| Date post: | 21-Aug-2019 |
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LINEARE ALGEBRA I
Losungen zu den UbungsblatternWS 2001–2002 : www.mathi.uni-heidelberg.de
www.mathi.uni-heidelberg.de/~weissaue/www.mathi.uni-heidelberg.de/~dan/Teaching/WS2001-2002/
Ubungsblatt 1
Aufgabe 1 Die Komposition injektiver Abbildungen ist injektiv.Die Komposition surjektiver Abbildungen ist surjektiv.
Losung: Seien f : A → B und g : B → C zwei injektive Abbildungen. Wir zeigen, dass die Verknupfungg ◦ f : A→ C auch injektiv ist.Seien a1 und a2 aus A zwei Elemente mit der Eigenschaft (g ◦ f)(a1) = (g ◦ f)(a2). (Wir zeigen a1 = a2.)
Aus (g ◦ f)(a1) = (g ◦ f)(a2) folgt g(f(a1)) = g(f(a2)).Da g injektiv ist, folgt aus der letzten Gleichheit f(a1) = f(a2).
Da f injektiv ist, folgt aus der letzten Gleichheit a1 = a2.Aus der obigen Uberlegung folgt g ◦ f injektiv (per Definition).
Seien f : A→ B und g : B → C zwei surjektive Abbildungen. Wir zeigen, dass die Verknupfung g ◦f : A→ Cauch surjektiv ist.Sei c ∈ C.
Da g surjektiv ist, existiert ein b ∈ B mit der Eigenschaft g(b) = c.Da f surjektiv ist, existiert ein a ∈ A mit der Eigenschaft g(a) = b.
Fazit: (g ◦ f)(a) = g(f(a)) = g(b) = c.Aus der obigen Uberlegung folgt g ◦ f surjektiv (per Definition). �
Aufgabe 2 Zeigen Sie fur eine Abbildung f : M → N die folgenden Aussagen:Genau dann gibt es eine Abbildung g : N →M mit f ◦ g = idN , wenn f surjektiv ist.Genau dann gibt es eine Abbildung h : N →M mit h ◦ f = idM , wenn f injektiv ist.
Losung: Wir zeigen zuerst die Aquivalenz der folgenden Aussagen:(1) Es existiert eine Abbildung g : N →M mit der Eigenschaft f ◦ g = idN .(2) f ist surjektiv.Dabei sind zwei Implikationen zu zeigen: (1)⇒ (2) und (2)⇒ (1).(1)⇒ (2) : Wir nehmen an, dass eine Abbildung g : N → M mit der Eigenschaft f ◦ g = idN existiert. (Wirzeigen f surjektiv.)Sei n ∈ N (beliebig).
Wir setzen m := g(n). (Hier nutzen wir effektiv die Existenz von g aus.)Dann gilt:
f(m) = f(g(n))= (f ◦ g)(n)= idN (n)= n .
Es folgt aus der obigen Uberlegung (durch die Definition der Surjektivitat), dass f surjektiv ist.
(2) ⇒ (1) : Wir nehmen an, dass f surjektiv ist, und konstruieren eine Abbildung g mit der Eigenschaftf ◦ g = idN .Um eine Abbildung g : N → M zu erklaren, mussen wir eine Vorschrift einfuhren, wie jedem Element n ∈ Neine Element aus M zuzuordnen ist.Sei also n ∈ N .
Da f : M → N surjektiv ist, gibt es (zum obigen n) ein mn ∈M mit f(mn) = n.(Die Notation mn suggeriert die Abhangigkeit von m = mn von n. Es konnen mehrere Kandidaten fur
mn existieren, wir treffen fur jedes n ∈ N eine Wahl und bezeichnen mit mn den gewahlten Kandidaten.)Wir definieren g(n) := mn.
Wir haben also “explizit” eine Funktion g konstruiert. Erfullt g die gewunschte Eigenschaft? Ja:Sei n ∈ N beliebig. Dann gilt:
(f ◦ g)(n) = f(g(n))= f(mn)= n
= idN (n) .
Da n beliebig war/ist, folgt f ◦ g = idN . �
Wir zeigen des weiteren die Aquivalenz der Aussagen:(1) Es existiert eine Abbildung h : N →M mit der Eigenschaft h ◦ f = idN .(2) f ist injektiv.Dabei sind erneut zwei Implikationen zu zeigen: (1)⇒ (2) und (2)⇒ (1).(1)⇒ (2) : Wir nehmen an, dass eine Abbildung h : N →M mit der Eigenschaft h ◦ f = idM existiert. (Wirzeigen f injektiv.)Seien m1,m2 ∈M mit der Eigenschaft f(m1) = f(m2). (Wir zeigen m1 = m2.)
Wir wenden h an und formen aquivalent um:
f(m1) = f(m2) Daraus folgt
h(f(m1)) = h(f(m2)) oder aquivalent
(h ◦ f)(m1) = (h ◦ f)(m2) oder aquivalent
idM (m1) = idM (m2) oder aquivalent
m1 = m2 .
Es folgt mittels der Definition der Injektivitat, dass f injektiv ist.
(2) ⇒ (1) : Wir nehmen an, dass f injektiv ist, und konstruieren eine Abbildung h mit der Eigenschafth ◦ f = idM . (Im Laufe des Beweises, werden wir “eventuell” bemerken, dass diese Aussage “nicht immer”wahr ist. Der aufmerksame Leser sollte vielleicht an dieser Stelle den eigenen Beweis uberprufen, um eineSchwachstelle zu finden . . . )Um eine Abbildung h : N → M zu erklaren, mussen wir eine Vorschrift einfuhren, wie jedem Element n ∈ Nein Element aus M zuzuordnen ist.Sei also n ∈ N . Dann hat n zwei disjunkte Chancen:
(a) Entweder liegt n im Bild der Abbildung f oder(b) n liegt nicht im Bild von f .Wir definieren/wahlen dann ein Element mn ∈M wie folgt:
Fall (a): Da n im Bild von f liegt, existiert ein m′ ∈M mit f(m′) = n.Wir bemerken, dass ein solches m′ eindeutig ist, da f injektiv ist, undbezeichnen es mit mn. (Keine Wahl moglich/notwendig . . . )
Fall (b): Wenn n nicht im Bild von f liegt, dann wahlen wir mn ∈M beliebig.Wir definieren/setzen nun h(n) := mn.
Wir haben also soweit eine Abbildung h : N →M konstruiert. Erfullt h die gewunschte Eigenschaft? Ja:Sei m ∈M beliebig. Dann gilt:
(h ◦ f)(m) = h(f(m))= mf(m) Definition von h
= Eindeutiges m′ ∈M ,
welches durch f auf f(m) abgebildet ist Definition von mf(m) : Fall (a)
= m
= idM (m) .
Da m beliebig war/ist, folgt h ◦ f = idM . �
Wo ist der Fehler in der obigen Argumentation?! Der aufmerksame Leser hat jetzt die letzte Chance, sich seine/ihre Aufmerksamkeitzu beweisen . . .
Wir haben im Fall (b) eine Wahl mn ∈ M treffen mussen! Diese ist nur dann moglich, wenn M nicht leer ist! Man kann leichtsehen, dass die Implikation (2)⇒ (1) im Falle M = ∅, N 6= ∅ falsch ist:
Einerseits ist jede Abbildung ∅ → N injektiv,andererseits gibt es keine Abbildung h : N → ∅ fur N 6= ∅, also auch keine mit Anspruchen auf weitere Eigenschaften . . .
Stosst man auf eine Aussage der Form:“Genau dann gibt es eine Abbildung h : N →M mit h ◦ f = idM , wenn f injektiv ist.”
in der Klausur, so kann man sich ( – wenn man’s kann – ) wie folgt verhalten:(A) Man widerlegt in einer Zeile die obige Aquivalenz durch das obige Gegenbeispiel oder durch das einfachere Gegenbeispiel mitM = ∅ leer, N = {2001} (einelementige Menge bestehend aus der Zahl 2001), oder
(B) Man korrigiert rechtzeitig die Voraussetzung durch die Bedingung M 6= ∅ und beweist beide Richtungen ( – da wurde ich
Bonuspunkte fur die Klausurstatistik vergeben und mit einen Vornamen einpragen – ).
Aufgabe 3 Sei f : M → N eine Abbildung. Zeige:Gibt es Abbildungen g : N →M und h : N →M mit f ◦ g = idN und h ◦ f = idM , dann gilt h = g.Folgern Sie: Eine Abbildung f : M → N ist genau dann bijektiv, wenn es eine Abbildung g : N →M mit denbeiden Eigenschaften f ◦ g = idN und g ◦ f = idM gibt.
Losung:
(A) Seien g : N →M und h : N →M zwei Abbildungen mit den Eigenschaften f ◦g = idN und h◦f = idM .Wir zeigen kurz h = g:
g = idM ◦ g= (h ◦ f) ◦ g= h ◦ (f ◦ g) “Assoziativitat” der Verkettung von Funktionen
= h ◦ idN= h .
(B) Wir zeigen nun, dass eine Abbildung f : M → N genau dann bijektiv ist, wenn es eine Abbildungg : N →M mit den beiden Eigenschaften f ◦ g = idN und g ◦ f = idM gibt.
Sei f eine bijektive Abbildung. Per Definition ist also f sowohl injektiv als auch surjektiv. Durch dieAnwendung der Resultate der Aufgabe 2 folgt die Existenz von Abbildungen g, h wie in (A). Wir haben in (A)gezeigt, dass in diesem Fall g = h gilt. Dies schließt den Beweis einer Implikation aus (B).
Es geht auch so: Sei f bijektiv. Dann existiert die Umkehrabbildung f−1, welche wir mit g bezeichnen. Dann erfulltg die Bedingungen f ◦ g = idN und g ◦ f = idM .
Die Aufgabe war vielleicht so formuliert, dass man eigentlich dadurch die Existenz einer/der Umkehrabbildung zeigt.
Nehmen wir nun an, dass es eine Abbildung g : N → M mit den beiden Eigenschaften f ◦ g = idN undg ◦ f = idM gibt. Durch die Anwendung der Resultate der Aufgabe 2 folgt f injektiv und f surjektiv, also fbijektiv. �
Aufgabe 4 Die Gruppentafel einer endlichen Gruppe mit n Elementen ist ein n × n lateinisches Quadrat: Injeder Zeile und in jeder Spalte kommt jeder Eintrag genau einmal vor.Hinweis: Fur gegebene Elemente a, b einer Gruppe besitzt die Gleichung a◦x = b genau eine Losung. Warum?
Losung: Die Gruppentafel einer Gruppe (G, ◦) ist eine quadratische Tabelle. Zu jedem Element a ∈ G gibtes eine Zeile, die “a.te Zeile”, und eine Spalte die “a.te Spalte”.Der Eintrag in der Zeile a und Spalte x ist das Gruppenelement a ◦ x.Die Tatsache, dass in jeder Zeile (betrachten wir z.B. die Zeile a fur ein festes a ∈ G) jedes Element (sagen wirb ∈ G) vorkommt, bedeutet, dass die Gleichung a ◦ x = b mindestens eine Losung x ∈ G hat. Die Tatsache,dass das Element b in der Zeile a hochstens einmal vorkommt, bedeutet, dass die Gleichung a◦x = b hochstenseine Losung x ∈ G hat.
Um die Aufgabe zu losen, mussen wir noch die Aussage aus dem Hinweis beweisen. Seien a, b ∈ G beliebig.Wir bezeichnen mit a′ das Inverse von a in G und mit e das neutrale Element. (Die Existenz von a′ ist durchdie Gruppenaxiome gesichert.
(1) (Existenz) Wir zeigen zuerst, dass die Gleichung a ◦ x = b (mindestens) eine Losung x ∈ G hat:x := a′ ◦ b ist nahmlich eine Losung:
a ◦ (a′ ◦ b) = (a ◦ a′) ◦ b Assoziativitat von G
= e ◦ b a′ ist invers zu a
= b e ist das neutrale Element in G.
(2) (Eindeutigkeit) Wir zeigen des weiteren, dass es hochstens eine Losung der Gleichung a ◦ x = b in G gibt:Seien x1, x2 ∈ G zwei Losungen dieser Gleichung.Es folgt a ◦ x1 = b = a ◦ x2.Wir multiplizieren von links die Gleichheit a ◦ x1 = a ◦ x2 mit a′:
a′ ◦ (a ◦ x1) = a′ ◦ (a ◦ x2)(a′ ◦ a) ◦ x1 = (a′ ◦ a) ◦ x2 Assoziativitat in G
e ◦ x1 = e ◦ x2 a′ ist invers zu a
x1 = x2 e ist das neutrale Element in G.
�
Aufgabe 5 Eckpunkte eines regelmaßigen n–Ecks heißen Nachbarn, wenn sie durch eine Kante verbundensind. Permutationen der Eckpunktmenge , welche Nachbarn in Nachbarn uberfuhren, nennt man Symmetriendes n–Ecks.Warum bilden die Symmetrien des n–Ecks eine Untergruppe der Permutationsgruppe Sn?Wieviele Elemente hat diese Gruppe? Ist die Gruppe abelsch?Diskutiere Moglichkeiten der Verallgemeinerung. (RubyCube = Diplomarbeit!)
Losung: Wir versuchen in einer allgemeineren Situation den ersten Punkt in der Aufgabenstellung zu klaren.
Behauptung:Sei (G, ·) eine Gruppe und sei H eine nichtleere Untermenge der Menge G.genau dann wenn:
(i) H ist stabil bzgl. der Operation ·, d.h. fur alle h1, h2 ∈ H ist das Element h1 · h2 von G auch in H.(ii) H ist stabil bzgl. der Bildung des inversen Elements, d.h. fur alle h ∈ H ist das Element h−1 von G
auch in H.Begrundung:Falls H eine Gruppe bzgl. der geerbten Operation · ist, so sind offensichtlich (i), (ii) erfullt.Umgekehrt: Falls (i) und (ii) erfullt sind, dann kann man wie folgt argumentieren:· : H ×H → H ist wohldefiniert wegen (i).Sei h0 ein Element der nichtleeren Menge H. Dann liegt wegen (i) und (ii) auch h0 · (h0)−1 = e in H.
Die Eigenschaft von e, neutrales Element bzgl. · fur G zu sein, erbt sich sofort durch Einschrankung auf H!Die Assoziativitat von · auf G erbt sich sofort auf H!(ii) sichert schließlich die Existenz des neutralen Elements in H.
Wir wenden die obige Behauptung im Rahmen der Aufgabenstellung an:Sei G die symmetrische Gruppe (Sn, ◦) der Permutationen der n Ecken des gegebenen n–Ecks, welche wir mit1, 2, . . . , n bezeichnen.Sei H die Untermenge von G aller Permutationen der Eckpunktmenge , welche Nachbarn in Nachbarnuberfuhren.Durch die “Definition” des Begriffs “Nachbar” ist es “klar”, dass H die Eigenschaften (i) und (ii) erfullt. Dies isleider kein Beweis. Um mathematisch alle Unklarheiten zu raumen, mussen wir zusatzliche Notationen einfuhrenund die Elemente von H genauer beschreiben . . .
Wir werden die Aussage “Die Ecken x, y sind benachbart” durch die Notation x ∼ y abkurzen.Aus x ∼ y folgt offensichtlich y ∼ x fur alle x, y ∈ E := {1, 2, . . . , n} =Menge der Ecken, n ≥ 3 fest.
Dann ist H die Menge:
H = { σ ∈ G : Fur alle x, y ∈ E mit x ∼ y gilt σx = σy. }
(Wir schreiben σx statt σ(x), um die Notation fur das Auge zu befreien.) (Auch werde ich statt σ ◦ τ einfachστ schreiben.)Die Menge H der Symmetrien des n–Ecks E = (E,∼) ist dann stabil bzgl. der Verknupfung:Seien σ, τ ∈ H. (Wir zeigen στ ∈ H:)
Seien x, y ∈ E, x ∼ y. (Wir zeigen (στ)x ∼ (στ)y.)Aus τ ∈ H folgt τx ∼ τy.Aus σ ∈ H folgt σ(τx) ∼ σ(τy).Es gilt also (στ)x ∼ (στ)y.
Es folgt schließlich στ ∈ H, wodurch die Stabilitat von H gezeigt ist.
Wir zeigen des weiteren, dass H stabil bzgl. der Bildung des Inversen ist:Wir leiten einen Widerspruchbeweis ein:
Annahme: Es gibt ein σ ∈ H mit σ−1 6∈ H.Dann existieren x, y ∈ E, x ∼ y mit x′ := σ−1x 6∼ σ−1y =: y′.Seien dann y′1, y
′2 die zwei Nachbarn von x′ ∈ E:
x′ ∼ y′1 , x′ ∼ y′2 und y′1 6= y′2 . (1)
Aus x′ 6∼ y′ folgt
y′ 6= y′1 und y′ 6= y′2 . (2)
Seien y1 := σy′1 und y2 := σy′2.Aus (1) und σ ∈ H folgt:
x = σx′ ∼ σy′1 = y1 und x = σx′ ∼ σy′2 = y2 .
Aus (2) und σ injektiv folgt:
y = σy′ 6= σy′1 = y1 , y = σy′ 6= σy′2 = y2 und y1 = σy′1 6= σy′2 = y2 .
Das Eck x hat also drei verschiedene Nachbarn. Widerspruch!Die Annahme ist also falsch.
Es folgt H stabil bzgl. der Bildung des Inversen. 1 �Ist H kommutativ? Nein:Sei σ die zyklische Permutation 1→ 2→ 3→ · · · → n→ 1.Sei τ die Spiegelung 1↔ n, 2↔ (n− 1), . . .(Unbedingt eine Skizze machen: Die Punkte (n−1), n, 1, 2, 3 und nur diese sollen z.B. auf einem Kreis in dieserReihenfolge in einem Winkel von etwa 60 Grad eingetragen werden, die restlichen Punkte interessieren michnicht . . .σ ist dann die zyklische Rotation der Punkte und τ ist die Spiegelung des Kreises mit einer Geraden alsSymmetrieachse, welche zwischen 1 und n geht.)Dann sind στ und τσ verschieden, da gilt:
(στ)(1) = σ(τ(1)) = σ(n) = 1 ,(τσ)(1) = τ(σ(1)) = τ(2) = n− 1 .
Bemerkung: Die Gruppe der Symmetrien des n–Ecks ist die sogenannte Diedergruppe D2n. (Bei manchenAutoren auch Dn . . . ) Sie besteht aus 2n Elementen:
D2n = { e, σ, σ2, . . . , σn−1; τ, τσ, τσ2, . . . , τσn−1 } .
Was ist σ2? Was ist σj? Was ist σ−1? Was ist τ−1?Eine interessante Frage jenseits der Zwecke dieser Aufgabe: Was ist τστ−1 ?
1Die Beweisidee ist einfach, leider von vielen Notationen in der obigen Darstellung belastet. Ich habe doch diesen Beweisfur das Informatiker–Publikum zum Verdauen/Comp(e)ilieren gegeben, um besser die Stelle zu betonen, an welcher wir dieInjektivitat von σ verwenden.
Eine Skizze konnte die Beweisidee sofort erhellen, leider kann ich in LATEXschwer malen . . .
Aufgabe 6 Mit etwas Ubung kann man ein Skatblatt mit 32 Spielkarten so mischen, daß die ersten 16 Kartenan die Positionen 1, 3, 7, . . . , 31 und die weiteren 16 Karten an die Positionen 2, 4, 6, . . . , 32 (jeweils unterBeibehaltung der Reihenfolge) kommen.Nach wieviel Mischungen dieses Typs ist die Ausgangsreihenfolge der Spielkarten wiederhergestellt?Welche der Karten andert dabei Ihre Position nie?
Losung:
1. Losung: Die gegebene Permutation ist die folgende Permutation:
σ = ( 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 321 3 5 7 9 11 13 15 17 19 21 23 25 27 29 31 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24 26 28 30 32 )
Die Darstellung von σ als Produkt (Verknupfung) von disjunkten Zykeln ist:
σ = (1) (2,3,5,9,17) (4,7,13,25,18) (6,11,21,10,19) (8,15,29,26,20) (12,23,14,27,22) (16,31,30,28,24) (32) .
Die disjunkten Zykeln kommutieren untereinander. Aus diesem Grund ist es leicht zu sehen, dass σ5 die Identitatist und dass 5 die kleinste Potenz j ≥ 1 ist, fur welche σj die Identitat ist.Die Karten, welche die Position nie andern, entsprechen den 1–Zykeln in der obigen Darstellung: Es sind dieKarten 1 und 32, die erste und die letzte Karte. �
2. Losung: Uwe’s Losung:Es ist nicht geeignet, die Karten mit 1, 2, . . . , 32 zu bezeichnen: Wir bezeichnen sie mit 0, 1, 2, . . . , 30 unddie letzte Karte mit ∗. Da die letzte Karte ∗ nicht permutiert wird, konnen wir vergessen, dass es sie gibt,zumindest fur die Zwecke der Aufgabe. Dann ist die Kartenmischung einfach die Abbildung σ : K → K,K := {0, 1, 2, . . . , 30},
σ(x) := 2x mod 31 , alle x ∈ K .
Dabei bedeutet mod 31 die Operation “Bilde den Rest bei der Division mit 31”. (Der Rest ist eine ganzeZahl aus K = {0, 1, 2, . . . , 30}.)Es folgt sofort:
σ5(x) = 2 · 2 · 2 · 2 · 2 · x mod 31 = 32x mod 31 = (32 mod 31) · (x mod 31) = 1 · (x mod 31) = x
fur alle x ∈ K. Offensichtlich ist σ nicht die Identitat.Auch kann es nicht sein, dass σj fur j = 2, 3, 4 die Identitat ist, da gilt σj(1) = 2j · 1 mod 31 = 2j . �
Man kann nun die zwei Losungen vergleichen und etwas von jeder Losung lernen:
Die erste Losung ist “schwer zu schreiben”, jedoch effektiv. In einer Klausur verscpricht sie ein Ende in etwafunf Minuten. Sie sagt jedoch nichts daruber aus, was man machen kann, wenn man in der Aufgabe die Zahl32 verandert und stattdessen etwa 52 oder 64 nimmt.
Die zweie Losung ist am Anfang etwa unklar, zu viele Notationen und Konventionen. Sie hat aber eine sehrgute Chance, verallgemeinert zu werden. Solche qualitativeren Gedanken mussen oft in ahnlichen kompliziertenAufgaben angewandt werden. (Nachdem man die erste Losung sieht, vermutet man strukturelle Grunde dafur,dass es in der Zykeldarstellung von σ nur Zykeln der Lange 1 oder 5 vorkommen. Hat die Zahl 5 dabei eineBedeutung? Dies wird erst durch die zweite Losung klar.)
Ubungsblatt 2
Aufgabe 7 Seien g und h Elemente einer Gruppe (G, ◦). Zeigen Sie
(g ◦ h)−1 = h−1 ◦ g−1 .
Losung: (Wir losen die Aufgabe “direkt aus der Definition”: In der linken Seite der Gleichheit, steht das Inverseeines Elements. Das inverse Element ist jedoch eindeutig definiert durch eine charakteristische Eigenschaft.)Sei e das neutrale Element von G.Seien x := g ◦ h und x′ := h−1 ◦ g−1. Wir zeigen die Gleichheit x−1 = x′ aus der Aufgabenstellung, indem wirx ◦ x′ = e zeigen:
x ◦ x′ = (g ◦ h) ◦ (h−1 ◦ g−1) Definition von x, x′
= g ◦ (h ◦ (h−1 ◦ g−1)) Assoziativitat in G
= g ◦ ((h ◦ h−1) ◦ g−1) Assoziativitat in G
= g ◦ (e ◦ g−1) h−1 ist invers zu h in G
= g ◦ g−1 e ist das neutrale Element in G
= e g−1 ist invers zu g in G .
�
Aufgabe 8 Berechne in der Gruppe Sm (fur m ≥ n) die Komposition
σ = (12) ◦ (23) ◦ ... ◦ (n−1 n)
aller Transpositionen (i i+ 1), wobei i die ganzen Zahlen von 1 bis n− 1 durchlauft.
Losung: Wir konnen, ohne die allgemeine Lage der Aufgabe einzuschranken, m = n annehmen.Wir werden zeigen, dass die folgende Aussage An fur alle naturlichen n ≥ 2 gilt:
An := [ Es gilt : (1, 2) ◦ (2, 3) ◦ ... ◦ (n− 1, n) = (1, 2, 3, . . . , n) ] .
Die Strategie des Beweises ist in der Mathematik unter dem Namen “vollstandige Induktion” bekannt:Man zeigt An fur den kleinst moglichen Wert von n, bei uns 2: Man zeigt also
A2 wahr .
Man zeigt des weiteren eine Implikation:
Fur alle n ≥ 2 gilt: [ An ⇒ An+1 ] .
Das Prinzip der vollstandigen Induktion ist eigentlich (fast) ein Axiom. Dieses Axiom besagt (mehr oder weniger)die Existenz der Menge N der naturlichen Zahlen.Dieses Prinzip wird sehr haufig angewandt, besonders wenn man Aussagen zu beweisen hat, welche von einerZahl n abhangen.
Induktionsanfang: Wir zeigen A2 wahr: Kein Problem: A2 reduziert sich auf die tautologische Gleichheit(1, 2) = (1, 2).Sei nun n ∈ N, n ≥ 2.
Wir zeigen die Implikation [An ⇒ An+1 ].Wir nehmen an, dass An wahr ist, (Induktionsannahme) und zeigen, dass An+1 daraus folgt:
Dafur berechnen wir:
(1, 2) ◦ (2, 3) ◦ ... ◦ (n− 1, n) ◦ (n, n+ 1) = (1, 2, 3, . . . , n) ◦ (n, n+ 1) Induktionsannahme (3)= (1, 2, 3, . . . , n, n+ 1) Berechnung .
Fur die letzte Berechnung konnte das folgende Diagramm hilfreich sein:
2 1(1,2,3,...,n)oo 1
(n,n+1)oo
3 2oo 2oo
4 3oo 3oo
......
...
n (n− 1)oo (n− 1)oo
(n+ 1) (n+ 1)oo noo
1 noo (n+ 1)oo
Die Gleichheit des ersten und des letzten Ausdrucks in (3) zeigt, dass An+1 gilt. Wir haben dadurch densogenannten Induktionsschritt vollzogen.Nach dem Prinzip der vollstandigen Induktion ist die Aussage An wahr fur alle naturlichen n ≥ 2. �Bemerkung: Man hatte auch fur festes m eine endliche (in Kontrast zur “vollstandigen”) Induktion direktstarten konnen, und dabei die “OBdA–Annahme” m = n am Anfang der obigen Losung weglasseg konnen.
Aufgabe 9 Wieviele Permutationen σ der symmetrischen Gruppe Sn sind gerade, d.h. erfullen die Bedingungsign(σ) = 1?
Zusatzfrage: Berechne explizit die geraden und ungeraden Permutationen in der Gruppe S3.
Losung:
Fur n = 1 gibt es eine einzige Permutation, 1→ 1, und sie ist gerade. (Es gibt keine ungeraden Permutationen.)Wir betrachten des weiteren den Hartefall: n ≥ 2, n ∈ N.Die Links–Multiplikation mit der ungeraden Permutation (12) ist eine Abbildung
f : Sn → Sn , σ → (12) ◦ σ .
Sie ist bijektiv (mit der inversen Abbildung f−1 = f) und bildet gerade auf ungerade und ungerade auf geradePermutationen ab.Es gibt deswegen gleich viele gerade und ungerade Permutationen in Sn, nahmlich
n!/2 .
In der Gruppe S3 gibt es folgende Permutationen:
( 1 2 31 2 3 ) = () , ( 1 2 3
2 3 1 ) = (123) , ( 1 2 33 1 2 ) = (132) , gerade Permutationen ,
( 1 2 32 1 3 ) = (12) , ( 1 2 3
1 3 2 ) = (23) , ( 1 2 33 2 1 ) = (13) ungerade Permutationen .
Aufgabe 10 Zeige: Jedes Element der symmetrischen Sn lasst sich als Komposition endlich vieler Transposi-tionen schreiben.
Zusatzfrage: (relevant fur das Sortieren von Datenbanken): Die Transpositionen
(12), (23), (34), ..., (n−1 n)
in der Gruppen bezeichnen wir als Basistranspositionen. Zeige: Jedes Element von Sn lasst sich als Kompositionvon hochsten n(n− 1)/2 Basistransposition schreiben.
Losung: Ich gebe einen Beweis durch Induktion fur die Aussage An, die man der Zusatzfrage entnehmenkann:
An := [ Jedes Element σ ∈ Sn lasst sich als Komposition von hochsten n(n− 1)/2 Basistransposition schreiben .] .
Fur n = 1 ist die Aussage A1 trivialerweise wahr. (A2 ist auch trivial, dies zu erwahnen ist eine kleineVerzogerung im Beweis . . . )
Sei nun n ≥ 1. Wir nehmen An wahr an und versuchen daraus An+1 wahr zu folgern.Sei also σ ∈ Sn+1.
Wir bezeichnen mit j das Element: j := σ(n + 1). (Es ware/ist naturlich herrlich, wenn j selbst gleich(n+ 1) ware/ist. Dann kann man sofort die Induktionsannahme anwenden. Wenn nicht, versuchen wir, uns aufdiesen Fall zu reduzieren.)
Sei ζ der Zykel ζ := (j, j + 1, . . . , n+ 1). (Im Falle j = (n+ 1) ist ζ = e.)Wie in der Aufgabe 8 kann man ζ als Produkt (Verknupfung) von Basistranspositionen wie folgt schreiben:
ζ = (j, j + 1, . . . , n+ 1) = (j, j + 1) ◦ (j + 1, j + 2) ◦ · · · ◦ (n, n+ 1) .
Dabei sind hochstens n Basistranspositionen involviert.Sei τ := ζ−1 ◦ σ. Dann gilt τ(n+ 1) = ζ−1(σ(n+ 1)) = ζ−1(j) = (n+ 1).Da τ den Wert (n+1) festlasst, kann man (die Einschrankung von) τ als Permutation aus Sn betrachten.
Diese lasst sich wegen der Induktionsannahme als Produkt von hochstens n(n − 1)/2 Basistranspositionenschreiben.
Deswegen kann man
σ = ζτ
als Produkt von hochstens
n+12n(n− 1) =
12
(n+ 1)n
Basistranspositionen (nahmlich solche fur ζ bzw. τ) schreiben.Es folgt also die Aussage An+1.Nach dem Prinzip der vollstandigen Induktion ist die Aussage An wahr fur alle n ∈ NN . �
Ubungsblatt 3
Aufgabe 11 Zeigen Sie: In jedem Korper K gilt:(i) a
b + cd = ad+bc
bd fur alle a, b, c, d ∈ K, b, d 6= 0,(ii) a · (b− c) = a · b− a · c fur alle a, b, c ∈ K,(iii) (−a) · (−b) = a · b fur alle a, b ∈ K,(iv) −(−a) = a fur alle a ∈ K.
Losung:
(i) Seien a, b, c, d ∈ K, b, d 6= 0. Dann konnen wir (zu explizit!) berechnen:
a
b+c
d:= ab−1 + cd−1 Notation fur Bruche in allgemeinen Korpern
:= a · 1 · b−1 + c · 1 · d−1 1 ist neutral bzgl. der Multiplikation 2
= add−1b−1 + cbb−1d−1 Da b, d 6= 0 existieren die Inversen b−1, d−1 . . .
= add−1b−1 + bcd−1b−1 Kommutativitat der Multiplikation
= (ad+ bc)d−1b−1 Distributivitat
= (ad+ bc) · (bd)−1 z.B. Aufgabe 7 in der multiplikativen Gruppe K× := K \ {0}
=:ad+ bc
bdNotation fur Bruche in allgemeinen Korpern .
(ii) Ich zeige zuerst die folgende Gleichheit fur alle a ∈ K:
−a = (−1) · a . (4)
Dabei ist −a das inverse von a bzgl. der Addition und (−1) das inverse von 1 bzgl. der Addition.Durch die Definition des inversen Elements ist die obige Gleichheit (4) aquivalent zur folgenden Gleichheit:a+ (−1) · a = 0. Ich werde die lezte Relation zeigen:
a+ (−1) · a = 1 · a+ (−1) · a 1 ist neutrales Element bzgl. ·= (1 + (−1)) · a Distributivitat
= 0 · a (−1) istdas inverse von 1 bzgl. += 0 ,
wie vielleicht bereits am letzten Schritt in der Vorlesung gezeigt wurde.(Das Argument fur “0 · a = 0” fur alle a ∈ K ist:0 ·a = (0 + 0) ·a = 0 ·a+ 0 ·a, und man addiert in beiden Seiten der gewonnenen Gleichheit 0 ·a = 0 ·a+ 0 ·adas inverse Element −(0 · a)zu 0 · a.)
Nun werde ich die Aussage (ii) aus der Aufgabenstellung zeigen: Seien a, b, c ∈ K. Dann gilt:
a · (b− c) = a · (b+ (−c)) Notationssache : b− c := b+ (−c)= a · b+ a · (−c) Distributivitat
= a · b+ a · ((−1) · c) wegen (4)
= a · b+ (a · (−1)) · c Assoziativitat : zu explizit vielleicht
= a · b+ ((−1) · a) · c Kommutativitat : zu explizit vielleicht
= a · b+ (−1) · (a · c) Assoziativitat : zu explizit vielleicht
= a · b+ (−(a · c)) wegen (4)
= a · b− (a · c) Notationssache
= a · b− a · c Notationssache .
Daraus folgt (ii).
(iv) Sei a ∈ K. Dann gilt −(−a) = a, da beide Elemente −(−a) und a per Definition/Notation invers zu (−a)sind und in der Gruppe (K,+) liegt die Eindeutigkeit des Inversen vor.Insbesondere −(−1) = 1.
(iii) Aus −(−1) = 1 und (4) folgt (−1) · (−1) = −(−1) = 1.Nun zu (iii) : Seien a, b ∈ K. Dann konnen wir berechnen:
(−a) · (−b) = ((−1) · a) · ((−1) · b) wegen (4)
= (((−1) · a) · (−1)) · b Assoziativitat von ·= ((a · (−1)) · (−1)) · b Kommutativitat von ·= (a · ((−1) · (−1))) · b Assoziativitat von ·= (a · 1) · b wie in der ersten Bemerkung von (iii)
= a · b 1 ist das neutrale Element bzgl. · .
�
Aufgabe 12 Die komplexen Zahlen z = x + iy ∈ C konnen mit den Punkten (x, y) der euklidschen EbeneR
2 identifiziert werden. Fassen Sie nun die Abbildung z → i ·z als eine Selbstabbildung der euklidschen Ebenein sich auf. Geben Sie dabei eine geometrische Deutung dieser Abbildung.
Losung:
Durch die Multiplikation mit i geht der Punkt (x, y) ∈ R2 in (−y, x) ∈ R2. Diese Abbildung entsprichteiner Rotation um den Nullpunkt (0, 0) ∈ R2 mit 90◦ (in trigonometrische Richtung, d.h. Gegenrichtung derUhrzeiger).
�
Aufgabe 13 Der “verlorene Schatz” am Mittelpunkt S der Strecke M1M2:Gehe vom Grenzstein X bis zum kleinen Baum B1, dieselbe Strecke noch einmal geradeaus und dann nachlinks noch einmal dieselbe Strecke zum Punkt M1. Zum Punkt M2 gehe vom großen Baum B2 zum GrenzsteinX, biege dann um neuzig Grad nach links und gehe ebenso weit wie von B2 nach X.Das Problem: Die Baume sind da, der Grenzstein fehlt. Was tun?
Losung:
Eine Verfeinerung der letzten Aufgabe konnte lauten:Die Abbildung: fa : C → C, z → fa(z) := i(z − a) + a, entspricht einer Rotation um den Punkt a mit 90◦.Sie entsteht als Verkettung der Abbildungen:
Translation um −a: Damit geht a (das Rotationszentrum von fa) in 0 uber.Multiplikation mit i : Dies bewirkt eine 90◦–Rotation um 0.Translation um a: Damit geht 0 in a uber.
Nun konnen wir die gegeben Aufgabe von der “geometrischen Lage”, in welcher sie gestellt war, in einealgebraische Lage bringen. Die Losung wird eine formale algebraische Berechnung sein:
Seien b1, b2 die Koordinaten in C der “Baume” B1, B2. Wir betrachten b1, b2 als gegebene komplexe Zahlen.Sei x ∈ C die Koordinate des “Grenzsteines” X. (x ist unbekannt.)Dann kann man die geometrischen Anweisungen aus der Aufgaenstellung wie folgt deuten:• Gehe vom Grenzstein X bis zum kleinen Baum B1, dieselbe Strecke noch einmal geradeaus und dann nachlinks noch einmal dieselbe Strecke zum Punkt M1.
Von x geht man also durch b1 weiter bis zum Punkt 2b1 − x.(Der Mittelpunkt der Strecke von x nach 2b1 − x ist 1
2 (x+ (2b1 − x)) = b1.)Mit Zentrum 2b1−x kann man nun eine Rotation um −90◦ durchfuhren, z → −i(z−(2b1−x))+(2b1−x),
um von B1 den Punkt M1 zu bekommen. Die Koordinate m1 von M1 ist also:
m1 = −i(b1 − (2b1 − x)) + (2b1 − x) = −i(x− b1) + (2b1 − x) .
• Zum Punkt M2 gehe vom großen Baum B2 zum Grenzstein X, biege dann um neuzig Grad nach links undgehe ebenso weit wie von B2 nach X.
