Aufgabe I.1 Es sei Q die folgende Teilmenge von C2×2 : o na −b Q= a, b ∈ C b a Hier bezeichnet der Querstrich die komplexe Konjugation. Zeigen Sie: (a) Mit den u upfungen + und · f¨ ur Matrizen ist Q ein Teilring von C2×2 . ¨blichen Verkn¨ (b) F¨ ur jedes Element q ∈ Q mit q 6= ( 00 00 ) existiert ein Element p ∈ Q, so dass gilt:   1 0 p·q = =q·p 0 1 (c) Der Ring Q ist kein K¨ orper. L¨ osung 2×2 (a) Zu  zeigenist, dass (Q, +) eine Untergruppe von (C , +) und abgeschlossen bzgl. der Multiplikation ist. Es seien a −b ur i ∈ {1, 2}. Da die komplexe Konjugation ein K¨orperautomorphismus von C ist, gilt f¨ ur die qi = bii aii ∈ Q f¨ Differenz       a1 − a2 −b1 + b2 a1 − a2 −b1 + b2 a −b q1 − q2 = = = ∈ Q, b1 − b2 a1 + a2 b1 − b2 a1 − a2 b a

wobei a = a1 − a2 , b = b1 − b2 ∈ C. Entsprechend gilt f¨ ur das Produkt  q1 · q2 =

a1 a2 − b1 b2 a2 b1 + a1 b2

−a1 b2 − a2 b1 −b1 b2 + a1 a2

a1 a2 − b1 b2 a1 b2 + a2 b1

 =

−a1 b2 − a2 b1 a1 a2 − b1 b2

!

 =

a b

−b a

 ∈ Q,

wobei a = a1 a2− b1 b 2 , b = a1 b2 + a2 b1 ∈ C. a −b (b) Es sei q = b a . Da det(q) = aa + bb = |a|2 + |b|2 > 0 gilt, ist q in C2×2 invertierbar und sein Inverses 1 p= det(q)





a0 b0

a −b

 b ∈ C2×2 , a

liegt bereits in Q, denn p=

−b0 a0

 ∈Q

a −b 0 f¨ ur die komplexen Zahlen a0 = |a|2 +|b| 2 und b = |a|2 +|b|2 . (c) Die Multiplikation in Q ist nicht kommutativ. Das sieht man beispielsweise an der folgenden Rechnung; beachte dabei i = −i:             i 0 i 0 0 1 0 i 0 −i 0 1 · = 6= = · −1 0 i 0 −i 0 −1 0 0 i 0 i

In einem K¨ orper muss die Multiplikation aber kommutativ sein. Somit ist Q kein K¨orper. Aufgabe I.2 Es sei K ein K¨ orper. (a) Formulieren Sie die Dimensionsformel f¨ ur Homomorphismen zwischen endlichdimensionalen K-Vektorr¨ aumen. (b) Es seien n ∈ N und v ∈ K n . Bestimmen Sie die Dimension des Untervektorraumes W = {A ∈ K n×n | Av = 0} von K n×n . L¨ osung (a) Es seien V und W endlichdimensionale K-Vektorr¨aume und Φ : V → W ein Homomorphismus von K-Vektorr¨ aumen. Dann gilt: dim Kern Φ + dim Bild Φ = dim V

