(Ψ) = {v V l V : l(v) = } = {}, denn für jedes v = n i= a ib i ist mindestens ein a i ungleich und damit Ψ(v)(b i). Da dim(v) = dim(v ) = dim(v ) gilt, folgt wegen der Dimensionsformel aus der Injektivität von Ψ auch die Surjektivität und damit die Bijektivität. b) Für i,j {,...,n} gilt Ψ(b i )(b j) = b j(b i ) = {, falls i = j,, sonst. Damit erfüllen die Linearformen Ψ(b ),...,Ψ(b n ) bezüglich der Basis B genau die definierenden Bedingungen der Dualbasis, also ist b i = Ψ(b i ). c) Da b i auf den i-ten Vektor der Basis B = {Ψ(b ),...,Ψ(b n )} abgebildet wird, ist D B,B(Ψ) die Einheitsmatrix.
Aufgabe 5 (8 Punkte) In Abhängigkeit von a R sei A R 4 4 die Matrix 3 4 A = 3 3 4 4 4. a a 3a 4a+ Weiter sei Φ = Φ A : R 4 R 4 der Endomorphismus von R 4, der durch v Φ(v) := A v gegeben ist. a) Weisen Sie nach, dass ein Eigenwert von Φ ist, und bestimmen Sie die Dimension des zugehörigen Eigenraumes Eig(Φ, ). b) Wählen Sie eine Basis des Eigenraumes Eig(Φ, ) und ergänzen Sie diese zu einer Basis B von R 4. Bestimmen Sie dann die Abbildungsmatrix D B,B (Φ). c) Entscheiden Sie, für welche Werte von a der Endomorphismus Φ diagonalisierbar ist. Lösung: a) Die Matrix 3 4 A I 4 = 3 4 3 4 a a 3a 4a hat Rang, da alle Zeilen Vielfache der ersten sind. Wegen der Dimensionsformel für Endomorphismen ist daher Eig(Φ,) = Kern(A I 4 ) dreidimensional, und damit ist ein Eigenwert, da der Eigenraum nicht der Nullraum ist. b) Es ist b :=, b := 3, b 3 := 4 eine Basis des Eigenraums, da die drei Vektoren im Eigenraum liegen und linear unabhängig sind. Diese wird zum Beispiel von b 4 := zu einer Basis B von R 4 ergänzt, denn b 4 liegt nicht im Eigenraum. Es gilt
Φ(b ) = b, Φ(b ) = b, Φ(b 3 ) = b 3, Φ(b 4 ) = A b 4 = = b +b +ab 3 +(7+4a)b 4 a und damit ist D B,B (Φ) = a. 7+4a c) Die Eigenwerte von Φ sind die Eigenwerte der Dreiecksmatrix D BB (Φ), also und 7+4a. Wenn 7 + 4a gilt, also falls a 3, dann gibt es neben dem Eigenwert mit einem dreidimensionalen Eigenraum noch einen weiteren Eigenwert, dessen Eigenraum dann eindimensional ist, Somit ist Φ in diesem Fall diagonalisierbar. Im Fall a = 3 ist der einzige Eigenwert von Φ, aber sein Eigenraum ist nicht alles. Also ist Φ in diesem Fall nicht diagonalisierbar.