Die Koordinate m2 von M2 kann man also wie folgt berechnen:Mit Zentrum x kann man eine Rotation um −90◦ durchfuhren, z → −i(z−x) +x, um von B2 den Punkt
M2 zu bekommen.Die Koordinate m2 von M2 ist also:
m2 = −i(b2 − x) + x .
• Der “verlorene Schatz” am Mittelpunkt S der Strecke M1M2:Die Koordinate s von S ist also s = 1
2 (m1 +m2):
s =12
(m1 +m2)
=12
( −i(x− b1) + (2b1 − x) + −i(b2 − x) + x )
=12
( −i(b2 − b1) + 2b1 )
= −i12
(b2 − b1) + b1 .
Der Punkt s hangt offensichtlich nicht vom “Grenzstein” X ab.Eine erste Antwort zur Frage “Was tun?” ist: Man setzt den Grenzstein (beliebig) an einer bequemen, nahelie-genden Stelle und befolgt die Anweisungen aus der Beschreibung des “verlorenen Schatzes”.(Vorschlag: Grenzstein X entweder in B1 oder in B2 platzieren! Es ist eine gute Ubung nachzuprufen, dassman dadurch den gleichen Punkt S bekommt.)Eine zweite, genauere Antwort auf die Frage “Was tun?!” ist:Die geometrische Beschreibung von S in Abhangigkeit von B1 und B2 ist:Man geht von B2 nach B1 bis B1, biegt in B1 ab und geht weiter die Halfte der Strecke B2B1 bis S.(Diese Beschreibung folgt sofort sowohl aus der Formel s = −i 1
2 (b2 − b1) + b1 als auch aus der Wahl derPlatzierung des Grenzsteines in B1.)
�
Aufgabe 14 Die Konstruktion der komplexen Zahlen als Korper aller Paare von reellen Zahlen mit den Ver-knupfungen
(x, y) + (x′, y′) = (x+ x′, y + y′) und
(x, y) · (x′, y′) = (xx′ − yy′, xy′ + yx′)
kann fur beliebige Korper K (anstelle des Korpers K = R der reellen Zahlen) imitiert werden.Zeigen Sie: Ist K = Q der Korper der rationalen Zahlen, erhalt man auf diese Weise einen Korper. Ist dagegenK = F2 der Korper mit zwei Elementen, erhalt man durch diese Konstruktion keinen Korper! Was passiert imFall K = C?
Losung: Sei K ein Korper. Dann kann man den “Ring K[i]” aus K wie folgt konstruieren:Als Menge ist K[i] (zu diesem Zeitpunkt ist K(i) reine Notation) gegeben durch:
K[i] := { (x, y) ∈ K ×K } .
Die Operationen + und · sind wie in der Aufgabenstellung eingefuhrt:
(x, y) + (x′, y′) = (x+ x′, y + y′) und
(x, y) · (x′, y′) = (xx′ − yy′, xy′ + yx′)
Dann kann man mit den gleichen Argumenten wie im Falle der Konstruktion von C aus R zeigen, dass K[i]ein “Ring” ist, i.e.3 alle Korperaxiome gelte in K[i] mit der Ausnahme des Axioms der Existenz des inversenElements bzgl. der Multiplikation (fur alle Elemente ungleich Null aus K[i]).
3i.e. ist eine ubliche mathematische Abkurzung fur id est, was auf Deutsch ungefahr “d.h.” zu bedeuten hat.
Behauptung: Der Ring K[i] ist ein Korper genau dann, wenn die Gleichung
X2 + 1 = 0
keine Losungen x ∈ K mit x2 + 1 = 0 hat.Beweis der Behauptung: (1) Wir zeigen zuerst:Wenn in K die Gleichung X2 + 1 = 0 keine Losungen hat, dann ist der Ring K[i] ein Korper:Annahme: Die Gleichung X2 + 1 = 0 kat keine Losungen in K.Sei (x, y) ∈ K[i] beliebig, (x, y) 6= (0, 0). Dann ist entweder x 6= 0 oder y 6= 0.Der Ausdruck x2 + y2 kann nicht gleich Null sein,denn sonst folgt aus x2 + y2 = 0
entweder 1 +(yx
)2 = 0 im Falle x 6= 0
oder(xy
)2
+ 1 = 0 im Falle y 6= 0,
was unserer Annahme widerspricht.Dann existiert (x2 + y2)−1 = 1
x2+y2 ∈ K, also auch das Element (x′, y′),
(x′, y′) :=(
x
x2 + y2,−y
x2 + y2
).
Man kann dann leicht berechnen:
(x′, y′) · (x, y) = (x, y) · (x′, y′) = (1, 0) = Einheit von K[i] .
Es folgt die Gultigkeit des “fehlenden” Korperaxioms fur den Ring K[i].
(2) Umgekehrt: Wir zeigen des weiteren:Wenn in K die Gleichung X2 + 1 = 0 mindestens eine Losunge hat, dann ist der Ring K[i] kein Korper:Annahme: Es gibt ein x ∈ K mit x2 + 1 = 0.Dann gilt in K[i]:
(1, x) · (1,−x) := ( 1 · 1− x · (−x) , 1 · (−x) + x · 1 )
= ( 1 + x2 , 0 )= ( 0 , 0 )= Null in K[i] .
Dies zeigt bereits, dass K[i] kein Korper ist, da (1, x), (1,−x) 6= (0, 0) (ungleich der Null von K(i)) Nullteilersind.
Zuruck zur Aufgabe:• Q[i] ist ein Korper, da die Gleichung
X2 + 1 = 0
keine Losungen in Q (sogar keine in R) hat.• F2[i] ist kein Korper, da die Gleichung
X2 + 1 = 0
die Losung x = 1 ∈ F2 in F2 hat: 12 + 1 = 1 + 1 = 0 in F2.• C[i] ist kein Korper. Hier ist es zum ersten Mal wichtig zu erwahnen, dass das i in C[i] rein notationellenCharakter hat und keinen Bezug zu i := (0, 1) ∈ C hat.C[i] ist kein Korper, da die Gleichung
X2 + 1 = 0
die Losung x = i = (0, 1) ∈ C in C hat.�
Aufgabe 15 Gibt es einen Korper mit drei Elementen? Nenne dessen Elemente 0, 1 und x. Wie musste dieadditive respektive die multiplikative Gruppentafel eines solchen Korpers aussehen?
Losung: Ja, es gibt einen Korper mit drei Elementen. Er wird mit F3 international bezeichnet. Wir verwendendie gleiche Bezeichnung fur diesen noch zu konstruierenden Korper, der bereits als Menge {0, 1, x} festgelegtwurde.Bevor wir das beweisen, versuchen wir zuerst die Additions– und Multiplikationstafel von einem potentiellenKorper F3 = {0, 1, x} mit 0 als Nullelement, 1 als Einselement und x als drittes Element zu bestimmen.(0 6= 1 6= x 6= 0.)Die Additionstafel: Es folgt sofort 0 + 0 = 0, 0 + 1 = 1, 1 + 0 = 1, 0 + x = x, x+ 0 = x, da 0 Nullelement ist.Was ist 1 + x?
Aus 0 6= 1 folgt x = 0 + x 6= 1 + x.Aus 0 6= x folgt 1 = 1 + 0 6= 1 + x.
Es verbleibt als einzige Moglichkeit:
1 + x = 0 .
x ist also das inverse bzgl. der Addition von 1, d.h. x = −1.Was ist 1 + 1?Mit einem analogen Argument konnen wir herleiten:
1 + 1 6= 1 + x = 0, (da 1 6= x) und1 + 1 6= 1 + 0 = 1 (da 1 6= 0).
Es verbleibt als einzige Moglichkeit:
1 + 1 = x .
Es folgt 0 = 1+x = 1+(1+1) = 1+1+1, ohne dass wir im letzten Ausdruck und des weiteren die Reihenfolge1 + (1 + 1) prazise machen.Wir haben einen letzten Eintrag der Additionstafel zu berechnen: x+x = (1+1)+(1+1) = 1+(1+(1+1)) =1 + (1 + 1 + 1) = 1 + 0 = 1. Fazit:
+ 0 1 x0 0 1 x1 1 x 0x x 0 1
Wir untersuchen nun die Multiplikationstafel: Die Operationen: 0 · y = 0 = y · 0 und 1 · y = y = y · 1 geltenfur alle y ∈ F3. Es verbleibt noch:x · x = (1 + 1) · x = 1 · x+ 1 · x = x+ x = 1.Fazit:
· 0 1 x0 0 0 01 0 1 xx 0 x 1
Wir haben soweit bewiesen, dass falls es einen Korper mit drei Elementen gibt, dann seine Additions– undMultiplikationstafel wie oben festgelegt sind. bleibt zu zeigen, dass mit diesem Ansatz fur + und · die Struktur(F3, ∗, ·) ein Korper ist.Die brutale Nachprufung aller Korperaxiome ist eine leichte typische Aufgabe fur Informatiker. Ich sehe keineandere vertrettbare Moglichkeit fur die brutale Uberprufung. Ein pari–Programm 4 konnte wie folgt aussehen:
\\## Wir betrachten die Elemente 0,1,2
\\## und definieren die Struktur eines K"orpers
\\## auf diese Menge durch die folgende Vorschriften:
\\## a - die Addition : eine Funktion, welche mit a(i,j) aufgerufen wird.
\\## Dabei sind i,j aus der Menge {0,1,2}
4pari ist freie Software. Ich verwende seit einiger Zeit dieses Programm wegen der Schnelligkeit der Berechnungen. Mehrdazu auf der Internet-Seite: ftp://megrez.math.u-bordeaux.fr/pub/pari/
\\## m - die Multiplikation : eine Funktion, welche mit m(i,j) aufgerufen wird.
\\## Dabei sind i,j aus der Menge {0,1,2}
{a(i,j)=
if( ( i==0 | i==1 | i==2 ) & ( j==0 | j==1 | j==2 )
, \\## THEN
if( i==0 & j==0 , return(0); ) ;
if( i==0 & j==1 , return(1); ) ;
if( i==0 & j==2 , return(2); ) ;
if( i==1 & j==0 , return(1); ) ;
if( i==1 & j==1 , return(2); ) ;
if( i==1 & j==1 , return(0); ) ;
if( i==2 & j==0 , return(2); ) ;
if( i==2 & j==1 , return(0); ) ;
if( i==2 & j==2 , return(1); ) ;
, \\## ELSE
print("ERROR : Values of i=", i , " and j=", j , " not out of 0,1,2 in function a!\n");
);
}
{m(i,j)=
if( ( i==0 | i==1 | i==2 ) & ( j==0 | j==1 | j==2 )
, \\## THEN
if( i==0 | j==0 , return(0); ) ;
if( i==1 & j==1 , return(1); ) ;
if( i==2 & j==1 , return(2); ) ;
if( i==1 & j==2 , return(2); ) ;
if( i==2 & j==2 , return(1); ) ;
, \\## ELSE
print("ERROR : Values of i=", i , " and j=", j , " not out of 0,1,2 in function m!\n");
);
}
IsField=1;
\\## IsField is a variable, that will be set 0, iff one of the field axioms isn’t valid.
\\## thus trusting the given structure to be a filed...
\\## Associativity for a:
{for(i=0,2,
for(j=0,2,
for(k=0,2,
if( a(a(i,j),k) != a(i,a(j,k)) ,
print("Associativity for + failed!");
IsField=0;
break(3);
);
);
);
);
}
\\## Associativity for m:
{for(i=0,2,
for(j=0,2,
for(k=0,2,
if( m(m(i,j),k) != m(i,m(j,k)) ,
print("Associativity for . failed!");
IsField = 0;
break(3);
);
);
);
);
}
\\## Commutativity for a:
{for(i=0,2,
for(j=0,2,
if( a(i,j) != a(j,i) ,
print("Commutativity for + failed!");
IsField=0;
break(2);
);
);
);
}
\\## Commutativity for m:
{for(i=0,2,
for(j=0,2,
if( m(i,j) != m(j,i) ,
print("Commutativity for . failed!");
IsField=0;
break(2);
);
);
);
}
\\## Neutral element for a:
{ZERO="NOT_INITIALIZED";
for(i=0,2,
\\## Testing, weather i is neutral wrt +
ineutral=1; \\## trusting i to be neutral without any proof.
for(j=0,2,
if( a(i,j) != j | a(j,i) != j ,
\\## print( i , " is not neutral for +");
ineutral=0; \\## no longer trusting i to be neutral
break(1);
);
);
if( ineutral==1 , ZERO = i; break(1); );
\\## The zero element is in the variable ZERO
);
if( ZERO == "NOT_INITIALIZED" ,
\\## THEN
print("No neutral element for +");
IsField=0;
,
\\## ELSE
print("The zero element is ",ZERO);
);
}
\\## Neutral element for m:
{ONE="NOT_INITIALIZED";
for(i=0,2,
\\## Testing, weather i is neutral wrt m
ineutral=1; \\## trusting i to be neutral without any proof.
for(j=0,2,
if( m(i,j) != j | m(j,i) != j ,
\\## print( i , " is not neutral for +");
ineutral=0; \\## no longer trusting i to be neutral
break(1);
);
);
if( ineutral==1 , ONE = i; break(1); );
\\## The zero element is in the variable ZERO
);
if( ONE == "NOT_INITIALIZED" ,
\\## THEN
print("No neutral element for .");
IsField=0;
,
\\## ELSE
print("The one is ",ONE);
);
}
\\## Inverse elements for a:
{Every_iHasInverse=1; \\## trusting existence of inverse elements
for(i=0,2,
iHasInverse=0; \\## NOT trusting i to have inverse element
for(j=0,2,
if( a(i,j)==ZERO & a(j,i)==ZERO ,
iHasInverse=1;
print(" the additive inverse of ", i ," is ", j);
);
);
if( iHasInverse == 0 ,
Every_iHasInverse=0;
print( " ", i ," has no inverse wrt +");
);
);
if( Every_iHasInverse == 0 ,
print("Existence of inverse elements for + failed!");
IsField=0;
);
}
\\## Inverse elements for m:
{Every_iNonzeroHasInverse=1; \\## trusting existence of inverse elements
for(i=0,2,
if( i!= ZERO ,
iHasInverse=0; \\## NOT trusting i to have inverse element
for(j=0,2,
if( a(i,j)==ZERO & a(j,i)==ZERO ,
iHasInverse=1;
print(" the multiplicative inverse of ", i ," is ", j);
);
);
if( iHasInverse == 0 ,
Every_iNonzeroHasInverse=0;
print( " ", i ," has no inverse wrt .");
);
);
);
if( Every_iNonzeroHasInverse == 0 ,
print("Existence of inverse elements for . failed!");
IsField=0;
);
}
\\## Distributivity:
{for(i=0,2,
for(j=0,2,
for(k=0,2,
if( m(a(i,j),k) != a(m(i,k),m(j,k))
| \\## OR
m(i,a(j,k)) != a(m(i,j),m(i,k)) ,
print("Distributivity failed!");
IsField=0;
break(3);
);
);
);
);
}
\\## ZERO is not ONE:
{if( ZERO == ONE ,
print( "The ZERO element and the ONE element coincide" );
IsField=0;
);
}
\\## Conclusion:
{if( IsField == 1 ,
\\## THEN
print( "THE GIVEN STRUCTURE *IS* A FIELD !");
,
\\## ELSE
print( "THE GIVEN STRUCTURE *IS NOT* A FIELD !");
);
}
Dieses kurze Programm zeigt, welche Uberprufungsarbeit in einem nicht strukturellen Zugang uberhaupt durch-gefuhrt werden muss. Die Resultate des Programms sind:
The zero element is 0
The one is 1
the additive inverse of 0 is 0
the additive inverse of 1 is 2
the additive inverse of 2 is 1
the multiplicative inverse of 1 is 2
the multiplicative inverse of 2 is 1
THE GIVEN STRUCTURE *IS* A FIELD !
Ich gebe des weiteren ein qualitatives, strukturelles Argument dafur. Dabei werde ich viele Zeilen Text erneuttippen mussen. Ich tue dies, nicht einfach nur um eine “isolierte Aufgabe zu losen”. Mit der gleichen Argu-mentation lasst sich beweisen, dass es fur jede (ganze, positive) Primzahl p einen Korper mit p Elementengibt.
Die Menge Z der ganzen Zahlen ist ein Ring mit ublichen Operationen + und ·, ein Unterring des Ringes(Korpers) Q der rationalen Zahlen.Fur eine ganze Zahl n ∈ Z definiere ich das Symbol n als die Menge n + 3Z aller ganzen Zahlen der Formn+ 3k mit k ∈ Z.Beispiel:
0 = {. . . ,−6,−3, 0, 3, 6, . . . } ,1 = {. . . ,−5,−2, 1, 4, 7, . . . } ,2 = {. . . ,−4,−3, 2, 5, 8, . . . } ,0 = 3 = 6 = 9 = . . . ,
1 = 4 = 7 = 10 = . . . ,
2 = 5 = 8 = 11 = . . . .
Fur zwei Untermengen A,B von Z definiere ich die “Summe” A+ B formal als die Menge (Untermenge vonZ) aller ganzen Zahlen von der Form a+ b mit a ∈ A und b ∈ B.Zum Beispiel: 2 + 1 = 0 (Mengengleichheit).Es gilt dafur zum Beispiel (2 + 3k)︸ ︷︷ ︸
∈2
+ (1 + 3l)︸ ︷︷ ︸∈1
= 3(1 + k + l) = 0 + 3(1 + k + l)︸ ︷︷ ︸∈2
.
Fur zwei Untermengen A,B von Z definiere ich das “Produkt” A · B formal als die Menge (Untermenge vonZ) aller ganzen Zahlen von der Form ab mit a ∈ A und b ∈ B.Zum Beispiel: 2 + 1 = 2 (Mengengleichheit).Es gilt dafur zum Beispiel (2 + 3k)︸ ︷︷ ︸
∈2
· (1 + 3l)︸ ︷︷ ︸∈1
= 2 + 6l + 3k + 9kl = 2 + 3(2l + k + 3kl)︸ ︷︷ ︸∈2
.
Dann hat man die folgenden Operationstafeln fur die Menge Z/3 := {0, 1, 2} (reine heutige “internationale”Notation Z/3 dabei):
+ 0 1 20 0 1 21 1 2 02 2 0 1
· 0 1 20 0 0 01 0 1 22 0 2 1
Man hat durch die Definition der Addition und der Multiplikation fur alle ganzen m,n ∈ Z:
m+ n :=·︷ ︸︸ ︷
m+ n und m · n :=·︷ ︸︸ ︷
m · n ,
wobei die Operationen + und · in
·︷ ︸︸ ︷m+ n und
·︷ ︸︸ ︷m · n die ublichen Operationen in Z sind.
Nun folgt sofort aus der Gultigkeit der Ringaxiome in Z die Gultigkeit der Ringaxiome in Z/3:◦ Assoziativitat der Addition: Seien m, n, p ∈ Z/3 beliebig mit m,n, p ∈ Z. Dann gilt:
(m+ n) + p :=·︷ ︸︸ ︷
m+ n+p Definition von + in Z/3
:=
·︷ ︸︸ ︷(m+ n) + p Definition von + in Z/3
:=
·︷ ︸︸ ︷m+ (n+ p) Assoziativitat in Z
:= m+·︷ ︸︸ ︷
n+ p Definition von + in Z/3:= m+ (n+ p) Definition von + in Z/3 .
Man bemerkt dabei, wie die Assoziativitat der Addition in Z/3 auf die Assoziativitat der Addition in Z zuruck-gefuhrt werden kann.◦ Assoziativitat der Multiplikation: Seien m, n, p ∈ Z/3 beliebig mit m,n, p ∈ Z. Dann gilt analog:
(m · n) · p :=·︷ ︸︸ ︷
m · n ·p Definition von · in Z/3
:=
·︷ ︸︸ ︷(m · n) · p Definition von · in Z/3
:=
·︷ ︸︸ ︷m · (n · p) Assoziativitat in Z
:= m ··︷︸︸︷
n · p Definition von · in Z/3:= m · (n · p) Definition von · in Z/3 .
◦ Existenz des neutralen Elements fur die Addition in Z/3: Das neutrale Elements fur die Addition in Z/3 ist0:Fur ein beliebiges n ∈ Z gilt:
0 + n =
·︷ ︸︸ ︷0 + n = n =
·︷ ︸︸ ︷n+ 0 = n+ 0 ,
wobei wir verwendet haben, dass 0 das additionsneutrale Element in Z ist.◦ Existenz des neutralen Elements fur die Multiplikation in Z/3: Das neutrale Elements fur die Addition in Z/3ist 1:Fur ein beliebiges n ∈ Z gilt:
1 · n =
·︷︸︸︷1 · n = n =
·︷︸︸︷n · 1 = n · 1 ,
wobei wir verwendet haben, dass 1 das multiplikationsneutrale Element in Z ist.◦ Existenz des inversen Elements fur die Addition in Z/3:Fur ein beliebiges n ∈ Z gilt:
·︷︸︸︷−n +n =
·︷ ︸︸ ︷(−n) + n = 0 =
·︷ ︸︸ ︷n+ (−n) = n+
·︷︸︸︷−n ,
wobei wir verwendet haben, dass (−n) das additionsinverse Element zu n in Z ist.◦ Kommutativitat der Addition: Seien m, n ∈ Z/3 beliebig mit m,n ∈ Z. Dann gilt:
m+ n :=·︷ ︸︸ ︷
m+ n Definition von + in Z/3
:=·︷ ︸︸ ︷
n+m Kommutativitat in Z
:= n+ m Definition von + in Z/3 .
Man bemerkt dabei, wie die Kommutativitat in Z/3 auf die Kommutativitat in Z zuruckgefuhrt werden kann.◦ Kommutativitat der Multiplikation: Seien m, n ∈ Z/3 beliebig mit m,n ∈ Z. Dann gilt:
m · n :=·︷ ︸︸ ︷
m · n Definition von · in Z/3
:=·︷ ︸︸ ︷
n ·m Kommutativitat in Z
:= n · m Definition von · in Z/3 .
Man bemerkt dabei, wie die Kommutativitat in Z/3 auf die Kommutativitat in Z zuruckgefuhrt werden kann.
◦ Distributivitat der Multiplikation bzgl. der Addition: Seien m, n, p ∈ Z/3 beliebig mit m,n, p ∈ Z. Dann gilt:
(m+ n) · p :=·︷ ︸︸ ︷
m+ n ·p Definition von + in Z/3
:=
·︷ ︸︸ ︷(m+ n) · p Definition von · in Z/3
:=
·︷ ︸︸ ︷m · p+ n · p) Distributivitat in Z
:=·︷ ︸︸ ︷
m · p+·︷︸︸︷
n · p Definition von + in Z/3:= m · p+ n · p Definition von · in Z/3 .
Man bemerkt dabei, wie die Distributivitat in Z/3 auf die Distributivitat in Z zuruckgefuhrt werden kann.◦ Existenz des inversen Elements fur die Multiplikation in Z/3: Es gilt einfach 1−1 = 1, 2−1 = 2.◦ Offensichtlich gilt auch 0 6= 1 in Z/3.
Ubungsblatt 4
Aufgabe 16 Zeigen Sie, dass N(x + iy) = x2 + y2 fur x, y ∈ R einen Homomorphismus N : C∗ → R∗ der
multiplikativen Gruppen definiert.
Losung:
Es gibt naturlich mehrere Losungen:• 1. Losung: Brutale Rechnung: Seien z1, z2 ∈ C beliebig. Sie sind von der Form z1 = x1 + iy1, z2 = x2 + iy2,mit geeigneten x1, y1;x2, y2 ∈ R. Wir zeigen durch eine explizite Berechnung: N(z1z2) = N(z1)N(z2), wasdie Homomorphismus-Eigenschaft bedeutet:
N(z1z2) = N( (x1 + iy1)(x2 + iy2) )= N( (x1x2 − y1y2) + i(x1y2 + x2y1) )
= (x1x2 − y1y2)2 + (x1y2 + x2y1)2
= x21x
22 + y2
1y22 − 2x1x2y1y2 + x2
1y22 + x2
2y21 + 2x1y2x2y1
= x21x
22 + y2
1y22 + x2
1y22 + x2
2y21
= (x21 + y2
1)(x22 + y2
2)= N(z1)N(z2) .
• 2. Losung: Wir lassen einfach eine Computer fur uns die obige brutale Rechnung machen. Ich werde desweiteren maple dafur verwenden. maple kennt komplexe Zahlen . . .
## The function N computing the norm (absoulte value squared)
## of a complex number is first introduced:
N := z -> ( Re(z)^2 + Im(z)^2 ) ;
## And now the computation of the Difference
## N(z1)*N(z2)-N(z1*z2)
## for some arbitrary complex numbers z1, z2 as in the first solution above:
assume( x1, real); assume( y1, real);
assume( x2, real); assume( y2, real);
z1 := x1 + I*y1;
z2 := x2 + I*y2;
Difference := N(z1)*N(z2) - N(z1*z2) :
simplify( Difference );
## One can also alternatively ask for the validity of the boolean expression:
## N(z1)*N(z2) = N(z1*z2)
expand( N(z1)*N(z2) = N(z1*z2) ) ;
evalb( expand( N(z1)*N(z2) = N(z1*z2) ) );
Die obigen Zeilen werden von maple wie folgt bearbeitet:
> Difference := N(z1)*N(z2) - N(z1*z2) :
> simplify( Difference );
0
> expand( N(z1)*N(z2) = N(z1*z2) ) ;
2 2 2 2 2 2 2 2
x1~ x2~ + x1~ y2~ + y1~ x2~ + y1~ y2~ =
2 2 2 2 2 2 2 2
x1~ x2~ + x1~ y2~ + y1~ x2~ + y1~ y2~
> evalb( expand( N(z1)*N(z2) = N(z1*z2) ) );
true
• 3. Losung: Die einfachste Losung verwendet die Tatsache, dass die Norm N auch wie folgt definiert werdenkann:
N(z) = zz ,
und die Tatsache, dass die komplexe Konjugation C→ C, z → z (auf eine einfachere Art und Weise) vertraglichmit der Multiplikation (sogar Korper–Morphismus – an einer Stelle bleibt die Arbeit spurbar – ) ist:Seien z1, z2 ∈ C. Dann gilt:
N(z1z2) = (z1z2)(z1z2) Alternative Definiton von N
= (z1z2) (z1 z2) Die komplexe Konjugation ist multiplikativ
= z1z1 z2z2 Berechnungen in C kraft der Korperaxiome
= N(z1) N(z2) Alternative Definiton von N .
�
Aufgabe 17 Die Abbildung z = x + iy 7→ z = x − iy, x, y ∈ R, ist ein bijektiver Homomorphismus deradditiven und der multiplikativen Gruppe von C.
Losung: Ich fuhre eine parallele, nicht ubliche Notation J fur die Abbildung
CJ //
C
x+ iy // J(x+ iy) := x− iy
ein. Diese Abbildung ist unter dem Namen “komplexe Konjugation” bekannt. Es ist also Jz eine alterna-tive Notation fur die internationale Notation z. (Die letztere Notation ist an dieser Stelle vielleicht weniger“didaktisch”.)Um zu zeigen, dass die komplexe Konjugation J ein bijektiver additiver und multiplikativer Homomorphismusvon C ist, sind die folgenden Eigenschaften fur alle z, z1, z2 ∈ C zu zeigen:
J(z1 + z2) = J(z1) + J(z2) Vertraglichkeit von J mir der Addition in C
J(−z) = −J(z) Vertraglichkeit von J mir der Bildung des Additionsinversen in C
J(z1 · z2) = J(z1) · J(z2) Vertraglichkeit von J mir der Multiplikation in C
J(z−1) = J(z)−1 , z 6= 0 Vertraglichkeit von J mir der Bildung des Multiplikationsinversen in C
J ◦ J = idC Daraus folgt, dass J bijektiv mit der Umkehrabbildung J ist.
Wir zeigen diese Eigenschaften durch explizite Berechnungen mit den zusatzlichen Notationen: z = x + iy;z1 = x1 + iy1, z2 = x2 + iy2; x, y;x1, y1;x2, y2 ∈ R:• Vertraglichkeit von J mir der Addition in C:
J(z1 + z2) = J( (x1 + iy1) + (x2 + iy2) )= J( (x1 + x2) + i(y1 + y2) )= (x1 + x2) − i(y1 + y2)= (x1 − iy1) + (x2 − iy2)= J(z1) + J(z2) .
• Vertraglichkeit von J mir der Bildung des Additionsinversen in C:
J(−z) = J(−(x+ iy))= J((−x) + i(−y))= (−x)− i(−y)= −x+ iy
= −(x− iy)= −J(z) .
• Vertraglichkeit von J mir der Multiplikation in C:
J(z1 · z2) = J( (x1 + iy1) · (x2 + iy2) )= J( (x1x2 − y1y2) + i(x1y2 + x2y1) )= (x1x2 − y1y2) − i(x1y2 + x2y1)= (x1x2 − (−y1)(−y2)) + i(x1(−y2) + x2(−y1))= (x1 − iy1) · (x2 − iy2)= J(z1) · J(z2) .
• Vertraglichkeit von J mir der Bildung des Multiplikationsinversen in C: Sei z = x + iy 6= 0 eine komplexeZahl, x, y ∈ R (nicht beide Null):
J(z−1) = J( (x+ iy)−1 )
= J
(x
x2 + y2+ i
−yx2 + y2
)=
x
x2 + y2− i −y
x2 + y2
=x
x2 + (−y)2− i −y
x2 + (−y)2
= (x− iy)−1
= J(z)−1 .
• J ist bijektiv mit der Umkehrabbildung J : (Zu explizit gilt sukzessive:)
(J ◦ J)(z) = J(J(z))= J(J(x+ iy))= J(x− iy)= J(x+ i(−y))= x− i(−y)= x+ iy
= z
= idC(z) .
Daraus folgt J ◦ J = idC. �Manche “erfahrenere” Aufgabenknacker konnten meinen, dass ich zu viele Eigenschaften (zu ausfurlich) gezeigthabe. In diesem Fall wissen sie genau, was sie meinen. Um ich weis auch genau, warum ich so viele Eigenschaftennachgewiesen habe . . .
Aufgabe 18 Zeige z8 = 1 fur die komplexe Zahl z = 1+i√2
.
Losung: Es gilt z2 = (1 + i)2/2 = (1 + 2i+ i2)/2 = (1 + 2i+ (−1))/2 = 2i/2 = i.Daraus folgt z8 = (z2)4 = i4 = (i2)2 = (−1)2 = 1. Das war’s. �Der Computer liefert verkleidet als maple auch ahnliche Resultate:
z := (1+I)/sqrt(2);
z^8;
mit dem Ergebnis:
> z := (1+I)/sqrt(2);
1/2
z := (1/2 + 1/2 I) 2
> z^8;
1
Man kann sich von maple alle Potenzen (von erster bis achter, weiter periodisch . . . ) von z geben lassen.
z := (1+I)/sqrt(2);
for j from 0 to 8 do
print( j,‘ ‘,z^j );
od;
mit dem Ergebnis:
> z := (1+I)/sqrt(2);
1/2
z := (1/2 + 1/2 I) 2
> for j from 0 to 8 do
> print( j,‘ ‘,z^j );
> od;
0, , 1
1/2
1, , (1/2 + 1/2 I) 2
2, , I
1/2
3, , (-1/2 + 1/2 I) 2
4, , -1
1/2
5, , (-1/2 - 1/2 I) 2
6, , -I
1/2
7, , (1/2 - 1/2 I) 2
8, , 1
>
Aufgabe 19 Zeige, dass die vier Vektoren
(1, 2, 3, 4)(5, 6, 7, 8)(9, 10, 11, 12)(13, 14, 15, 16)
kein Erzeugendensystem des Vektorraums R4 definieren.
Losung: Die gegebenen vier Vektoren befinden sich in dem Unterraum (in der Untermenge)
U := { x = (x1, x2, x3, x4) ∈ R4 : x1 − x2 − x3 + x4 = 0 } .
Eine lieare Kombination der gegebenen vier Vektoren liegt (offensichtlich) auch in U . Insbesondere kann derVektor (2, 0, 0, 1) 6∈ U mit den gegebenen vier Vektoren nicht “erzeugt” werden.Fazit: Die gegebenen Vektoren bilden kein Erzeugendensystem von R4.
Die obige Losung basiert auf einer schnellen Bemerung eines “erfahrenen” Auges. In der Klausur kann manschematisch “blind” das Gauss–Verfahren anwenden:Wir geben uns ein x = (x1, x2, x3, x4) ∈ R4 und versuchen die Gleichung zu losen:
λ1
[1234
]+ λ2
[5678
]+ λ3
[9101112
]+ λ4
[13141516
]=[x1x2x3x4
].
(Es kann sein, dass die obige Gleichung fur gewisse x ∈ R4 keine Losungen hat.) Ich ging auch zwischendurchzur Konvention uber, Vektoren aus R4 spaltenweise zu bezeichnen. (Fur die Zwecke der Aufgabe ist diesbelanglos.)
λ1 λ2 λ3 λ4
1 5 9 13 x1
2 6 10 14 x2
3 7 11 15 x3
4 8 12 16 x4
1 5 9 13 x1
0 −4 −8 −12 x2 − 2x1
0 −8 −16 −24 x3 − 3x1
0 −12 −24 −36 x4 − 4x1
1 5 9 13 x1
0 1 2 3 −(x2 − 2x1)/40 1 2 3 −(x3 − 3x1)/80 1 2 3 −(x4 − 4x1)/12
1 5 9 13 x1
0 1 2 3 −(x2 − 2x1)/40 0 0 0 −(x3 − 3x1)/8 + (x2 − 2x1)/40 0 0 0 −(x4 − 4x1)/12 + (x2 − 2x1)/4
Diese Tabelle zeigt eigentlich mehr: Das obige Gleichungssystem hat genau dann mindestens eine Losung, wenndie Gleichheiten/Gleichungen gelten: −(x3−3x1)/8+(x2−2x1)/4 = 0 und −(x4−4x1)/12+(x2−2x1)/4 = 0,oder aquivalent nach Beseitigung der Nenner:
x1 − 2x2 + x3 = 0 ,2x1 + 3x2 − x4 = 0 .
Insbesondere kann man jetzt behaupten, dass die gegebenen vier Vektoren einen zweidimensionalen Unterraumvon R2 erzeugen. Dieser Unterraum ist der Raum aller x ∈ R4, welche die obigen zwei Gleichungen erfullen.(Auch wenn in der Aufgabe nicht gefragt, solche Fragen sind typische Rechen–Klausuraufgaben . . . )(Naturlich kann man auch “andere” zwei “unabhangige” Gleichungen schreiben, wie z.B. x1 − 2x2 + x3 = 0und x2 − 2x3 + x4 = 0, der entsprechende Unterraum ist “der gleiche”. Man kann bereits am Ende desGauss–Verfahrens die notwendige Information immer isolieren.)
“Spater” ( – in diesem Jahr fruher als gewohnlich, befurchte ich . . . – ) werden in der Vorlesung Determinanteneingefuhrt. Man kann fur die Frage der Aufgabenstellung die entsprechende Determinante berechnen:∣∣∣∣ 1 5 9 13
2 6 10 143 7 11 154 8 12 16
∣∣∣∣ =∣∣∣∣ 1 5 9 13
0 −4 −8 −120 −8 −16 −240 −12 −24 −36
∣∣∣∣ = (−4)(−8)(−12)∣∣∣∣ 1 5 9 13
0 1 2 30 0 0 00 0 0 0
∣∣∣∣ = 0 .
Man erkennt bereits in der obigen Berechnung eine grosse Ahnlichkeit zum Schema des Gauss–Verfahrens.Die Determinante kann man erneut mit einem Computersystem (hier maple) schnell checken:
with(linalg):
A := matrix( 4, 4,
[
[ 1 , 5 , 9 , 13 ],
[ 2 , 6 , 10 , 14 ],
[ 3 , 7 , 11 , 15 ],
[ 4 , 8 , 12 , 16 ]
]
);
det(A);
mit dem Ergebnis:
[1 5 9 13]
[ ]
[2 6 10 14]
A := [ ]
[3 7 11 15]
[ ]
[4 8 12 16]
> det(A);
0
>
Die Tatsache, dass die “Spaltenvektoren” der obigen Matrix A einen zweidimensionalen Vektorraum erzeugen,kann man nun auch schnell hinterfragen:
> rank(A);
2
>
Ubungsblatt 5
Aufgabe 20 Sei V 6= {0} ein endlich dimensionaler K-Vektorraum und G = {w1, .., wr} ein Erzeugendensy-stem von V .
Zeigen Sie: Ein minimal gewahltes Erzeugendensystem B ⊂ G ist eine Basis von V .
Losung: Sei B ⊂ G ein Erzeugendensystem von V , welches minimal (bzgl. der Inklusion) mit dieser Eigenschaftist. D.h.: Falls B′ ⊂ B ein Erzeugendensystem von V ist, dann gilt B = B′.Wir zeigen, dass B eine Basis von V ist.Da B ein Erzeugendensystem von V ist, reicht es zu zeigen, dass B linear unabhangig ist.Widerspruchsbeweis: Wir nehmen an, dass B ein linear abhangiges System ist. Dann existiert eine lineareKombination ∑
b∈B
λb b
der Vektoren aus B mit Koeffizienten λb ∈ K : b ∈ B, so dass nicht alle λb gleich Null in K sind ( – die lineareKombination ist “nicht trivial” – ) und so dass in V gilt:∑
b∈B
λb b = 0 .
(Genauer:) Es gibt ein b0 ∈ B mit λb0 6= 0.Es folgt dann (aquivalent) sukzessive: ∑
b∈B
λb b = 0 ,
λb0 b0 +∑b∈Bb 6=b0
λb b = 0 ,
b0 + λ−1b0
∑b∈Bb 6=b0
λb b = 0 ,
b0 = −λ−1b0
∑b∈Bb 6=b0
λb b .