(b) Wir betrachten die Abbildung Φ : K n×n −→ K n , A 7−→ Av. Dies ist ein Vektorraumhomomorphismus, denn K n×n und K n sind (endlichdimensionale) Vektorr¨aume und f¨ ur alle a ∈ K, sowie A, B ∈ K n×n gilt: Φ(aA + B) = (aA + B)v = aAv + Bv = aΦ(A) + Φ(B) Außerdem gilt W = {A ∈ K n×n | Av = 0} = Kern Φ und mit der Dimensionsformel aus Teil (a) erhalten wir: dim W = dim Kern Φ = dim K n×n − dim Bild Φ = n2 − dim Bild Φ F¨ ur die Bestimmung von dim Bild Φ treffen wir eine Fallunterscheidung zwischen v = 0 und v 6= 0. Im Fall v = 0 ist Bild Φ = {A · 0 | A ∈ K n×n } = {0}, also dim Bild Φ = 0. Im Fall v 6= 0 ist Bild Φ = K n : Offensichtlich gilt Bild Φ ⊆ K n . Andererseits gibt es ein i ∈ {1, . . . , n}, so dass der i-te Eintrag vi von v nicht 0 ist. Es sei Aj die Matrix, die an der Stelle aji den Eintrag v1i und sonst nur Nullen hat. Dann ist Aj v der j-te Einheitsvektor. Es liegen also alle Einheitsvektoren im Bild von Φ und, da Bild Φ ein Untervektorraum von K n ist, auch deren Aufspann, also K n ⊆ Bild Φ. Insbesondere ist dim Bild Φ = n. Es gilt also dim W = n2 falls v = 0 oder dim W = n2 − n = n(n − 1) falls v 6= 0. Aufgabe I.3 Es sei das folgende Gleichungssystem gegeben: x + −x + x +

y y 3y

+ 2z + αz

= −1 = 3 = 1

(a) Bestimmen Sie f¨ ur jedes α ∈ Q die L¨ osungsmenge obigen Gleichungssystems u ¨ber Q. (b) Bestimmen Sie f¨ ur jedes α ∈ Z/2 Z die L¨ osungsmenge obigen Gleichungssystems u ¨ber Z/2 Z. L¨ osung (a) Der Gauß-Algorithmus u ¨ber  1 1  −1 1 1 3

Q liefert: 0 2 α

 −1 3  1



1  0 0

1 2 2

0 2 α

 −1 2  2



1  0 0

1 1 0

0 1 α−2

 −1 1  0

F¨ ur α = 2 ist z frei w¨ ahlbar und es folgt y = 1 − z und x = −1 − (1 − z) = −2 + z. Die L¨osungsmenge lautet in diesem Fall:       −2 1 LQ =  1  + t −1 t ∈ Q 1 0 F¨ ur α 6= 2 gilt z = 0, y = 1 und x = −2. Die L¨ osungsmenge lautet dann:    −2  LQ =  1  0 (b) Der Gauß-Algorithmus u ¨ber Z/2 Z liefert:  1 1  1 1 1 1

0 0 α

 1 1  1



1 1  0 0 0 0

0 0 α

 1 0  0

F¨ ur α = 1 gilt z = 0, y ist frei w¨ ahlbar und es folgt x = 1 − y = 1 + y. Die L¨osungsmenge lautet dann:          1   1 1 0  LZ/2 Z = 0 + t 1 t ∈ Z/2 Z = 0 , 1 0 0 0 0 F¨ ur α = 0 sind y, z frei w¨ ahlbar und es folgt x = 1 − y = 1 + y. Die L¨osungsmenge lautet dann:               1   1 0 1 1 0 0  LZ/2 Z = 0 + t 0 + s 1 t, s ∈ Z/2 Z = 0 , 0 , 1 1 0 1 0 0 1 1 0