Aufgabe 6 (8 Punkte) Für einen Körper K und < n N sei A K (n ) n eine Matrix von Rang n. Für einen Zeilenvektor z K n bezeichne ( A z) K n n die Matrix, die durch Anhängen von z als n-te Zeile an A entsteht. Zeigen Sie: a) Es gibt einen Spaltenvektor s = (s,...,s n ), sodass für jeden Zeilenvektor z = (z,...,z n ) gilt: ( ) A n det( ) = z i s i = z s. z b) Der Vektor s aus Teil a) ist durch die genannte Bedingung eindeutig bestimmt. c) Wenn z eine Zeile von A ist, dann erfüllt das s aus Teil a) die Gleichung z s =. d) Der Vektor s aus Teil a) erzeugt den Lösungsraum L(A, ) des linearen Gleichungssystems A x = als K-Vektorraum. i= Lösung: a) Dies folgt aus der Formel für die Laplace-Entwicklung nach der letzten Zeile. Für i {...,n} sei A i diematrix,dieaus A durchstreichender i-tenspalteentsteht, und s i := ( ) i+n deta i. Dann ist ( ) A n det( ) = z i s i, z i= was die Existenz des gesuchten Spaltenvektors zeigt. b) Die Eindeutigkeit von s folgt daraus, dass für i n die Gleichung ( ) A s i = e i s = det( ) gelten muss, wobei e i der i-te Standardbasisvektor ist. c) Für jede Zeile z von A hat ( A z) Rang < n, also gilt ( ) A z s = det( ) =. z d) Da A Rang n hat, ist L(A,) eindimensional. Der Vektor s liegt darin. Da sich die Zeilen von A durch eine geeignete Zeile z zu einer Basis von K n ergänzen lassen, gilt für dieses z ( ) A z s = det( ). z Daher ist s nicht der Nullvektor, und somit eine Basis des ihn enthaltenden eindimensionalen Vektorraums L(A, ). e i
Aufgabe II. Für einen reellen Parameter t R sei die Matrix 4 A t = t+4 R4 4 t gegeben. (a) Bestimmen Sie alle t R, für die A t ähnlich ist zur Matrix 3 B = 3 3 R4 4. (b) Berechnen Sie für t = 3 eine Matrix S R 4 4 mit der Eigenschaft B = S A 3 S. Lösungsvorschlag II. (a) Wir bestimmen zunächst die Eigenwerte von A t und berechnen dazu das charakteristische Polynom: 4 X p At = det(a t X E 4 ) = X t+4 X t X 4 X = (t X) X t+4 X = (t X)(t+4 X) 4 X X ( ) = (t X)(t+4 X) 8+6X+X + = (t X)(t+4 X)(3+ X). A t besitzt also die Eigenwerte t, t+4 und 3. Da B den Eigenwert 3 dreifach und den Eigenwert einfach besitzt, muss notwendigerweise {t, t + 4} = {, 3} gelten. Dies trifft genau für t = 3 zu. Die Jordansche Normalform von A 3 besitzt dann einen (3 3)-Jordanblock zum Eigenwert 3 und einen ( )-Jordanblock zum Eigenwert. Die Anzahl der Jordankästchen von A 3 zum Eigenwert 3 ist gleich der Dimension des Eigenraums zu 3. Diese wollen wir nun berechnen: dim ( ker(a 3 ( 3) E 4 ) ) ) ( = dim ker = dim ( ker 4 ) =.
Der Jordanblock zum Eigenwert 3 besteht also aus Jordankästchen; als (3 3)-Block kann es sich dabei nur um ein -er Kästchen und ein -er Kästchen handeln. Die Jordansche Normalform von A 3 ist damit gleich der Matrix B. Es folgt, dass A t genau für t = 3 ähnlich zur Matrix B ist. (b) Wir benötigen nun noch eine Jordanbasis. Für den Eigenraum zum Eigenwert 3 gilt nach (a) ker(a 3 ( 3) E 4 ) = ker [ =, ] Für den zweiten Kern erhalten wir ker(a 3 ( 3) E 4 ) = ker [ 4 =,, ] Offensichtlich liegt nicht im Eigenraum zum Eigenwert 3 und es gilt Somit ist (A 3 ( 3) E 4 ) =. {,, } die Teilbasis zum Jordanblock des Eigenwertes 3. Der Eigenraum zum Eigenwert berechnet sich zu 5 ker(a 3 E 4 ) = ker 3 [ = 4 Die gesuchte Matrix S ist daher gegeben durch S =. ].