Insbesondere kann man b0 als lineare Kombination der Vektoren aus B′ := B \ {b0} darstellen.Da B ein Erzeugendensystem ist, folgt daraus leicht, dass B′ ein “kleineres” Erzeugendensystem als B ist.Widerspruch.
Unsere Annahme ist also falsch.Es folgt aus der ganzen Argumentation, dass B linear unabhangig ist, und daraus, dass B eine Basis ist. �
Aufgabe 21 Zeigen sie die lineare Abhangigkeit der Vektoren
(2, 4,−1, 3), (3, 3, 1,−1), (1, 1, 1, 1), (2, 4,−3,−1)
explizit durch Losen eines linearen Gleichungssystems.
Losung: Es gilt (in einem beliebigen Korper) offensichtlich:
1 · (2, 4,−1, 3) + 1 · (3, 3, 1,−1) + (−3) · (1, 1, 1, 1) + (−1) · (2, 4,−3,−1) = (0, 0, 0, 0) .
Da (in einem beliebigen Korper) 1 6= 0 gilt, ist die obige lineare Kombination (uber einem beliebigen Korper)nicht trivial.Die gegebenen vier Vektoren sind also linear abhangig. �
Das war die Losung.Ich versuche zu erklaren, wie ich zu den vier Skalaren λ1 = 1, λ2 = 1, λ3 = −3, λ4 = −1 aus der obigenlinearen Kombination gekommen bin.
Die Aufgabe legt fur mich keinen Korper fest, in welchem ich die Rechnungen zu verstehen habe. Deswegennehme ich an, dass wir in einem Korper K arbeiten.Seien λ1, λ2, λ3, λ4 ∈ K so dass gilt:
λ1
24−13
+ λ2
331−1
+ λ3
1111
+ λ4
24−3−1
=
0000
.
Ich verwende die (fur mich) “bessere” Schreibweise der Vektoren in K4 : Alle Vektoren sind bei mir Spalten-vektoren. (Dies ist naturlich belanglos fur die Zwecke dieser Aufgabe.)
Durch Identifizierung der vier Komponenten der obigen Gleichheit entsteht das folgende lineare Gleichungssy-stem in K:
2λ1 +3λ2 +λ3 +2λ4 = 0 , (Gl.1.1)4λ1 +3λ2 +λ3 +4λ4 = 0 , (Gl.1.2)−λ1 +λ2 +λ3 −3λ4 = 0 , (Gl.1.3)3λ1 −λ2 +λ3 −λ4 = 0 . (Gl.1.4)
Wir verwenden nun Gl.1.3, um in den anderen Gleichungen λ3 zu eliminieren: Es entsteht das aquivalenteGleichungssystem:
3λ1 +2λ2 +5λ4 = 0 , (Gl.2.1)5λ1 +2λ2 +7λ4 = 0 , (Gl.2.2)−λ1 +λ2 +λ3 −3λ4 = 0 , (Gl.2.3)4λ1 −2λ2 +2λ4 = 0 . (Gl.2.4)
Dabei entstehen die obigen Gleichungen wie folgt:
(Gl.2.1) ist (Gl.1.1)− (Gl.1.3)
(Gl.2.2) ist (Gl.1.2)− (Gl.1.3)
(Gl.2.3) ist (Gl.1.3)
(Gl.2.4) ist (Gl.1.4)− (Gl.1.3)
Wir verwenden des weiteren (fur ein beliebiges K) die Gleichung (Gl.2.1), um in (Gl.2.2) und (Gl.2.4) die“Unbekannte” λ2 zu eliminieren: Es entsteht das aquivalente Gleichungssystem:
3λ1 +2λ2 +5λ4 = 0 , (Gl.3.1)2λ1 +2λ4 = 0 , (Gl.3.2)−λ1 +λ2 +λ3 −3λ4 = 0 , (Gl.3.3)7λ1 +7λ4 = 0 . (Gl.3.4)
Dabei entstehen die obigen Gleichungen wie folgt:
(Gl.3.1) ist (Gl.2.1)
(Gl.3.2) ist (Gl.2.2)− (Gl.2.1)
(Gl.3.3) ist (Gl.2.3)
(Gl.3.4) ist (Gl.2.4) + (Gl.2.1)
Spatestens an dieser Stelle haben wir die Hoffnung verloren, dass die gegebenen Vektoren linear unabhangigsind.Wir konnen λ1 = 1, λ4 = −1, λ2 = 1, λ3 = −3 als eine nicht triviale Losung des gegebenen linearen Glei-chungssystems schreiben.Die gegebenen vier Vektoren sind also linear abhangig.
Die obige Uberlegung kann mit der Unterstutzung des Computers durchgefuhrt werden: Ich verwende erneutmaple:
with(linalg):
gl11 := ( 2*x1 +3*x2 + x3 +2*x4 = 0 ) ;
gl12 := ( 4*x1 +3*x2 + x3 +4*x4 = 0 ) ;
gl13 := ( -x1 + x2 + x3 -3*x4 = 0 ) ;
gl14 := ( 3*x1 - x2 + x3 - x4 = 0 ) ;
## Die vier gegebenen Gleichungen wurden auch maple mitgeteilt.
gl21 := gl11 - gl13 ;
gl22 := gl12 - gl13 ;
gl23 := gl13 ;
gl24 := gl14 - gl13 ;
##
gl31 := gl21 ;
gl32 := gl22 - gl21 ;
gl33 := gl23 ;
gl34 := gl24 + gl21 ;
Dieser Code liefert die Ergebnisse:
>
> gl11 := ( 2*x1 +3*x2 + x3 +2*x4 = 0 ) ;
gl11 := 2 x1 + 3 x2 + x3 + 2 x4 = 0
> gl12 := ( 4*x1 +3*x2 + x3 +4*x4 = 0 ) ;
gl12 := 4 x1 + 3 x2 + x3 + 4 x4 = 0
> gl13 := ( -x1 + x2 + x3 -3*x4 = 0 ) ;
gl13 := -x1 + x2 + x3 - 3 x4 = 0
> gl14 := ( 3*x1 - x2 + x3 - x4 = 0 ) ;
gl14 := 3 x1 - x2 + x3 - x4 = 0
> ## Die vier gegebenen Gleichungen wurden auch maple mitgeteilt.
> gl21 := gl11 - gl13 ;
gl21 := 3 x1 + 2 x2 + 5 x4 = 0
> gl22 := gl12 - gl13 ;
gl22 := 5 x1 + 2 x2 + 7 x4 = 0
> gl23 := gl13 ;
gl23 := -x1 + x2 + x3 - 3 x4 = 0
> gl24 := gl14 - gl13 ;
gl24 := 4 x1 - 2 x2 + 2 x4 = 0
> ##
> gl31 := gl21 ;
gl31 := 3 x1 + 2 x2 + 5 x4 = 0
> gl32 := gl22 - gl21 ;
gl32 := 2 x1 + 2 x4 = 0
> gl33 := gl23 ;
gl33 := -x1 + x2 + x3 - 3 x4 = 0
> gl34 := gl24 + gl21 ;
gl34 := 7 x1 + 7 x4 = 0
>
Dies ist eine kurze Bestatigung der obigen Berechnungen.Naturlich kann man maple direkt fragen, wie die allgemeine Losung des gegebenen Gleichungssystems aussieht:Mit den obigen Werten von gl11, gl12, gl13, gl14 wird berechnet:
with(linalg):
solve(
## mir bitte das Gleichungssystem, bestehend aus den Gleichungen
{ gl11, gl12, gl13, gl14} ,
## mit den Unbekannten
{ x1 , x2 , x3 , x4 }
);
Als Ergebnis folgt prompt:
{x3 = -3 x1, x4 = -x1, x1 = x1, x2 = x1}
>
mit der Bedeutung, dass man x1 frei wahlen und die anderen Unbekannten entsprechend berechnen kann.
Wir werden spater ( – vielleicht nicht spat genug . . . – ) noch Determinanten erleben. Die Determinante der(Block–)Matrix, welche aus den vier Spaltenvektoren durch Konkatenation entsteht, gibt daruber Auskunft, obdie vier Vektoren linear abhangig (Determinante gleich Null) oder linear unabhangig (Determinante ungleichNull) sind. Egal, was die Determinante heute ist, maple kann’s berechnen: In maple–Code:
with(linalg):
A := matrix( 4, 4,
[
[2,3,1,2],
[4,3,1,4],
[-1,1,1,-3],
[3,-1,1,-1]
]
);
det(A);
Mit dem Ergebnis:
[ 2 3 1 2]
[ ]
[ 4 3 1 4]
A := [ ]
[-1 1 1 -3]
[ ]
[ 3 -1 1 -1]
> det(A);
0
>
�
Aufgabe 22 Jeder C-Vektorraum V kann als R-Vektorraum aufgefasst werden. Beweisen Sie dimR(V ) =2 · dimC(V ).
Losung: Sei n := dimC(V ) und sei v1, v2, . . . , vn eine Basis uber C von V .Behauptung: v1, iv1, v2, iv2, . . . , vn, ivn bilden eine Basis von V uber R.
Beweis der Behauptung:
• v1, iv1, v2, iv2, . . . , vn, ivn sind R–linear unabhangig: Seien λ1, λ′1, λ2, λ
′2, . . . , λn, λ
′n ∈ R mit
λ1v1 + λ′1(iv1) + λ2v2 + λ′2(iv2) + · · ·+ λnvn + λ′n(ivn) = 0 .
Es folgt
(λ1 + iλ′1)v1 + (λ2 + iλ′2)v2 + · · ·+ (λn + iλ′n)vn = 0 .
Diese ist eine C–lineare Kombination der Vektoren v1, v2, . . . , vn.Diese Vektoren sind linear unabhangig (sogar eine Basis).
Es folgt: (λ1 + iλ′1) = 0 , (λ2 + iλ′2) = 0 , . . . , (λn + iλ′n) = 0 in C. Da fur alle j : 1 ≤ j ≤ n die Zahlenλj , λ
′j reell sind (und 1, i eine Basis von C uber R darstellt), folgt:
Fur alle j : 1 ≤ j ≤ n sind die Zahlen λj , λ′j gleich Null.
Dies zeigt, dass v1, iv1, v2, iv2, . . . , vn, ivn R–linear unabhangig sind.
• v1, iv1, v2, iv2, . . . , vn, ivn erzeugen R–linear den Raum V :Sei w ∈ V .Da v1, v2, . . . , vn eine C–Basis von V ist, gibt es µ1, µ2, . . . , µn ∈ C mit:
w = µ1v1 + µ2v2 + · · ·+ µnvn .
Dann existieren λ1, λ′1, λ2, λ
′2, . . . , λn, λ
′n ∈ R mit
µj = λj + iλ′j , alle j : 1 ≤ j ≤ n .
Es folgt:
w = µ1v1 + µ2v2 + · · ·+ µnvn
= (λ1 + iλ′1)v1 + (λ2 + iλ′2)v2 + · · ·+ (λn + iλ′n)vn= λ1v1 + λ′1(iv1) + λ2v2 + λ′2(iv2) + · · ·+ λnvn + λ′n(ivn) .
w ist also als R–lineare Kombination der Vektoren v1, iv1, v2, iv2, . . . , vn, ivn darstellbar.Die obige Uberlegung zeigt, dass v1, iv1, v2, iv2, . . . , vn, ivn ein Erzeugendensystem von V uber R ist.
Fazit: Wir haben eine R–Basis {v1, iv1, v2, iv2, . . . , vn, ivn} von V mit 2n Elementen konstruiert. Nach derDefinition der Dimension eines Vektorraumes gilt:
dimR(V ) = 2n = 2dimC(V ) .
�
Aufgabe 23 Sei K ein endlicher Korper mit q Elementen. Im Vektorraum K3 gibt es dann q3 verschiedendeVektoren und somit q3× q3× q3 = q9 Moglichkeiten drei Vektoren auszuwahlen. In wieviel Fallen sind die dreiVektoren linear unabhangig? Hinweis: Benutze Prinzip I aus Paragraph 8 des Skripts.
Losung:
Wir suchen die Anzahl der Elemente der Menge:
{ (v1, v2, v3) : v1, v2, v3 Basis von K3 } .
Die Reihenfolge ist insbesondere in (v1, v2, v3) relevant. (In der Aufgabenstellung werden auch alle (q3)3
Moglichkeiten “erwahnt”.)Falls v1, v2, v3 linear unabhangig sind, dann sind auch die Systeme:{v1},
{v1, v2},{v1, v2, v3}
linear unabhangig. Diese Bemerkung liefert bereits die Idee des geschickten Zahlens der Elemente der obigenMenge. Nun fangt praktisch die Losung an:
• Es gibt (q3−1) Moglichkeiten fur die Wahl des ersten Vektors v1, so dass das System {v1} linear unabhangigist. (Nur die Null (0, 0, 0) wird dabei ausgeschlossen.)• Fur ein festes v1 6= 0 gibt es dann jeweils (q3 − q) Moglichkeiten fur die Wahl des zweiten Vektors
v2, so dass das System {v1, v2} linear unabhangig ist. (Nur die q Vektoren λ1v1, λ1 ∈ K, werden dabeiausgeschlossen.) Wir verwenden dabei das Prinzip aus dem Hinweis in der Aufgabenstellung.
• Fur feste, linear unabhangige v1, v2 gibt es dann jeweils (q3 − q2) Moglichkeiten fur die Wahl desdritten Vektors v3, so dass das System {v1, v2, v3} linear unabhangig ist. (Nur die q2 Vektoren von der Formλ1v1 + λ2v1, λ1, λ2 ∈ K, werden dabei ausgeschlossen.) Wir verwenden dabei erneut das Prinzip aus demHinweis in der Aufgabenstellung.
Fazit: Es gibt insgesamt
(q3 − 1)(q3 − q)(q3 − q2)
Moglichkeiten fur die Wahl von (v1, v2, v3), so dass {v1, v2, v3} ein linear unabhangiges System ist. �
Aufgabe 24 Warum bilden die Vektoren (1, 1) und (−1, 1) eine Basis des Vektorraums R2. Gilt dies allgemeinerfur jeden Vektorraum K2?
Losung:
• Die Vektoren (1, 1) und (−1, 1) sind linear unabhangig (uber R):Seien λ, µ ∈ R mit der Eigenschaft: λ(1, 1) + µ(−1, 1) = (0, 0). Es folgt aquivalent das Gleichungssystem furλ, µ: {
λ −µ = 0 ,λ +µ = 0 .
Durch Addition der zwei Gleichungen folgt daraus 2λ = 0. Es folgt nun (in jedem Korper, in welchem 2invertierbar ist, insbesondere auch in R), dass λ = 0 ist, und anschließend sofort µ = 0.Die gegebenen Vektoren (1, 1) und (−1, 1) sind also linear unabhangig (uber R).• Da R2 die Dimension 2 hat, bilden diese (zwei linear unabhangigen) Vektoren auch eine Basis von R2.Die obige Argumentation zeigt, dass (1, 1) und (−1, 1) linear unabhangig im Vektorraum K2 uber K sind, falls2 in K invertierbar ist.Falls 2 := 1 + 1 in K nicht invertierbar ist, dann ist 2 = 0 in K. Insbesondere gilt 1 = −1 in K. Die zweiVektoren sind in diesem Fall gleich, also abhangig: (Eine nicht triviale lineare Kombination, welche gleich Nullist, ist die “Differenz”: (1, 1)− (−1, 1) = (0, 0). Die Summe hat’s “auch” getan . . . ) �
Aufgabe 25 Ist der R-Vektorraum aller reellwertigen Funktionen auf dem Intervall [0, 1] endlich dimensional?Begrunden Sie die Antwort.
Losung: Sei V der R-Vektorraum aller reellwertigen Funktionen auf dem Intervall [0, 1].(Ich fuhre zuerst einige Funktionen ein, welche ein linear unabhangiges System von V bilden.)Fur ein beliebiges a ∈ [0, 1] fuhren wir die Funktion fa : [0, 1]→ R ein, welche wie folgt definiert ist:
fa(x) :=
{1 falls x = a ,
0 falls x 6= a .
Behauptung: Die unendliche Menge { fa : a ∈ [0, 1] } ist ein linear unabhangiges System von V .Beweis der Behauptung: Seien n ∈ N; λ1, λ2, . . . , λn ∈ R und a1, a2, . . . , an ∈ [0, 1] verschieden, so dass gilt:
λ1fa1 + λ2fa2 + · · ·+ λnfan = 0 . (5)
(Die letzte Null steht fur die Nullfunktion 0 : [0, 1] → R, welche an jeder Stelle von [0, 1] den Wert 0 ∈ Rannimmt.) Die obige Gleichheit ist eine Gleichheit zwischen Funktionen. Wir wahlen einen Index j zwische 1und n und setzen aj in die Funktionen der linken und der rechten Seite von (5) ein. Es folgt (zu explizit)sukzessive:
0 = Nullfunktion(aj)= (λ1fa1 + λ2fa2 + · · ·+ λjfaj + · · ·+ λnfan)(aj) wegen (5)
= (λ1fa1)(aj) + (λ2fa2)(aj) + · · ·+ (λjfaj )(aj) + · · ·+ (λnfan)(aj) Definition von + in V
= λ1(fa1(aj)) + λ2(fa2(aj)) + · · ·+ λj(faj (aj)) + · · ·+ λn(fan(aj)) Definition von . in V
= λ1 · 0 + λ2 · 0 + · · ·+ λj · 1 + · · ·+ λn · 0 Definition von fa1 , fa2 , . . . , faj , . . . , fan= λj .
Es folgt λ1 = λ2 = · · · = λn = 0.Damit ist die Behauptung bewiesen.Ein endlich dimensionaler Vektorraum (mit der Dimension N) hat nur endliche linear unabhangige Systeme(und zwar mit hochstens N Elementen).Es folgt: V ist ein unendlich dimensionaler Vektorraum. �
Ubungsblatt 6
Aufgabe 26 Warum sind folgende Abbildungen K-linear?
(a) Kn 3 (x1, ..., xn) 7→∑ni=1 xi ∈ K.
(b) (x, y) 7→ (y, x) als Abbildung von K2 nach K2.
Losung: Da in der Aufgabenstellung keine Namen fur die Abbildungen festgelegt sind, muss ich welche wahlen,um einfacher sie ansprechen zu konnen. Des weiteren ist K ein Korper und n ≥ 1 eine naturliche Zahl.(a) Sei f : Kn → K die gegebene Abbildung
f(x1, ..., xn) :=∑
1≤j≤n
xj fur alle (x1, ..., xn) ∈ Kn .
Seien nun
x := (x1, ..., xn) ∈ Kn ,
y := (y1, ..., yn) ∈ Kn ,
beliebige Vektoren und seien
λ, µ ∈ K
beliebige Skalare. Wir zeigen:
f(λx+ µy) = λf(x) + µf(y) .
(Fur λ = µ = 1 und allgemeine x, y beweist man dadurch die Additivitat von f und fur µ = 0, y = 0 dieHomogenitat von f .)Es gilt sukzessive unter Berucksichtigung der Rechenregeln in K und der Definition von f :
f(λx+ µy) = f( λ(x1, ..., xn) + µ(y1, ..., yn) )= f( (λx1, ..., λxn) + (µy1, ..., µyn) )= f( (λx1 + µy1, ..., λxn + µyn) )
=∑
1≤j≤n
(λxj + µyj)
=
∑1≤j≤n
λxj
+
∑1≤j≤n
µyj
= λ
∑1≤j≤n
xj
+ µ
∑1≤j≤n
yj
(Distributivitat)
= λf(x) + µf(y) .
Aus der ganzen obigen Argumentation folgt die Linearitat von f .
(a) Sei g : K2 → K2 die gegebene Abbildung
g(x, y) := (y, x) fur alle x, y ∈ K .
Seien nun
z1 := (x1, y1) ∈ K2 ,
z2 := (x2, y2) ∈ K2 ,
beliebige Vektoren und seien
λ1, λ2 ∈ K
beliebige Skalare. Wir zeigen:
g(λ1z1 + λ2z2) = λ1g(z1) + λ2g(z2) .
Es gilt sukzessive unter Berucksichtigung der Rechenregeln in K und der Definition von g:
g(λ1z1 + λ2z2) = g( λ1(x1, y1) + λ2(x2, y2) )= g( (λ1x1, λ1y1) + (λ2x2, λ2y2) )= g( (λ1x1 + λ2x2, λ1y1 + λ2y2) )= (λ1y1 + λ2y2 , λ1x1 + λ2x2)= (λ1y1, λ1x1) + (λ2y2, λ2x2)= λ1(y1, x1) + λ2(y2, x2)= λ1g(x1, y1) + λ2g(x2, y2)= λ1g(z1) + λ2g(z2) .
Aus der ganzen obigen Argumentation folgt die Linearitat von f .
Aufgabe 27 Eine Gerade im R2 ist eine Teilmenge der Gestalt {λ · v | λ ∈ R}; hierbei ist v 6= 0 ein fester
Vektor. Geben Sie eine mathematisch genaue Begrundung fur folgende Aussage: Ein Untervektorraum von R2
ist entweder R2 selbst oder {0} oder eine Gerade.
Losung:
Sei V ein Untervektorraum von R2. Aus V ⊆ R2 folgt 0 ≤ dimR V ≤ dimR R2 = 2. Es gibt also fur V folgendeFalle:• dimR V = 0. In diesem Fall besteht die Basis von V aus Null Vektoren. Der Untervektorraum erzeugt von{} = ∅ in R2 ist der kleinste Untervektorraum von R2, also der triviale Vektorraum (in Notation 0), welcherals Menge nur aus dem Nullvektor 0 = (0, 0) ∈ R2 besteht. (Man sieht dabei, dass beim besten Willen maneine einwandfreie Notation fur diese “Null–Objekte” nicht finden kann. Am besten prazisiert man jedes Mal,ob es sich um den Null–Vektorraum 0, den Null–Vektor 0 oder die Null 0 aus K handelt.)• dimR V = 2. Eine Basis von V besteht aus zwei Vektoren. Diese sind zwei linear unabhangige Vektoren inR
2 also eine Basis von R2. Es folgt V = R2 (und gleich nahmlich zum Vektorraum, erzeugt von den zwei
Vektoren in R2).• dimR V = 1. Eine Basis von V besteht aus einem Vektor, sagen wir v ∈ R. Da {v} ein linear unabhangigesSystem ist, folgt v 6= 0. Der von v erzeugte Unterraum von R ist die “Gerade”
{λ · v | λ ∈ R} .
�
Aufgabe 28 Sei ϕ ein Endomorphismus eines K-Vektorraums V mit der Eigenschaft ϕ◦ϕ = idV . Sei 1 6= −1in K und sei V+ = {v ∈ V | ϕ(v) = v} und sei V− = {v ∈ V | ϕ(v) = −v}.Zeigen Sie: V+ und V− sind K-Untervektorraume von V und es gilt
V = V+ ⊕ V− .
Losung:
Am liebsten wurde ich folgendes Argument dafur verwenden, dass V+ und V− K-Untervektorraume von Vsind:
Es gilt V+ = Kern(ϕ− idV ) und V− = Kern(ϕ+ idV ), und der Kern einer linearen Abbildung ist Untervek-torraum des Definitionsbereiches der Abbildung. [Die Homomorphismen (linearen Abbildungen) zwischen zweiVektorraumen bilden einen Vektorraum. Insbesondere sind ϕ± idV Homomorphismen.]Wir zeigen nun: V = V+ ⊕ V−.• Wir zeigen V∩ ⊕ V− ist der triviale Vektorraum {0}, bestehend aus dem Null–Vektor 0. Sei v ∈ V∩ ⊕ V−. Esfolgt:
ϕ(v) = v , da v ∈ V+ ,
ϕ(v) = −v , da v ∈ V− .
Aus v = −v folgt (hier zu explizit)
(1 + 1)v = v + v = v − (−v) = v − v = 0 .
Notation: 2 := 1 + 1 in K.Aus 1 6= −1 folgt jedoch 2 := 1 + 1 = 1− (−1) 6= 1− 1 = 0. Nachdem wir mit dem Skalar 1
2 = (1 + 1)−1 dieGleichheit
2v = (1 + 1)v = 0
multiplizieren, bekommen wir
v = 0 .
Damit haben wir gezeigt: V∩ ⊕ V− = {0}.
• Wir zeigen V+ + V− = V : Sei v ∈ V . Wir haben bereits gesehen, dass 12 in K sinnvoll ist, so dass die
folgenden Ausdrucke sinnvoll sind:
v+ :=12
(ϕ(v) + v) ∈ V und
v− :=12
(ϕ(v)− v) ∈ V .
Es gilt offensichtlich:
v+ + v− = v . (6)
Wir zeigen des weiteren (erneut zu explizit): v+ ∈ V+ und v− ∈ V−:
ϕ(v+) := ϕ
(12
(ϕ(v) + v))
=12ϕ(ϕ(v)) +
12ϕ(v) da ϕ linear ist
=12
(ϕ ◦ ϕ)(v) +12ϕ(v)
=12
(idV )(v) +12ϕ(v)
=12v +
12ϕ(v)
=12
(v + ϕ(v))
=: v+ Definition von v+ ,
ϕ(v−) := ϕ
(12
(ϕ(v)− v))
=12ϕ(ϕ(v))− 1
2ϕ(v) da ϕ linear ist
=12
(ϕ ◦ ϕ)(v)− 12ϕ(v)
=12
(idV )(v)− 12ϕ(v)
=12v − 1
2ϕ(v)
= −12
(ϕ(v)− v)
=: −v− Definition von v+ .
Aus (6) und v+ ∈ V+, v− ∈ V− folgt v ∈ V+ + V−.Damit haben wir gezeigt: V+ + V− = V .
Laut Definition der direkten Summe gilt nun:
V+ ⊕ V− = V .
�
Aufgabe 29 Sei K ein endlicher Korper mit q Elementen. Finden Sie eine Formel fur die Anzahl der eindi-mensionalen bzw. zweidimensionalen Untervektorraume von Kn.
Losung:
Anzahl der eindimensionalen Untervektorraume von Kn:Wir betrachten die folgende Abbildung V:
{v ∈ Kn |v 6= 0} V // [ eindimensionale Untervektorraume von Kn ] ,
v // V(v) := Unterraum erzeugt von v .
Die Abbildung ist wohldefiniert, da der von einem Vektor v 6= 0 erzeugte Unterraum eindimensional ist.Die Abbildung ist surjektiv, da jeder eindimensionale Untervektorraum von Kn von einem Vektor v 6= 0 erzeugtwird.Die Abbildung ist naturlich nicht injektiv ( – falls K 6= F2 –), aber jeder Vektorraum W im Wertebereich derAbbildung V entsteht als Bild von genau (q − 1) Vektoren aus dem Definitionsbereich von V:Begrundung: Sei W im Wertebereich von V. Dann gibt es ein v ∈ V , v 6= 0 mit
V(v) = W .
Sei v′ ein beliebiger Vektor aus dem Definitionsbereich von V mit der “gleichen” Eigenschaft
V(v′) = W .
Das System {v, v′} besteht aus zwei Vektoren im eindimensionalen raum W . Es ist also linear abhangig. Esexistieren also λ1, λ2 ∈ V nicht beide Null mit:
λ1v + λ2v′ = 0 .
Man stellt leicht fest, dass λ1 6= 0 und λ2 6= 0 gelten. Es folgt
v′ = λv
fur ein geeignetes λ ∈ K \ {0}. (bei uns ist λ := −λ1λ−12 .)
Umgekehrt gilt fur jedes λ ∈ K \ {0} die Relation V(v) = V(λv).Die Anzahl der Elemente von K \ {0} ist (q − 1).
Fazit:Die Anzahl der eindimensionalen Untervektorraume von Kn ist
#{v ∈ Kn |v 6= 0}K \ {0}
=qn − 1q − 1
.
Anzahl der zweidimensionalen Untervektorraume von Kn:Wir betrachten die folgende Abbildung V:
{(v1, v2) |v1, v2 ∈ Kn linear unabhangig } V // [ zweidimensionale Untervektorraume von Kn ] ,
(v1, v2) // V(v1, v2) := Unterraum erzeugt von v1, v2 .
Die Abbildung ist wohldefiniert, da der von zwei linear unabhangigen Vektoren v1, v2 ∈ Kn erzeugte Unterraumzweidimensional ist.Die Abbildung ist surjektiv, da jeder (zweidimensionale) Untervektorraum von Kn eine Basis (mit zwei Ele-menten) besitzt.Die Abbildung ist “naturlich” nicht injektiv, aber jeder Vektorraum W im Wertebereich der Abbildung Ventsteht als Bild von gleich vielen Vektoren aus dem Definitionsbereich von V.Nahere Untersuchung: Sei W im Wertebereich von V. Dann gibt es ein (v1, v2) ∈ V , v 6= 0 mit
V(v1, v2) = W .
Wir betrachten v1, v2 als fest im weiteren Verlauf.Sei (v′1, v
′2) aus dem Definitionsbereich von V mit der “gleichen” Eigenschaft
V(v′1, v′2) = W .
Wir konnen dann v′1, v′2 in der Basis v1, v2 schreiben. Es gibt also Skalare λ11, λ12, λ21, λ22 ∈ K mit der
Eigenschaft:
λ11v1 + λ12v2 = v′1 , (7)λ21v1 + λ22v2 = v′2 . (8)
Frage: Wie viele Moglichkeiten gibt es fur die Wahl von[λ11 λ12λ21 λ22
], so dass die mit dem obigen Ansatz v′1, v
′2
ein linear unabhangiges System bilden?1. Bemerkung: Falls die Vektoren [λ11 λ12] und [λ21 λ22] aus K2 linear abhangig sind, dann sind auch v′1, v
′2
linear abhangig:Begrundung der 1. Bemerkung: Nehmen wir an, dass µ1, µ2 ∈ K nicht beide Null existieren, so dass gilt:
µ1[λ11 λ12] + µ2[λ21 λ22] = [0 0] . (9)
(Diese letzte Zeile sollte besser als eine “Matrizen–Gleichheit” dargestellt werden:[µ1 µ2
] [λ11 λ12
λ21 λ22
]=[0 0
].
Auch wenn man “heute” Matrizen nicht kennt, bin ich verpflichtet zu sagen, wie ich die weiteren Rechnungenfuhre . . . ) Es folgt dann:
µ1v′1 + µ2v
′2 = µ1(λ11v1 + λ12v2) + µ2(λ21v1 + λ22v2)
= (µ1λ11 + µ2λ21)v1 + (µ1λ12 + µ2λ22)v2
= 0 · v1 + 0 · v2 wegen (9)
= 0 .
Es folgt, dass v′1, v′2 linear abhangig sind. (Um die Wahrheit nicht zu verschweigen, gebe ich die “Matrizen–
Rechnung” dafur:
µ1v′1 + µ2v
′2 =
[µ1 µ2
] [v′1v′2
]=[µ1 µ2
] [λ11 λ12
λ21 λ22
] [v1
v2
]=[0 0
] [v1
v2
]= 0 .
Es ist wichtig, mit Matrizen schnell umgehen zu konnen, auch wenn die “Eintrage” aus “gemischten Objekten”stammen. Es zahlt nur, dass die “gemischten Operationen” sinnvoll sind.)2. Bemerkung: Falls die Vektoren v′1, v
′2 linear abhangig sind, dann sind auch [λ11 λ12] und [λ21 λ22] aus K2
linear abhangig:Begrundung der 2. Bemerkung: Nehmen wir an, dass µ1, µ2 ∈ K nicht beide Null existieren, so dass gilt:
µ1v′1 + µ2v
′2 = 0
in Kn. Es folgt:
0 = µ1v′1 + µ2v
′2
= µ1(λ11v1 + λ12v2) + µ2(λ21v1 + λ22v2)= (µ1λ11 + µ2λ21)v1 + (µ1λ12 + µ2λ22)v2 .
Da v1, v2 linear unabhangig sind folgt daraus:
µ1λ11 + µ2λ21 = 0 ,µ1λ12 + µ2λ22 = 0 , oder aquivalent:
µ1[λ11 λ12] + µ2[λ21 λ22] = [0 0] .
Es folgt die lineare Abhangigkeit der Vektoren [λ11 λ12] und [λ21 λ22].Aus der 1. und der 2. Bemerkung folgt, dass es genau so viele Moglichkeiten gibt, v′1, v
′2 ∈ Kn mit V(v′1, v
′2) =
V(v1, v2) bei festen v1, v2 zu wahlen, wie viele Moglichkeiten es gibt, zwei linear unabhangige Vektoren (eineBasis) u1 := [λ11 λ12] und u2[λ21 λ22] in K2 zu wahlen.Nun wenden wir eine analoge Strategie, wie in der Aufgabe 23:• Es gibt (q2 − 1) Moglichkeiten fur die Wahl von u1 := [λ11 λ12] in K2, so dass das System bestehend ausdem einzigen Vektor u1 := [λ11 λ12] zu einer Basis von K2 erganzt werden kann. (Nur der Null–Vektor ausK2 musste eliminiert werden.)• Fur ein festes u1 := [λ11 λ12] ∈ K2 gibt es des weiteren (q2 − q) Moglichkeiten fur die Wahl von
u2 := [λ21 λ22] in K2, so dass das System bestehend aus den zwei Vektoren u1 := [λ11 λ12] und u2 := [λ21 λ22]linear unabhangig (eine Basis) ist. (Nur skalare Vielfache von u1 := [λ21 λ22] mussten eliminiert werden.)Wir kommen endlich zur Feststellung: Es gibt bei festen v1, v2 ∈ Kn genau (q2 − 1)(q2 − q) Moglichkeitenfur die Wahl der Skalare λ11, λ12, λ21, λ22 ∈ K, so dass die Vektoren v′1, v
′2, welche mit dem Ansatz (7), (8)
gebildet sind, linear unabhangig sind.3. Bemerkung: Es gibt (qn − 1)(qn − q) Moglichkeiten fur die Wahl von zwei linear unabhangigen Vektorenv1, v2 aus Kn:Begrundung:• Es gibt (qn − 1) Moglichkeiten fur die Wahl von v1 in Kn, so dass das System bestehend aus dem einzigenVektor v1 zu einer Basis von Kn erganzt werden kann. (Nur der Null–Vektor aus Kn musste eliminiert werden.)• Fur ein festes v1 ∈ Kn gibt es des weiteren (qn − q) Moglichkeiten fur die Wahl von v2 in Kn, so dass
das System bestehend aus den zwei Vektoren v1 und v2 linear unabhangig ist. (Nur skalare Vielfache von v1
mussten eliminiert werden.)Ende der Begrundung zur 3. Bemerkung.Fazit:Die Anzahl der zweidimensionalen Untervektorraume von Kn ist
#{ (v1, v2) | v1, v2 linear unabhangig in Kn }#{ (u1, u2) | u1, u2 linear unabhangig in K2 }
=(qn − 1)(qn − q)(q2 − 1)(q2 − q)
.
�
Aufgabe 30 Die formalen Polynome f(X) vom Grad ≤ n mit Koeffizienten in K bilden einen endlich dimen-sionalen K-Vektorraum Πn auf naturliche Weise. Was ist dessen Dimension dimK(Πn)? Sei g(X) ein Polynomin Πm. Zeigen Sie, dass die Abbildung
f(X) 7→ g(X) · f(X)
(Polynommultiplikation) eine K-lineare Abbildung ϕ von Πn nach Πn+m definiert. Was ist die Dimension vonBild(ϕ)?
Losung:
Ein formales Polynom f vom Grad ≤ n mit Koeffizienten im Korper K ist gegeben in alternativer Notationals:
f = (f0, f1, . . . , fn) oder
f = f0 + f1X + · · ·+ fnXn .
Dabei liegen die Koeffizienten
f0, f1, . . . , fn ∈ K .
Die Addition und Skalar–Multiplikation von solchen formalen Polynomen ist per Definition gegeben in der erstenNotation durch die Gesetze:
(f0, f1, . . . , fn) + (f ′0, f′1, . . . , f
′n) := (f0 + f ′0, f1 + f ′1, . . . , fn + f ′n) ,
λ(f0, f1, . . . , fn) := (λf0, λf1, . . . , λfn) .
Es folgt, dass der Vektorraum Πn kanonisch isomorph zum Vektorraum Kn+1 ist. Seine Dimension ist alson+ 1.Spatestens an dieser Stelle, muss man (ich) erklaren, wie die Polynom–Multiplikation funktioniert. (Je kompli-zierter die Definition der Polynom–Multiplikation, desto mehr Spas(m)s beim Tippen der weiteren Formeln.)Ich verwende die folgende Definition:Seien a, b Polynome uber einem Korper (oder Ring) K. Dann sind a, b von der Form:
a = (a0, a1, . . . , ana) = a0 + a1X + · · ·+ anaXna ,
b = (b0, b1, . . . , bnb) = b0 + b1X + · · ·+ bnbXnb
fur geeignete na, nb ∈ N und a0, a1, . . . , ana ; b0, b1, . . . , bnb ∈ K.Wir definieren c := ab als
c = (c0, c1, . . . , cnc) = c0 + c1X + · · ·+ cncXnc ,
mit nc := na + nb und
cl :=∑
0≤j≤na0≤k≤nbj+k=l
aj · bk , fur alle l mit 0 ≤ l ≤ nc := na + nb .
Aquivalent:
c =∑
0≤l≤nc
∑
0≤j≤na0≤k≤nbj+k=l
aj · bk
X l .