Aufgabe I.4 Es seien V und W endlichdimensionale Vektorr¨aume, V ∗ und W ∗ die Dualr¨aume von V bzw. W und Φ : V −→ W ein Homomorphismus. Es bezeichne Φ∗ : W ∗ −→ V ∗ die zu Φ duale Abbildung. (a) Geben Sie die Φ∗ definierende Abbildungsvorschrift an. (b) Es gelte nun W = V . Des Weiteren sei U ein Untervektorraum von V . ¨ Zeigen Sie die Aquivalenz der folgenden beiden Aussagen: (i) Der Untervektorraum U ist in Kern Φ enthalten. (ii) F¨ ur alle ϕ ∈ V ∗ ist U ein Untervektorraum von Kern Φ∗ (ϕ). L¨ osung (a) Die zu Φ duale Abbildung Φ∗ : W ∗ −→ V ∗ , ϕ 7−→ Φ∗ (ϕ) ist wie folgt gegeben: F¨ ur v ∈ V definiere Φ∗ (ϕ)(v) = ϕ(Φ(v)). (b) (i) ⇒ (ii): Es seien ϕ ∈ V ∗ und u ∈ U . Aus u ∈ Kern Φ folgt dann Φ∗ (ϕ)(u) = ϕ(Φ(u)) = ϕ(0) = 0, also insbesondere u ∈ Kern Φ∗ (ϕ). Somit gilt U ⊆ Kern Φ∗ (ϕ). (ii) ⇒ (i): (Wir zeigen ¬(i)⇒ ¬(ii)) Ist U nicht in Kern Φ enthalten, so existiert ein u ∈ U mit Φ(u) 6= 0. Dann l¨ asst sich nach dem Basiserg¨ anzungssatz v1 = Φ(u) zu einer Basis {v1 , . . . , vk } mit k = dim V erg¨anzen. Da V endlichdimensional ist, existiert die dazu duale Basis {v1∗ , . . . , vk∗ }. Nun folgt aus Φ∗ (v1∗ )(u) = v1∗ (Φ(u)) = v1∗ (v1 ) = 1 6= 0 , dass u ∈ / Kern Φ(v1∗ ) gilt. Die Aussage (ii) gilt also nicht. Aufgabe I.5 Es sei f¨ ur s ∈ R folgende reelle Matrix gegeben:  −1  −s2 + s As =   −1 −1

0 1 0 0

−2s −s + 1 0 −s

 2s + 2 2s2 − s − 1    2 s+2

(a) Berechnen Sie die Eigenwerte von As . (b) Bestimmen Sie alle s ∈ R, f¨ ur die As diagonalisierbar ist. (c) Berechnen Sie f¨ ur s = 0 eine Basis aus Eigenvektoren. L¨ osung (a) Es ist X ∈ R genau dann Eigenwert von As , wenn X Nullstelle des charakteristischen Polynoms CPAs (X) = det(As − XI) ist, wobei I die Einheitsmatrix bezeichne. Also genau dann, wenn gilt: −1 − X 0 −2s 2s + 2 2 1 − X 0 −2 + 2X −s + s 1 − X −s + 1 2s2 − s − 1 = (1−X) 0 s−X X − s = (1−X)2 (s−X)(−X) 0 = CPAs (X) = −1 0 −X 2 −1 −s s + 2 − X −1 0 −s s+2−X Dies tritt genau dann ein, wenn X ∈ {0, 1, s} gilt. (b) Zur Untersuchung der Diagonalisierbarkeit von As muss u uft werden, wann die geometrische Vielfachheit ¨berpr¨ (also die Dimension des Eigenraumes) jedes Eigenwertes mit seiner algebraischen Vielfachheit (also der Potenz des zugeh¨ origen Linearfaktors im charakteristischen Polynom) u ¨bereinstimmt. Wir betrachten zun¨achst den Eigenraum E1 zum Eigenwert 1: Es gilt dim E1 = 4 − Rang(As − I) und      −2 0 −2s 2s + 2 s(1 − s) 0 0 2s(s − 1) ur s = 1,  1 f¨ −s2 + s 0 −s + 1 2s2 − s − 1  = Rang  −1 = 0 −1 2 2 f¨ ur s = 0, Rang(As −I) = Rang   −1  0 −1 2  0 0 1−s s−1 3 sonst. −1 0 −s s+1 Hiermit folgt, dass die Matrix As f¨ ur s 6∈ {0, 1} nicht diagonalisierbar ist, da dim E1 = 1 gilt, die algebraische Vielfachheit des Eigenwertes 1 jedoch zwei betr¨ agt. F¨ ur s = 1 ist dim E1 = 3. Das charakteristische Polynom hat die Form CPA1 (X) = (1 − X)3 (−X) und A1 ist somit diagonalisierbar. F¨ ur s = 0 ergibt sich nun f¨ ur die Dimension des Eigenraumes E0 zum Eigenwert 0   −1 0 0 2  0 1 1 −1  dim E0 = 4 − Rang(A0 − 0 · I) = 4 − Rang  −1 0 0 2  = 2, −1 0 0 2