Aufgabe II. Es seien (V,, ) ein endlich dimensionaler Vektorraum mit Skalarprodukt und {b, b,..., b n } eine Orthonormalbasis von V. Zeigen Sie: (a) Für alle x, y V gilt x, y = n i= x, b i b i, y. (b) Für n beliebige Vektoren c, c,..., c n V gilt c, b... c, b n det..... c, c... c, c n = det...... c n, b... c n, b n c n, c... c n, c n Lösungsvorschlag II. (a) Seien x, y V beliebig. Da {b, b,..., b n } eine Orthonormalbasis ist gilt nach der Fourierformel x = n i= x, b i b i, also dank der Eigenschaften des Skalarproduktes x, y = n i= (b) Für eine quadratische Matrix A gilt x, b i b i, y = n i= x, b i b i, y. det(a) = det(a) det(a) = det(a) det(a) = det(a) det(a ) = det(a A ). Mit c, b... c, b n A =..... c n, b... c n, b n berechnen wir c, b... c, b n c, b... c n, b A A =........... c n, b... c n, b n c, b n... c n, b n Seien nun i, j {,,..., n}. Für den Eintrag d ij der i-ten Zeile und j-ten Spalte der Matrix A A gilt dann d ij = n k= c i, b k c j, b k = n k= c i, b k b k, c j,
da das Skalarprodukt hermitesch ist. Nach Teil (a) folgt d ij = c i, c j und daher c, c... c, c n det(a) = det(a A ) = det....., c n, c... c n, c n was zu zeigen war.
Aufgabe II.3 Es sei (V,, ) ein endlich dimensionaler euklidischer Vektorraum. Weiter seien Φ, Ψ End(V) selbstadjungierte Endomorphismen von V. (a) Geben Sie die Definition für selbstadjungiert an. (b) Zeigen Sie, dass sowohl Φ+Ψ als auch Φ Ψ selbstadjungiert sind. (c) Zeigen Sie, dass die Bedingung bereits Φ = Ψ impliziert. Φ(v), v = Ψ(v), v für alle v V Lösungsvorschlag II.3 (a) Ein Endomorphismus Φ eines endlich dimensionalen euklidischen Vektorraums (V,, ) heißt selbstadjungiert, falls für alle v, w V die Bedingung erfüllt ist. Φ(v), w = v, Φ(w) (b) Wir zeigen allgemeiner, dass Φ + αψ für beliebiges α R selbstadjungiert ist, was mit α = und α = die gesuchte Aussage als Spezialfall impliziert. Zu zeigen ist für alle v, w V (Φ+αΨ)(v), w = v,(φ+αψ)(w). Es seien nun v, w V beliebig. Dann gilt (Φ+αΨ)(v), w = ( Φ(v)+αΨ(v) ), w = Φ(v), w +α Ψ(v), w = v, Φ(w) +α v, Ψ(w), da sowohl Φ als auch Ψ selbstadjungiert ist. Weiter folgt (Φ+αΨ)(v), w = v, ( Φ(w)+αΨ(w) ) = v,(φ+αψ)(w). (c) Wir wollen zeigen, dass unter der gegebenen Bedingung Φ = Ψ folgt, das heißt Φ(v) = Ψ(v) für alle v V. Dies ist äquivalent zu Φ(v), w = Ψ(v), w für alle v, w V, da der Nullvektor der einzige Vektor ist, der zu allen Vektoren in V orthogonal ist. Seien also v, w V beliebig. Aus der gegebenen Bedingung folgt = (Φ Ψ)(v+w), v+w = (Φ Ψ)(v), v + (Φ Ψ)(v), w + (Φ Ψ)(w), v + (Φ Ψ)(w), w }{{}}{{} = = = (Φ Ψ)(v), w + w,(φ Ψ)(v) = (Φ Ψ)(v), w, da Φ Ψ selbstadjungiert ist und wegen der Symmetrie des Skalarproduktes. Es folgt direkt die Behauptung.