Wir zeigen endlich, dass ϕ eine K–lineare Abbildung ist:Sei g = (g0, g1, . . . , gm) = g0 + g1X + · · ·+ gmX
m ∈ Πm ein festes (formales) Polynom. Wir betrachten nundie Abbildung
Πnϕ // Πn+m
fϕ // ϕ(f) := g · f
und zeigen, dass ϕ eine K–lineare Abbildung ist.
Seien
f = (f0, f1, . . . , fn) ∈ Πn und
f ′ = (f ′0, f′1, . . . , f
′n) ∈ Πn
beliebig.Seien λ, λ′ ∈ K beliebig.Wir zeigen die Relation:
ϕ(λf + λ′f ′) = λϕ(f) + λ′ϕ(f ′) ,
indem wir zeigen, dass fur alle naturlichen l mit 0 ≤ l ≤ n+m gilt:
[ l.te Komponente von ϕ(λf + λ′f ′) ]
= [ l.te Komponente von λϕ(f) + λ′ϕ(f ′) ] .
Es gilt in diesem Sinne:
[ l.te Komponente von ϕ(λf + λ′f ′) ]
= [ l.te Komponente von g(λf + λ′f ′) ]
=∑
0≤j≤na0≤k≤nbj+k=l
gj · k.te Komponente von (λf + λ′f ′)
=∑
0≤j≤na0≤k≤nbj+k=l
gj · (λfk + λ′f ′k)
= λ
∑
0≤j≤na0≤k≤nbj+k=l
gj · fk
+ λ′
∑
0≤j≤na0≤k≤nbj+k=l
gj · f ′k
= λ [ l.te Komponente von gf ] + λ′ [ l.te Komponente von gf ′ ]
= λ [ l.te Komponente von ϕ(f) ] + λ′ [ l.te Komponente von ϕ(f ′) ]
= [ l.te Komponente von λϕ(f) + λ′ϕ(f ′) ] .
Dies zeigt die K–Linearitat von ϕ.Um die Dimension des Bildes von ϕ zu ermitteln, ermitteln wir einfacher die Dimension des Kernes von ϕ: Wirunterscheiden die Falle:1. Fall: g = 0 Dann ist der Kern von ϕ “alles” (genauer: der ganze Definitionsbereich Πn). Das Bild ist einfachder Null–Untervektorraum von Πn+m.2. Fall: g 6= 0. Dann gibt es einen Koeffizienten von g, der nicht “verschwindet” in K (i.e. welcher ungleich Nullist). Den Koeffizienten gj 6= 0 mit einem maximalen j, 0 ≤ j ≤ m, nennt man Hauptkoeffizienten von g. (DerHauptkoeffizient von g 6= 0 existiert und ist wohldefiniert.) Man stellt leicht fest, dass zu einem Korper Kder Hauptkoeffizient eines Produkts von Polynomen gleich zum Produkt der Hauptkoeffizienten der Polynomeist.Insbesondere ist die Abbildung ϕ, die “Multiplikation mit g”, eine injektive Abbildung.Es folgt aus der Formel:
dim(Πn)︸ ︷︷ ︸=(n+1)
= dim(Kern(ϕ))︸ ︷︷ ︸=0
+ dim(Bild(ϕ))
anschließend:
dim(Bild(ϕ)) = (n+ 1) .
�
Aufgabe 31 Zeigen Sie fur alle ϕ ∈ HomK(U, V ) und alle ψ ∈ HomK(V,W )
dimK
(ψ(V )
)+ dimK
(ϕ(U)
)−dimK(V ) ≤ dimK
((ψ ◦ ϕ)(U)
)dimK
((ψ ◦ ϕ)(U)
)≤ min
{dimK
(ϕ(U)
), dimK
(ψ(V )
) }.
Losung: Bevor ich anfange zu denken, schreibe ich die drei Dimensionssatze fur die drei Abbildungen imDiagramm:
Uϕ //
ψ◦ϕ AAAAAAAA V
ψ
��W
dim Bild(ψ) + dim Kern(ψ) = dimV , (10)dim Bild(ϕ) + dim Kern(ϕ) = dimU , (11)
dim Bild(ψ ◦ ϕ) + dim Kern(ψ ◦ ϕ) = dimU . (12)
(Alle Dimensionen “dim” sind uber K. Die Notation ist schwerfallig genug . . . ) Ein scharfer Blick zur erstenUngleichung, welche gezeigt werden muss, fuhrt zur Bildung von:
(12)− (11)− (10) .
Daraus folgt:
dim Bild(ψ ◦ ϕ)− dim Bild(ψ)− dim Bild(ϕ) + dimV (13)= dim Kern(ψ) + dim Kern(ϕ)− dim Kern(ψ ◦ ϕ) (14)
Die erste Ungleichung der Aufgabe behauptet, dass der Ausdruck (13) ≥ 0 ist. Wir zeigen aquivalent, dass derAusdruck (14) ≥ 0 ist. Dafur betrachten wir die lineare Abbildung ϕ′:
Kern(ψ ◦ ϕ)ϕ′:=Einschrankung von ϕ // Kern(ψ) .
Man kann sich leicht uberzeugen, dass die Abbildung wohldefiniert ist.(Fur alle u ∈ Kern(ψ ◦ ϕ) liegt ϕ′(u), definiert als ϕ(u), (tatsachlich) in Kern(ψ).) Der Dimensionssatz fur ϕ′
liefert:
dim Kern(ψ ◦ ϕ) = dim Kern(ϕ′)︸ ︷︷ ︸⊆Kern(ϕ)
+ dim Kern(ϕ′)︸ ︷︷ ︸⊆Wertebereich von ϕ′
≤ dim Kern(ϕ) + dim Kern(ψ) .
Daraus folgt die Positivitat von (14), also die Positivitat von (13), also die erste Ungleichung aus der Aufga-benstellung.
Wir zeigen des weiteren die zweite Ungleichung aus der Aufgabenstellung, indem wir die folgenden zwei Un-gleichungen zeigen:
dim Bild(ψ ◦ ϕ) ≤ dim Bild(ψ) und (15)dim Bild(ψ ◦ ϕ) ≤ dim Bild(ϕ) . (16)
Die Ungleichung (15) folgt sofort, da eine Inklusion von Untervektorraumen von W vorliegt:
Bild(ψ ◦ ϕ) ⊆ Bildψ .
Fur die zweite Ungleichung betrachten wir die lineare Abbildung:
Bild(ϕ)ψ′:=Einschrankung von ψ // Bild(ψ ◦ ϕ) .
Man kann sich leicht uberzeugen, dass die Abbildung wohldefiniert ist.(Fur alle v ∈ Bild(ϕ) liegt ψ′(v), definiert als ψ(v), (tatsachlich) in Bild(ψ ◦ ϕ).)Der Dimensionssatz fur ψ′ liefert:
dim Bild(ϕ) = dim Bild(ψ′)︸ ︷︷ ︸=Bild(ψ◦ϕ) !
+ dim Bild(ψ′)︸ ︷︷ ︸≥0
≥ Bild(ψ ◦ ϕ) .
Es folgt (16).�
Bemerkung: Wenn man solche allgemeinen Ungleichungen zwischen Dimensionen unterschiedlicher Vektorraumein einem “grosseren” Diagramm zeigen muss, so sollte man die Dimensionssatze verwenden. Fur die involviertenUnterraume sollte man immer sehen, in welchem grosseren Vektorraum sie leben. Man sollte eventuell lineareAbbildungen zwischen diesen Unterraumen finden, welche vielleicht durch Einschrankungen von Abbildungenzwischen den grosseren Vektorraumen entstehen.
Ubungsblatt 7
Aufgabe 32 Bestimmen Sie den Kern der linearen Abbildung ϕ : R3 → R3, welche durch folgende Matrix
gegeben ist 3 1 25 −1 62 0 2
.
Losung: Sei
x =
x1
x2
x3
∈ R3 .
Dann sind die folgenden Aussagen sukzessive aquivalent:• x ∈ Kern ϕ,
•
3 1 25 −1 62 0 2
x1
x2
x3
=
000
,
• x ist eine Losung des folgenden Gleichungssystems: 3x1 +x2 +2x3 = 0 (Gl I1)5x1 −x2 +6x3 = 0 (Gl II1)2x1 +2x3 = 0 (Gl III1)
(17)
• x ist eine Losung des folgenden Gleichungssystems: 3x1 +x2 +2x3 = 0 (Gl I2)5x1 −x2 +6x3 = 0 (Gl II2)x1 +x3 = 0 (Gl III2)
(18)
Die letzte Gleichung (Gl III1) bzw. (Gl III2) der zwei linearen Gleichungssysteme (17) und (18) wurde beidiesem Schritt geandert.Um von (17) das LGS (18) zu bekommen, wird die dritte Gleichung von (17) mit 2 multipliziert. Ich schreibedafur formal:
(Gl III2) = 2 · (Gl III1) .
Um von (18) das LGS (17) zu bekommen, wird die dritte Gleichung von (18) mit 1/2 multipliziert. Formal:
(Gl III1) =12· (Gl III2) .
Ich bestehe darauf, bei jedem Schritt (zum ersten Gleichungssystem (17) ) aquivalente Gleichungssystemeherzuleiten. Die “neuen” Gleichungen mussen von den “alten” hergeleitet werden konnen und umgekehrt:Die “alten” Gleichungen mussen von den “neuen” hergeleitet werden konnen.• x ist eine Losung des folgenden Gleichungssystems: +x2 −x3 = 0 (Gl I3)
−x2 +x3 = 0 (Gl II3)x1 +x3 = 0 (Gl III3)
(19)
Die ersten zwei Gleichungen der zwei linearen Gleichungssysteme (18) und (19) wurden bei diesem Schrittgeandert. Um die Aquivalenz von (18) und (19) zu begrunden bemerken wir die folgenden Relationen:
(Gl I3) = (Gl I2)− 3 · (Gl III2) , (Gl I2) = (Gl I3) + 3 · (Gl III3) ,
(Gl II3) = (Gl II2)− 5 · (Gl III2) , (Gl II2) = (Gl II3) + 5 · (Gl III3) ,
(Gl III3) = (Gl III2) , (Gl III2) = (Gl III3) .
Die Begrundung der Aquivalenz ist deswegen einfach, weil eine “gemeinsame Gleichung” beibehalten wurde, undalle anderen Gleichungen wurden um ein vielfaches dieser gemeinsamen Gleichunge verandert. Der Fortschrittvon (18) auf (19) ist, dass in (19) die ersten zwei Gleichungen die “Unbekannte” x1 nicht mehr beinhalten.Dieser Prozess nennt man Eliminierung. Der Koeffizient (bei uns 1) der Unbekannten (bei uns x1) in dergemeinsamen Gleichung (bei uns (Gl III2)=(Gl III3)), welche in den anderen Gleichungen eliminiert wird,wird auch Pivot–Element genannt.• • x ist eine Losung des folgenden Gleichungssystems: +x2 −x3 = 0 (Gl I4)
0 = 0 (Gl II4)x1 +x3 = 0 (Gl III4)
(20)
Die Aquivalenz von (19) und (20) folgt aus:
(Gl I4) = (Gl I3) , (Gl I3) = (Gl I4) ,
(Gl II4) = (Gl II3) + (Gl I3) , (Gl II3) = (Gl II4)− (Gl I4) ,
(Gl III4) = (Gl III3) , (Gl III3) = (Gl III4) .
• x erfullt x1 = −x3, x2 = x3.•
x =
x1
x2
x3
=
−x3
x3
x3
= x3
−111
.
Wir beenden hier die Folge der Aquivalenzen mit dem folgenden Ergebnis:x ∈ R3 ist ein Element des Kerns von φ genau dann, wenn x sich linear vom Vektor
v1 :=
−111
“kombinieren” lasst.Der Vektor v1 (genauer: das System, bestehend aus dem einzigen Vektor v1,) erzeugt den Kern von ϕ.Das System, bestehend aus dem einzigen Vektor v1, ist offensichtlich linear unabhangig (v1 6= 0).
Fazit:Der Kern der Abbildung ϕ ist der Untervektorraum von R3 mit der Basis {v1}.Alternative Beschreibung: Der Kern der Abbildung ϕ ist
Kern ϕ = { x =
x1
x2
x3
∈ R3 : x1 = −x3 , x2 = x3 } .
�Die Bestatigung durch maple ist langweilig:
eq1 := ( 3*x1 + x2 +2*x3 = 0 ) ;
eq2 := ( 5*x1 - x2 +6*x3 = 0 ) ;
eq3 := ( 2*x1 +2*x3 = 0 ) ;
solve( {eq1, eq2 , eq3} , {x1, x2, x3} );
mit dem Ergebnis:
> eq1 := ( 3*x1 + x2 +2*x3 = 0 ) ;
eq1 := 3 x1 + x2 + 2 x3 = 0
> eq2 := ( 5*x1 - x2 +6*x3 = 0 ) ;
eq2 := 5 x1 - x2 + 6 x3 = 0
> eq3 := ( 2*x1 +2*x3 = 0 ) ;
eq3 := 2 x1 + 2 x3 = 0
> solve( {eq1, eq2 , eq3} , {x1, x2, x3} );
{x1 = -x3, x2 = x3, x3 = x3}
>
Das Gauss–Verfahren (Gauss–Elimination):Die obige Beweisfuhrung ist sehr lastig. In der Praxis (der Klausuren) zieht man wie in der Schule vor, dasobige Verfahren zu formalisieren und von den vielen Umformungen des ursprunglichen LGS nur die notwendigeInformation von einem Schritt zum anderen “mitzuschleppen”.Dafur vereinbart man, dass die lastigen Unbekannten nicht mehr explizit erscheinen, so dass man fur die obigeUmformung von linearen Gleichungssystemen nur folgende Information ubrig bleibt:
3 1 2 05 1 6 02 0 2 0 : 23 1 2 05 1 6 01 0 1 0
0 1 −1 00 −1 1 01 0 1 00 1 −1 00 0 0 01 0 1 0
Die Pivotelemente stehen in einem Kasten. Alle Schritte konnen durch die obige tabellarische Form nachvoll-zogen werden.Man kann sogar noch mehr in diesem Eliminations–Verfahren automatisieren. In der Schule wurde “didaktisch”betont, dass man immer zu dokumentieren hat, wie eine neue Gleichung aus alteren entsteht. Das kann mitdem folgenden Rezept mechanisch vermeiden: Falls man von einem bereits berechneten “Tabellen–Sektor” zumnachsten ubergehen mochte, dann sind folgende blinde Schritte nachzuvollziehen:• Ein Pivot–Element wird in dem zuletzt berechneten Tabellen–Sektor ausgezeichnet. Kriterien fur seine Wahlsind:
Zwingend: Es darf nicht gleich Null sein.Fakultativ: Da ein Mensch die weitere Berechnung durchfuhrt, ware es von Vorteil, wenn das Pivot–Element
ein “einfaches multiplikationsinverses Element” im gegebenen Korper hat, wenn in seiner Zeile und/oder Spaltemoglichst viele Null–Eintrage stehen und wenn es nicht in gleicher Zeile mit einem fruheren Pivot–Element steht.• In dem nachsten Tabellen–Sektor wird die Pivotzeile abgeschrieben. Falls man ein unvollstandiges Eliminati-onsverfahren durchfuhrt, dann sind alle Zeilen der bereits verwendeten Pivot–Elemente auch abzuschreiben. Inden noch leeren Zeilen wird in der Spalte des Pivot–Elements die Null eingetragen.• Die weiteren Eintragen werden wie folgt berechnet:
......
. . . A . . . B . . ....
.... . .
...... alter Tabellen–Sektor
. . . C . . . D . . ....
......
.... . . A . . . B . . . Die Zeile des alten Pivots wurde abgeschrieben
......
. . ....
... neuer Tabellen–Sektor. . . 0 . . . D − BC
A . . ....
...
Die neue (veranderte) Zeile [ . . . 0 . . . D − BCA . . . ] in der neuen Tabelle entsteht als
[ . . . C . . . D . . . ]− CA [ . . . A . . . B . . . ].
(Bemerkung: Eine solche Operation konserviert von einem Schritt zum anderen auch die Determinante derMatrix aus jedem Sektor. Sie ist also auch nutzlich fur Determinanten–Berechnungen. Dies gilt nur fur das
Eliminationsverfahren, welches oben beschrieben wurde. Wen mann andere Operationen wie z.B. Multiplika-tion oder Division einer Zeile mit einem Skalar zulasst, dann sollte man auf die entsprechende Anderung derDeterminante achten.)
Aufgabe 33 Finden Sie die inverse Matrix der Matrix
A :=
1 1 1 10 1 1 10 0 1 10 0 0 1
.
Hinweis: Die inverse Matrix hat wieder Dreiecksgestalt.
Losung: Da ich nicht garantieren kann, dass im Leben (in einer Klausur) Matrizen einer beliebigen Gestaltnicht vorkommen, versuche ich ein Rezept zu geben, wie man inverse Matritzen “menschlich” (ohne jeglicheHilfe eines Halbleiters) berechnet.
Diese Aufgabe ist erneut eine Aufgabe, in welcher man im Besitz des Resultats die Probe sofort nachvollziehenkann. Diese Probe ist dann die Losung. In einer Klausur ist es also eine gute Strategie, ein Schmierblatt zunehmen und die Aufgabe ohne Kommentar fur den Korrektor durch die eigene Methode moglichst schnell zulosen. Der Korrektor muss sich mit dem Beweis zufrieden geben, welcher ungefahr so lautet: “Die inverse Matrixist . . . , da die folgende Probe gilt: . . . ” .
Ich kann mir jetzt den Luxus nicht leisten, direkt die inverse Matrix zu tippen. (Sie ist mir aus strukturellenGrunden bekannt.) Zuerst kommt eine einfuhrende Diskussion, welche das anschließende allgemeine Rezepterklart.
Da die Aufgabenstellung fur mich keinen Korper festlegt, muss ich mir einen Korper K geben und die gegebeneMatrix als Matrix mit Koeffizienten in K betrachten.Gesucht ist dann eine 4× 4 Matrix X mit Eintragen in K von der Gestalt:
X :=
x11 x12 x13 x14
x21 x22 x23 x24
x31 x32 x33 x34
x41 x42 x43 x44
,
so dass gilt AX = E (E ist die Einheitsmatrix von der Grosse 4× 4):1 1 1 10 1 1 10 0 1 10 0 0 1
x11 x12 x13 x14
x21 x22 x23 x24
x31 x32 x33 x34
x41 x42 x43 x44
=
1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1
.
(Ein gutes Auge fur Blockformat–Matrizen erlaubt die folgende Bemerkung:)Es folgt dann z.B. fur die erste Spalte der Matrix X die Gleichung:
1 1 1 10 1 1 10 0 1 10 0 0 1
x11
x21
x31
x41
=
1000
Dies ist ein lineares Gleichungssystem in den Unbekannten x11, x21, x31, x41
x11 +x21 +x31 +x41 = 1x21 +x31 +x41 = 0
x31 +x41 = 0x41 = 0
Diese LGS ist bereits in “Stufengestalt”. Die Losung ergibt sich sofort:
0 = x41 = x31 = x21 , x11 = 0 .
In diesem Fall ist es nicht notig, ein Eliminationsverfahren einzuleiten, ich tue es doch. (Es handelt sich umeine totale Elimination.)
1 1 1 1 10 1 1 1 00 0 1 1 00 0 0 1 01 0 0 0 10 1 1 1 00 0 1 1 00 0 0 1 01 0 0 0 10 1 0 0 00 0 1 1 00 0 0 1 01 0 0 0 10 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 0
Im letzten Tabellen–Sektor ist die Matrixgleichung die Einheitsmatrix. Deswegen ist der rechtsstehende Spal-
tenvektor
[1000
]die gesuchte Losung fur
[x11x21x31x41
].
Fur die anderen Spalten von X hat man ahnliche Gleichungssysteme zu losen. Eine Schlussel–Bemerkung ist,dass die Matrix des jeden Gleichungssystems die gegebene Matrix A ist. Dann kann man formal fur alle vierSysteme gleichzeitig das Eliminationsverfahren starten:
1 1 1 1 1 0 0 00 1 1 1 0 1 0 00 0 1 1 0 0 1 00 0 0 1 0 0 0 11 0 0 0 1 −1 0 00 1 1 1 0 1 0 00 0 1 1 0 0 1 00 0 0 1 0 0 0 11 0 0 0 1 −1 0 00 1 0 0 0 1 −1 00 0 1 1 0 0 1 00 0 0 1 0 0 0 11 0 0 0 1 −1 0 00 1 0 0 0 1 −1 00 0 1 0 0 0 1 −10 0 0 1 0 0 0 1
Und nun die Losung der Aufgabe:Die invese Matrix zu A ist die Matrix X:
X =
1 −1 0 00 1 −1 00 0 1 −10 0 0 1
da gilt: AX = E = XA.
�Die Bestatigung durch maple ist langweilig:
with(linalg):
A := matrix( 4,4,
[
[ 1,1,1,1 ],
[ 0,1,1,1 ],
[ 0,0,1,1 ],
[ 0,0,0,1 ]
]
);
X := inverse(A) ;
mit dem Ergebnis:
> with(linalg):
> A := matrix( 4,4,
> [
> [ 1,1,1,1 ],
> [ 0,1,1,1 ],
> [ 0,0,1,1 ],
> [ 0,0,0,1 ]
> ]
> );
[1 1 1 1]
[ ]
[0 1 1 1]
A := [ ]
[0 0 1 1]
[ ]
[0 0 0 1]
> X := inverse(A) ;
[1 -1 0 0]
[ ]
[0 1 -1 0]
X := [ ]
[0 0 1 -1]
[ ]
[0 0 0 1]
>
Aufgabe 34 Geben Sie eine geometrische Deutung der linearen Abbildungen, welche durch folgende Matrizengegeben sind [
1 x0 1
],
[cos(α) sin(α)− sin(α) cos(α)
].
Losung: Fur alle a, b ∈ R gilt:[1 x0 1
] [ab
]=[a+ bxb
],
[1 x0 1
] [a0
]=[a0
],
[1 x0 1
] [0b
]=[bxb
].
Die lineare Abbildung zur gegebenen Matrix invariiert also die Gerade (Abszisse)
{[a0
]: a ∈ R}
und “zerrt” die Gerade (Ordinate)
{[0b
]: b ∈ R} in {
[bxb
]: b ∈ R} .
Der Vektor
v = [ ab ] ∈ R2
wird durch Links–Multiplikation mit der zweiten Matrix aud der Aufgabenstellung in den folgenden Vektorabgebildet:
w =[
cos(α) sin(α)− sin(α) cos(α)
][ ab ] =
[a cos(α)−b sin(α)a sin(α)+b cos(α)
]∈ R2
Mit dem Schulwissen berechnet man den Winkel zwischen den Vektoren v und w:
cos( Winkel zwischen v und w ) =v · w‖v‖ ‖w‖
=a(a cos(α)− b sin(α)) + b(a sin(α) + b cos(α))√
a2 + b2√a2 + b2
=a2 cos(α) + b2 cos(α)
a2 + b2
= cos(α) .
Der Winkel zwischen v und w ist also ±α.
Eine genauere Untersuchung 5 liefert, dass die linearen Abbildung zur Matrix[
cos(α) sin(α)− sin(α) cos(α)
]einer Drehung
um den Winkel α in trigonometrischer Richtung entspricht.�
Aufgabe 35 Finden Sie eine nicht verschwindende (2× 2)–Matrix N mit der Eigenschaft
N2 = N ·N = 0 .
Losung: Die Matrix
[0 10 0
]hat die gewunschte Eigenschaft.
�
Aufgabe 36 Was ist der Rang der Matrix
A :=
1 2 3 45 6 7 89 10 11 1213 14 15 16
?
Losung: Es ist erneut kein Korper in der Aufgabenstellung festgelegt worden. Ich werde zuerst den Rang derobigen Matrix uber einem beliebigen Korper K der Charakteristik ungleich 2 berechnen und dann erklaren, wasin der Charakteristik 2 passiert.Um den Rang einer Matrix zu berechnen, ist es ausreichend, die Dimension des Kerns oder des Bildes derlinearen Abbildung zu dieser Matrix zu berechnen.Man untersucht also die Losung des einen oder des anderen Gleichungssystems unter den folgenden zwei “LGS”
1 2 3 45 6 7 89 10 11 1213 14 15 16
x1
x2
x3
x4
=
0000
,
1 2 3 45 6 7 89 10 11 1213 14 15 16
x1
x2
x3
x4
=
b1b2b3b4
fur feste b1, b2, b3, b4 ∈ K.
5Der Vektor[
10
]wird auf
[cos(α)sin(α)
]abgebildet
Das entsprechende Gauss–Verfahren fur beide Systeme gleichzeitig ist:
1 2 3 4 0 b15 6 7 8 0 b29 10 11 12 0 b313 14 15 16 0 b41 2 3 4 0 b10 −4 −8 −12 0 b2 − 5b10 −8 −16 −24 0 b3 − 9b10 −12 −24 −36 0 b4 − 13b11 2 3 4 0 b10 −4 −8 −12 0 b2 − 5b10 0 0 0 0 (b3 − 9b1)− 2(b2 − 5b1)0 0 0 0 0 (b4 − 13b1)− 3(b2 − 5b1)
Bereits an dieser Stelle konnen wir formal behaupten, dass der Rang der gegebenen Matrix gleich zwei ist. (Dieersten zwei Zeilen des letzten Tabellen–Sektors sind linear unabhangig, die anderen gleich Null.)
�Die Aufgabe ist gelost, ich mochte jedoch erklaren, wie man eine Basis fur den Kern bzw. fur das Bild wahlenkann.
Ein Vektor x =
x1
x2
x3
x4
liegt im Kern der linearen Abbildung zur Matrix A
genau dann, wenn gelten: x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 = 0 und −4(x2 + 2x3 + 3x4) = 0 alsogenau dann, wenn gelten: x2 = −2x3 − 3x4 und x1 = −2x2 − 3x3 − 4x4 alsogenau dann, wenn gelten: x2 = −2x3 − 3x4 und x1 = x3 + 2x4 alsogenau dann, wenn gilt:
x =
x1
x2
x3
x4
=
x3 + 2x4
−2x3 − 3x4
x3
x4
= x3
1−210
+ x4
2−301
.
Die Vektoren
1−210
und
2−301
bilden also ein Erzeugendensystem des Kerns von A. Sie sind offensichtlich
linear unabhangig ( – nach Betrachtung der letzten zwei Komponenten – ), so dass sie eine Basis des Kernsvon A bilden. Die Dimension des Kerns ist also zwei.Die Bestatigung durch maple ist langweilig:
with(linalg):
A := matrix( 4,4,
[
[ 1, 2, 3, 4 ],
[ 5, 6, 7, 8 ],
[ 9,10,11,12 ],
[ 13,14,15,16 ]
]
);
rank(A);
mit dem Ergebnis:
> with(linalg):
> A := matrix( 4,4,
> [
> [ 1, 2, 3, 4 ],
> [ 5, 6, 7, 8 ],
> [ 9,10,11,12 ],
> [ 13,14,15,16 ]
> ]
> );
[ 1 2 3 4]
[ ]
[ 5 6 7 8]
A := [ ]
[ 9 10 11 12]
[ ]
[13 14 15 16]
> rank(A);
2
>
�
Ich berechne nun eine Basis fur das Bild von A.
Ein Vektor b =
b1b2b3b4
liegt genau dann im Bild von A, wenn die vier “Gleichungen” im letzten Tabellen–Sektor
des obigen Gauss–Verfahrens losbar sind. Die ersten zwei Gleichungen haben immer eine Losung.Fur die letzten zwei filtriert man die notwendige und hinreichende Bedingung fur b ∈ Bild A:{
(b3 − 9b1)− 2(b2 − 5b1) = 0(b4 − 13b1)− 3(b2 − 5b1) = 0 oder
{2b1 −2b2 +b3 = 02b1 −3b2 +b4 = 0
Im letzten Gleichungssystem kann man b1, b2 frei wahlen. Ein Vektor b liegt also genau dann im Kern von A,wenn gilt:
b =
b1b2b3b4
=
b1b2
−2b1 + 2b2−2b1 + 3b2
= b1
10−2−2
+ b2
0123
.
Die Vektoren
10−2−2
und
0123
bilden also ein Erzeugendensystem des Bildes von A. Sie sind offensichtlich linear
unabhangig. So bilden sie eine Basis.Die Dimension des Bildes von A ist also zwei. (Diese ist ublicherweise die Definition des Ranges einer Matrix.)
Aufgabe 37 Die formalen Polynome g(X) vom Grad ≤ m mit Koeffizienten in K bilden einen K-VektorraumΠm. Sei g(X) ein nichtverschwindendes Polynom in Πm vom genauen Grad m.Zeigen Sie: Jedes Polynom f(X) vom Grad ≤ n+m schreibt sich eindeutig in der Form
f(X) = g(X) · h(X) + r(X)
mit einem Polynom h(X) ∈ Πn und einem Rest r(X) ∈ Πm−1 (bzw. r(X) = 0 falls m = 0) schreiben.
Hinweis: Betrachten Sie die Abbildung ϕ : Πn → Πn+m definiert durch
f(X) 7→ g(X) · f(X)
(Polynommultiplikation). Was ist ϕ(Πn) ∩Πm−1? Benutzen Sie die Dimensionsformel.
Losung: Ich werde Polynome mit einem Buchstaben bezeichnen: f := f(X), g := g(X), h = h(X), r :=r(X), etc. (Diese ist eine Erleichterung der Notation.)
Der Fall m = 0 ist trivial: Ein Polynom g vom Grad Null ist ein konstantes Polynom, welches nicht gleich Nullist. Es gibt also das “inverse Polynom” g−1 im “Ring” der Polynome. Die Division mit Rest mit g ist also eineDivision ohne Rest.
Wir betrachten des weiteren den “ernsten Fall”: m ≥ 1.Wir betrachten wie im Hinweis die Abbildung:
Πnϕ:= Multiplikation mit g // Πn+m
.
Diese Abbildung ist injektiv, da die Abbildung “Multiplikation mit dem Hauptkoeffizienten von g” von K nachK es ist. (Der Hauptkoeffizient des Produkts von Polynomen ist gleich zum Produkt der Hauptkoeffizientender Polynome. Der Hauptkoeffizient von g ist ungleich Null: g 6= 0.)Es folgt dann aus der Dimensionsformel:
(n+ 1) = dim Πn
= dim Bild ϕ+ dim Kern ϕ
= dim Bild ϕ+ 0 da ϕ injektiv ist
= dim Bild ϕ .
Wir untersuchen des weiteren den Durchschnitt der Untervektorraume Bild ϕ = ϕ(Πn) und Πm−1.Sei h ∈ Πn. Falls h = 0 ist, so ist ϕ(h) = gh = g0 = 0. So befindet sich 0 (naturlich) im Durchschnittϕ(Πn) ∩Πm−1.Falls h 6= 0 ist, dann gilt:
( Hauptkoeffizient von ϕ(h) ) = ( Hauptkoeffizient von gh )= ( Hauptkoeffizient von g ) · ( Hauptkoeffizient von h ) 6= 0
und der Hauptkoeffizient von ϕ(h) erscheint im Grad gleich zu
( Grad von g ) + ( Grad von f ) ≥ m+ 0 = m .
Insbesondere liegt ϕ(h) nicht in Πm−1. Es folgt:
ϕ(Πn) ∩Πm−1 = 0.
(Die letzte Null steht fur den trivialen Untervektorraum von Πn+m. Es besteht als Menge aus dem einzigenElement 0, dem Nullvektor. Ein solcher Notationsmissbrauch kann leider nicht vermieden werden.)Man kann dann die direkte Summe
ϕ(Πn)⊕Πm−1 = ϕ(Πn) + Πm−1 als Untervektorraum von Πn+m .
Die Dimension dieser direkten Summe ist:
dim(ϕ(Πn)⊕Πm−1) = dimϕ(Πn) + dim Πm−1)= (n+ 1) + m
= n+m+ 1= dim Πn+m .
Aus der Inklusion ϕ(Πn)⊕Πm−1 ⊆ Πn+m und der obigen Gleichheit der Dimensionen folgt die Gleichheit derRaume:
ϕ(Πn)⊕Πm−1 = Πn+m .
Sei nun endlich f ∈ Πn+m = ϕ(Πn)⊕Πm−1. Aus der Eigenschaft(en) der direkten Summe folgt die eindeutigeExistenz von h ∈ ϕ(Πn) und r ∈ Πm−1 mit
f = h+ r .
Aus h ∈ ϕ(Πn) folgt die eindeutige ( – ϕ ist injektiv – ) Existenz eines h ∈ Πn mit h = ϕ(h) = gh.Fazit: Fur jedes f ∈ Πn+m gibt es eindeutige h ∈ Πn und r ∈ Πm−1 mit der Eigenschaft:
f = gh+ r .
�
Ubungsblatt 8
Aufgabe 38 Fur jede Permutation σ ∈ Sn definiert
ϕ
(x1
...xn
) =
xσ(1)...
xσ(n)
eine K-lineare Abbildung ϕ : Kn → Kn. Warum?Wie sieht die zugehorige Matrix Mσ aus?Zeige Mσ ·Mτ = Mτ◦σ und folgere Mσ ∈ Gl(n,K).
Losung: Ich werde allgemein fur einen Vektor x ∈ Kn die i.te Komponente von x mit xi bezeichnen,1 ≤ i ≤ n. In diesem Sinne gilt fur alle i, 1 ≤ i ≤ n aus der Definition von ϕ:
ϕ(x)i = xσ(i) .
Wir zeigen nun die K–Linearitat von ϕ:Seien λ, µ ∈ K;x, y ∈ Kn. Die Gleichheit:
ϕ(λx+ µy) = λϕ(x) + µϕ(y)
ist dann aquivalent zur Gleichheit
(ϕ(λx+ µy))i = (λϕ(x) + µϕ(y))i alle i : 1 ≤ i ≤ n .
Sei dann i beliebig mit 1 ≤ i ≤ n. Wir berechnen (zu explizit):
(ϕ(λx+ µy))i = (λx+ µy)σ(i) Definition von ϕ
= (λx)σ(i) + (µy)σ(i) (Komponentenweise) Definition der Addition in Kn
= λ(xσ(i)) + µ(yσ(i)) Definition des Skalarprodukts in Kn
= λ(ϕ(x)i) + µ(ϕ(y)i) Definition von ϕ
= (λϕ(x))i + (µϕ(y))i Definition des Skalarprodukts in Kn
= (λϕ(x) + µϕ(y))i (Komponentenweise) Definition der Addition in Kn .
Aus den obigen Uberlegungen folgt dann die K–Linearitat von ϕ.
Behauptung: Sei Mσ die Matrix, welche fur alle 1 ≤ i, j ≤ n den (i, j).ten Eintrag gleich zu
mσ, i,j := δσ(i)=j :=
{1 falls σ(i) = j ,
0 sonst
hat. (Das Symbol δ steht fur die Kronecker–δ–Funktion. Allgemein ist fur zwei beliebige mathematischeObjekte P,Q die Zahl δP,Q oder δP=Q gleich 1, falls die Objekte gleich sind und Null sonst.)Dann ist Mσ die Matrix der Abbildung ϕ.Beweis der Behauptung: Sei e(k) der k.te Vektor der kanonischen Basis von Kn. Der i.te Eintrag von e(k)
ist 1 fur i = k und 0 sonst: e(k)i = δi=k.
Wir zeigen: ϕ(e(k)) = Mσ · e(k) fur alle 1 ≤ k ≤ n, wodurch die Behauptung gezeigt ist: Sei 1 ≤ i ≤ n. Wirzeigen genauer, dass die i.ten Komponenten dieser Vektoren, ϕ(e(k))i und (Mσ · e(k))i gleich sind:
ϕ(e(k))i = e(k)σ(i)
= δσ(i)=k auf der einen Seite und
(Mσ · e(k))i =∑
1≤j≤n
mσ, i,j · e(k)j
=∑
1≤j≤n
δσ(i)=j · δj=k
= δσ(i)=k .
Wir zeigen schließlich fur zwei beliebige Permutationen σ, τ die Gleichheit: Mσ ·Mτ = Mτ◦σ: Seien 1 ≤ i, k ≤ nbeliebig.
Die (i, k).te Komponente von Mσ ·Mτ
=∑
1≤j≤n
mσ, i,j ·mτ, j,k
=∑
1≤j≤n
δσ(i)=j · δτ(j)=k
=∑
1≤j≤n
δτ(σ(i))=τ(j) · δτ(j)=k da τ bijektiv ist ,
= δτ(σ(i)=k
= δ(τ◦σ)(i)=k
= Die (i, k).te Komponente von Mτ◦σ .
Da die Gleichheit aller Eintrage von Mσ ·Mτ und Mτ◦σ gezeigt wurde, folgt die Gleichheit dieser Matrizen.Insbesondere ist Mσ−1 die inverse Matrix von Mσ:
Mσ ·Mσ−1 = Mσ◦σ−1 = Midentische Permutation = Einheitsmatrix .
�
Aufgabe 39 Finden sie fur alle n ∈ Z eine Formel fur[1 10 −1
]n.
Losung: Wir bezeichen mit A die gegebene Matrix. Dan berechnet man leicht:
A2 = AA = E .
Es folgt insbesondere, dass A invertierbar ist: A−1 = A, so dass An sinnvoll fur alle n ∈ Z ist.Sei nun n ∈ Z beliebig. Sei r ∈ {0, 1} der Rest bei der Division mit Rest von n mit 2: Es gibt also ein q ∈ Zmit
n = 2q + r .
Dann berechnen wir:
An = A2q+r = A2qAr = (A2)qAr = EqAr = EAr = Ar
=
{E falls n gerade ist (r = 0) ,
A falls n ungerade ist (r = 1) .