und die algebraischen und geometrischen Vielfachheiten beider Eigenwerte stimmen jeweils u ¨berein, was zeigt, dass A0 diagonalisierbar ist. Zusammenfassend ist also As genau dann diagonalisierbar, wenn s ∈ {0, 1} gilt. (c) An den Matrizen aus Teil (b) liest man f¨ ur s = 0 die entsprechenden Eigenr¨aume ab.         0 1 # # " 2 " 0  1   1   1   0          und E0 =   ,  E1 =   ,   −1  0 0 1 0 1 0 1 Diese vier erzeugenden Vektoren bilden damit aus Dimensionsgr¨ unden eine Basis aus Eigenvektoren. Aufgabe I.6 F¨ ur die nat¨ urliche Zahl n sei An die reelle n × n-Matrix  i     1 aij =  −j    0

mit den Eintr¨agen falls i = j − 1, falls i = j, falls i = j + 1, sonst.

Zeigen Sie, dass det(An ) = n! gilt. L¨ osung 

1 −1  0   ..  An =  .     .  .. 0

1 1 −2 0

0 2 1 .. .

0 0 3 .. .

0 0 0 .. . ..

. 0

···

F¨ ur i = 1, . . . , n addieren wir jeweils die i-te Zeile zu der  1 1 0 2  0 0   ..  0 det(An ) = det  .    .  .. 0 ···

··· ··· ···

0 0 0 .. .



        .. . 0    .. . n − 1 1−n 1

(i + 1)-ten Zeile und erhalten:  0 0 0 ··· 0 2 0 0 ··· 0   3 3 0 ··· 0   ..  .. .. .. . . . .    .. . 0    .. .. . n − 1 . 0

0

n

Das ist eine obere Dreiecksmatrix. Deren Determinante ist also das Produkt der Diagonaleintr¨age, d.h. det(An ) = n!. Aufgabe II.1 Es sei folgende reelle Matrix gegeben: 

1  −1 A=  0 1

 0 −1 −1 0 0 0   0 2 1  1 0 1

e sowie das Minimalpolynom m von A, und geben Sie eine regul¨are Matrix Bestimmen Sie die Jordansche Normalform A e = S −1 AS gilt. S an, so dass A L¨ osung Das charakteristische Polynom von A ist X − 1 0 1 1 0 1 X 0 0 0 CPA (X) = = − 0 X −2 −1 0 −1 −1 −1 0 X −1

1 X −2 0

X − 1 1 −1 + X 0 −1 X − 1

1 X −2 0

1 −1 = (X − 1)4 . X − 1

Hier haben wir erst nach der zweiten Zeile entwickelt und dann die Regel von Sarrus verwandt. Die einzige Nullstelle von CPA (X) ist 1, und demnach ist 1 der einzige Eigenwert von A. Insbesondere ist R4 der Hauptraum zum Eigenwert 1, und wir bestimmen die Gr¨ oßen der Jordan-K¨ astchen, indem wir die R¨ange der Potenzen (A − I)k berechnen. Es ist   0 0 −1 −1 −1 −1 0 0  = 2, Rang(A − I) = Rang  0 0 1 1 1 1 0 0 es gibt also 2 Jordan-K¨ astchen, denn der Eigenraum von A zum Eigenwert 1 hat Dimension 4 − Rang(A − I) = 2. Da   −1 −1 −1 −1 1 1 1 1 =1 Rang((A − I)2 ) = Rang  1 1 1 1 −1 −1 −1 −1 gilt, gibt es mindestens ein Jordan-K¨ astchen der L¨ange ≥ 3, also wegen der Gr¨oße der Matrix genau eines der L¨ ange e und das Minimalpolynom m: 3 und eines der L¨ ange 1. Es folgt f¨ ur die Jordansche Normalform A   1 0 0 0   e =  0 1 0 0  und m(X) = (X − 1)3 A  0 1 1 0  0 0 1 1 Nun w¨ ahlen wir einen Vektor b2 außerhalb von Kern((A − I)2 ), und setzen dann b3 = (A − I)b2 , b4 = (A − I)b3 und erg¨ anzen diese durch Wahl eines Vektors b1 ∈ Kern(A − I) zu einer Basis von R4 . Konkret:         1 0 −1 0 0 −1 1 0        b2 =  0 , b3 =  0  , b4 =  1  und b1 =  1  0 1 −1 −1 Dann ist