Aufgabe II.4 Gegeben sei die Matrix 3 3 A = 3 4 3 R 3 3. 3 (a) Zeigen Sie, dass die Abbildung Φ : R 3 R 3, x Ax euklidischen Standardraums (R 3,, ) ist. eine Isometrie des (b) Bestimmen Sie die euklidische Normalform à von A. (c) Geben Sie eine orthogonale Matrix S R 3 3 an, sodass S A S = Ã. Lösungsvorschlag II.4 (a) Φ ist genau dann eine Isometrie, wenn die Matrix A orthogonal ist, das heißt wenn A A = I 4 gilt. Dies prüft man durch Rechnung nach. (b) Zur Bestimmung der euklidischen Normalform berechnen wir zunächst das charakteristische Polynom von A: p A = det(a XI 3 ) = det ( 3 4X 3 3 4X 4 3 ) 3 4X 3 4X 3 = ( ) 3 det 3 4X 4 3 3 4X + + 3 4X 3 = ( ) 3 det 3 4X 4 4 4X 4 4X + = ( 3 4X 3 ) 3 det 3 4X 4 4 4X = ( ( ) ) 3( 4 4X) 3 4X det 4 3 4X = ( ) (X+ ) ( ( 3 4X) + 4 ) 4 = 6 (X+ ) (6X 6 3X+ 6) = (X+ )(X 3X+ ). A hat also den Eigenwert und, aufgefasst als unitäre Matrix in C 3 3, ein Paar 3 konjugiert komplexer Eigenwerte λ, λ C mit λ = + i = cos ω+ i sin ω.
Die euklidische Normalform à von A ist damit gegeben durch à = 3. 3 (c) Zur Bestimmung der orthogonalen Matrix S benötigen wir zunächst einen normierten Eigenvektor b zum Eigenwert. Dieser berechnet sich mit Hilfe des homogenen linearen Gleichungssystems 3+ 3 3+4 (A+ I 3 ) 3 3+ + 3+ 3 ( 3+) + 3 zu ( 3+) 4 ( 3+) b =. Zur Berechnung der fehlenden beiden Vektoren b, b 3 in der gesuchten Orthonormalbasis können wir b als beliebigen Einheitsvektor im orthogonalen Komplement [b ] von [b ] wählen. Da dieses orthogonale Komplement Φ-invariant ist, gilt auch Ab [b ]. Da in [b ] keine Eigenvektoren von Φ liegen, sind b und Ab linear unabhängig. Konkret wähle man zum Beispiel b = ; dann folgt Ab = 3 4. Wir berechnen mit dem Gram-Schmidt-Verfahren nun eine Orthonormalbasis von [b ] = [{b, Ab }]. Der Vektor b3 = Ab Ab, b b = ist orthogonal zu b ; Normieren liefert b 3 =.
Um zu sehen, ob wir gegebenenfalls die Reihenfolge der Basisvektoren (b, b 3 ) von [b ] vertauschen müssen, überprüfen wir ob 3 Ab = b + b 3 gilt. Dies ist tatsächlich der Fall. Somit gilt für die orthogonale Matrix S = mit b, b, b 3 als Spaltenvektoren die Gleichung S A S = Ã.
Aufgabe II.5 Es seien V ein endlich dimensionaler unitärer Vektorraum und Φ End(V) ein Endomorphismus von V, sodass für die zu Φ adjungierte Abbildung Φ gilt: Φ = Φ. Zeigen Sie: (a) Es gilt Φ Φ = Φ Φ. (b) Für alle Eigenwerte λ von Φ gilt Re(λ) =. (c) Φ id V ist ein Isomorphismus. (d) (Φ id V ) (Φ+id V ) ist eine Isometrie. Hinweis zu (d): Sie dürfen ohne Beweis verwenden, dass V eine Orthonormalbasis aus Eigenvektoren von Φ besitzt. Lösungsvorschlag II.5 (a) Aufgrund der Voraussetzung ist Φ = Φ und daher Φ Φ = Φ ( Φ) = Φ Φ = ( Φ) Φ = Φ Φ. (b) Für beliebiges v V und λ C gilt Φ(v) λv, Φ(v) λv = Φ(v), Φ(v) λ v, Φ(v) λ Φ(v), v +λ λ v, v = Φ (v), Φ (v) λ Φ (v), v λ v, Φ (v) +λ λ v, v = Φ (v) λv, Φ (v) λv. Hierbei wurde die (vermutlich aus der Vorlesung bekannte) Gleichung Φ (v), Φ (v) = Φ(v), Φ(v) verwendet, die man direkt aus den Definitionen erhält: Φ (v), Φ (v) = v, Φ Φ (v) = v, Φ Φ(v) = Φ(v), Φ(v). Daher ist λ genau dann Eigenwert von Φ zum Eigenvektor v =, wenn λ Eigenwert von Φ zum Eigenvektor v = ist. Ist also λ Eigenwert von Φ zum Eigenvektor v =, so folgt (λ+ λ)v = Φ(v)+Φ (v) = Φ(v) Φ(v) =. Wegen v = erhält man λ+ λ =. Daher ist Re(λ) =. (c) Aus Teil (b) folgt, dass ± kein Eigenwert von Φ ist, also Kern(Φ±id V ) = {} gilt. Somit ist Φ±id V injektiv; da V endlich-dimensional ist, ist Φ±id V sogar bijektiv.