�
Aufgabe 40 Zeige folgende Rechenregel fur transponierte Matrizen:
(A ·B)′ = B′ ·A′ .
Losung: Wir nehmen an, dass A eine m× n Matrix ist und dass B eine n× p Matrix ist.Seien A =: (Aij)1≤i≤m
1≤j≤nund B =: (Bjk)1≤j≤n
1≤k≤pNotationen der Eintrage der Matrizen A,B. (Diese liegen
in einem gemeinsamen Korper oder kommutativen Ring, welcher in der Aufgabenstellung nicht festgelegtwurde.) Allgemeiner bezeichen wir mit Cij den (i, j).ten Eintrag einer Matrix C. Dann gilt fur beliebige
1 ≤ i ≤ m , 1 ≤ k ≤ p die Gleichheit der entsprechenden (k, i)–Eintrage der p ×m Matrizen (A · B)′ undB′ ·A′:
((A ·B)′)ki := (A ·B)ik
:=∑
1≤j≤n
AijBjk
=∑
1≤j≤n
BjkAij
=∑
1≤j≤n
(B′)kj(A′)ji
=: (B′ ·A′)ki .
Es folgt dann die Behauptung aus der Aufgabenstellung. �
Aufgabe 41 Die Spur Spur(A) einer quadratischen Matrix A ∈Mn,n(K) ist definiert als
Spur(A) =n∑i=1
Aii .
Zeige fur alle A,B aus Mn,n(K) die Gleichung Spur(A ·B) = Spur(B ·A).
Losung: Mit naheliegenden Notationen gilt fur zwei beliebige Matrizen A ∈ Mm,n(R), B ∈ Mn,m(R) mitKoeffizienten in einem beliebigen kommutativen Ring R:
Spur(A ·B) :=∑
1≤i≤m
(A ·B)ii
=∑
1≤i≤m
∑1≤j≤n
AijBji
=∑
1≤i≤m1≤j≤n
AijBji
=∑
1≤j≤n1≤i≤m
BjiAij
=∑
1≤j≤n
∑1≤i≤m
BjiAij
=∑
1≤j≤n
(B ·A)jj
=: Spur(B ·A) .
�
Aufgabe 42 Eine Matrix A ∈Mn,n(K), welche mit allen Matrizen B aus Gl(n,K) vertauscht
A ·B = B ·A
ist notwendigerweise ein skalares Vielfaches der Einheitsmatrix. Die Umkehrung gilt auch. Zeige diese Aussagen.
Losung:
Sei λE ∈Mn,n(K) fur ein λ ∈ K eine Matrix, welche ein Vielfaches der Einheitsmatrix ist. Sei B eine Matrixaus Gl(n,K). Dann gilt:
(λE)B = λ(EB) = λB = λ(BE) = B(λE) .
Wir haben dabei bekannte Eigenschaften der K–Algebra der n× n Matrizen uber K verwendet.
Umgekehrt:Sei A ∈ Mn,n(K) eine Matrix, welche mit allen Matrizen aus Gl(n,K) vertauscht. Dann vertauscht A auchmit den Matrizen Dij(1) = E + Eij(1) fur alle i, j : 1 ≤ i, j ≤ n.
ADij(1) = Dij(1)A oder aquivalent
A(E + Eij(1)) = (E + Eij(1))A oder aquivalent
AE +AEij(1)) = EA+ Eij(1)A oder aquivalent
AEij(1)) = Eij(1)A .
(Ich werde des weiteren mit den Symbolen s, t, u weitere Indizes zwischen 1 und n bezeichen.)Seien s, u Indizes mit 1 ≤ s, u ≤ n. Dann folgt aus der letzten Gleichheit die Gleichheit der (s, u)–Eintrage:
(s, u)–Eintrag von AEij(1)) = (AEij(1))su =∑
1≤t≤n
ast · (Eij(1))tu
= asi · δju ,
(s, u)–Eintrag von Eij(1))A = (Eij(1)A)su =∑
1≤t≤n
(Eij(1))st · atu
= δis · aju .
Dabei ist δ das Kronecker–Symbol.Nun spezialisieren wir die Werte von s, u wie folgt:• Fur s = u = i folgt aus asi · δju = δis · aju dann aii · 0 = 1 · aji also 0 = aji.Die Indizes i, j sind beliebige ungleiche Indizes. Es folgt daraus, dass alle nichtdiagonalen Eintrage der MatrixA verschwinden.• Fur s = i und u = j folgt aus asi · δju = δis · aju dann aii · 1 = 1 · ajj .Die Indizes i, j sind beliebige ungleiche Indizes. Es folgt daraus, dass alle diagonalen Eintrage der Matrix Agleich sind.Aus dieser Argumentation folgt, dass A ein Vielfaches der Einheitsmatrix ist.
�
Aufgabe 43 Sei K ein endlicher Korper mit q Elementen. Wieviele Elemente besitzt die Gruppe Gl(n,K)?
Losung: Die Wahl eine (invertierbaren) n×n Matrix V ∈ Gl(n,K) ist bestimmt durch die Wahl von (ihren)n linear unabhangigen Spaltenvektoren.Umgekehrt bestimmen (bilden) n linear unabhangige Vektoren eine invertierbare Matrix mit diesen Vektorenals Spaltenvektoren.Es folgt:
#Gl(n,K) = #{ (v1, v2, . . . , vn) : v1, v2, . . . , vn linear unabhangig in Kn } .
Fur k zwischen 1 und n sei Ak die folgende Menge:
Ak := { (v1, v2, . . . , vk) : v1, v2, . . . , vk linear unabhangig in Kn } .
Die Menge A1 hat (qn−1) Elemente: Es gibt genau (qn−1) Moglichkeiten fur die Wahl eines Vektors v1 ∈ Kn,v1 6= 0.Man kann nun induktiv ( . . . endliche Induktion . . . ) beweisen, dass fur k zwischen 1 und n die Menge Akgenau
#Ak = (qn − 1) · (qn − q) · · · · · (qn − qk−1)
Elemente besitzt.Wir haben bereits im Vorfeld geklart, dass der Induktionsanfang gesichert ist: #A1 = (qn − 1).
Sei nun k zwischen 1 und n−1 beliebig. Wir nehmen an, dass Ak genau #Ak = (qn−1)·(qn−q)·. . . (qn−qk−1)Elemente hat. Wir zahlen nun die (Anzahl der) Elemente von Ak+1: Falls (v1, . . . , vk, vk+1) ∈ Ak+1 liegt, dannliegt (v1, . . . , vk) ∈ Ak. Fur die Wahl von (v1, . . . , vk) ∈ Ak gibt es genau (qn− 1) · (qn− q) · · · · · (qn− qk−1)Moglichkeiten. Wie viele Moglichkeiten gibt es bei festen v1, . . . , vk jeweils fur die Wahl von vk+1? (Hangtetwa diese Anzahl von Moglichkeiten auch von v1, . . . , vk ab?! Nein . . . )Folgende Wahlen von vk+1 unter allen qn Moglichkeiten der Wahl eines vk+1 ∈ Kn mussen ausgeschlossenwerden: (v1, dots, vk sind linear unabhangige Vektoren und) v1, dots, vk, vk+1 sind linear abhangige Vektoren.Es folgt, dass vk+1 eine lineare Kombination der Vektoren v1, dots, vk ist. Es gibt qk Moglichkeiten fur einesolche lineare Kombination. Diese qk Moglichkeiten werden ausgeschlossen.Es bleiben jeweils (qn − qk) Moglichkeiten fur die Wahl von vk+1 bei festen v1, dots, vk.Also hat Ak+1 genau:
(qn − 1) · (qn − q) · · · · · (qn − qk−1) · (qn − qk)
Elemente. Durch das Prinzip der endlichen Induktion folgt die Wahrheit der Aussage:
#Ak = (qn − 1) · (qn − q) · · · · · (qn − qk−1) fur alle k : 1 ≤ k ≤ n .
Es gilt also insbesondere:
#Gl(n,K) = #An = (qn − 1) · (qn − q) · · · · · (qn − qn−1) .
�
Ubungsblatt 9
Aufgabe 44 Sei A ∈ Mn,n(R) die Matrix mit den Eintragen ai,i = 2 fur i = 1, .., n und ai,i−1 = ai−1,i = 1fur i = 2, .., n und den sonstigen Eintragen gleich Null. Bestimmen Sie den Rang von A.
Losung:
Sei An (statt einfach nur A) die n× n Matrix mit Eintragen in R aus der Aufgabenstellung:
An :=
2 1 0 0. . . 0 0
1 2 1 0. . . 0 0
0 1 2 1. . . 0 0
0 0 1 2. . . 0 0
. . .. . .
. . .. . .
. . .. . .
. . .
0 0 0 0. . . 2 1
0 0 0 0. . . 1 2
.
Sei ∆n die Determinante der obigen Matrix:
∆n := detAn .
Auch wenn die Aufgabe weniger verlangt, beweisen wir die Aussage der folgendenBehauptung: Die Folge von reellen Zahlen (∆n)n≥1 erfullt die Rekursion:
∆n = 2∆n−1 −∆n−2 fur n ≥ 3 , ∆1 = 2 , ∆2 = 3 .
Fur ∆n ergibt sich daraus (durch vollstandige Induktion) die Formel:
∆n = (n+ 1) .
Insbesondere ist der Rang der Matrix An maximal gleich zu n, da detAn 6= 0 in R ist.
Beweis der Behauptung: Sei n ≥ 3. Wir beweisen zuerst die Rekursion–Formel fur (∆n)n≥1. Die Entwicklungnach der ersten Zeile liefert:
∆n = detAn =
2 1 0 0. . . 0 0
1 2 1 0. . . 0 0
0 1 2 1. . . 0 0
0 0 1 2. . . 0 0
. . .. . .
. . .. . .
. . .. . .
. . .
0 0 0 0. . . 2 1
0 0 0 0. . . 1 2
= 2 ·
2 1 0. . . 0 0
1 2 1. . . 0 0
0 1 2. . . 0 0
. . .. . .
. . .. . .
. . .. . .
0 0 0. . . 2 1
0 0 0. . . 1 2
︸ ︷︷ ︸
Determinante einer (n− 1)× (n− 1) Matrix
−1 ·
1 1 0. . . 0 0
0 2 1. . . 0 0
0 1 2. . . 0 0
. . .. . .
. . .. . .
. . .. . .
0 0 0. . . 2 1
0 0 0. . . 1 2
︸ ︷︷ ︸
Determinante einer (n− 1)× (n− 1) Matrix
= 2 ·
2 1 0. . . 0 0
1 2 1. . . 0 0
0 1 2. . . 0 0
. . .. . .
. . .. . .
. . .. . .
0 0 0. . . 2 1
0 0 0. . . 1 2
︸ ︷︷ ︸
Determinante einer (n− 1)× (n− 1) Matrix
−1 · 1 ·
2 1
. . . 0 0
1 2. . . 0 0
. . .. . .
. . .. . .
. . .
0 0. . . 2 1
0 0. . . 1 2
︸ ︷︷ ︸
Determinante einer (n− 2)× (n− 2) Matrix
= 2∆n−1 −∆n−2 .
(Beim vorletzten Ubergang haben wir eine Entwicklung nach der ersten Spalte
1000...00
durchgefuhrt.)
Die zwei Berechnungen ∆1 = det
[2]︸︷︷︸1×1 matrix
= 2, ∆2 = | 2 11 2 | = 2 · 2− 1 · 1 = 3 sind einfach.
Sei Pn : n ≥ 1, die folgende logische Aussage/Proposition:
Pn := [ Fur alle k : 1 ≤ k ≤ n, gilt: ∆k = (k + 1) ] .
Die Propositionen P1 und P2 sind wahr.Wir nehmen nun induktiv an, dass fur ein festes n ≥ 3 die Proposition Pn wahr ist.Wir zeigen, dass die Proposition Pn+1 wahr ist. Dafur reicht es zu zeigen, dass gilt: ∆n+1 = (n+ 1) + 1:
∆n+1 = 2∆n −∆n−1 wegen der Rekursion–Formel . . .
= 2(n+ 1)− ((n− 1) + 1) wegen der Induktionsannahme “Pn wahr” . . .
= 2(n+ 1)− n = n+ 2 = (n+ 1) + 1 .
Durch das Prinzip der vollstandigen Induktion ist die Aussage P (n) fur alle n ≥ 1 wahr.
Fazit: Die Matrix An hat maximalen Ranf n, da in R gilt: detAn = ∆n = (n+ 1) 6= 0.
Der neugierige Leser wird eingeladen, die Determinante der folgenden n× n Matrix zu berechnen:
An(λ) :=
λ 1 0 0. . . 0 0
1 λ 1 0. . . 0 0
0 1 λ 1. . . 0 0
0 0 1 λ. . . 0 0
. . .. . .
. . .. . .
. . .. . .
. . .
0 0 0 0. . . λ 1
0 0 0 0. . . 1 λ
.
�Einige Computer–Spiele zu diesen Berechnungen:
## Definiere die nxn Matrix A in einer Prozedur:
with(linalg):
A := proc(n) local i,j,B;
B:=matrix(n,n);
for i from 1 to n do
for j from 1 to n do
if ( i=j )
then B[i,j] := 2;
else
if ( abs(i-j)=1 )
then B[i,j] := 1;
else B[i,j] := 0;
end if;
end if;
od;
od;
return B;
end;
## prozedur ENDE
## Zum Beispiel ist A(6) die folgende Matrix:
print(A(6));
## Die Determinante von A(6) ist:
det(A(6));
Die Ergebnisse sind:
> print(A(6));
[2 1 0 0 0 0]
[ ]
[1 2 1 0 0 0]
[ ]
[0 1 2 1 0 0]
[ ]
[0 0 1 2 1 0]
[ ]
[0 0 0 1 2 1]
[ ]
[0 0 0 0 1 2]
> ## Die Determinante von A(6) ist:
> det(A(6));
7
Aufgabe 45 Seien x1, x2, . . . , xn Elemente eines Korpers K. Bestimmen Sie den Rang der quadratischenMatrix
1 x1 x21 . . . xn−1
1
1 x2 x22 . . . xn−1
2...
......
. . ....
......
.... . .
...1 xn−1 x2
n−1 . . . . xn−1n−1
1 xn x2n . . . xn−1
n
Hinweis: Benutzen Sie Induktion nach n.
Losung: Falls zwei Werte xi, xj fur zwei (ungleiche) Indizes i, j : 1 ≤ i, j ≤ n, gleich sind, dann sind dieentsprechenden zwei Zeilen der obigen Matrix gleich, also linear abhangig. Der Rang der gegebenen Matrix istdann gleich zum Rang der Matrix, welche aus der gegebenen Matrix durch die Streichung der j. Zeile (undBeibehaltung der i. Zeile) entsteht.Falls es weiter “gleiche Zeile” in der neuen Matrix nach der Anwendung der obigen Streichungsprozedur gibt,so kann diese Prozedur erneut angewandt werden, bis alle Zeilen ungleich sind.Diese zuletzt gebildete Matrix hat die Gestalt:
1 y1 y21 . . . yn−1
1
1 y2 y22 . . . yn−1
2...
......
. . ....
......
.... . .
...1 ys−1 y2
s−1 . . . yn−1s−1
1 ys y2s . . . yn−1
s
mit s ≤ n gleich zur Anzahl der verschiedenen Werte in der “Liste” x1, x2, . . . , xn und mit den y–Werten unterden x–Werten dieser Liste, so dass jeder y–Wert yj , 1 ≤ j ≤ s, zu genau einem x–Wert aus der Liste gleichist. Mit der mathematischen Trick–Konvention fur Mengenbezeichnungen gilt also kurz und gut:
{x1, x2, . . . , xn} = {y1, y2, . . . , ys} .
Die obige s × n Matrix hat einerseits Rang hochstens min(s, n) = s und beinhaltet andererseits die s × sUntermatrix
Vandermonde(y1, y2, . . . , ys) :=
1 y1 y21 . . . ys−1
1
1 y2 y22 . . . ys−1
2...
......
. . ....
......
.... . .
...1 ys−1 y2
s−1 . . . ys−1s−1
1 ys y2s . . . ys−1
s
.
Wir zeigen, dass die Determinante dieser Vandermonde–Matrix Vandermonde(y1, y2, . . . , ys) mit den paarweiseverschiedenen Parametern y1, y2, . . . , ys ungleich Null ist, woraus folgt, dass der Rang der Vandermonde–Matrix Vandermonde(y1, y2, . . . , ys) (also auch der Rang der gegebenen Matrix Vandermonde(x1, x2, . . . , xn))gleich s ist:Sei s ≥ 1 eine naturliche Zahl.Behauptung B(s): Die Determinante der s× s Vandermonde–Matrix
Vandermonde(y1, y2, . . . , ys) :=
1 y1 y21 . . . ys−1
1
1 y2 y22 . . . ys−1
2...
......
. . ....
......
.... . .
...1 ys−1 y2
s−1 . . . ys−1s−1
1 ys y2s . . . ys−1
s
, y1, y2, . . . ys ∈ K
ist (fur beliebige, eventuell auch darunter gleiche Parameter) y1, y2, . . . ys gleich zum Produkt∏1≤i<j≤s
(yj − yi)
aller Differenzen (yj − yi) von jeweils zwei Parametern yi, yj fur verschiedene Indizes i 6= j in der Reihenfolgei < j.Beweis der Behauptung: Der Beweis erfolgt durch Induktion.Die Aussage B(1) ist offensichlich wahr, da die 1× 1 Matrix [1] die Determinante 1 hat.(Falls man bezweifelt, dass B(1) uberhaupt sinnvoll ist, und berechtigt glaubt, dass erst B(2) zu betrachtenist, dann ist es erneut einfach, diesen Induktionsstart nachzuvollziehen: Fur alle y1, y2 ∈ K gilt:det Vandermonde(y1, y2) =
∣∣ 1 y11 y2
∣∣ = 1 · y2 − 1 · y1 = (y2 − y1) =∏
1≤i<j≤2(yj − yi). Die Aufgabe wurdejedoch in einer allgemeinen Lage gestellt, so dass man dem Fall s = 1 auch einen (den “naturlichen”) Sinngeben muss.)Wir nehmen nun fur ein “festes” s ≥ 1 an, dass die Aussage B(s) wahr ist. (D.h. die Determinante einer“beliebigen” Vandermonde–Matrix mit Parametern aus K ist gegeben ducrh die obige explizite Formel.)Wir folgern daraus die Aussage B(s+ 1):
Seien y1, y2, . . . , ys+1 ∈ K beliebig. Dann gilt:
det Vandermonde(y1, y2, . . . , ys, ys+1)
=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
1 y1 y21 . . . ys−1
1 ys11 y2 y2
2 . . . ys−12 ys2
1 y3 y23 . . . ys−1
3 ys2...
......
. . ....
......
......
. . ....
...1 ys−1 y2
s−1 . . . ys−1s−1 yss−1
1 ys y2s . . . ys−1
s yss1 ys+1 y2
s+1 . . . ys−1s+1 yss+1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
1 y1 y21 . . . ys−1
1 ys10 y2 − y1 y2
2 − y21 . . . ys−1
2 − ys−11 ys2 − ys1
0 y3 − y1 y23 − y2
1 . . . ys−13 − ys−1
1 ys3 − ys1...
......
. . ....
......
......
. . ....
...0 ys−1 − y1 y2
s−1 − y21 . . . ys−1
s−1 − ys−11 yss−1 − ys1
0 ys − y1 y2s − y2
1 . . . ys−1s − ys−1
1 yss − ys10 ys+1 − y1 y2
s+1 − y21 . . . ys−1
s+1 − ys−11 yss+1 − ys1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Wir haben dabei zeilenweise Operationen des Gauss–Verfahrens mit dem Pivotelement 1 an der Position (1, 1)in der Vandermonde–Matrix angewandt, welche die Determinante invariieren: Die erste Zeile wurde von allenanderen Zeilen subtrahiert. Nun entwickeln wir die letzte Determinante nach der ersten Spalte und bekommen:
=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
y2 − y1 y22 − y2
1 . . . ys−12 − ys−1
1 ys2 − ys1y3 − y1 y2
3 − y21 . . . ys−1
3 − ys−11 ys3 − ys1
......
. . ....
......
.... . .
......
ys−1 − y1 y2s−1 − y2
1 . . . ys−1s−1 − y
s−11 yss−1 − ys1
ys − y1 y2s − y2
1 . . . ys−1s − ys−1
1 yss − ys1ys+1 − y1 y2
s+1 − y21 . . . ys−1
s+1 − ys−11 yss+1 − ys1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Man kann nun (zeilenweise) (y2 − y1) aus der ersten Zeile, (y2 − y1) aus der zweiten Zeile, . . . , (ys − y1) ausder vorletzten Zeile und (ys+1 − y1) aus der letzten Zeile faktorisieren und die letzte Determinante algebraisch“vereinfachen”. Wir benutzen dabei die Formel: (AL−BL) = (A−B)(AL−1 +AL−2B+· · ·+ABL−2+L−1) =(A−B)
∑u+v=L−1A
uBv, welche fur A,B in einem beliebigen Korper K und fur eine beliebige naturlich PotenzL ≥ 1 gilt. Die Berechnung kann weitergefuhrt werden:
= (y2 − y1)(y3 − y1) · · · · · (ys−1 − y1)(ys − y1)(ys+1 − y1) ·∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
1 y2 + y1 y22 + y2y1 + y2
1 . . .∑u+v=s−2 y
u2 y
v1
∑u+v=s−1 y
u2 y
v1
1 y3 + y1 y23 + y3y1 + y2
1 . . .∑u+v=s−2 y
u3 y
v1
∑u+v=s−1 y
u3 y
v1
......
.... . .
......
......
.... . .
......
1 ys−1 + y1 y2s−1 + ys−1y1 + y2
1 . . .∑u+v=s−2 y
us−1y
v1
∑u+v=s−1 y
us−1y
v1
1 y2s + y1 y2
s + ysy1 + y21 . . .
∑u+v=s−2 y
us y
v1
∑u+v=s−1 y
us y
v1
1 ys+1 + y1 y2s+1 + ys+1y1 + y2
1 . . .∑u+v=s−2 y
us+1y
v1
∑u+v=s−1 y
us+1y
v1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Was kann man weiter tun, um endlich die Determinante der Vandermonde–Matrix Vandermonde(y2, y3, . . . , ys+1)vor den Augen zu haben?!
(A) Man sieht z.B. leicht, dass wenn man von der zweiten Spalte
[y2 + y1
...
]die erste Spalte
[1...
], multipliziert
mit y1, subtrahiert, die neue zweite Spalte eine “schonere Gestalt”
[y2
...
]hat.
Wie vereinfacht man des weiteren die dritte Spalte
[y2
2 + y2y1 + y21
...
]?! Indem man von ihr
die erste Spalte, multipliziert mit y21 , und
die neue zweite Spalte
[y2
...
],multipliziert mit y1,
subtrahiert. Es entsteht eine neue dritte Spalte
[y2
2...
].
Man kann diese Prozedur weiter anwenden, um die weiteren Spalten bis auf Vandermonde–Gestalt zu verein-fachen.
Alternativ zu (A) kann man den folgenden Plan der Vereinfachung haben:
(B) Man subtrahiert von der letzten Spalte die vorletzte, multipliziert mit y1. Die neue letzte Spalte hat dann
die Eintrage
ys−12...
ys−1s+1
. Die vorletzte Spalte wird dann geandert, indem man von ihr die vorvorletzte, multipliziert
mit y1, subtrahiert. Diese Prozedur wird dann bis zur Anderung der zweiten Spalte durchgefuhrt.
So oder so hat man dann (stillschweigend induktiv) die Rekursion bewiesen:
det Vandermonde(y1, y2, . . . , ys, ys+1) = det Vandermonde(y2, . . . , ys, ys+1) ·∏
2≤j≤s+1
(yj − y1) .
Aus der Induktionsannahme, dass B(s) gilt, folgt dann “sofort” die Formel:
det Vandermonde(y1, y2, . . . , ys, ys+1) =∏
1≤i<j≤s+1
(yj − yi) .
Die Aussage B(s+ 1) ist also wahr.Nach dem Prinzip der vollstandigen Induktion ist die Aussage B(s) fur alle naturlichen s ≥ 1 wahr.
Fazit: Die gegebene Matrix Vandermonde(x1, x2, . . . , xn) aus der Aufgabenstellung hat den Rang gleich zus := [ Anzahl der verschiedenen Werte in der “Liste” x1, x2, . . . , xn ] .Eine s×s Untermatrix der Matrix Vandermonde(x1, x2, . . . , xn) mit einer nicht verschwindenden Determinanteist die Untermatrix Vandermonde(y1, y2, . . . , ys) mit verschiedenen y1, y2, . . . , ys, bestimmt durch
{x1, x2, . . . , xn} = {y1, y2, . . . , ys} .
Die Determinante dieser Untermatrix ist
det Vandermonde(y1, y2, . . . , ys) =∏
1≤i<j≤s
(yj − yi) 6= 0 .
(Diese Determinante ist ungleich Null, da die “y–Werte” y1, y2, . . . , ys paarweise verschieden sind. �Ein Beispiel mit maple:
A:=matrix( 4,4 );
for i from 1 to 4 do
for j from 1 to 4 do
A[i,j] := x[i]^(j-1) ;
od;
od;
print(A);
print("The determinant of A is:");
factor(det(A));
mit dem Ergebnis:
> print(A);
[ 2 3]
[1 x[1] x[1] x[1] ]
[ ]
[ 2 3]
[1 x[2] x[2] x[2] ]
[ ]
[ 2 3]
[1 x[3] x[3] x[3] ]
[ ]
[ 2 3]
[1 x[4] x[4] x[4] ]
"The determinant of A is:"
(-x[4] + x[2]) (x[1] - x[2]) (x[1] - x[4]) (-x[2] + x[3]) (x[3] - x[4]) (x[3] - x[1])
maple hat eigene Vorstellungen von der Ordnung der Faktoren . . .
Aufgabe 46 Zeigen Sie, daß eine Matrix A ∈M2,2(K) mit den Eintragen
A =[a bc d
]genau dann invertierbar ist, wenn gilt ad− bc 6= 0.
Losung:
Falls ad− bc 6= 0 gilt, dann ist die folgende Matrix sinnvoll:
B :=1
ad− bc
[d −b−c a
].
Man pruft leicht nach, dass gilt: AB = BA = E. Die Matrix B ist also die inverse Matrix der Matrix A.
Falls ad − bc = 0 gilt, dann hat man sofort die folgenden linearen Kombinationen der Spalten der gegebenenMatrix A:
d
[ac
]+ (−c)
[bd
]=[00
], (−b)
[ac
]+ a
[bd
]=[00
].
Entweder ist eine der obigen Linearkombinationen nicht trivial oder es gilt a = b = c = d = 0. In beiden Fallenist die Matrix A nicht invertierbar, da ihre Spaltenvektoren linear abhangig sind. �
Aufgabe 47 Sei F2 der Korper mit zwei Elementen. Zeigen Sie die Existenz eines bijektiven Gruppenhomo-morphismus
ψ : Gl(2,F2) −→ S3 .
Hinweis: Betrachte F22 \ {[ 0
0 ]}.
Losung: F22 ist ein Vektorraum der Dimension 2 uber dem Korper F2. Es gibt drei Vektoren in diesem
Vektorraum, welche nicht Null sind:
v1 :=[10
], v2 :=
[01
], v3 :=
[11
].
Eine invertierbare Matrix A ∈ Gl(2,F2) bildet injektiv (da A injektiv) Vektoren, welche ungleich Null sind, aufVektoren, welche ungleich Null sind:
{v1, v2, v3}A· // {v1, v2, v3} .
Wir bezeichnen mit ψ(A) diese Einschrankung (von F22 auf F2
2 \ {[ 00 ]}) der linearen Abbildung (zur Matrix) A.
ψ(A) ist offensichtlich eine Permutation der Menge {v1, v2, v3}.Bezeichnen wir (pedanterweise) mit S{v1,v2,v3} die Permutationsgruppe der Menge {v1, v2, v3}, so haben wireine Abbildung von Menge (zuerst):
ψ : Gl(2,F2)→ S{v1,v2,v3} .
Da die Verknupfung von Abbildungen die Gruppenoperation sowohl in Gl(2,F2) als auch in S{v1,v2,v3} ist, istdie Abbildung ψ ein Gruppenhomomorphismus.• Die Abbildung ψ ist injektiv: Seien A,B ∈ Gl(2,F2) mit ψ(A) = ψ(B).
Es folgt fur i = 1, 2: Avi = ψ(A)(vi) = ψ(B)(vi) = Bvi. Die linearen Abbildungen A,B stimmen also auf der(kanonischen) Basis v1, v2 von F2 uber F2 uberein. Es folgt A = B.Daraus folgt die Injektivitat von ψ.• Die Abbildung ψ ist surjektiv, da sie eine injektive Abbildung zwischen zwei Mangen gleicher Kardinalitat
ist:Gl(2,F2) hat nach Aufgabe 43 genau (22 − 1)(22 − 2) = (4− 1)(4− 2) = 6 Elemente.S{v1,v2,v3} hat genau 3! = 1 · 2 · 3 Elemente.
Es folgt, dass ψ ein bijektiver Gruppenhomomorphismus ist. Da die Gruppe S{v1,v2,v3} der Permutationen derMenge {v1, v2, v3} “offensichtlich” isomorph zur Gruppe S3 der Permutationen der Menge {1, 2, 3} ist, folgt,dass Gl(2,F2) und S3 isomorph sind.
�
Aufgabe 48 Sei P : V → V ein Endomorphismus mit der Eigenschaft P ◦ P = P . Zeige
V = Kern(P )⊕ Bild(P ) .
Losung: Wir bemerken zuerst, dass Kern(P ) und Bild(P ) lineare Unterraume von V sind. Die Aussage ausder Aufgabenstellung ist dann durch die Definition der direkten Summe zu (A) und (B) aquivalent:(A) Kern(P ) ∩ Bild(P ) = 0 : Der Durchschnitt dieser Unterraume ist der triviale Unterraum 0 von V . (Erbesteht nur aus dem Nullvektor 0.)(B) Die Summe (von Untervektorraumen von V ) Kern(P ) + Bild(P ) ist V .
Beweis der Relation (A): Sei v ∈ Kern(P ) ∩ Bild(P ).Da v ∈ Bild(P ) liegt, gibt es ein w ∈ V mit Pw = v.
Da v ∈ Kern(P ) liegt, gilt Pv = 0.Daraus folgt:
v = Pw = P 2w = P (Pw) = Pv = 0 ,
also v = 0.
Beweis der Relation (B): Sei v ∈ V . Dann gilt:
v = v − Pv︸ ︷︷ ︸∈Kern(P )
+ Pv︸︷︷︸∈Bild(P )
,
wie man schnell nachprufen kann:v − Pv liegt im Kern von P , da gilt:
P (v − Pv) = Pv − P (Pv) = Pv − P 2v = Pv − Pv = 0.Pv liegt im Bild von P laut Definition.
Damit ist die Aussage aus der Aufgabenstellung bewiesen. �
Aufgabe 49 Was ist die Determinante der Matrix−1 5 27 1 −1−2 −1 1
?
Losung: Die Entwicklung nach der ersten Zeile liefert:∣∣∣∣∣∣−1 5 27 1 −1−2 −1 1
∣∣∣∣∣∣ = + (−1) ·∣∣∣∣ 1 −1−1 1
∣∣∣∣ − 5 ·∣∣∣∣ 7 −1−2 1
∣∣∣∣ + 2 ·∣∣∣∣ 7 1−2 −1
∣∣∣∣= (−1) · 0− 5 · 5 + 2 · (−5) = −35 .
Der maple–Check ist:
with(linalg):
A:=matrix( 3,3,
[
[ -1, 5, 2 ],
[ 7, 1, -1 ],
[ -2, -1, 1 ]
]
);
det(A);
mit dem Ergebnis (in der graphisch armen Oberflache):
[-1 5 2]
[ ]
A := [ 7 1 -1]
[ ]
[-2 -1 1]
> det(A);
-35
�
Ubungsblatt 10
Aufgabe 50 Was ist die inverse Matrix einer invertierbaren Matrix M =[a bc d
]?
Losung: Da M invertierbar ist, ist det(M) = ad− bc (als Element eines stillschweigend festgelegten Korpers)invertierbar (d.h. ungleich Null). Dann ist die folgende Matrix wohldefiniert:
N :=1
detMM adjungiert =
1ad− bc
[d −b−c a
].
Man kann nun leicht nachprufen, dass gilt:
MN = E = NM ,
wobei E die Einheitsmatrix der Grosse 2× 2 ist. So ist die obige Matrix N die inverse von M . �
Aufgabe 51 Sei q+ : R2 → R die quadratische Form
q+(v) = x2 + y2 , v =[xy
].
Welche Bedingungen sind notwendig und hinreichend fur eine Matrix M in Gl(2,R) bzw. in Sl(2,R), damitfur alle v ∈ R2 gilt q+(M(v)) = q+(v) ?
Losung:
1. Losung: Die explizite Losung. Diese Losung ist einfach und naheliegen. Sie ist jedoch nicht allgemeinubertragbar . . .
Sei M :=[a bc d
]eine Matrix mit Koeffizienten in R. Dann sind fur M die folgenden Aussagen sukzessive
zueinander aquivalent:M “konserviert” die quadratische Form q+
⇔ Fur alle v ∈ R2 gilt q+(Mv) = q+(v)
⇔ Fur alle
[xy
]∈ R2 gilt q+
([a bc d
] [xy
])= q+
([xy
])⇔ Fur alle
[xy
]∈ R2 gilt q+
([ax+ bycx+ dy
])= q+
([xy
])⇔ Fur alle x, y ∈ R gilt (ax+ by)2 + (cx+ dy)2 = x2 + y2
⇔ Fur alle x, y ∈ R gilt (a2 + c2)x2 + 2(ab+ cd)xy + (b2 + d2)y2 = 1 · x2 + 0 · xy + 1 · y2
⇔ (a2 + c2) = 1 und (ab+ cd) = 0 und (b2 + d2) = 1.(Die Richtung (⇒) ist trivial. Die Richtung (⇐) folgt z.B. durch Spezialisierungen fur (x, y) von der Form(1, 0), (0, 1), (1, 1).)(An dieser Stelle kann man mit der errungenen notwendigen und hinreichenden Bedingung fur die Eintragea, b, c, d der Matrix M zufrieden sein oder diese weiter expliziter machen.)
⇔[a cb d
] [a bc d
]=[
1 001
]⇔ M ′M = E. (Erneut kann man mit dieser Bedingung zufrieden sein . . . )⇔ M ist invertierbar mit der inversen Matrix M ′: MM ′ = M ′M = E
⇔[a bc d
] [a cb d
]=[1 00 1
]und
[a cb d
] [a bc d
]=[1 00 1
]⇔ [ (a2 + b2) = 1 und (ab + cd) = 0 und (c2 + d2) = 1 ] und [ (a2 + c2) = 1 und (ab + cd) = 0 und(b2 + d2) = 1 ]
⇔ (a2 + b2) = 1 und (ab+ cd) = 0 und a2 = d2 und b2 = c2
⇔ (a2 + b2) = 1 und (ab+ cd) = 0 und d = ±a und c± b⇔ (a2 + b2) = 1 und es gibt ein Vorzeichen ε = ±1 mit d = εa, c = −εb⇔ Es gibt ein Vorzeichen ε = ±1 und einen ‘Winkel” α ∈ [0, 2π) mit a = cosα, b = − sinα, c = ε sinα,d = ε cosα
⇔ Es gibt ein Vorzeichen ε = ±1 und einen ‘Winkel” α ∈ [0, 2π) mit M =[
cosα − sinαε sinα ε cosα
]=[1 00 ε
] [cosα − sinαsinα cosα
]⇔M ist entweder eine Drehung der Ebene (um einen Winkel α ∈ [0, 2π)) oder die Verknupfung der Spiegelung[cosα − sinαsinα cosα
]zur Ox–Achse mit einer solchen Spiegelung.
Ich hore hier lieber auf.
2. Losung: Die strukturelle Losung. Diese Losung ist auch einfach. Sie basiert auf einer (zum ersten Malgesehen) trickigen Matrizenrechnung, welche fur Aufgaben vom gleichen Typ allgemein ubertragbar ist:
Die gegebene quadratische Form q+ ist zur symmetrischen Bilinearform b : R2 × R2 → R, b(v, w) = w′vassoziiert:Es gilt
q+(v) = b(v, v)
fur alle v ∈ R2.Die Symmetrie der Bilinearform b ist einfach: Fur 1×1 Matrizen ist die Transposition die identische Abbildung.So gilt fur alle v, w ∈ R2 die Relation (w′v)′ = w′v. Daraus folgt fur alle v, w ∈ R2:
b(v, w) = w′v = (w′v)′︸ ︷︷ ︸1×1 Matrizen
= v′w′′ = v′w = b(w, v) .
Die Bilinearform b bestimmt offensichtlich die quadratische Form q+: q+(v) = b(v, v). Es gilt jedoch auch dieUmkehrung wegen der folgenden “Polarisierungsformel” fur alle v, w ∈ R2:
b(v, w) =14
( q+(v + w) + q+(v − w) ) .
Der Beweis ist eine brutale Berechnung von q+(v + w) + q+(v − w):
q+(v + w) + q+(v − w) = b(v + w, v + w)− b(v − w, v − w) q+ ist assoziiert zu b
= b(v, v) + b(v, w) + b(w, v) + b(w,w)− (b(v, v)− b(v, w)− b(w, v) + b(w,w)) Bilinearitat von b
= 2b(v, w) + 2b(w, v) nach Kurzung von b(v, v) und b(w,w)= 4b(v, w) wegen der Symmetrie von b.