0 0 S = (b1 b2 b3 b4 ) =  1 −1

1 0 0 −1 0 0 0 1

 −1 1  1 −1

e = S −1 AS. eine invertierbare Matrix mit A Aufgabe II.2 Es sei R5 versehen mit dem Standardskalarprodukt. Der Untervektorraum U werde von den folgenden Vektoren aufgespannt:         1 −2 1 1 2 3 −4 4         1 , 1 , −1 , 1         0 0  0  0 0 1 2 1   1 2    Des Weiteren sei der Vektor v =  2 gegeben. 1 1 (a) Finden Sie eine Basis von U ⊥ . (b) Geben Sie eine Orthonormalbasis von U ⊥ an. (c) Bestimmen Sie die orthogonale Projektion πU ⊥ (v) von v auf U ⊥ . (d) Berechnen Sie den Abstand zwischen v und U . L¨ osung (a) Es ist x ∈ U ⊥ ⇔ x⊥u f¨ ur alle u ∈ U ⇔ x ist senkrecht zu den vier Erzeugern. U ⊥ ist also gerade der L¨ osungsraum des homogenen linearen Gleichungssystems     1 2 1 0 0 0 1  0 3 1 0 1     −2 −4 −1 0 1 · x = 0 . 1 4 1 0 2 0

Durch Gaußalgorithmus kann die Koeffizientenmatrix auf folgende Form gebracht werden:   1 0 0 0 −3 0 1 0 0 1    0 0 1 0 1  . 0 0 0 0 0 Daraus lesen wir eine Basis f¨ ur U ⊥ ab:

    −3 0 1 0        c1 =  0 , c2 =  1  0 1 −1 0

(b) Die Basis aus Teil (a) ist bereits eine Orthogonalbasis. Es bleibt nur noch, die Vektoren zu normieren. Wir erhalten somit die folgende Orthonormalbasis:     0 −3 0 1   c1 c2 1   0 1 b1 = , b2 = = =√     kc1 k   kc2 k 12  0 1 0 −1 (c) Die orthogonale Projektion ist πU ⊥ (v) = hv, b1 ib1 + hv, b2 ib2 = b1 . (d) Der Abstand von v zu U betr¨ agt d(v, U ) = kπU ⊥ (v)k = kb1 k = 1. Aufgabe II.3 Es seien n ∈ N, (V, h · , · i) ein n-dimensionaler euklidischer Vektorraum und ψ ein Endomorphismus von V . ¨ Zeigen Sie die Aquivalenz folgender Aussagen: (i) Der Endomorphismus ψ ist eine selbstadjungierte Isometrie. (ii) Es gibt eine Orthonormalbasis {v1 , . . . , vn } εi ∈ {−1, 1} mit ψ(vi ) = εi vi f¨ ur 1 ≤ i ≤ n.