(d) Sei nun v ein Eigenvektor von Φ zum Eigenwert λ. Es folgt (Φ+id V )(v) = (λ+)v und (Φ id V )(v) = (λ )v. Die zweite Gleichung ergibt wegen λ = auch (Φ id V ) (v) = (Φ id V ) ( (λ ) (λ )v ) = (λ ) (Φ id V ) ( ) (λ )v = (λ ) v. }{{} =(Φ id V )(v) Zusammen erhält man für den Isomorphismus Ψ := (Φ id V ) (Φ+id V ) Ψ(v) = (Φ id V ) ((λ+)v) = (λ+)(φ id V ) (v) = λ+ λ v. Aus Teil (b) folgt λ = α i für ein α R, und daher ist λ+ λ = α i+ α i = α + α + =. Sei nun v,..., v n eine Orthonormalbasis von V aus Eigenvektoren von Φ mit zugehörigen Eigenwerten λ,..., λ n. Dann hat aber, wie eben gezeigt wurde, Ψ dieselben Eigenvektoren, und die zugehörigen Eigenwerte haben alle Betrag. Dies zeigt, dass Ψ eine lineare Isometrie ist.
Aufgabe II.6 Für a R 3 sei die Affinität φ a : R 3 R 3 gegeben durch 3 4 4 φ a (x) = 5 4 x+a. 4 8 7 Ein Element x R 3 heißt Fixpunkt von φ a, falls φ a (x) = x gilt. (a) Geben Sie alle a R 3 an, so dass φ a mindestens einen Fixpunkt hat. Zeigen Sie, dass in diesen Fällen die Menge aller Fixpunkte eine Ebene E a ist. (b) Sei nun a =. Zeigen Sie: Sind P, Q R 3 keine Fixpunkte von φ a, so ist die Gerade durch P und φ a (P) parallel zu der Geraden durch Q und φ a (Q). Lösungsvorschlag II.6 (a) φ a hat einen Fixpunkt genau dann, wenn es ein x R 3 gibt mit φ a (x) = x, das heißt wenn das inhomogene LGS 4 4 a 4 4 x = a = a 4 8 8 a 3 eine Lösung besitzt. Wegen 4 4 a a / 4 4 a a + a 4 8 8 a 3 a 3 a hat dieses LGS nur dann eine Lösung, wenn a = a und a 3 = a gilt. x Sei nun X = x R 3 ein Fixpunkt von φ a für a = λ mit λ R. x 3 Dann dürfen x = s R und x 3 = t R beliebig gewählt werden, und es muss gelten x = λ x x 3 = λ s t. Die Fixpunktmenge ist also gegeben durch λ/ E a = {X = +s +t s, t R}. Dies ist offensichtlich eine Ebene in A 3 (R).
(b) Sei P = p p p 3 ein Punkt außerhalb der Fixpunktmenge von φ a. Die Gerade durch P und φ a (P) hat die Richtung 4 4 p φ a (P) P = 4 4 p + 4 8 8 p 3 = (p + 4p + 4p 3 ) + = (p + 4p + 4p 3 ),. Dabei gilt p + 4p + 4p 3 =, da P kein Fixpunkt ist. Jede solche Gerade ist also parallel zum Vektor. Die behauptete Aussage folgt nun, da P ein beliebiger Punkt war, der nicht von φ a fixiert wird.