Wir sind nun bereit fur die Losung der Aufgabe:
Sei M eine beliebige 2× 2 Matrix mit Eintragen in R. Dann hat man die sukzessiven Aquivalenzen:M “konserviert” die quadratische Form q+
⇔ Fur alle v ∈ R2 gilt q+(Mv) = q+(v)⇔ Fur alle v, w ∈ R2 gilt b(Mv,Mw) = b(v, w) (wegen Polarisierungsformel!)⇔ Fur alle v, w ∈ R2 gilt (Mw)′(Mv) = w′v⇔ Fur alle v, w ∈ R2 gilt w′M ′Mv = w′v⇔ Fur alle v, w ∈ R2 gilt w′M ′Mv = w′Ev⇔ M ′M = E.Die ersten Aquivalenzen sind leichte Umformungen. Nur die letzte Aquivalenz muss vielleicht naher begrundetwerden:
Falls die Gleichheit M ′M = E gilt, dann gilt offensichtlich fur alle v ∈ R2 auch w′M ′Mv = w′Ev.Umgekehrt: Man spezialisiert fur v, w in der Gleichheit w′M ′Mv = w′Ev die Vektoren der kanonischen
Basis. Allgemein gilt fur eine 2× 2 Matrix A = (aij)1≤i,j≤2:
e′iAej = aij fur alle 1 ≤ i, j ≤ 2 .
Es folgt (M ′M)ij = Eij fur alle 1 ≤ i, j ≤ 2. Die Matrizen M ′M und E sind also gleich.Fazit: Eine Matrix M “konserviert” die quadratische Form q+ genau dann, wenn gilt: M ′M = E.Insbesondere folgt aus M ′M = E die Tatsache, dass M invertierbar ist. Die inverse Matrix von M ist gleichM ′. Die Anwendung von det auf M ′M = E liefert: 1 = det(E) = det(M ′M) = det(M ′) det(M) =det(M) det(M), also weiter det(M) = ±1. Eine nahere Untersuchung zeigt, dass M entweder eine Dre-hung (und in diesem Fall detM = 1) oder die Verknupfung einer Spiegelung mit einer Drehung (und in diesemFall detM = −1) ist. Gilt fur M die zusatzliche Einschrankung, dass es in der speziellen linearen GruppeSl(2,R) liegt, so folgt daraus, dass M eine Drehung ist.
Aufgabe 52 Sei q− : R2 → R die quadratische Form
q±(v) = x2 − t2 , v =[xt
].
Welche Bedingungen sind notwendig und hinreichend fur eine Matrix M in Gl(2,R) bzw. in Sl(2,R), damitfur alle v ∈ R2 gilt q−(M(v)) = q−(v) ?
Losung:
1. Losung: Die explizite Losung. Diese Losung ist einfach und naheliegen. Sie ist jedoch nicht allgemeinubertragbar . . .
Sei M :=[a bc d
]eine Matrix mit Koeffizienten in R. Dann sind fur M die folgenden Aussagen sukzessive
zueinander aquivalent:M “konserviert” die quadratische Form q−⇔ Fur alle v ∈ R2 gilt q−(Mv) = q−(v)
⇔ Fur alle
[xt
]∈ R2 gilt q−
([a bc d
] [xt
])= q−
([xt
])⇔ Fur alle
[xt
]∈ R2 gilt q−
([ax+ btcx+ dt
])= q−
([xt
])⇔ Fur alle x, t ∈ R gilt (ax+ bt)2 − (cx+ dt)2 = x2 − t2⇔ Fur alle x, t ∈ R gilt (a2 − c2)x2 + 2(ab− cd)xt + (b2 − d2)t2 = 1 · x2 + 0 · xt+ (−1) · t2⇔ (a2 − c2) = 1 und (ab− cd) = 0 und (b2 − d2) = −1.(Die Richtung (⇒) ist trivial. Die Richtung (⇐) folgt z.B. durch Spezialisierungen fur (x, t) von der Form(1, 0), (0, 1), (1, 1).)(An dieser Stelle kann man mit der errungenen notwendigen und hinreichenden Bedingung fur die Eintragea, b, c, d der Matrix M zufrieden sein oder diese weiter expliziter machen.)
⇔[a cb d
]=[1 00 −1
] [a bc d
]=[1 00 −1
]⇔ M ′JM = J fur J :=
[1 00 −1
].
Man kann mit dieser letzten Bedingung zufrieden sein. Der weitere Rechenweg kann man von der Losung derletzten Aufgabe nicht mehr direkt mit der Maus kopieren und leicht abandern. Ich mochte jedoch auch indiesem Fall eine explizite parametrische Form der Matrix M etablieren. Die Losung der Gleichung a2 + b2 = 1wurde in der letzten Aufgabe mit a = cosα, b = sinα parametrisiert. Analog kann man die Gleichung Losungder Gleichung a2 − c2 = 1 mit a = coshx, c = sinhx fur ein geeignetes x ∈ R parametrisieren. Dabei gilt furx ∈ R (oder allgemeiner fur x ∈ C)
coshx :=12
(exp(x) + exp(−x)) , sinhx :=12
(exp(x)− exp(−x)) .
(Fur reelle x ist die gerade Funktion coshx > 0. Die ungerade Funktion sinh ist auf R streng monoton steigend:Ihre Ableitung ist cosh > 0.)In diesem Sinne kann man eine “analytische Parametrisierung” der Matrix M wie folgt anstreben und bestim-men:
(a2 − c2) = 1 und (ab− cd) = 0 und (b2 − d2) = −1
⇔ Es gibt x, y ∈ R mit a = ± coshx, c = ± sinhx; d = ± cosh y, b = ± sinh y, so dass gilt: ab − cd =coshx sinh y − sinhx cosh y = 0⇔ Es gibt x, y ∈ R mit a = ± coshx, c = sinhx; d = ± cosh y, b = sinh y, so dass gilt: ab − cd =coshx sinh y − sinhx cosh y = 0. (Man ersetzt dafur in der letzten Bedingung eventuell x durch −x und ydurch −y.)⇔ Es gibt Zahlen x, y ∈ R und “Vorzeichen” ε, δ ∈ {−1,+1} mit a = ε coshx, c = sinhx; d = δ cosh y,b = sinh y, so dass gilt: ε coshx sinh y − δ sinhx cosh y = 0⇔ Es gibt Zahlen x, y ∈ R und “Vorzeichen” ε, δ ∈ {−1,+1} mit a = ε coshx, c = sinhx; d = δ cosh y,b = sinh y, so dass gilt: cosh(δx) sinh(εy)− sinh(δx) cosh(εy) = 0⇔ Es gibt Zahlen x, y ∈ R und “Vorzeichen” ε, δ ∈ {−1,+1} mit a = ε coshx, c = sinhx; d = δ cosh y,b = sinh y, so dass gilt: sinh(εy − δx) = cosh(δx) sinh(εy)− sinh(δx) cosh(εy) = 0⇔ Es gibt Zahlen x, y ∈ R und “Vorzeichen” ε, δ ∈ {−1,+1} mit a = ε coshx, c = sinhx; d = δ cosh y,b = sinh y, so dass gilt: (εy − δx) = 0. (Dies folgt aus der letzten Aquivalenz, da sinh streng monotonwachsend, also injektiv, ist. Die umgekehrte Richtung ist erneut trivial.)⇔ Es gibt Zahlen x, y, z ∈ R und “Vorzeichen” ε, δ ∈ {−1,+1} mit a = ε coshx, c = sinhx; d = δ cosh y,b = sinh y, so dass gilt: εy = z = δx).⇔ Es gibt eine Zahl z ∈ R und “Vorzeichen” ε, δ ∈ {−1,+1} mit a = ε cosh(δz) = ε cosh z, c = sinh(δz) =δ sinh z; d = δ cosh(εz) = δ cosh z, b = sinh(εz) = ε sinh z.
⇔ Es gibt eine Zahl z ∈ R und “Vorzeichen” ε, δ ∈ {−1,+1} mit M =[ε cosh z ε sinh zδ sinh z δ cosh z
].
⇔ Es gibt eine Zahl z ∈ R und “Vorzeichen” ε, δ ∈ {−1,+1}, so dass M sich als das Produkt (die Verknupfung)
der Spiegelung (Involution)
[ε 00 δ
]mit der “hyperbolischen Drehung”
[cosh z sinh zsinh z cosh z
]schreiben lasst:
M =[ε 00 δ
] [cosh z sinh zsinh z cosh z
].
2. Losung: Die strukturelle Losung. Diese Losung ist auch einfach. Sie erfolgt parallel zur 2. Losung derletzten Aufgabe.
Sei J die Matrix:
J :=[1 00 −1
].
Die gegebene quadratische Form q− ist zur symmetrischen Bilinearform b : R2 × R2 → R, b(v, w) = w′Jvassoziiert:Es gilt
q−(v) = x2 − t2 = b(v, v)
fur alle v =[xt
]∈ R2, wie es fur b(v, v) die folgende kurze Rechnung zeigt:
b(v, v) = v′Jv =[x t
] [1 00 −1
] [xt
]=[x t
] [ x−t
]= x2 − t2 .
Die Symmetrie der Bilinearform b ist einfach: Fur 1×1 Matrizen (wie. z.B. die Matrix w′Jv) ist die Transpositiondie identische Abbildung. So gilt fur alle v, w ∈ R2 die Relation (w′Jv)′ = w′Jv. Daraus folgt fur alle v, w ∈ R2:
b(v, w) = w′Jv = (w′Jv)′︸ ︷︷ ︸1×1 Matrizen
= v′J ′w′′ = v′Jw = b(w, v) .
Die Bilinearform b bestimmt offensichtlich die quadratische Form q−: q−(v) = b(v, v). Es gilt jedoch auch dieUmkehrung wegen der folgenden “Polarisierungsformel” fur alle v, w ∈ R2:
b(v, w) =14
( q−(v + w) + q−(v − w) ) .
Der Beweis ist eine brutale Berechnung von q−(v + w) + q−(v − w):
q−(v + w) + q−(v − w) = b(v + w, v + w)− b(v − w, v − w) q− ist assoziiert zu b
= b(v, v) + b(v, w) + b(w, v) + b(w,w)− (b(v, v)− b(v, w)− b(w, v) + b(w,w)) Bilinearitat von b
= 2b(v, w) + 2b(w, v) nach Kurzung von b(v, v) und b(w,w)= 4b(v, w) wegen der Symmetrie von b.
Wir sind nun bereit fur die Losung der Aufgabe:
Sei M eine beliebige 2× 2 Matrix mit Eintragen in R. Dann hat man die sukzessiven Aquivalenzen:M “konserviert” die quadratische Form q−⇔ Fur alle v ∈ R2 gilt q−(Mv) = q−(v)⇔ Fur alle v, w ∈ R2 gilt b(Mv,Mw) = b(v, w) (wegen Polarisierungsformel!)⇔ Fur alle v, w ∈ R2 gilt (Mw)′J(Mv) = w′Jv⇔ Fur alle v, w ∈ R2 gilt w′M ′JMv = w′Jv⇔ M ′JM = J .Die ersten Aquivalenzen sind leichte Umformungen. Nur die letzte Aquivalenz muss vielleicht naher begrundetwerden:
Falls die Gleichheit M ′JM = J gilt, dann gilt offensichtlich fur alle v, w ∈ R2 auch w′M ′Mv = w′Ev.Umgekehrt: Man spezialisiert fur v, w in der Gleichheit w′M ′JMv = w′Jv die Vektoren der kanonischen
Basis. Allgemein gilt fur eine 2× 2 Matrix A = (aij)1≤i,j≤2:
e′iAej = aij fur alle 1 ≤ i, j ≤ 2 .
Es folgt (M ′JM)ij = Jij fur alle 1 ≤ i, j ≤ 2. Die Matrizen M ′JM und J sind also gleich.[Die Bedingung M ′JM = J als aquivalente Umformulierung der Bedingung “M konserviert die quadratischeForm q−” ist fur physikalische Zwecke nicht zufriedenstellend.]
Fazit: Eine Matrix M “konserviert” die quadratische Form q− genau dann, wenn gilt: M ′JM = J .Insbesondere folgt aus M ′JM = J die Tatsache, dass M invertierbar ist: Die Determinante von M erfullt(nach Anwendung von det auf M ′JM = J): −1 = det(J) = det(M ′JM) = det(M ′) det(J) det(M) =det(M)(−1) det(M), also weiter det(M) = ±1. Eine nahere Untersuchung zeigte in der 1. Losung, dass M
die Verknupfung einer Spiegelung
[ε 00 δ
](mit Determinante εδ) mit einer Drehung
[cosh z sinh zsinh z cosh z
], z ∈ R,
(mit Determinante cosh2 z−sinh2 z = 1) ist. Gilt fur M die zusatzliche Einschrankung, dass es in der speziellen
linearen Gruppe Sl(2,R) liegt, so folgt daraus, dass M von der Gestalt ist: ±[cosh z sinh zsinh z cosh z
].
Aufgabe 53 Sei H eine 2×2 Matrix mit komplexen Eintragen. Dann bezeichne H die Matrix mit den komplexkonjugierten Eintragen. Zeige (H)′ = (H ′).Zeige weiterhin die Gleichheit folgender Mengen
{ H ∈M2,2(C) | (H)′ = H } und
{H =
[x+ t y + izy − iz x− t
]| x, y, z, t ∈ R
}.
Zeige: Die so definierte Menge H von Matrizen definiert einen zu R4 isomorphen Vektorraum.
Zeige H ∈ H ⇐⇒M′HM ∈ H (falls M ∈ Gl(2,C)). Zeige
−det(H) = x2 + y2 + z2 − t2 fur H =[t+ x y + izy − iz t− x
].
Losung:
• Sei H ∈M2,2(C). Wir zeigen zuerst: (H)′ = (H ′).
Sei H = (Hij)1≤i,j≤2 die explizite Notation der Eintrage von H. (Allgemein bezeichnet man mit Aij fur eineMatrix A ihren Eintrag an der Stelle (i, j).)Dann gilt fur alle Indizes i, j: 1 ≤ i, j ≤ 2:
((H)′)ij = (H)ji = Hji = (H ′)ij = (H ′)ij .
Es folgt sofort: (H)′ = (H ′). Fur eine besser Lesbarkeit bezeichen ich (internationale Notation) mit H∗ dengemeinsamen Wert von (H)′ = (H ′):
H∗ := (H)′ = (H ′) .
• Wir zeigen weiterhin die Gleichheit der Mengen
{ H ∈M2,2(C) | (H)′ = H } und
{H =
[x+ t y + izy − iz x− t
]| x, y, z, t ∈ R
}:
Sei H ∈M2,2(C) beliebig. Dann hat man die aquivalenten Umformungen:(H)′ = H (oder H∗ = H : Terminologie: H ist selbstadjungiert.)
⇔ H11 = H11 und H12 = H21 und H21 = H12 und H22 = H22
⇔ H11 = H11 und H12 = H21 und H22 = H22
⇔ H11,H22 sind reelle Zahlen (, H12 ist frei wahlbar) und H12 = H21
⇔H11,H22 sind reelle Zahlen und x := (H11+H22)/2, t := (H11−H22)/2 sind reelle Zahlen (mit x+t = H11,x− t = H22) und H12 = y + iz fur reelle Zahlen y := <H12, z := =H12 und H21 = y − iz
⇔ Es gibt reelle Zahlen x, y, z, t mit H =[x+ t y + izy − iz x− t
].
Wir haben damit die Gleichheit der zwei Mengen aus der Aufgabenstellung.
• Die Menge von Matrizen
{H =
[x+ t y + izy − iz x− t
]| x, y, z, t ∈ R
}ist offensichtlich (als Menge) isomorph
zu(r Menge) R4: Die folgende Bijektion spendiert diesen Isomorphismus:
R4 H //
{H =
[x+ t y + izy − iz x− t
]| x, y, z, t ∈ R
}⊆M2,2(C)
xyzt
= [x, y, z, t]′ // H([x, y, z, t]′) :=[x+ t y + izy − iz x− t
]
Man kann leicht nachprufen, dass die obige Zuordnung vertraglich mit den zwei kanonischen Vektorraum–Strukturen auf R4 und auf M2,2(C):
H([x1, y1, z1, t1]′ + [x2, y2, z2, t2]′) = H([x1 + x2, y1 + y2, z1 + z2, t1 + t2]′)
=[
(x1 + x2) + (t1 + t2) (y1 + y2) + i(z1 + z2)(y1 + y2)− i(z1 + z2) (x1 + x2)− (t1 + t2)
]=[x1 + t1 y1 + iz1
y1 − iz1 x1 − t1
]+[x2 + t2 y2 + iz2
y2 − iz2 x2 − t2
]= H([x1, y1, z1, t1]′) +H([x2, y2, z2, t2]′) ,
H(a[x, y, z, t]′) = H([ax, ay, az, at]′)
=[ax+ at ay + iazay − iaz ax− at
]= a
[x+ t y + izy − iz x− t
]= aH([x, y, z, t]′) .
(Die obigen Gleichheiten gelten fur alle a;x1, y1, z1, t1;x2, y2, z2, t2;x, y, z, t ∈ R.)
• Sei des weiteren M eine invertierbare 2 × 2 Matrix. Wir zeigen dann fur eine Matrix H ∈ M2,2(C) dieAquivalenz der Eigenschaften:
[ H ist selbstadjungiert ]⇐⇒ [ M∗HM ist selbstadjungiert ] .
Dafur bemerken wir fur beliebige Matrizen A,B mit komplexen Koeffizienten, so dass das MatrizenproduktAB sinnvoll ist:
(AB)∗ = B∗A∗ , A∗∗ = A .
(Die “Adjunktion” A→ A∗ ist ein involutiver antimultiplikativer Matrizenmorphismus . . . )
Die Richtung: (⇒):Wir nehmen an, dass H selbstadjungiert ist: H = H∗. Dann gilt fur die Matrix M∗HM :
(M∗HM)∗ = M∗H∗M∗∗ = M∗H∗M .
So ist M∗HM auch selbstadjungiert. (Diese Richtung gilt fur alle (nicht unbedingt invertierbaren) MatrizenM ∈M2,2(C).
Die Richtung: (⇐):Wir nehmen an, dass M∗HM selbstadjungiert ist: M∗HM = (M∗HM)∗. Aquivalent:
M∗HM = M∗H∗M .
Multipliziert man von rechts diese Gleichheit mit der Matrix M−1 ( - Aha! Hier benotigen wir die BedingungM ∈ Gl(2,C)! – ), so folgt daraus:
M∗H = M∗H∗ .
(Ich wurde gerne mit (M∗)−1 von links des weiteren multiplizieren. Darf ich?!)Multipliziert man von links diese letzte Gleichheit mit der Matrix (M−1)∗ ( - Hier benotigen wir erneut dieBedingung M ∈ Gl(2,C) – ), so folgt daraus:
(M−1)∗M∗H = (M−1)∗M∗H∗ .
Da (·)∗ ein Antimorphismus ist, gilt (M−1)∗M∗ = (MM−1)∗ = E∗ = E. Es folgt also EH = EH∗, also:
H = H∗ .
So ist H auch selbstadjungiert.
Die letzte Determinantenberechnung ist direkt:
det[t+ x y + izy − iz t− x
]= (t+ x)(t− x)− (y + iz)(y − iz) = (t2 − x2)− (y2 + z2) = t2 − (x2 + y2 + z2) .
�
Aufgabe 54 Die Lorentzgruppe L ist die Gruppe aller Automorphismen M ∈ Gl(4,R) von R4 mit der Eigen-schaft q(M(v)) = q(v) ,∀v ∈ R4. Hierbei ist
q(v) = x2 + y2 + z2 − t2 , v =
xyzt
.
Zeige die Existenz eines Gruppenhomomorphismus
ϕ : Sl(2,C)→ L
mit Kern(ϕ) = {±E}. Ist ϕ surjektiv?
Losung:
Die Konstruktion der Abbildung ϕ verwendet wesentlich die Identifizierung von R4 mit H := { H ∈M2,2(C) :H∗ = H } aud der letzten Aufgabe 53:In dieser Identifizierung entspricht die quadratische Form q auf R4 zur quadratischen Form −det (!) auf H.Eine Skizze dieser Struktur:
R4
Identifizierung // Hxyzt
∼= //[t+ x y + izy − iz t− x
]
q /o/o/o/o/o/o/o/o/o/o/o/o/o/o/o/o/o/o/o/o/o/o/o/o/o/o/o/o/o/o/o/o/o/o/o/o/o/o/o −det
q
xyzt
:= x2 + y2 + z2 − t2 x2 + y2 + z2 − t2 = −det
[t+ x y + izy − iz t− x
]
(Nun sind wir psychologisch besser vorbereitet, um die Aufgabe zu losen:)Sei Gl(H) die generelle lineare Gruppe der invertierbaren Matrizen (linearen Abbildungen) von H nach H.Dann konnen wir (zuerst mengentheoretisch) eine Abbildung hinschreiben:
Sl(2,C)ϕ // Gl(H)
A // ϕ(A) : [ H → ϕ(A)(H) := AHA∗ ]
Diese Abbildung ist wohldefiniert: Falls H ∈ H liegt (d.h. H∗ = H), dann gilt (AHA∗)∗ = A∗∗H∗A∗ =AHA∗, also auch AHA∗ ∈ H.Diese Abbildung ϕ ist ein Gruppenhomomorphismus: Fur alle A,B ∈ Sl(2,C) gilt die Gleichheit in Gl(H):
ϕ(A) ◦ ϕ(B) = ϕ(AB) :
Dafur mussen wir sie auf einem beliebigen H ∈ H testen:
(ϕ(A) ◦ ϕ(B))(H) = ϕ(A)(ϕ(B)(H))= ϕ(A)(BHB∗)= A(BHB∗)A∗
= ABHB∗A∗
= (AB)H(AB)∗
= ϕ(AB)(H) .
Das Bild ϕ(A) eines beliebigen Elements A im Definitionsbereich Sl(2,C) von ϕ ist des weiteren sogar ver-traglich mit der quadratischen Form −det auf H:Es gilt −det(H) = −det(ϕ(A)(H)) fur alle H ∈ H, wie es die folgende kurze Berechnung zeigt:
−det(ϕ(A)(H)) = −det(AHA∗)= −det(A) det(H) det(A∗) Multiplikativitat von det
= −det(A) det(H)det(A) wegen det(A∗) = det((A)′) = det(A) = det(A)
= −det(H) wegen det(A) = 1 = det(A) .
So gilt (mit der gleichen Notation ϕ fur die faktorisierende Abbildung Sl(2,C)→ L):
Sl(2,C)ϕ // Lorentzgruppe L
A // ϕ(A) : [ H → ϕ(A)(H) := AHA∗ ]
Wir untersuchen nun weiter den Kern und das Bild dieser Abbildung ϕ : Sl(2,C)→ L:• Der Kern von ϕ: Sei A eine Matrix im Kern von ϕ: Es gilt also ϕ(A) = idH. Fur alle H ∈ H gilt also:
AHA∗ = ϕ(A)(H) = idH(H) = H .
Insbesondere fur H = E ∈ H bekommt man AA∗ = E. So ist A invertierbar und hat A∗ als inverse Matrix.Insbesondere A∗A = E auch.Multipliziert man die Gleichheit AHA∗ = H mit A von rechts, so folgt daraus:
AH = HA .
Die Matrix A =:[a11 a12
a21 a22
]kommutiert also mit allen Matrizen aus H.
Aus A
[1 00 0
]=[1 00 0
]A folgt sofort a12 = 0 = a21. Die Matrix A hat also die Gestalt A =
[a11 00 a22
].
Aus A
[0 i−i 0
]=[
0 i−i 0
]A folgt sofort a11 = a22.
Aus a211 = a11a22 = det
[a11 00 a22
]= detA = 1 folgt sofort a11 = a22 = ±1.
Wir haben daraus A = ±E hergeleitet.[Umgekehrt kann man sofort nachprufen, dass die Matrizen ±E (aus Sl(2,C)) im Kern von ϕ liegen.]• Ist das Bild von ϕ gleich zur ganzen Lorentzgruppe L ?Nein: Der Vektor [0, 0, 0, 1]′ von R4 entspricht (durch unsere Identifizierung) zur (selbstadjungierten) Diagonal–
Matrix
[1 00 1
]= 1E.
Wie operiert Bild ϕ auf E ∈ H ?
Sei deswegen A =[a bc d
]∈ Sl(2,C) beliebig. Wie operiert ϕ(A) auf E ∈ H ?
Es gilt:
ϕ(A)(E) = AEA∗ = AA∗ =[a bc d
] [a c
b d
]=[aa+ bb ?
?? cc+ dd
].
Die letzte Matrix aus H entspricht dann einem Vektor aus R4 von der Form:∗∗∗
(aa+ bb+ cc+ dd)/2
.
(Die Sterne bezeichnen beliebige uninteressante Eintrage . . . ) Insbesondere ist der vierte Eintrag dieses Vektorsimmer ≥ 0.Die lineare Abbildung −idR4 liegt offensichtlich in der Lorentzgruppe und bildet [0, 0, 0, 1]′ auf [0, 0, 0,−1]′. Sieliegt also definitiv nicht im Bild von ϕ. �
Ubungsblatt 11
Aufgabe 55 Sei
M =[A B0 D
]eine Blockdreiecksmatrix mit A ∈ Mi,i(K), D ∈ Mj,j(K), B ∈ Mi,j(K) und der Nullmatrix 0 ∈ Mj,i(K).Zeige det(M) = det(A) · det(D).
Losung: 1. Losung: Die Idee dieser ersten Losung ist, eine multiplikative Zerstuckelung der gegebenen Ma-trix M zuerst zu inszenieren, um anschließend durch die Multiplikativitat der Determinanten–Funktion dieDeterminante von M multiplikativ von den Determinanten der “Stucke” zu sammeln:Um die Zerstuckelung durchzufuhren unterscheiden wir drei (nicht disjunkte) Falle:
1. Fall: Die Determinante von A ist Null.Dann ist der Rang der Matrix A streng kleiner als i, die “Grosse” von A. Insbesondere gibt es eine nicht trivialelineare Kombination der Spaltenvektoren von A.Die “gleiche” lineare Kombination der ersten i Spaltenvektoren der Matrix M ist gleich Null. Die Matrix Mhat also nicht maximalen Rang. Ihre Determinante ist also auch Null.Fazit: Im 1. Fall gilt detA · detD = 0 · detD = 0 = detM .
2. Fall: Die Determinante von D ist Null. (Analoge Behandlung wie fur den 1. Fall:)Dann ist der Rang der Matrix D streng kleiner als j, die “Grosse” von D. Insbesondere gibt es eine nichttriviale lineare Kombination der Zeilenvektoren von A.Die “gleiche” lineare Kombination der letzten j Zeilenvektoren der Matrix M ist gleich Null. Die Matrix Mhat also nicht maximalen Rang. Ihre Determinante ist also auch Null.Fazit: Im 2. Fall gilt detA · detD = detA · 0 = 0 = detM .
3. Fall: Die Determinanten von A und D sind nicht Null.Dann sind A,D invertierbar. Es folgt fur M die folgende Darstellung:
M =[A B0 D
]=[E 00 E
] [A B0 D
] [E 00 E
]=[A 00 E
] [A−1 0
0 E
] [A B0 D
] [E 00 D−1
] [E 00 D
]=[A 00 E
] [E A−1BD−1
0 E
] [E 00 D
].
Man kann nun A,D als Produkte von Matrizen
A = A1A2 . . . As ,
D = D1D2 . . . Dt
schreiben, wobei s, t ∈ N jeweils eine geeignete Anzahl von Faktoren bezeichnen und jede der MatrizenA1, A2, . . . , As ∈Mi,i(K);D1, D2, . . . Dt ∈Mj,j(K)
. entweder eine “Elementarmatrix” (von der Form Eµ,ν(λ) fur verschiedene Indizes µ, ν in der Menge{1, 2, . . . , i} fur A bzw. in der Menge {i+ 1, i+ 2, . . . , i+ j} fur B und λ ∈ K)
. oder eine Diagonal–Matrix
. oder eine Permutation–Matrix.
Dann ist auch jede der Matrizen
[A1 00 E
],
[A2 00 E
], . . .
[As 00 E
];[E 00 D1
],
[E 00 D2
], . . .
[E 00 Dt
]∈
Mi+j,i(K) entsprechend. entweder eine “Elementarmatrix” (von der Form Eµ,ν(λ) fur verschiedene Indizes µ, ν in der Menge
{1, 2, . . . , i+ j} und λ ∈ K). oder eine Diagonal–Matrix
. oder eine Permutation–Matrix,und aus der Form dieser Matrizen und der bekannten Determinantenberechnung fur sie gilt die Gleichheit derDeterminanten von entsprechenden Matrizen:
detA1 = det[A1 00 E
], . . . ; . . .detDt = det
[E 00 Dt
].
Daraus folgt:
detA = det( A1A2 . . . As ) = det(A1) · det(A2) · . . . · det(As)
= det[A1 00 E
]· det
[A2 00 E
]· . . . det
[As 00 E
]·
= det( [
A1 00 E
]·[A2 00 E
]· . . .
[As 00 E
]·)
= det( [
A1A2 . . . As 00 E
] )= det
( [A 00 E
] )und analog
detD = det( [
E 00 D
] ).
Ausserdem gilt:
1 = det( [
E A−1BD−1
0 E
] ),
da die Matrix
[E A−1BD−1
0 E
]eine obere Dreiecksmatrix mit lauter 1–Eintragen auf der Diagonale ist.
Es folgt schließlich:
det(M) = det( [
A B0 D
] )= det
( [A 00 E
] [E A−1BD−1
0 E
] [E 00 D
] )= det
( [A 00 E
] )det( [
E A−1BD−1
0 E
] )det( [
E 00 D
] )= det(A) · 1 · det(D)= det(A) · det(D) .
Fazit: Die Gleichheit det(M) = det(A) · det(D) gilt in allen drei Fallen, also immer. �2. Losung: Die Idee dieser zweiten Losung ist, die Formel det(M) =
∑ε(σ)m1σ(1)m2σ(2) . . .m(i+j)σ(i+j) zu
verwenden.Man stellt leicht fest, dass die Notation aus der Aufgabenstellung nicht geeignet ist, um diese Losung schnellzu gestalten.Aus diesem Grund fuhren wir die folgende Notationen ein:
I := {1, 2, . . . , i} Indizes der Zeilen/Spalten zum Block A von M
J := {i+ 1, i+ 2, . . . , i+ j} Indizes der Zeilen/Spalten zum Block D von M
K := I t J = {1, 2, . . . , i+ j} Indizes der Zeilen/Spalten von M
(K ist die disjunkte Vereinigung von I und J . In Notation t statt ∪, um dies zu betonen.)Aus der gegebenen Form der Matrix M folgt
mst = 0 fur alle s ∈ J, t ∈ I . (21)
Wir konnen dann berechnen:
det(M) =∑
σ Permutation von K
ε(σ)∏k∈K
mkσ(k)
=∑
σ Permutation von K
ε(σ)∏i∈I
miσ(i)
∏j∈J
mjσ(j)
=∑
σ Permutation von Kmit σ(J) disjunkt von I
ε(σ)∏i∈I
miσ(i)
∏j∈J
mjσ(j) wegen (21)
=∑
σ Permutation von Kmit σ(J) ⊆ J
ε(σ)∏i∈I
miσ(i)
∏j∈J
mjσ(j)
=∑
σ Permutation von K = I t Jmit σ(J) ⊆ J und σ(I) ⊆ I
ε(σ)∏i∈I
miσ(i)
∏j∈J
mjσ(j)
=∑
τ Permutation von Iν Permutation von J
ε(τ t ν)∏i∈I
miτ(i)
∏j∈J
mjν(j)
Da man jeder Permutation σ von K = I t J mit den Eigenschaften σ(J) ⊆ J und σ(I) ⊆ I die zweieingeschrankten Permutationen τ, ν von σ auf I bzw. J eindeutig zuordnen kann. Man schreibt in diesem Fallσ = τ t ν. Es gilt “ofensichtlich” ε(σ) = ε(τ)ε(ν), da die Anzahl der Inversionen (Fehlstande) in σ die Summeder Anzahl der Inversionen in τ und in ν ist. Wir konnen die Rechnung fortsetzen:
=∑
τ Permutation von Iν Permutation von J
ε(τ) ε(ν)
( ∏i∈I
miτ(i)
) ∏j∈J
mjν(j)
=
( ∑τ Permutation von I
ε(τ)∏i∈I
miτ(i)
) ∑ν Permutation von J
ε(ν)∏j∈J
mjν(j)
= det( “(I × I) Untermatrix von M” ) det( “(J × J) Untermatrix von M” )= det(A) det(D) .
�
Aufgabe 56 Sei
χM (x) = xn − a1 · xn−1 + ...+ an
das charakteristische Polynom einer Matrix M ∈Mn,n(K). Zeige a1 = Sp(M) und an = (−1)n det(M).
Losung: Sei M = (mij)1≤i,j≤n die Bezeichnung der Eintrage der Matrix M . Dann gilt:
χM (x) = det(xE −M) =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
x−m11 −m12 −m13 . . . −m1n
−m21 x−m22 −m23 . . . −m2n
−m31 −m32 x−m33 . . . −m3n
......
.... . .
...−mn1 −mn2 −mn3 . . . x−mnn
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Der freie Koeffizient des Polynoms χM (x) kann berechnet werden, indem man fur x den Wert Null einsetzt:
an = χM (0) = det(0E −M) = det(−M) = (−1)n det(M) .
(Die Gleichheit det(−M) = (−1)n det(M) folgt aus den Eigenschaften der Determinanten–Funktion, nachdemman in jeder der n Zeilen den Faktor (−1) “ausklammert” . . . )
Die andere Gleichheit ist trickiger:
−a1 = Koeffizient von xn−1 im charakteristischen Polynom χM (x)
= Koeffizient von xn−1 in det(xE −M)
= Koeffizient von xn−1 in∑
σ Permutation in Sn
ε(σ)∏
1≤i≤n
Eintrag (i, σ(i)) in (xE −M)
= Koeffizient von xn−1 in (x−m11)(x−m22)(x−m33) . . . (x−mnn)︸ ︷︷ ︸Term der letzten Summe, der zu σ =Identitat entspricht
+ Koeffizient von xn−1 in∑
σ Permutation in Snσ 6=Identitat
ε(σ)∏
1≤i≤n
Eintrag (i, σ(i)) in (xE −M)
= Koeffizient von xn−1 in (x−m11)(x−m22)(x−m33) . . . (x−mnn)
Die letzte Gleichheit kann wie folgt begrundet werden: Falls σ nicht die identische Permutation ist, dann gibtes mindestens einen Index i mit σ(i) 6= i. Sei j := σ(i) 6= i. Dann gilt “auch” σ(j) 6= j, da sonst aus σ(j) =j = σ(i), i 6= j, ein Widerspruch zur Injektivitat von σ entsteht. Da es mindestens zwei Indizes i, j gibt, welchedie Eigenschaft haben i 6= σ(i), j 6= σ(j), werden in dem Produkt
∏1≤i≤n Eintrag (i, σ(i)) in (xE −M)
mindestens zwei diagonale Eintrage von (xE−M) ausgelassen. Der Grad in x eines solchen Produkts ist dannkleiner oder gleich n − 2, so dass dieser Term in der Summe nach σ keinen Beitrag fur den Koeffizienten imGrad n− 1 von x liefert. Wir konnen dann nach dem Satz von Vieta die Berechnung schließen:
= Koeffizient von xn−1 in (xn − (m11 +m22 +m33 + · · ·+mnn)xn−1 + . . . )= −(m11 +m22 +m33 + · · ·+mnn)= −Spur(M) .
�
Bemerkung: Die zwei Identitaten aus der Aufgabenstellung sind Spezialfalle einer allgemeineren Identitat:
(−1)1a1 =∑
M ′ 1× 1 Diagonal–Untermatrix von M
det(M ′) , (Summe mit
(n
1
)= n Summanden)
(−1)2a2 =∑
M ′ 2× 2 Diagonal–Untermatrix von M
det(M ′) , (Summe mit
(n
2
)Summanden)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
(−1)kak =∑
M ′ k × k Diagonal–Untermatrix von M
det(M ′) , (Summe mit
(n
k
)Summanden)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
(−1)nan =∑
M ′ n× n Diagonal–Untermatrix von M
det(M ′) , (Summe mit
(n
n
)= 1 Summanden)
Eine k× k Diagonal–Untermatrix von M ist eine quadratische Untermatrix von M , welche durch Pflucken derEintrage in den gleichen k Zeilen und Spalten von M entsteht. (Die Diagonaleintrage einer solchen Matrixwerden unter den Diagonaleintragen von M gepfluckt.)
Aufgabe 57 Sei M ∈Mn,n(K), n ≥ 2 eine Matrix mit dem Eintrag x ∈ K in der Hauptdiagonale und den Ein-tragen 1 in den beiden Nebendiagonalen. Alle weiteren Matrixeintrage seien Null. Sei d(x, n) die Determinantedieser Matrix sowie d(x, 1) = x und d(x, 0) = 1.Zeige d(x, n) = x · d(x, n− 1)− d(x, n− 2). Was ist d(2, n)?
Losung: Sei Mn (statt einfach nur M) die n× n Matrix mit Eintragen in K aus der Aufgabenstellung:
Mn :=
x 1 0 0. . . 0 0
1 x 1 0. . . 0 0
0 1 x 1. . . 0 0
0 0 1 x. . . 0 0
. . .. . .
. . .. . .
. . .. . .
. . .
0 0 0 0. . . x 1
0 0 0 0. . . 1 x
.