von

V

aus

Eigenvektoren

von

ψ

und

Eigenwerte

L¨ osung Der aus der Vorlesung bekannte Spektralsatz f¨ ur selbstadjungierte Abbildungen besagt, dass ein Endomorphismus ψ eines endlichdimensionalen euklidischen Vektorraumes V genau dann selbstadjungiert ist, wenn es eine Orthonormalbasis von V aus Eigenvektoren von ψ gibt. (i) ⇒ (ii): Der Endomorphismus ψ sei eine selbstadjungierte Isometrie. Dann existiert nach dem Spektralsatz eine Orthonormalbasis {v1 , . . . , vn } von V aus Eigenvektoren von ψ. Da ψ eine Isometrie ist, gilt hv, wi = hψ(v), ψ(w)i f¨ ur alle v, w ∈ V . Es sei i der Eigenwert von ψ zum Eigenvektor vi , dann gilt 1 = hvi , vi i = hψ(vi ), ψ(vi )i = hi vi , i vi i = 2i hvi , vi i = 2i und es folgt i ∈ {−1, 1}. (ii) ⇒ (i): Es sei nun {v1 , . . . , vn } eine Orthonormalbasis von V aus Eigenvektoren von ψ und es gelte ψ(vi ) = i vi mit i ∈ {−1, 1}. Nach dem Spektralsatz ist ψ selbstadjungiert. Um zu beweisen, dass ψ eine Isometrie ist, zeigen wir hψ(v), ψ(w)iP = hv, wi f¨ ur beliebige PnVektoren v, w ∈ V : Es seien v, w ∈ V . Dann existieren αi , βi ∈ R, i ∈ {1, . . . , n}, n so dass v = i=1 αi vi und w = i=1 βi vi gilt und es folgt: Pn Pn hψ(v), ψ(w)i = hψ( i=1 αi vi ), ψ( j=1 βj vj )i Pn Pn ψ ist linear = h i=1 αi ψ(vi ), j=1 βj ψ(vj )i Pn Pn = h i=1 αi i vi , j=1 βj j vj i h·,·i ist bilinear Pn Pn = i=1 j=1 αi i βj j hvi , vj i Pn hvi ,vj i=δij 2 = i=1 αi βi i hvi , vi i 2 Pn i =1 = i=1 αi βi hvi , vi i Pn Pn hvi ,vj i=δij = i=1 j=1 αi βj hvi , vj i Pn Pn h·,·i ist bilinear = h i=1 αi vi , j=1 βj vj i =

hv, wi

Aufgabe II.4 Es seien n ∈ N, V ein n-dimensionaler euklidischer Vektorraum mit Skalarprodukt h · , · i, und es bezeichne k · k die durch das Skalarprodukt induzierte Norm. Weiterhin sei Φ ein Endomorphismus von V mit der Eigenschaft, dass f¨ ur alle Untervektorr¨ aume U von V Φ(U ⊥ ) = (Φ(U ))⊥ gilt. Zeigen Sie: (a) F¨ ur alle x, y ∈ V folgt aus hx, yi = 0 stets hΦ(x), Φ(y)i = 0. (b) F¨ ur alle x, y ∈ V folgt aus kxk = kyk stets kΦ(x)k = kΦ(y)k. (c) Es gibt eine Isometrie Ψ von V und ein c 6= 0 mit Φ = c · Ψ. L¨ osung (a) Es seien x, y ∈ V mit hx, yi = 0, also y ∈ [x]⊥ . Nach Voraussetzung gilt dann Φ(y) ∈ [Φ(x)]⊥ , also hΦ(x), Φ(y)i = 0. (b) Es seien x, y ∈ V mit kxk = kyk. Dann folgt aus hx + y, x − yi = hx, xi − hx, yi + hy, xi − hy, yi = kxk2 − kyk2 = 0 mit (a), dass 0 = hΦ(x + y), Φ(x − y)i = hΦ(x) + Φ(y), Φ(x) − Φ(y)i = hΦ(x), Φ(x)i − hΦ(x), Φ(y)i + hΦ(y), Φ(x)i − hΦ(y), Φ(y)i = kΦ(x)k2 − kΦ(y)k2 gilt und somit kΦ(x)k = kΦ(y)k erf¨ ullt ist. (c) Wegen Φ(V ) = Φ( [0]⊥ ) = Φ([0])⊥ = [0]⊥ = V ist Φ surjektiv, und da V endlichdimensional ist, ist Φ ein Automorphismus. Wir zeigen zun¨ achst, dass ein c > 0 existiert, so dass kΦ(x)k = ckxk f¨ ur alle x ∈ V gilt: F¨ ur x, y ∈ V \ {0} existieren cx > 0 und cy > 0 mit kΦ(x)k = cx kxk und kΦ(y)k = cy kyk. Dann gilt wegen

1 1



x = y

kxk kyk nach (b) auch

 1   1 



x = Φ y .

Φ kxk kyk Dies ist gleichbedeutend mit cx =

kΦ(x)k kΦ(y)k = = cy . kxk kyk

Es sei c = cx und Ψ = c−1 Φ. Dann gilt kΨ(x)k = c−1 kΦ(x)k = c−1 ckxk = kxk f¨ ur alle x ∈ V . Damit ist Ψ eine Isometrie und es gilt Φ = c · Ψ.