Dann ist d(x, n) fur n ≥ 2 die Determinante der obigen Matrix.Sei n ≥ 3. Wir beweisen die Rekursion–Formel aus der Aufgabenstellung: Die Entwicklung nach der erstenZeile liefert:
d(x, n) = detMn
=
x 1 0 0. . . 0 0
1 x 1 0. . . 0 0
0 1 x 1. . . 0 0
0 0 1 x. . . 0 0
. . .. . .
. . .. . .
. . .. . .
. . .
0 0 0 0. . . x 1
0 0 0 0. . . 1 x
= x ·
x 1 0. . . 0 0
1 x 1. . . 0 0
0 1 x. . . 0 0
. . .. . .
. . .. . .
. . .. . .
0 0 0. . . x 1
0 0 0. . . 1 x
︸ ︷︷ ︸
Determinante einer (n− 1)× (n− 1) Matrix
−1 ·
1 1 0. . . 0 0
0 x 1. . . 0 0
0 1 x. . . 0 0
. . .. . .
. . .. . .
. . .. . .
0 0 0. . . x 1
0 0 0. . . 1 x
︸ ︷︷ ︸
Determinante einer (n− 1)× (n− 1) Matrix
= x ·
x 1 0. . . 0 0
1 x 1. . . 0 0
0 1 x. . . 0 0
. . .. . .
. . .. . .
. . .. . .
0 0 0. . . x 1
0 0 0. . . 1 x
︸ ︷︷ ︸
Determinante einer (n− 1)× (n− 1) Matrix
−1 · 1 ·
x 1
. . . 0 0
1 x. . . 0 0
. . .. . .
. . .. . .
. . .
0 0. . . x 1
0 0. . . 1 x
︸ ︷︷ ︸
Determinante einer (n− 2)× (n− 2) Matrix
= xd(x, n− 1)− d(x, n− 2) .
(Beim vorletzten Ubergang haben wir eine Entwicklung nach der ersten Spalte
1000...00
durchgefuhrt.)
Die zwei Berechnungen d(x, 1) = det
[x]︸︷︷︸1×1 matrix
= x, ∆2 = | x 11 x | = x · x− 1 · 1 = x2 − 1 sind einfach.
Man kann direkt fur n = 2 (mit der Konvention d(x, 0) = 1) die Rekursion–Formel leicht uberprufen.Im Fall von x = 2 erhalten wir die Aussage aus der Aufgabe 44 �
Nachtrag: Wir haben die Rekursion–Formel gezeigt. Mit dem Computer kann man nun leicht erste (sagen wirTausend) Folgeglieder der Folge (d(x, n))n≥0 berechnen. Gibt es jedoch eine explizite Formel fur d(x, n) ? Ja.Die Herleitung dieser Formel erfolgt mit den Methoden der linearen Algebra ( – wir haben schließlich mit einerlinearen Rekursion zu tun – ) und sie stellt eine starke Motivation fur die kommenden Resultate und Strukturender Vorlesun dar.
Sei x ∈ K fest. Die Folge (d(x, n))n≥0 liegt in K und erfullt eine “Zwei–Schritt”–Rekursion. Eine trickige(Standard–)Idee ersetzt diese Folge durch eine Folge (yn)n≥0 in K2, welche eine “Zwei–Schritt”–Rekursionerfullt:
yn :=[
d(x, n)d(x, n+ 1)
], n ≥ 0 ,
mit der Rekursion:
y0 :=[d(x, 0)d(x, 1)
]=[
1x
], yn+1 =
[d(x, n+ 1)d(x, n+ 2)
]=[
d(x, n+ 1)−d(x, n) + xd(x, n+ 1)
]=[
0 1−1 x
]︸ ︷︷ ︸Notation: A
[d(x, n)
d(x, n+ 1)
].
Kurz und gut hat man direkt die Rekursion und die Losung der Rekursion
y0 =[
1x
], yn+1 = Ayn n ≥ 0 ; mit der Losung yn = Any0 ,
welche eine explizite Losung ware, wenn man eine explizite Formel fur An, n ∈ N, hatte.Ich versuche, eine solche Formel zu geben. Dafur nehme ich der Einfachheit halber an, dass der Korper K dasElement
ζ := “√x2 − 4 ”
mit x ∈ K auch besitzt und dass 2 6= 0 in K gilt. (Falls K = R ist, so betrachten wir die Folge (d(x, n))n≥0
bzw. die Folge (yn)n≥0 in C und geben unsere explizite Formel in C algebraisch an. Im allgemeinen kann man
fur jeden Korper K zeigen, dass es einen Oberkorper K gibt, in welchem die “Zahl”√x2 − 4 existiert.
Es handelt sich entweder um K, wenn√x2 − 4 in K bereits existiert, oder um einen strikten Oberkorper,
dessen Konstruktion der Konstruktion von C, ausgehend von R, ahnelt.)
Das charakteristische Polynom χA(λ) in der Variablen λ von A :=[
0 1−1 x
]ist:
λ2 − Spur(A)λ+ det(A) = λ2 − xλ+ 1 .
Die Eigenwerte λ1, λ2 der Matrix A sind:
λ1,2 =x±√x2 − 42
=x± ζ
2.
(Die “abc–Formel” gilt in jedem Korper!)Wir mussen die Falle unterscheiden: x2 − 4 = 0 und x2 − 4 6= 0 !
Der Fall x = 2 wurde in der Aufgabe 44 explizit behandelt. Die Formel fur d(x, n) = d(2, n) ist d(2, n) = n+1.Der Fall x = −2 ist sehr anlich. Wie in der Aufgabe 44 kann man fur d(x, n) = d(−2, n) die Formel zeigen:d(−2, n) = (n+ 1) · (−1)n .Wir behandeln nun den allgemeinen Fall und nehmen x 6= ±2 an, also ζ 6= 0, also x1 6= x2.Die Matrix A hat dann zwei verschieden Eigenwerte.Wir wahlen fur jeden EW einen nicht trivialen Eigenvektor:
Zum EW λ1 wahlen wir den EV v1 :=[
1λ1
].
Zum EW λ2 wahlen wir den EV v2 :=[
1λ2
].
Wir bilden nun die Matrix S mit diesen Eigenvektoren als Spaltenvektoren:
S :=[
1 1λ1 λ2
].
Links–Multiplikation mit S bildet den kanonischen Vektor e1 in den Vektor v1 und den kanonischen Vektor e2
in den Vektor v2 ab!Dann gilt:
S−1AS = Λ :=[λ1 00 λ2
].
Dafur ist keine Berechnung notwendig: Der hinreichende Test dieser Gleichheit auf den kanonischen Vektorene1, e2 ist strukturell einfach: (Man sollte das folgende Diagramm von rechts nach links lesen . . . )
K2 K2S−1oo K2Aoo K2Soo
S−1AS
zz
λ1e1 λ1v1oo v1oo e1oo
λ2e2 λ2v2oo v2oo e2oo
Wir haben mit Λ die Diagonal–Matrix bezeichnet, welche die Eigenwerte von A auf der Diagonale hat. (Dieobige Prozedur entspricht einem Basiswechsel von der kanonischen Basis {e1, e2} zur Basis {v1, v2}, welcheaus Eigenvektoren von A besteht. Es gibt in diesem Fall ausreichend viele linear unabhangige Eigenvektoren,so dass sie eine Basis bilden. Das ist fur x = ±2 nicht der Fall! Da die Matrix A in der neuen Basis {v1, v2}die Diagonalgestalt Λ geschrieben wird, nennt man A diagonalisierbar.) Aus
S−1AS = Λ
folgt
A = SΛS−1 .
Die Berechnung von An ist nun moglich:
An = (SΛS−1)n
= (SΛS−1)(SΛS−1)(SΛS−1) . . . (SΛS−1)︸ ︷︷ ︸n Male
= SΛS−1S︸ ︷︷ ︸=E
ΛS−1S︸ ︷︷ ︸=E
Λ . . . S−1S︸ ︷︷ ︸=E
ΛS−1
= SΛnS−1
= S
[λ1 00 λ2
]nS−1
= S
[λn1 00 λn2
]S−1
=[
1 1λ1 λ2
] [λn1 00 λn2
]1
λ2 − λ1
[λ2 −1−λ1 1
]=
1λ2 − λ1
[λn1 λn2λn+1
1 λn+12
] [λ2 −1−λ1 1
]=
1λ2 − λ1
[λn1λ2 − λ1λ
n2 λn2 − λn1
λn+11 λ2 − λ1λ
n+12 λn+1
2 − λn+11
].
Daraus folgt:
yn = Any0 = An[
1x
]= An
[1
λ1 + λ2
]also schließlich: [
d(x, n)d(x, n+ 1)
]=
1λ2 − λ1
[λn1λ2 − λ1λ
n2 λn2 − λn1
λn+11 λ2 − λ1λ
n+12 λn+1
2 − λn+11
] [1
λ1 + λ2
]=
1λ2 − λ1
[λn+1
2 − λn+11
∗
].
Wir haben also die Formel bewiesen:
d(x, n) =λn+1
2 − λn+11
λ2 − λ1, λ1,2 :=
12
(x±√x2 − 4) .
(Hat man diese Formel, so ist es eine leichte Beute, sie durch vollstandige Induktion zu testen. Die Herausfor-derung liegt darin, diese Formel zu finden . . . )
Aufgabe 58 Berechne die Eigenvektoren der Matrix
A :=
−1 0 00 1 03 0 2
.
Losung: Die Aufgabe legt keinen Korper fur uns fest. Sei K der unterliegende Korper.Wir “berechnen” zuerst die Eigenwerte der Matrix. (Die Eigenwerte einer Matrix in Dreiecksgestalt sind dieDiagonaleintrage.) Es gilt:
χA(x) = det(xE −A) =
∣∣∣∣∣∣x+ 1 0 0
0 x− 1 0−3 0 x− 2
∣∣∣∣∣∣ = (x+ 1)(x− 1)(x− 2) .
Die Eigenwerte sind also: −1, 1, 2. (Es gilt auf jeden Fall 1 6= 2. In “manchen” Korpern K konnten jedoch zweiunter diesen Eigenwerten ubereinstimmen!)
• Der Eigenraum zum EW (Eigenwert) −1 ist die Menge der Losungen v =
xyz
∈ K3 der linearen Gleichung
in K3: ((−1)E −A)v = 0. Aquivalent: 0 0 00 −2 0−3 0 −3
xyz
=
000
.
Falls in K beide Gleichheiten 2 6= 0 und 3 6= 0 gelten, dann folgt daraus aquivalent sofort: y = 0 (da 2 6= 0!)und z = −x (da 3 6= 0!).Der Eigenraum zu EW (−1) ist also:
x0−x
= x
10−1
: x ∈ K
.
Eine Basis besteht aus dem einzigen Vektor
10−1
.
• Der Eigenraum zum EW (Eigenwert) 1 ist die Menge der Losungen v =
xyz
∈ K3 der linearen Gleichung in
K3: ((+1)E −A)v = 0. Aquivalent: 2 0 00 0 0−3 0 −1
xyz
=
000
.
Falls in K die Gleichheit 2 6= 0 gilt, dann folgt daraus aquivalent sofort: x = 0 (da 2 6= 0!) und z = −3x = 0.Der Eigenraum zu EW (+1) ist also:
0y0
= y
010
: y ∈ K
.
Eine Basis besteht aus dem einzigen Vektor
010
.
• Der Eigenraum zum EW (Eigenwert) 2 ist die Menge der Losungen v =
xyz
∈ K3 der linearen Gleichung in
K3: ((+1)E −A)v = 0. Aquivalent: −3 0 00 −1 0−3 0 0
xyz
=
000
.
Falls in K die Gleichheit 3 6= 0 gilt, dann folgt daraus aquivalent sofort: x = 0 (da 3 6= 0!) und y = 0.Der Eigenraum zu EW (+1) ist also:
00z
= z
001
: z ∈ K
.
Eine Basis besteht aus dem einzigen Vektor
001
.
Was passiert nun falls 2 = 0 oder 3 = 0 in K gilt ? (Nur eine dieser Gleichheiten kann gelten, da in jedemKorper 1 6= 0 ist.)
Falls in K die Gleichheit 3 = 0 gilt, dann sind die Eigenwerte von A: −1 mit der Vielfachheit 2 (wegen −1 = 2)
und 1. Der Eigenraum zum EW −1 hat die Basis bestehend aus dem zwei Vektoren
10−1
und
001
. Der
Eigenraum zum EW 2 = 0 hat die Basis bestehend aus dem Vektor
010
.
Falls in K die Gleichheit 2 = 0 gilt, dann sind die Eigenwerte von A: 1 mit der Vielfachheit 2 (wegen −1 = 1)
und 0 (wegen 2 = 0). Der Eigenraum zum EW 1 hat die Basis bestehend aus dem zwei Vektoren
10−1
und010
. Der Eigenraum zum EW 2 = 0 hat die Basis bestehend aus dem Vektor
001
.
�
Aufgabe 59 Sei M ∈ Mn,n(R) die Matrix mit dem Eintrag x auf der Diagonale und dem Eintrag 1 an allenStellen außerhalb der Diagonale. Sei fn(x) die Determinante dieser Matrix.Zeigen Sie die Rekursionsformel (n ∈ N, n ≥ 2)
fn(x) = x · fn−1(x)− (n− 1)(x− 1)n−2 .
Losung: Wir berechnen sogar explizit fn(x): Es gilt:
fn(x) =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
x 1 1 . . . 11 x 1 . . . 11 1 x . . . 1...
......
. . ....
1 1 1 . . . x
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
S S S . . . S1 x 1 . . . 11 1 x . . . 1...
......
. . ....
1 1 1 . . . x
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Alle (anderen) Zeilen wurden zur ersten Zeile addiert. Diese Operation andert nicht die Determinante. Die neueerste Zeile hat alle Eintrage gleich zu S = x + 1 + 1 + · · · + 1 = x + (n − 1), zur konstanten Summe derEintrage jeder Spalte der gegebenen Matrix. Wir konnen nun S in der ersten Zeile “ausklammern”:
= S
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
1 1 1 . . . 11 x 1 . . . 11 1 x . . . 1...
......
. . ....
1 1 1 . . . x
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= S
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
1 1 1 . . . 11− 1 x− 1 1− 1 . . . 1− 11− 1 1− 1 x− 1 . . . 1− 1
......
.... . .
...1− 1 1− 1 1− 1 . . . x− 1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Die ertse Zeile wurde sukzessive von den anderen Zeilen subtrahiert. Diese Operation andert nicht die Deter-minante.
= S
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
1 1 1 . . . 10 x− 1 0 . . .0 0 x− 1 . . . 0...
......
. . ....
0 0 0 . . . x− 1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= S · (1 · (x− 1) · (x− 1) ·
... · (x− 1))
= (x+ (n− 1))(x− 1)n−1 .
Die Rekursion folgt sofort aus unserer Formel:
fn(x)− xfn−1(x) = (x+ (n− 1))(x− 1)n−1 − x(x+ (n− 2))(x− 1)n−2
= [ (x+ (n− 1))(x− 1)− x(x+ (n− 2)) ] (x− 1)n−2
= [ −(n− 1) ] (x− 1)n−2 ,
woraus die Rekursion aus der Aufgabenstellung folgt. �
Aufgabe 60 Berechne die Determinante der Matrix4 2 −1 −22 1 0 −13 3 −2 −2−1 1 −1 6
.
Losung: Wir verwenden den eingerahmten Eintrag in der zweiten Zeile um spaltenweise (gausssch) zueliminieren: Von jeder der anderen Zeilen (“so wie diese sind”) wird ein (naheliegendes) skalares Vielfachesder zweiten Zeile subtrahiert. Diese Operation invariiert die Determinante.∣∣∣∣∣∣∣∣
4 2 −1 −22 1 0 −13 3 −2 −2−1 1 −1 6
∣∣∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣∣∣0 0 −1 02 1 0 −1−3 0 −2 1−3 0 −1 7
∣∣∣∣∣∣∣∣= (−1)2+2 · 1 ·
∣∣∣∣∣∣0 −1 0−3 −2 1−3 −1 7
∣∣∣∣∣∣ Entwicklung nach der 2. Spalte
=
∣∣∣∣∣∣0 −1 0−3 −2 1−3 −1 7
∣∣∣∣∣∣ = (−1)1+2 · (−1) ·∣∣∣∣−3 1−3 7
∣∣∣∣ Entwicklung nach der 1. Zeile
= −∣∣∣∣−3 1−3 7
∣∣∣∣ = −(−3)∣∣∣∣−1 1−1 7
∣∣∣∣ (Man darf’s manchmal ubertreiben . . . )
= −(−3)(−6) = −18 .
�Der maple–Check ist:
with(linalg):
A := matrix( 4,4,
[
[ 4 , 2 , -1 , -2 ],
[ 2 , 1 , 0 , -1 ],
[ 3 , 3 , -2 , -2 ],
[-1 , 1 , -1 , 6 ]
]);
print("Die Determinante von A ist: ", det(A) );
Die Berechnung liefert:
[ 4 2 -1 -2]
[ ]
[ 2 1 0 -1]
A := [ ]
[ 3 3 -2 -2]
[ ]
[-1 1 -1 6]
"Die Determinante von A ist: ", -18
Ubungsblatt 12
Aufgabe 61 Zeige [A1 B1
C1 D1
] [A2 B2
C2 D2
]=[A1A2 +B1C2 A1B2 +B1D2
C1A2 +D1C2 C1B2 +D1D2
]fur Blockmatrizen mit A1, A2 ∈Mi,i(K), B1, B2 ∈Mi,j(K), C1, C2 ∈Mj,i(K) und D1, D2 ∈Mj,j(K).
Losung: Zuerst einKommentar: Die Gleichheit aus der Aufgabe ist ein (sehr) spezielles Beispiel der Rechenregeln mit Matrizenin “Blockformat”. Die Verallgemeinerung geht gleichzeitig in mehrere Richtungen:
. In der Aufgabenstellung wird eine 2 × 2 Blockmatrix (2 Zeilenblocke und 2 Spaltenblocke) mit einer2× 2 Blockmatrix multipliziert.Man kann jedoch r × s und s× t Blockmatrizen–Formate betrachten. (r, s, t ≥ 1 naturlich.)
. In der Aufgabenstellung sind die Blocke A1, A2;D1, D2 quadratische Matrizen. Man kann jedoch auchnicht (unbedingt) quadratische Matrizen betrachten.Bevor man eine Verallgemeinerung hinschreibt, ware es angebracht zu erwahnen, dass auch die Notation[A1 B1
C1 D1
]bzw.
[A2 B2
C2 D2
]fur die zwei Matrizen nicht zu einer Verallgemeinerung einladt. (Es gibt nur wenige
Buchstaben auf meiner Tastatur.) Es ware auch fur eine Losung in diesem speziellen Fall nicht schlecht, die
zwei Matrizen mit M :=[M11 M12
M21 M22
]bzw. N :=
[N11 N12
N21 N22
]neu zu bezeichnen. In der Aufgabenstellung
handelte sich um Blockformat–Matrizen M vom Block–Typ (i+ j)× (i+ j) und N vom Typ (i+ j)× (i+ j).Dabei ist z.B. M11 eine Matrix der Grosse i× i, M12 der Grosse i× j, etc. und man hat optische Probleme mitden Indizes. Es fallt einem vielleicht leichter, wenn man allgemeiner M vom Block–Typ (I1 + I2)× (J1 + J2)und N vom Typ (J1 + J2)× (K1 +K2) betrachtet. (Die Grossen I1, I2; J1, J2;K1,K2 sind beliebig!)Dann hat die Matrix Mst die Grosse Is × Jt und die Matrix Mtu die Grosse Jt ×Ku .Die Indizes einer Matrix von der Grosse I × J werden ublicherweise mit Zahlen i aus der Menge I :={1, 2, 3, . . . , I} bzw. j unter J := {1, 2, 3, . . . , J} indiziert. Man kann jedoch allgemeine Mengen I, J be-
trachten. Die Summen∑Ii=1 und
∑jj=1 konnen auch als
∑i∈I bzw.
∑j∈J geschrieben werden.
Der Wunsch des Mathematikers nach Verallgemeinerungen ist ahnlich dem Wunsch des Informatikers nacheinem “moglichst allgemeinen, portablen” Code oder dem Wunsch des Physikers nach einer umfassendenTheorie.Die Problematik der Notationen ist gleich wichtig:In der Mathematik werden ahnliche Objekte ahnlich bezeichnet. (Der Satz “Seien x, y, z ∈ R drei reelle Zahlen”sollte so und nicht etwa “Seien A,X, ε ∈ R drei reelle Zahlen” heißen, wenn sie gleichfussig sind.In der Physik gelten ahnliche Richtlinien . . . “Gegeben sind drei Partikeln von Massen m1, µ
# und Mω0” . . .Toll!In der Informatik haben die Theoretiker Lehrstuhle zum Verstandnis des ausfuhlicheren Kommentars gegrundetund Generationen von Studenten damit und nur damit infiziert.)
Nun zur Losung der Aufgabe:Verallgemeinerung der Behauptung aus der Aufgabenstellung:Seien
M :=
M11 M12 . . . M1s
M21 M22 . . . M2s
......
. . ....
Mr1 Mr2 . . . Mrs
und N :=
N11 N12 . . . N1t
N21 N22 . . . N2t
......
. . ....
Ns1 Ns2 . . . Nst
zwei Matrizen in Blockformat mit r × s bzw. s× t Blocken.Die Grosse von M sei von der Form (I1 + I2 + · · ·+ Ir)× (J1 + J2 + · · ·+ Js).
Die Grosse von N sei von der Form (J1 + J2 + · · ·+ Js)× (K1 +K2 + · · ·+Kt).Dabei sind I1, I2, . . . , Ir; J1, J2, . . . , Js;K1,K2, . . . ,Kt streng positive ganze (naturliche) Zahlen.Seien I1, I2, . . . , Ir; J1, J2, . . . , Js;K1,K2, . . . ,Kt beliebige paarweise disjunkte Mengen mit jeweilsI1, I2, . . . , Ir; J1, J2, . . . , Js;K1,K2, . . . ,Kt Elementen.Die Blocke der Matrizen M,N sind von der Form:
Muv = ( Muv,ij )i∈Iuj∈Jv
∈ MatrIu×Jv (R) bzw.
Nvw = ( Nvw,jk ) j∈Jvk∈Kw
∈ MatrJv×Kw(R)
mit 1 ≤ u ≤ r, 1 ≤ v ≤ s, 1 ≤ w ≤ t und mit Eintragen Muv,ij bzw. Nvw,jk in einem Korper (oder Ring) R.(Das Symbol k oder K ist teilweise belegt.)Dann ist MN eine Matrix von der Grosse (I1+I2+· · ·+Ir)×(K1+K2+· · ·+Kt), welche in r×t–Blockformatwie folgt aussieht:
MN =
∑1≤v≤s
M1vNv1
∑1≤v≤s
M1vNv2 . . .∑
1≤v≤s
M1vNvt∑1≤v≤s
M2vNv1
∑1≤v≤s
M2vNv2 . . .∑
2≤v≤s
M1vNvt
......
. . ....∑
1≤v≤s
MrvNv1
∑1≤v≤s
MrvNv2 . . .∑
1≤v≤s
MrvNvt
.
Der Block an der Stelle (u,w), 1 ≤ u ≤ s, 1 ≤ w ≤ t ist also:∑1≤v≤s
MuvNvw .
(Behauptung Ende! Manchmal ist es schwieriger, eine Behauptung zu formulieren als sie zu beweisen.)
Beweis der Verallgemeinerung:Seien i ∈ I1 ∪ I2 ∪ · · · ∪ Ir und k ∈ K1 ∪K2 ∪ · · · ∪Kt beliebige Indizes. Wir berechnen den Eintrag (MN)ikder Produktmatrix MN .Seien u0, w0 Indizes mit
i ∈ Iu0 , k ∈ Kw0 .
Dann gilt:
(MN)ik :=∑
j∈J1∪J2∪···∪Js
MijNjk
=
∑j∈J1
MijNjk
+
∑j∈J2
MijNjk
+ · · ·+
∑j∈Js
MijNjk
=∑
1≤v≤s
∑j∈Jv
Mij︸︷︷︸=Mu0v,ij
Njk︸︷︷︸=Nvw0,jk
=∑
1≤v≤s
∑j∈Jv
Mu0v,ijNvw0,jk
=∑
1≤v≤s
(Mu0vNvw0)ik
=
∑1≤v≤s
Mu0vNvw0
ik
.
Es folgt die Gleichheit von Blocken:
( (MN)ik ) i∈Iu0k∈Kw0
=
∑1≤v≤s
Mu0vNvw0
i∈Iu0k∈Kw0
.
Dies ist genau die Form der Blocke der Matrix MN in der obigen Verallgemeinerung. �
Aufgabe 62 Sei M eine Matrix in Mn,n(K) mit n paarweise verschiedenen Eigenwerten λ1, ..., λn. Zeige, daßdie Eigenraume V (λi) = Kern(λi · E −M) von M alle eindimensional sind.
Losung: Sei M eine Matrix in Mn,n(K) mit n paarweise verschiedenen Eigenwerten λ1, ..., λn. Dann sinddiese alle Eigenwerte von M . (Das charakteristische Polynom von M hat den Grad n also (hochstens) nNullstellen (in K).Es folgt aus einem wichtigen theoretischen Resultat: M eine diagonalisierbare Matrix:Es gibt eine invertierbare Matrix S mit der Eigenschaft:
SMS−1 = Λ := diag(λ1, . . . , λn) .
(Λ ist die Diagonal–Matrix mit den Diagonal–Eintragen λ1, . . . , λn in dieser Reihenfolge. Die Eigenwerte vonΛ und M sind die gleichen.)Seien V (λ,M) bzw. V (λ,Λ) die Eigenraume von M bzw. Λ zum Eigenwert λ. Dann gibt es fur jeden Eigenwertλ einen Isomorphismus zwischen Vektorraumen.
V (λ,M)Einschrankung von S // V (λ,Λ)
v // Sv ,
da die folgenden Aussagen fur ein v ∈ V offensichtlich zueinander aquivalent sind:. v ∈ V (λ,M). Mv = λv. (S−1ΛS)v = λv. S−1 Λ(Sv) = λv. SS−1 Λ(Sv) = Sλv. Λ(Sv) = λSv. Sv ∈ V (λ,Λ)
Insbesondere gilt dimV (λ,M) = dimV (λ,Λ).Es reicht also zu zeigen, dass die Vektorraume V (λ1,Λ), . . . , V (λn,Λ) alle eindimensional sind. Diese letzteAussage ist offensichtlich, da fur jedes i, 1 ≤ i ≤ n das lineare Gleichungssystem in x1, . . . , xn
λ1 0 0 . . . 00 λ2 0 . . . 00 0 λ3 . . . 0...
......
. . ....
0 0 0 . . . λn
x1
x2
x3
...xn
= λi
x1
x2
x3
...xn
oder aquivalent
(λ1 − λi)x1 = 0...
...(λi−1 − λi)xi−1 = 0
0xi = 0(λi+1 − λi)xi+1 = 0
......
(λn − λi)xn = 0
wegen (λ1 − λi), . . . , (λi−1 − λi), , (λi+1 − λi), . . . , (λn − λi) 6= 0nur die Losung x1 = · · · = xi−1 = xi+1 = · · · = xn = 0, xi beliebig in K hat.V (λi,Λ) (ist erzeugt vom i.ten kanonischen Basiswechselvektor ei und) hat also die Dimension gleich 1.Fazit: Fur alle i, 1 ≤ i ≤ n gilt dimV (λi,M) = dimV (λi,Λ) = dim(Kei) = 1. �
Aufgabe 63 Seien X und Y Endomorphismen eines K-Vektorraums V . Setze [X,Y ] = X · Y − Y ·X. Zeige
[X,Y ] + [Y,X] = 0 und
[X, [Y,Z]] + [Y, [Z,X]] + [Z, [X,Y ]] = 0
fur alle Endomorphismen X,Y und Z von V .
Losung: Die Losung ist eine einfache formale algebraische Berechnung:Seien X und Y Endomorphismen eines K-Vektorraums V . Dann gilt:
[X,Y ] + [Y,X] = (XY − Y X) + (Y X −XY )= 0 .
Seien X,Y, Z Endomorphismen eines K-Vektorraums V . Dann gilt:
[X, [Y, Z]] + [Y, [Z,X]] + [Z, [X,Y ]]
=∑
X,Y,Z zyklisch permutiert
[X, [Y,Z]]
=∑
X,Y,Z zyklisch permutiert
[X,Y Z − ZY ]
=∑
X,Y,Z zyklisch permutiert
X(Y Z − ZY )− (Y Z − ZY )X
=∑
X,Y,Z zyklisch permutiert
XY Z −XZY − Y ZX + ZY X
=
∑X,Y,Z zyklisch permutiert
XY Z − Y ZX
+
∑X,Y,Z zyklisch permutiert
ZY X −XZY
= 0 ,
da durch zyklische Permutationen XY Z in Y ZX bzw. ZY X in XZY gebracht werden konnen. �
Aufgabe 64 Sei f : Mn,n(K)→ K eine K-lineare Abbildung. Zeige: Die Funktion
B(X,Y ) = f(X · Y )
definiert eine K-Bilinearform auf V = Mn,n(K). Diese Bilinearform ist symmetrisch dann und nur dann, wennf ein skalares Vielfaches der Spurabbildung ist.Hinweis: Studiere zunachst den Fall n = 2. Betrachte dann den Kern von f . Reduziere auf den Fall n = 2.Zeige dazu daß f und Spur denselben Kern haben mussen.
Losung: (Ich ziehe in meiner Losung vor, den Hinweis nicht wortwortlich zu nehmen . . . )• Die “triviale” Richtung: Ist f ein skalares Vielfaches der Spurabbildung, dann ist B symmetrisch:Wir nehmen an, dass ein Skalar α ∈ K existiert, so dass f = αSpur.Dann gilt fur alle Matrizen X,Y ∈Mn,n(K):
B(X,Y )−B(Y,X) = f(XY )− f(Y X)= αSpur(XY ) − αSpur(Y X)= α( Spur(XY )− Spur(Y X) )= 0 ,
da die Spur die Eigenschaft aus der Aufgabe 41 hat.• Die “schwierigere” Richtung: Ist B symmetrisch, dann ist f ein skalares Vielfaches der Spurabbildung:
Wir nehmen an, dass B symmetrisch ist. Dann gilt fur alle Indizes i, j, k, l in der Indexmenge I := {1, 2, . . . , n}die Relation:
B(Eij , Ekl) = B(Ekl, Eij) .
(Dabei ist Ei,j , i, j ∈ I, die Elementarmatrix mit dem (i, j).ten Eintrag gleich 1 mit mit den sonstigen Eintragengleich Null. Die Elementarmatrizen { Eij : i, j ∈ I } bilden eine Basis von Mn,n(K), gesehen als Vektorraumuber K.)Wir fuhren diese Information uber B auf eine Eigenschaft von f zuruck und losen die Aufgabe ohne weitereSorgen:
B(Eij , Ekl) = B(Ekl, Eij) alle i, j, k, l ∈ I . Daraus folgt:
f(EijEkl) = f(Ekl, Eij) alle i, j, k, l ∈ I . Daraus folgt:
f(δj=kEil) = f(δl=iEkj) alle i, j, k, l ∈ I . Daraus folgt fur i 6= j = k = l bzw. l = i 6= j = k:
f(δj=jEij) = f(δj=iEjj) alle i, j ∈ I , i 6= j bzw.
f(δj=jEii) = f(δi=iEjj) alle i, j ∈ I , i 6= j . Daraus folgt:
f(Eij) = 0 alle alle i, j ∈ I , i 6= j bzw.
f(Eii) = f(Ejj) alle i, j ∈ I (i 6= j) .
Sei
α := f(E11) .
Wir zeigen f = αSpur, indem wir diese (virtuelle) Gleichheit von linearen Abbildungen Mn,n(K)→ K auf derK–Basis (Eij)i,j∈I von Mn,n(K) testen:
. Fur “nichtdiagonale” Elementarmatrizen Eij , i, j ∈ I, i 6= j gilt:
f(Eij) = 0 = α · 0 = αSpur(Eij) .
. Fur “diagonale” Elementarmatrizen Eii, i ∈ I, gilt:
f(Eii) = f(E11) + f(Eii − E11) = f(E11) = α = αSpur(Eii) .
Es folgt:
f = αSpur fur α := Spur(E11) .
�
Aufgabe 65 Zeige fur die Bilinearform B(X,Y ) = Spur(X · Y ) auf V = Mn,n(K) die Eigenschaft
B([X,Y ], Z) = B(X, [Y,Z]) .
Hierbei sei [X,Y ] = XY − Y X.
Losung: Diese Eigenschaft wird durch eine einfache algebraische Rechnung gezeigt, welche an einer einzigenStelle die (Spur–)Eigenschaft der Spur aus der Aufgabe 41 verwendet:Seien X,Y, Z ∈Mn,n(K) beliebig. Dann gilt:
B([X,Y ], Z)−B(X, [Y,Z]) := Spur( [X,Y ]Z )− Spur( X, [Y, Z] )= Spur( (XY − Y X)Z )− Spur( X(Y Z − ZY ) )= Spur( XY Z − Y XZ )− Spur( XY Z −XZY )= Spur( XY Z )− Spur( Y XZ )− Spur( XY Z ) + Spur( XZY )= −Spur( Y (XZ) ) + Spur( (XZ)Y )= 0 wegen der Spureigenschaft der Spur aus der Aufgabe 41.
Es folgt sofort B([X,Y ], Z) = B(X, [Y, Z]) fur alle X,Y, Z ∈Mn,n(K). �
Aufgabe 66 Sei K = R oder C. Sei ~ eine Zahl aus K und seien X und Y Endomorphismen eines K-Vektorraums V mit der Eigenschaft
[X,Y ] = ~ · idV .
Zeige ~ = 0 im Fall dimK(V ) <∞. Hierbei sei [X,Y ] = XY − Y X.
Losung: Sei V ein endlich dimensionaler Vektorraum uber (einem Korper der Charakteristik gleich Null wiez.B.) R oder CC. Seien X,Y : V → V zwei beliebige Endomorphismen. Wir nehmen an, dass es ein ~ ∈ Kgibt, so dass gilt:
XY − Y X := [X,Y ] = ~ · idV .
(Wir zeigen, dass daraus ~ = 0 folgt.)Sei B eine beliebige Basis von V . Seien M(X) bzw. M(Y ) die Matrizen zu den Endomorphismen X,Y bzgl.der Basis B.Die obige Gleichheit von Endomorphismen lasst sich sofort in eien Gleichheit von Matrizen ubersetzen:
M(X)M(Y )−M(Y )M(X) = .
(Dabei ist E = M(idV ) die Einheitsmatrix der Grosse dimV ×dimV .) Wir wenden die Spurabbildung auf derletzten Matrizengleichheit an. Es folgt sofort aus der Spureigenschaft der Spur:
0 = Spur( M(X)M(Y )−M(Y )M(X) ) = Spur( ~E ) = ~ dimV .
Es folgt aus dimV 6= 0 in K sofort:
~ = 0 .
�
Ubungsblatt 13
Aufgabe 67 Ein homogenes lineares Gleichungssystem in n Unbekannten mit m Gleichungen hat im Falln > m immer eine von Null verschiedene Losung.
Losung: Ein homogenes lineares Gleichungssystem in n Unbekannten mit m Gleichungen uber einem KorperK ist von der Form:
Ax = 0 , A :=
a11 a12 . . . a1n
a21 a22 . . . a2n
......
. . ....
am1 am2 . . . amn
, x =
x1
x2
...xn
.
Dabei ist A ∈Mm×n(K) eine Matrixmit m Zeilen ( –entsprechend zu den m Gleichungen des homogenen LGS– )und mit n Spalten ( –entsprechend zu den n Unbekannten des homogenen LGS– ), welche ich an dieser Stellemit
a·1 , a·2 , . . . , a·n ,
bezeichne.“Die Unbekannte” ist der Spaltenvektor x. Er hat n Komponenten/Eintrage x1, x2, . . . , xn, welche die explizitenn Unbekannten sind. (In der obigen Schreibweise ist x kein expliziter Vektor aus Kn, sondern ein Vektor in denUnbekannten x1, x2, . . . , xn, welche Werte in K haben.)(Die Null in der Gleichung Ax = 0 ist naturlich der Nullvektor aus Kn.)Der Rang der Matrix A ist gleich zur maximalen Anzahl der linear unabhangigen Zeilen/Spalten:
rang A ≤ Anzahl der Zeilen von A = m < n .
Insbesondere sind die n Spaltenvektoren a·1 , a·2 , . . . , a·n von A nicht linear unabhangig: Es gibt alsoSkalare λ1, λ2, . . . , λn ∈ K mit der Eigenschaft:
λ1a·1 + λ2a·2 + · · ·+ λna·n = 0 .
Eine aquivalente Schreibweise fur diese Gleichheit (von Spaltenvektoren) ist:
[a·1 a·2 · · · a·n
]︸ ︷︷ ︸=A
λ1
λ2
...λn
︸ ︷︷ ︸
Losung des LGS Ax=0 !
= 0 .
(Gleichheit von Matrizen in Blockformat.)Insbesondere ist der Spaltenvektor λ1
λ2
...λn
eine Losung des gegebenen linearen Gleichungssystems. �
Aufgabe 68 Finde eine reelle Matrix T mit der Eigenschaft
T ·[0 11 0
]· T ′ =
[a1 00 a2
], a1, a2 ∈ R .
Losung: 1. Losung: Die kurzeste Losung: Die reelle Nullmatrix
T :=[0 00 0
]erfullt offensichtlich die Gleichheit aus der Aufgabenstellung mit a1 = a2 = 0 ∈ R.2. Losung: Die geheimnisvolle Losung: Sei T die Matrix:
T :=[2002 20022002 −2002
].
Dann gilt:
T
[0 11 0
]T ′ =
[2002 20022002 −2002
] [0 11 0
] [2002 20022002 −2002
]=[2002 20022002 −2002
] [2002 −20022002 2002
]=[2 · 20022 0
0 2 · 20022
].
�3. Losung: Die Detektiv–Losung: Wir betrachten die Matrix–Gleichung[
x yz w
] [0 11 0
] [x yz w
]′=[∗ 00 ∗
]in den Unbekannten x, y, z, w, den Eintragen der gesuchten Matrix
T :=[x yz w
].
(Dabei steht ∗ fur einen beliebigen Eintrag.) Eine Nebenrechnung:[x yz w
] [0 11 0
] [x yz w
]′=[x yz w
] [0 11 0
] [x zy w
]=[x yz w
] [y wx z
]=[
∗ xw + yzxw + yz ∗
]Die gegebene Gleichung ist dann aquivalent zur folgenden algebraischen Gleichung in R:
xw + yz = 0 .
Eine mogliche Losung (unter vielen anderen) entsteht fur x = y = 0, z, t beliebig.4. Losung: Eine strukturelle Losung:Diese Losung ist besonders dann interessant, wenn derjenige, der die Aufgabe stellt, nicht “vergisst” zu verlan-gen, dass die Matrix T eine invertierbare oder schlimmer sogar eine orthogonale Matrix ist.Sei A die reelle Matrix:
A :=[0 11 0
].
Die Aufgabe betrachtet stillschweigend die quadratische Form qA : R2 → R, welche zur Matrix A entspricht,
qA(v) := v′Av fur alle v ∈ R
und verlangt eine “Basiswechselmatrix” T : R3 → R3, so dass fur B := T ′AT gilt:
R3 T //
qB
��
R3
qA
��R R
,
wT //
qB
��
v := Tw
qA
��qB(w) = w′Bw qA(v) = v′Av
,
wobei w ∈ R3 beliebig ist und wir das Bild Tw mit v := Tw bezeichnet haben. Die Gleichheit qB(w) =w′Bw = v′Av = qA(v) kann sofort formal gezeigt werden:
v′Av = (Tw)′A(Tw) = (w′T ′)A(Tw) = w′(T ′AT )w = w′Bw .
Man kann eine solche Matrix T im allgemeinen Fall einer reellen, symmetrischen Matrix A ∈Mn×n(R) in denfolgenden Schritten strukturell berechnen:• Die Matrix A ist reell, symmetrisch. Seine Eigenwerte sind dann reelle Zahlen λ1, λ2, . . . , λn ∈ R ( – mitberucksichtigter Vielfachheit – ). Man berechnet diese Eigenwerte.• Zu jedem Eigenwert λ berechnet man den entsprechenden Eigenraum V (λ). Die Dimension von V (λ) ist fursolche Matrizen immer gleich zur Vielfachheit des Eigenwertes λ!Man berechnet dann eine Basis von (Eigenvektoren aus) V (λ). Nach einer eventuellen Anwendung des Gram–
Schmidt–Verfahrens kann man annehmen, dass diese Basis eine Orthogonal–Basis ist.• Die Vereinigung der Basen aller Eigenraume bildet dann eine Basis v1, v2, . . . , vn. Sie ist dann eine Orthogonal–Basis!• Seien |v1|, |v2|, . . . , |vn| die Normen dieser Vektoren. Man normiert v1, v2, . . . , vn zu den Vektoren v1, v2, . . . , vn:vi := 1
|vi|vi, alle i = 1, 2, . . . , n.
Dann ist v1, v2, . . . , vn eine Orthonormal–Basis von Rn!• Sei S die Matrix S = [ v1 v2 . . . vn ] mit den Vektoren v1, v2, . . . , vn als Spaltenvektoren. Dann ist S eineorthogonale Matrix:
S′S = SS′ = E
• Das obige Verfahren ist die theoretische Durchfuhrung der Diagonalisierung der linearen Abbildung zurMatrix A. Aus diesem Grung gilt zuerst:
S−1AS = Λ =: diag(λ1, λ2, . . . , λn) =
λ1 0 . . . 00 λ2 . . . 0...
.... . .
...0 0 . . . λn
.
Wir haben dabei mit Λ die Diagonal–Matrix mit den Eigenwerten von A als Diagonal–Eintragen. (Die Reihen-folge dieser Eigenwerte auf der Diagonale von Λ entspricht der Reihenfolge der Spaltenvektoren v1, v2, . . . , vnin S.)• Da jedoch “zufallig” S−1 = S′ gilt, folgt daraus:
S′AS = Λ
ist eine Diagonal–Matrix.Und nun dieses Algorithmus am Werke fur die gegebene Matrix A:• Das charakteristische Polynom von A ist
χA(x) = x2 − Spur(A)x+ det(A) = x2 − 1 = (x− 1)(x+ 1) .
• Die Nullstellen von χA und gleichzeitig die Eigenwerte von A sind λ1 = 1, λ2 = −1.• Die entsprechenden Eigenvektoren sind
v1 :=[11
], v2 :=
[1−1
].
Sie bilden eine Orthogonal–Basis von R2!• Man normiert v1, v2 zu
v1 :=1√2
[11
], v2 :=
1√2
[1−1
].
• Sei S die Matrix
S :=1√2
[1 11 −1
].
Es gilt dann S′S = SS′ = E! Insbesondere gilt S−1 = S′.• Aus strukturellen Grunden gilt im Sinne der Diagonalisierung der Matrix A, gesehen als lineareAbbildung A : R2 → R
2:
S−1AS = Λ :=[λ1 00 λ2
]=[1 00 −1
].
• Aus S−1 = S′ folgt:
S′AS = Λ .
• Eine mogliche Losung der Aufgabe ist also die orthogonale Matrix T mit:
T := S′ =[1 00 −1
].
�
Aufgabe 69 Sei S = S′ ∈Mn,n(R) und T ∈Mn,n(R) mit TST ′ = E. Zeige
〈x, x〉S = x′ · S · x > 0
fur alle x 6= 0 aus Rn.
Losung:
Seien S, T wie in der Aufgabenstellung. Aus TST ′ = E folgt durch die Multiplikativitat der Determinante:
1 = det(E) = det(TST ′) = det(T ) det(S) det(T ′) .
Insbesondere sind S, T, T ′ invertierbare Matrizen.Sei nun x 6= 0, ein Vektor aus Rn, den wir als Spaltenvektor oder als n× 1 Matrix betrachten.Da T ′ invertierbar ist, gibt es ein eindeutiges y ∈ Rn, y 6= 0 mit der Eigenschaft:
x = T ′y .
Dann folgt daraus:
〈x, x〉S = x′Sx
= (T ′y)′S(T ′y)= (y′T ′′)S(T ′y)= (y′T )S(T ′y)= y′(TST ′)y= y′Ey
= 〈y, y〉E = ‖y‖2 > 0 .
(Dabei ist 〈y, y〉E = ‖y‖2 die euklidsche Norm von y im Quadrat. Sie ist streng positiv fur alle y 6= 0 ausRn.) �
Aufgabe 70 Sei 12 ∈ K und 〈v, w〉 eine symmetrische Bilinearform auf einem K–Vektorraum V . Fur v ∈ V
mit 〈v, v〉 6= 0 definiert
sv(x) = x− 2〈v, x〉〈v, v〉
· v
eine Abbildung sv : V → V . Zeige 〈sv(x), sv(x)〉 = 〈x, x〉 fur alle x ∈ V . Was ist s2v? Gebe eine geometrische
Deutung von sv.
Losung: Sei K ein beliebiger Korper. (Wir werden 12 ∈ K oder 2 6= 0 in K nicht verwenden.) Sei V ein
K–Vektorraum. Sei 〈·, ·〉 : V × V → K eine symmetrische Bilinearform.Sei v ∈ V ein Vektor mit 〈v, v〉 6= 0.
Sei x ∈ V beliebig.Wir bezeichnen mit α die (von x, v abhangige) “Zahl” aus K:
α := 2〈v, x〉〈v, v〉
.
Dann gilt fur die Abbildung sv:
〈sv(x), sv(x)〉 = 〈x− αv, x− αv〉 Definition von 〈·, ·〉= 〈x, x〉 − α〈v, x〉 − α〈x, v〉+ α2〈v, v〉 Bilinearitat von 〈·, ·〉= 〈x, x〉 − α〈v, x〉 − α〈v, v〉+ α2〈v, v〉 Symmetrie von 〈·, ·〉= 〈x, x〉 − 2α〈v, x〉+ α2〈v, v〉= 〈x, x〉 − α(2〈v, x〉 − α〈v, v〉)= 〈x, x〉 Definition von α .
Wir haben damit fur alle x ∈ V die Gleichheit beweisen: 〈sv(x), sv(x)〉 = 〈x, x〉.
Wir zeigen des weiteren, dass s2v die Identitat von V ist.
Sei v wie in der Aufgabenstellung. Wir bemerken, dass sv eine lineare Abbildung ist:sv = idV − 2
〈v,v〉〈v,·〉 ist also eine lineare Kombination der linearen Abbildungen idV und 〈v, ·〉. (Letztere
Abbildung ist linear, da 〈·〉, ·〉〉 bilinear ist.)
Wir bemerken zuerst: sv(v) = v − 2 〈v,v〉〈v,v〉v = v − 2v = −v.
Sei nun x ∈ V beliebig.Dann gilt:
s2v(x) = sv(sv(x))
= sv
(x− 2
〈v, x〉〈v, v〉
v
)= sv(x)− 2
〈v, x〉〈v, v〉
sv(v)︸ ︷︷ ︸=−v
Linearitat von sv
= x− 2〈v, x〉〈v, v〉
v − 2〈v, x〉〈v, v〉
(−v)
= x .
Da x beliebig in der obigen Rechnung ist, folgt daraus:
s2v = idV .
Geometrische Deutung:Sei v fest aus V wie in der Aufgabenstellung.Sei H := { x ∈ V : 〈v, x〉 = 0 } die “zu v orthogonale Hyperebene durch 0”.Dann lasst sv offensichtlich alle Vektoren aus H fest. (Mathematische Aussage.)sv ist eine Spiegelung bzgl. der Hyperebene H. (Geometrische Deutung oder allgemeine Definition einer Spie-gelung.) �
Aufgabe 71 Fur 〈v, w〉 wie in Aufgabe 70 seien x und y zwei Vektoren aus V mit 〈x, x〉 = 〈y, y〉. Zeigesv(x) = ±y fur v = 1
2 (x∓ y), falls 〈v, v〉 6= 0.
Losung: Da die Aufgabenstellung explizit 12 verwendet, muss man in dieser Aufgabe verlangen, dass in dem
Korper K, woruber der Vektorraum V definiert ist, die Relation 2 6= 0 gilt.Wir konnen uns auf den Fall v = 1
2 (x+ y) beschranken: Ersetzt man statt y den Wert −y, so gilt immer noch〈x, x〉 = 〈y, y〉 = 〈−y,−y〉.Seien also
x, y ∈ V
mit 〈x, x〉 = 〈y, y〉. Wir bilden den Vektor
v :=12
(x+ y) ∈ V .
Wir nehmen an, dass 〈v, v〉 6= 0 in K gilt.Wir berechnen zuerst die Korperelemente 〈x, v〉 und 〈v, v〉, welche in der Definition von sv(x) anschließendeingesetzt werden:
〈v, v〉 = 〈12
(x+ y),12
(x+ y)〉
=14〈x+ y, x+ y〉
=14
( 〈x, x〉+ 〈x, y〉+ 〈y, x〉+ 〈y, y〉 )
=14
( 2〈x, x〉+ 2〈x, y〉 )
wegen 〈x, x〉 = 〈y, y〉 aus der Hypothese und der Symmetrie 〈x, y〉 = 〈x, y〉 der Bilinearform . . .
=12
( 〈x, x〉+ 〈x, y〉 )
〈x, v〉 = 〈x, 12
(x+ y)〉
=12〈x, x+ y〉
=12
( 〈x, x〉+ 〈x, y〉 ) .
(Wir haben mehrmals stillschweigend die Linearitat der Bilinearform benutzt . . . )Es folgt also
〈v, v〉 = 〈x, v〉 .
Daraus folgt schließich:
sv(x) := x− 2〈x, v〉〈v, v〉
v = x− 2v = x− 212
(x+ y) = −y .
�
Aufgabe 72 Zeige |M11| ≥ 1 fur den ersten Eintrag einer Matrix M ∈M4,4(R) aus der orthogonalen GruppeO(1, 3)(R), d.h. mit der Eigenschaft
M ′ · diag(1,−1,−1,−1) ·M = diag(1,−1,−1,−1) .
Zeige: Die Matrizen in O(1, 3)(R) mit M11 ≥ 1 bilden eine Untergruppe.Hinweis: Benutze (ohne Beweis) die Schwarzsche Ungleichung
|xx+ yy + zz| ≤ +
√x2 + y2 + z2 · +
√x2 + y2 + z2 .
Zusatz: Ist ε(M) das Vorzeichen von M11, dann definiert M 7→ ε(M) einen Gruppenhomorphismus ε :O(1, 3)(R)→ {±1}. Was ist ε(−E)?
Losung: Sei S := diag(1,−1,−1,−1). Dann gelten ofensichtlich S2 = E und S−1 = S = S′.• Aus der Charakterisierung der “Menge” O(1, 3)(R) als Menge aller Matrizen M ∈ M4,4(R), welche diequadratische Form q : R1+3 → R konservieren,
q(v) := v′Sv alle v ∈ R4 oder (22)
q
txyz
:= t2 − x2 − y2 − z2 , (23)
folgt, dass die “Menge” O(1, 3)(R) eine Gruppe ist. In der Aufgabe 54 haben wir bereits die Aquivalenz derAussagen gesehen:
[ M konserviert q i.e. ist eine Isometrie fur q ] ⇔ [ M ′SM = S ] .
• Sei nun M ∈ O(1, 3)(R).Dann liegt M−1 auch in der Gruppe O(1, 3)(R).Offensichtlich liegt auch S in O(1, 3)(R). (S′SS = S.)Dann folgt aus M ∈ O(1, 3)(R) zuerst M ′SM = S, dann M ′S = SM−1, dann M ′ = SM−1S−1, dannM ′ = SM−1S ∈ O(1, 3)(R) wegen S,M−1, S ∈ O(1, 3)(R).• Sei erneut M ∈ O(1, 3)(R). Wir konnen die 4× 4 Matrix M als eine (3 + 1)× (3 + 1) Blockformat–Matrixschreiben:
M =[M11 M1∗M∗1 M∗∗
]mit offensichtlichen Notationen:
M1∗ :=[M12 M13 M14
], M∗1 :=
M21
M31
M41
, M∗∗ :=
M22 M23 M24
M32 M33 M34
M42 M43 M44
.
In gleicher Blockformat–Zerlegung kann man die Matrix S wie folgt darstellen:
S =[1 00 −E
],
wobei E in dem (2, 2)–Eintrag −E naturlich fur die 3× 3–Einheitsmatrix E steht.• Eine Blockformat–Matrizen–Rechnung liefert aus M ′SM = S die Gleichheit:[
1 00 −E
]= S = M ′SM
=[M11 M1∗M∗1 M∗∗
]′ [1 00 −E
] [M11 M1∗M∗1 M∗∗
]=[M ′11 M ′∗1M ′1∗ M ′∗∗
] [1 00 −E
] [M11 M1∗M∗1 M∗∗
]=[M ′11 −M ′∗1M ′1∗ −M ′∗∗
] [M11 M1∗M∗1 M∗∗
]=[M2
11 −M ′∗1M∗1 etc.etc. etc.
].
Dabei ist M ′∗1M∗1 = M221 +M2
31 +M241 die euklidsche Norm in Quadrat des Vektors M∗1. Wir bezeichnen
diese Norm mit |M∗1| :=√M2
21 +M231 +M2
41.Der Vergleich des (1, 1)–Eintrages am Anfang und Ende der obigen Berechnung liefert: 1 = M2
11−M ′∗1M∗1 =M2
11 − |M∗1|2. Es folgt sofort M211 = 1 + |M∗1|2 ≥ 1, also:
|M11| ≥ 1 .
• Wir zeigen nun, dass die Menge
O(1, 3)+(R) := { M ∈ O(1, 3)(R) : M11 ≥ 1 }
(oder auch M11 > 0 statt M11 ≥ 1) eine Untergruppe von O(1, 3)(R) bilden. Dafur sind zwei Eigenschaftennachzuweisen:
(i) Aus M ∈ O(1, 3)+(R) folgt M−1 ∈ O(1, 3)+(R).(ii) Aus M,N ∈ O(1, 3)+(R) folgt MN ∈ O(1, 3)+(R).
• (i) Sei M in O(1, 3)+(R). Es gilt also: M11 ≥ 1. Dann folgt aus M ′SM = S sofort M−1 = SM ′S. Dieexplizite Berechnung von SM ′S
M−1 = SM ′S
=[1 00 −E
] [M11 M1∗M∗1 M∗∗
]′ [1 00 −E
]=[1 00 −E
] [M ′11 M ′∗1M ′1∗ M ′∗∗
] [1 00 −E
]=[M ′11 −M ′∗1−M ′1∗ M ′∗∗
]liefert die explizite Form des (1, 1)–Eintrages:
(M−1)11 = M11 ≥ 1 .
Es folgt M−1 ∈ O(1, 3)+(R).• (ii) Seien M,N ∈ O(1, 3)+(R).Wir haben bereits fur N ∈ O(1, 3)(R) die Gleichheit
N211 − |N∗1|2 = 1
registriert. Es folgt also N11 > |N∗1|.Fur M ′ ∈ O(1, 3)(R) folgt dann die “gleiche Gleichheit”: (M ′)2
11 − |(M ′)∗1|2 = 1, also:
M211 − |M1∗|2 = 1 .
Es folgt also M11 > |M1∗|.Dann konnen wir (MN)11 nach unten abschatzen:
(MN)11 := M11N11 +M1∗N∗1
≥M11N11 − |M1∗N∗1|≥M11N11 − |M1∗| |N∗1| Cauchy–Schwarz–Ungleichung aus dem Hinweis
> M11N11 −M11N11 = 0 .
Es folgt (MN)11 > 0, also (MN)11 ≥ 1, also MN ∈ O(1, 3)+(R). Hiermit ist der Beweis von (ii) beendet.
Zusatz: Es gelten naturlich −E ∈ O(1, 3)(R) (wegen (−E)′S(−E) = S) und ε(−E) = −1. (Insbesondere istε nicht die Determinante! det(−E) = (−1)4 = +1 !)Die Abbildung ε aus der Aufgabenstellung hat die alternative Definition:
ε(M) :=
{+1 falls M ∈ O(1, 3)+(R) ,−1 falls −M ∈ O(1, 3)+(R) .
(24)
Aquivalent gilt:
ε(M) ·M ∈ O(1, 3)+(R) fur alle M ∈ O(1, 3)(R) .
Es folgt dann leicht fur alle M,N ∈ O(1, 3)(R)
ε(M) ·M ∈ O(1, 3)+(R) ,
ε(N) ·N ∈ O(1, 3)+(R) also auch das Produkt
ε(M)ε(N) ·MN ∈ O(1, 3)+(R) , da O(1, 3)+(R) eine Gruppe ist, und
ε(MN) ·MN ∈ O(1, 3)+(R) , “Definition” von ε.
Der obige Vergleich liefert:
ε(MN) = ε(M)ε(N) .
�
Aufgabe 73 [∗] Sei V = R4 und S = diag(1,−1,−1,−1) und 〈v, w〉 = v′ ·S ·w. Sei ε definiert wie im Zusatz
von Aufgabe 72 und sei weiterhin sv definiert wie in Aufgabe 70. Zeige dann, daß ε(sv) das Vorzeichen von−〈v, v〉 ist.
Losung: Fur eine beliebige Matrix M ∈M4,4(R) kann man den Eintrag M11 wie folgt berechnen:
M11 = e′1Me1 .
Dabei ist e1 der erste Vektor der kanonischen Basis von R4.Fur eine lineare Abbildung φ : R4 → R
4 kann man die Matrix von φ bzgl. der kanonischen Basis M(φ)zuordnen. Es gilt dann φ(v) = M(φ) · v fur alle v ∈ RR4.Man kann also den Eintrag M(φ)11 der Matrix von φ wie folt berechnen:
M(φ)11 = e′1Me1 = e′1φ(e1) .
Wir betrachten nun die lineare Abbildung sv : R4 → R4 fur ein
v =
txyz
∈ R1+3 mit 〈v, v〉 := t2 − (x2 + y2 + z2) 6= 0 .
Wir konnen dann berechnen
ε(sv) := Signum( M(sv)11 ):= Signum( e′1sv(e1) )
:= Signum
(e′1
(e1 − 2
〈e1, v〉〈v, v〉
v
) ):= Signum
(e′1e1 − 2
〈e1, v〉S〈v, v〉S
e′1v
):= Signum
(1− 2
t
t2 − (x2 + y2 + z2)t
):= Signum
(1− 2
t2
t2 − (x2 + y2 + z2)
).
Wir unterscheiden die Falle:
(i) Ist 〈v, v〉S = t2 − (x2 + y2 + z2) > 0, dann ist der Ausdruckt2
t2 − (x2 + y2 + z2)≥ 1.
Es folgt 1− 2t2
t2 − (x2 + y2 + z2)≤ −1, also
ε(sv) = −1 falls 〈v, v〉S > 0 .
(ii) Ist 〈v, v〉S = t2 − (x2 + y2 + z2) < 0, dann ist der Ausdruckt2
t2 − (x2 + y2 + z2)≤ 0.
Es folgt 1− 2t2
t2 − (x2 + y2 + z2)≥ +1, also
ε(sv) = +1 falls 〈v, v〉S < 0 .
Fazit: ε(sv) = −Signum( 〈v, v〉S ) = Signum( −〈v, v〉S ) . �
Klausur LA I, 09.02.2002
Aufgabe 1 Bestimmen Sie die Eigenwerte und die Eigenvektoren der Matrix[0 11 0
].
Losung: Sei K der grundliegende Korper.Das charakteristische Polynom der gegebenen Matrix ist:
det ( tE − [ 0 11 0 ] ) = det
[t −1−1 t
]= t2 − 1 = (t− 1)(t+ 1) .
Die Eigenwerte der gegebenen Matrix sind +1 und −1.Der Eigenraum V (+1) fur den Eigenwert +1 ist der Losungsraum der Gleichung:[
1 −1−1 1
] [xy
]=[x− y−x+ y
]=[00
].
Es folgt:
V (+1) = K
[11
].
Der Eigenraum V (−1) fur den Eigenwert −1 ist der Losungsraum der Gleichung:[−1 −1−1 −1
] [xy
]=[−x− y−x− y
]=[00
].
Es folgt:
V (−1) = K
[1−1
].
Die Menge der Eigenvektoren ist die Vereinigung der obigen Eigenraume, wobei der Null–Vektor per Konvention(Vorlesung) ausgeschlossen wird.Bemerkung: Hat der Korper K die Charakteristik 2, so gelten 1 = −1 und V (+1) = V (−1).
�
Aufgabe 2 Was ist der Rang der Matrix 1 1 1 11 1 1 11 1 1 11 1 1 1
?
Losung: Sei K der grundliegende Korper.Der Rang einer Matrix M ist die Dimension des Bildes der von M induzierten linearen Abbildung.Fur die Matrix aus der Aufgabenstellung ist dieses Bild die Menge der Vektoren
1 1 1 11 1 1 11 1 1 11 1 1 1
abcd
= (a+ b+ c+ d)
1111
,
wenn a, b, c, d ∈ K variieren.
Das Bild ist daher eindimensional und vom Vektor
1111
aufgespannt.
Der Rang der gegebenen Matrix ist folglich gleich 1.�
Aufgabe 3 Was ist der Sylvester–Typ der reellen symmetrischen Matrix1 2 12 4 01 0 −1
?
Losung:
1. Losung: Der Sylvester–Typ der gegebenen reellen quadratischen Matrix M ist invariant bzgl. Transfor-mationen vom Typ
T → TMT ′ , T ∈ Gl(3,R) .
Fur T :=
0 0 10 1 01 0 0
gilt dann TMT ′ =
−1 0 10 4 21 2 1
. Diese letzte Matrix hat die Eigenschaft ( – welche M
nicht hat – ) dass die Hauptminoren
m1 := det[−1]
= −1 ,
m2 := det[−1 00 4
]= −4 ,
m3 := det
−1 0 10 4 21 2 1
= −4 + 0 + 0 − 4− (−4)− 0 = −4
von Null verschieden sind. Die Minorenquotienten sind:
m1/1 = −1 ,m2/m1 = 4 ,m3/m2 = 1 .
Laut einem Satz aus der Vorlesung ist der Sylvester–Typ der gegebenen Matrix M gleich:11−1
.
�2. Losung: (Zum Zeitpunkt der Klausur waren die Grundlagen fur diese Losung in der Vorlesung nichtvollstandig etabliert.)Das charakteristische Polynom der gegebenen Matrix
M :=
1 2 12 4 01 0 −1
ist:
χM (x) = det
x− 1 −2 −1−2 x− 4 01 0 x+ 1
= x3 − 4x2 − 6x+ 4 .
Man berechnet fur die stetige Polynom–Funktion χM : R→ R:f(−2) = −8, f(0) = 4, f(1) = −5, f(6) = 40.Es folgt die Existenz von Eigenwerten von M in den folgenden Intervallen:
λ1 ∈ (−2, 0) , λ2 ∈ (0, 1) , λ3 ∈ (1, 6) .
Da es zwei streng positive und einen streng negativen Eigenwert von M gibt, ist der Sylvester–Typ von Mgleich zu: 1
1−1
.
�3. Losung: (Explizite Diagonalisierung von M) Die quadratische Form qM zur Matrix M ist
qM (v) = v′Mv = x2 + 4xy + 2xz + 4y2 − z2 fur alle v :=
xyz
∈ R3 .
Durch das Verfahren der quadratischen Erganzung erhallt man:
qM (v) = x2 + 4xy + 2xz + 4y2 − z2
= (x+ 2y + z)2 − 4yz − 2z2
= (x+ 2y + z)2 − 2(z + y)2 + 2y2
= ξ2 − η2 + ζ2
fur ξ := x+ 2y + z, η :=√
2(y + z), ζ :=√
2y:ξηζ
=
1 2 10√
2√
20√
2 0
xyz
.
Die Matrix zur quadratischen Form (ξ, η, ζ)→ ξ2 − η2 + ζ2 hat den Sylvester–Typ11−1
.
M hat den gleichen Typ, denn dieser ist invariant bzgl. einer Transformation vom Typ
T → T ′MT , T ∈ Gl(3,R) .
(Diese entspricht der Anderung/Transformation der quadratischen Form qM in qT ′MT nach einem Basiswechselmit der Matrix T .) �
Zusatz–Bemerkung: Fur die reelle Matrix T :=
1 2 10√
2√
20√
2 0
−1
= gilt die explizite Diagonalisierung:
T ′MT =
1−1
1
.
Aufgabe 4 Was ist sign(τ) fur die Permutation
τ = ( 1 2 3 . . . n− 1 n ) ,
welche 1 auf 2, 2 auf 3, . . . , n− 1 auf n und n auf 1 abbildet ?
Losung: 1. Losung: (Die skurille Losung.) Die Matrix M aus der Klausuraufgabe 6 ist die Permutationsmatrixder gegebenen Permutation τ = ( 1 2 3 . . . n− 1 n ).Daher gilt fur diese Matrix M :
n∏j=1
Mσ(j)j = 0 fur alle σ ∈ Sn , σ 6= ( 1 2 3 . . . n− 1 n ) ,
n∏j=1
Mτ(j)j = 1 .
Aus der (korrigierten) Determinanten–Formel aus der Klausuraufgabe 5 und der Determinanten–Berechnungaus der Klausuraufgabe 6: det(M) = (−1)1+n folgt sofort:
sign(τ) = (−1)1+n .
2. Losung: (Die direkte Losung.) Man kann mittels vollstandiger Induktion nach n die folgende Formel zeigen:
τ = ( 1 2 ) ◦ ( 2 3 ) ◦ . . . ( n− 2 n− 1 ) ◦ ( n− 1 n ) ,
welche τ als Komposition von (n− 1) Transpositionen darstellt.Da das Signum einer Transposition negativ ist, folgt daraus:
sign(τ) = (−1)n−1 .
�
Aufgabe 5 Korrigieren Sie die folgende “Formel”:
det(M) =∑σ∈Sm
sign(σ) ·n∏j=1
Mσ(i)j
.
Losung: Sei M eine n× n Matrix (uber einem beliebigen Korper). Dann gilt:
det(M) =∑σ∈Sn
sign(σ) ·n∏j=1
Mσ(j)j
.
�
Aufgabe 6 Was ist die Determinante der Matrix:
0 0 0 . . . 0 11 0 0 . . . 0 00 1 0 . . . 0 0... . . .
. . .. . .
......
0 0 0. . . 0 0
0 0 0. . . 1 0
?
Das heißt Mij = 1 fur i = j + 1 und fur (i, j) = (1, n) und Mij = 0 sonst.
Losung: Sei M die gegebene n× n Matrix (uber einem beliebigen Korper).In der Laplace–Entwicklung der Determinante von M nach der 1. Zeile sind alle Summanden mit der Aus-nahme des letzten gleich Null:
det(M) = (−1)1+1 · 0 + (−1)1+2 · 0 + · · ·+ (−1)1+(n−1) · 0 + (−1)1+n · det(E) .
Es folgt aus det(E) = 1:
det(M) = (−1)1+n .
�
Aufgabe 7 Zeige (X · Y )′ = Y ′ ·X ′ fur Marizen X,Y .
Losung: 1. Losung: (Eine solche sehr formale Losung wurde vollstandig bewertet.) Nach Definition gilt
(AB)ik =∑j
AijBjk .
Der (i, k)–te Eintrag von Y ′X ′ ist daher: ∑j
YjiXkj .
(Setze A := Y ′, B := X ′.) Wegen des Kommutativgesetzes liefert dies∑j
YjiXki ,
also den (i, k)–ten Eintrag von (XY )′.Es folgt Y ′X ′ = (XY )′. �
2. Losung: (Die explizite Losung, welche alle Objekte einordnet.)Sei K ein Korper (oder ei kommutativer Ring).
Seien m,n, p ≥ 1 ganzzahlig.Seien X ∈Mm,n(K), Y ∈Mn,p(K) zwei Matrizen.
Wir zeigen die Gleichheit (XY )′ = Y ′X ′ in Mp,m(K),indem wir fur beliebige Indizes i, k, 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ k ≤ p,die Gleichheit der (k, i).ten Eintrage zeigen:
((XY )′)ki = (XY )ik
=∑
1≤j≤n
XijYjk
=∑
1≤j≤n
YjkXij (K ist kommutativ)
=∑
1≤j≤n
(Y ′)kj(X ′)ji
= (Y ′X ′)ki .
Es folgt (XY )′ = Y ′X ′. �
Aufgabe 8 Was ist das Volumen des Spats in R3, welcher von den Vektoren111
,
21−1
und
11−1
aufgespannt wird?
Losung: Dolumen des Spats in R3, welcher von den obigen Vektoren aufgespannt wird, ist:
det
1 2 11 1 11 −1 −1
= 2 ,
wie z.B. die leichte Determinanten–Berechnung von +(−1)+2+(−1) −(+1)−(−1)−(−2) = 2es bekraftigt. (Regel von Sarrus oder Determinanten–Formel aus der Klausuraufgabe 5 fur n = 3.)
�
Aufgabe 9 Lose das Gleichungssystem 10x + 7y + 10z = u5x + 3y + 4z = v2x + y + z = w
Warum sind fur ganzzahlige u, v, w die Koordinaten des Losungsvektors (x, y, z) ganzzahlig ?
Losung: Sei K der unterliegende Korper.1. Losung: Die brutale Losung:Wir wenden das Gauss–Eliminationsverfahren formal an. (Es handelt sich um eine totale Elimination.)Die Pivot–Elemente werden durch eine Rahmen gekennzeichnet. (Da es moglich ist, Pivot–Elemente nur unter±1 zu wahlen, ist das folgende formal Verfahren unabhangig von der Charakteristik von K gultig.)
x y z
10 7 10 u5 3 4 v
2 1 1 w−4 0 3 u− 7w−1 0 1 v − 3w
2 1 1 w−1 0 0 u− 3v + 2w−1 0 1 v − 3w
2 1 1 w
Es folgt die Losung:
x = −u+ 3v − 2w ,
y = 3u− 10v + 10w ,
z = −u+ 4v − 5w .
Fur ganzzahlige u, v, w sind dann die obigen Ausdrucke auch ganzzahlig. (Z ist ein Ring.) �2. Losung: Die strukturelle Losung unter Verwendung der cramerschen Formeln: Die Determinante desGleichungssystems ist:
∆ :=
∣∣∣∣∣∣10 7 105 3 42 1 1
∣∣∣∣∣∣ = 1 .
Sie ist invertierbar in jedem unterliegenden Korper K. Wir berechnen des weiteren die folgenden Determinanten∆x, ∆y, ∆z mit Laplace–Entwicklungen in der Spalte [ u v w ]′:
∆x =
∣∣∣∣∣∣u 7 10v 3 4w 1 1
∣∣∣∣∣∣ = +u∣∣∣∣3 41 1
∣∣∣∣− v ∣∣∣∣7 101 1
∣∣∣∣+ w
∣∣∣∣7 103 4
∣∣∣∣∆y =
∣∣∣∣∣∣10 u 105 v 42 w 1
∣∣∣∣∣∣ = −u∣∣∣∣5 42 1
∣∣∣∣+ v
∣∣∣∣10 102 1
∣∣∣∣− w ∣∣∣∣10 105 4
∣∣∣∣∆z =
∣∣∣∣∣∣10 7 u5 3 v2 1 w
∣∣∣∣∣∣ = +u∣∣∣∣5 32 1
∣∣∣∣− v ∣∣∣∣10 72 1
∣∣∣∣+ w
∣∣∣∣10 75 3
∣∣∣∣Es folgt nach den cramerschen Formeln (die Existenz und Eindeutigkeit fur) die folgende Losung:
x =∆x
∆= −u+ 3v − 2w ,
y =∆y
∆= 3u− 10v + 10w ,
z =∆z
∆= −u+ 4v − 5w .
Die Losung ist ganzzahlig fur ganzzahlige u, v, w, da im Sinne der cramerschen Formel die Determinante desGleichungssystems ∆ = 1 in Z invertierbar ist und das Gleichungssystem ganzzahlige Koeffizienten hat.
Aufgabe 10 Warum ist jede Permutation eine Komposition von Transpositionen ?
Losung: Sei n ≥ 1 ganzzahlig.Jede Permutation σ ∈ Sn lasst sich als Produkt (Komposition) von disjunkten (insbesondere untereinanderkommutierende) Zykeln schreiben:
σ =∏o∈O
ζo , ζo := ( o σ(o) σ2(o) . . . ) .
Dabei ist O eine maximale Untermenge von {1, 2, . . . , n}, so dass fur alle verschiedenen o, o′ ∈ O und allek, k′ ∈ N die Elemente σk(o) und σk
′(o′) verschiedenen sind.
Jeder Zykel ζ = ( n1 n2 . . . ns−1 ns ) mit n1, n2, . . . , ns− 1, ns aus der Menge {1, 2, . . . , n} lasst sich desweiteren als Komposition von Transpositionen darstellen:
ζ = ( n1 n2 . . . ns−1 ns ) = ( n1 n2 ) ◦ ( n2 n3 ) ◦ . . . ◦ ( ns−1 ns ) .
(Diese Darstellung hat den gleichen Beweis wie die Darstellung von ( 1 2 . . . n ) aus der Klausuraufgabe 4.)�
Aufgabe 11 Warum bilden n linear unabhangige Vektoren des Rn automatisch ein Erzeugendensystem desRn ?
Losung: Jede Basis von Rn besteht aus genau n Elementen, da dimR(Rn) = n ist.Seien v1, v2, . . . , vn ein System S von n linear unabhangigen Vektoren aus Rn.Da das System S zu einer Basis erganzt werden kann (Basiserganzungs–Satz), folgt, dass die Erganzungdurch die Aufnahme von keinem weiteren Vektor erfolgt.So ist das System S eine Basis von Rn.Insbesondere ist das System S ein Erzeugendensystem des Rn. erganzt
�
Aufgabe 12 Wann existiert ein Inverses fur die Matrix[a bc d
]und wie sieht die inverse Matrix im Falle deren Existenz aus ?
Losung: Laut Vorlesung ist eine quadratische Matrix (mit Koeffizienten in einem Korper) genau dann inver-tierbar, wenn ihre Determinante ungleich Null ist.Die Determinante der Matrix
M :=[a bc d
]ist det(M) = ad− bc.Eine notwendige und hinreichende Bedingung fur die Invertierbarkeit von M ist [ det(M) = ad− bc 6= 0 ].Im Falle von det(M) = ad− bc 6= 0 ist die folgende Matrix wohldefiniert:
N :=1
det(M)M =
1ad− bc
[d −b−c a
],
und es gilt:
NM = E = MN ,
wie entweder die Probe:
NM =1
ad− bc
[d −b−c a
] [a bc d
]=
1ad− bc
[ad− bc 0
0 ad− bc
]= E
oder die strukturelle Erklarung der Verwendung der Komplementar–Matrix M von M es zeigt. �
