Aufgaben zur Linearen Algebra II - mathi.uni-heidelberg.deballmann/la2/loesungenLA2.pdf · Aufgaben zur Linearen Algebra II SoSe 2001, R. Weissauer L¨osungsversuche von J. Ballmann

Aufgaben zur Linearen Algebra II

SoSe 2001, R. Weissauer

Losungsversuche von J. Ballmann

Inhaltsverzeichnis

1 Blatt 1 1

2 Blatt 2 6

3 Blatt 3 11

4 Blatt 4 17

5 Blatt 5 21

6 Blatt 6 29

7 Blatt 7 37

8 Blatt8 41

9 Blatt 9 47

10 Blatt 10 51

11 Blatt 11 55

12 Blatt 12 61

13 Blatt 13 63

ii

Blatt 1

Aufgabe 1

Eine komplexe n× n–Matrix M heißt normal, falls M und M t Def.= M

′miteinander

kommutierenM ·M t = M t ·M.

Zeige: Hermitesche und unitare Matrizen sind normal.

Aufgabe 2Beweisen Sie den Spektralsatz fur normale Operatoren. Benutzen Sie die Hin-weise des Skripts in S. 152.

Aufgabe 3Zeige mit Hilfe des Spektralsatzes von Aufgabe 2) die folgende Aussage: Eine nor-male Matrix ist unitar (resp. hermitesch) genau dann, wenn ihre Eigenwerte vomBetrag 1 (resp. reell) sind.

Aufgabe 4Fur g ∈ Gl(n,C) ist H = gtg hermitesch und positiv definit. Zeigen Sie weiter: Furjede positiv definite hermitesche Matrix H gibt es eine positiv definite hermitescheMatrix g ∈ Gl(n,C) mit gtg = g2 = H.

Aufgabe 5Zeigen Sie, daß die unitaren Matrizen eine Untergruppe U(n,C) der GruppeGl(n,C)definieren. Wie sehen die diagonalen unitaren Matrizen aus?

Aufgabe 6Zeigen Sie mit Hilfe des Spektralsatzes von Aufgabe 2) die folgende Aussage: Furjede unitare Matrix g ∈ U(n,C) gibt es eine unitare Matrix h ∈ U(n,C) mit derEigenschaft

h−1 · g · h = Diag(z1, ..., zn).

Aufgabe 7Jede Matrix g ∈ Gl(n,C) besitzt eine ”Polarkoordinaten”–Zerlegung g = H ·M ,wobei H positiv definit hermitesch und M unitar ist.

2 Blatt 1

Losungen zu Blatt 1

Aufgabe 1Eine unitare Matrix U ist invertierbar (U t = U−1), liegt also in der Gruppe Gln(C).Da in jeder Gruppe das Rechtsinverse eines Elements gleich seinem Linksinversenist, vertauscht U mit U−1 = U t.Weil jede Matrix mit sich selbst kommutiert, sind hermitsche Matrizen normal.

Aufgabe 2In Analogie zu Satz 2 in §53 des Skriptes ist zu zeigen:

Spektralsatz fur normale Operatoren: Sei H ∈Mn,n(C) eine normale Matrix,d.h. H · H t = H t · H. Dann existiert eine unitare Matrix T ∈ Gl(n,C), d.h.T t = T−1, so daß

T−1 ·H · T = T t ·H · T = Diag(λ1, ..., λn)

Diagonalgestalt hat mit komplexen (!) Eigenwerten λi von H.

Zum Beweis darf man naturlich den Satz 2 in §53 benutzen. Ich fuhre die Beweis-skizze im Skript (S. 152) aus:Zunachst zerlegt man H auf folgende Weise:

H = H1 + i ·H2, wobei H1 :=1

2(H +H t) und H2 :=

1

2i(H −H t).

Dann zeigt man von dieser Zerlegung folgende

Behauptung

(a) H ti = Hi fur i ∈ {1, 2}, d.h. die Hi sind hermitesch.

(b) H1 ·H2 = H2 ·H1, d.h. die Hi vertauschen miteinander.

Beweis: Das sind einfache Rechnungen. Z.B.:

H t2 =

(1

2i(H −H t)

)t

=1

2i(H t − (H t)t) =

1

−2i(−H +H t) = H2

oder

H1 ·H2 = H2 ·H1

⇐⇒ 1

4i(H +H t)(H −H t) =

1

4i(H −H t)(H +H t)

⇐⇒ H2 +H tH −HH t + (H t)2 = H2 −H tH +HH t + (H t)2

⇐⇒ H tH = HH t

Soviel zum Beweis der Behauptung.

Losungen zu Blatt 1 3

Nach Satz 2 aus §53 gibt es eine unitare Transformation T1, so daß D1 := T−11 H1T1

diagonal ist mit reellen (!) Eigenwerten die absteigend angeordnet sind: Genauerseien µ1 > µ2 > ... > µs fur ein s ∈ N die verschiedenen Eigenwerte. Die Vielfachheitvon µi in H1 sei di. Wenn Vi := {v ∈ Cn | H1v = µiv} den Eigenraum zu µi

bezeichnet, so weiß man di = dimC(Vi). Weil D1 diagonal ist, bilden die erstend1 Spaltenvektoren von T1 eine Basis des Eigenraumes V1 (zu µ1), die nachsten d2

Spalten von T1 eine Basis von V2, und so fort. Da T1 unitar ist, bilden diese Spaltensogar eine Orthonormalbasis von Cn (bezuglich der Standard–Sesquilinearform 〈·, ·〉auf Cn).Nun kann man D2 := T−1

1 H2T1 untersuchen. Eine leichte Rechnung

(v ∈ Vi ⇒ H1 · (H2 · v) = H2 ·H1 · v = H2(µi · v) = µi · (H2 · v)⇒ H2 · v ∈ Vi)

zeigt, daß H2 die Eigenraume Vi von H1 in sich uberfuhrt. Weil T−11 H2T1 die Matrix

ist, die den Endomorphismus zu H2 bezuglich der oben beschriebenen Orthonormal-basis beschreibt, folgt, daß D2 Blockgestalt hat. Genauer ist

D2 =

B1 0

B2

. . .

0 Bs

und D1 =

µ1Ed1 0

µ2Ed2

. . .

0 µsEds

,

wobei die Bi quadratische di × di–Matrizen sind und außerhalb der Diagonalblockein beiden Matrizen nur 0 steht.Offensichtlich vertauschen auch D1 und D2 miteinander. Weil die Hi hermiteschsind, folgt das auch fur Di (Dt

i = (T−11 HiT1)

t = T t1H

ti (T

−11 )t = T−1

1 HiT1 = Di furi ∈ {1, 2}). Schließlich sind daher alle Bi (fur 1 ≤ i ≤ s) hermitesch, d.h. Bt

i = Bi.Nun wendet man den Spektralsatz 2 aus §52 wieder an fur die hermitesche di ×di–Matrizen Bi: Es gibt also unitare Matrizen Ui ∈ Gl(di,C) , so daß U−1

i BiUi

Diagonalmatrizen sind.Sei T2 die Blockdiagonalmatrix T2 := Diag(U1, U2, ..., Us) ∈ Gl(n,C). Weil die Ui

unitar sind, ist T2 unitar (Klar:

Diag(U1, .., Us)t = Diag(U t

1, ..., Uts) = Diag(U−1

1 , ..., U−1s ) = Diag(U1, ..., Us)

−1).

Ebenso klar ist, daß T−12 D2T2 = Diag

(U−1

1 B1U1, ..., U−1s BsUs

)=: D3 eine Diagonal-

matrix ist. Außerdem vertauscht T2 mit D1 (in den einzelnen Blocken vertauschennamlich die Ui mit den µi · E ∈ Gl(di,C)).Zusammenfassend hat man jetzt gezeigt, daß Konjugieren mit der unitaren (!) Ma-trix T1 · T2 sowohl H1 als H2 (simultan) diagonalisiert:

T−12 T−1

1 H1T1T2 = T−12 D1T2 = D1 und T−1

2 T−11 H2T1T2 = T−1

2 D2T2 = D3.

Daher diagonalisiert Konjugieren mit T1 · T2 auch H = H1 + i ·H2.

Aufgabe 3Sei A ∈ Mn×n(C) unitar (bzw. hermitesch). Nach dem Spektralsatz (Aufgabe 2)

4 Blatt 1

existiert eine unitare Matrix, so daß U−1AU = Diag(λ1, ..., λn) diagonal ist. Nunrechnet man

At = A−1

⇐⇒ Diag(λ1, ..., λn) = (U−1AU)t = U tAt(U−1)t = U−1AtU

= U−1A−1U = (U−1AU)−1 = Diag(λ−11 , ..., λ−1

n )

⇐⇒ λi = λ−1i fur i ∈ {1, ..., n}

⇐⇒ 1 = λiλi = |λi| fur i ∈ {1, ..., n}

und

A = At

⇐⇒ Diag(λ1, ..., λn) = U−1AU = U−1AtU = U tAt(U−1)t

= (U−1AU)t = Diag(λ1, ..., λn)

⇐⇒ λi = λi fur i ∈ {1, ..., n}⇐⇒ λi ∈ R fur i ∈ {1, ..., n}

Aufgabe 4Wegen H t = (gt · g)t = gt · (gt)t = gt · g = H ist H hemitesch. Fur einen (beliebigen)Eigenvektor v 6= 0 von H zum Eigenwert λ gilt

λ〈v, v〉 = 〈v, λv〉 = 〈v,Hv〉 = 〈v, gtgv〉 = 〈gv, gv〉.

Daher ist λ = 〈gv,gv〉〈v,v〉 ≥ 0, d.h. H ist positiv definit. (Naturlich benutzt man dabei,

daß die Standard–Sesquilinearform von Cn positiv definit ist.)

Sei nun H ∈Mn×n(C) positiv definit hermitesch. Nach dem Spektralsatz (Aufgabe2 und 3) existiert ein unitares U ∈ Gln(C), so daß

U−1HU = Diag(λ1, ..., λn) ∈ Gln(R)

Diagonalgestalt hat. Weil alle Eigenwerte λi positiv sind (und reell nach Aufgabe3), kann man aus ihnen positive (reelle) Quadratwurzeln ziehen: Sei etwa µi :=

+

√λi ∈ R>0 fur i ∈ {1, ..., n}. Dann ist g := U · Diag(µ1, ..., µn) · U−1 hermitesch

und positiv definit (denn die µi sind positiv reell!) und man hat:

gt · g = (U ·Diag(µ1, ..., µn) · U−1)t · (U ·Diag(µ1, ..., µn) · U−1)

= (U−1)t ·Diag(µ1, ..., µn) · U t · U ·Diag(µ1, ..., µn) · U−1

= U ·Diag(µ21, ..., µ

2n) · U−1 = U ·Diag(λ1, ..., λn) · U−1

= H.

Aufgabe 5

Seien Ui ∈ U(n,C) := {U ⊂ Gl(n,C) | U−1 = U t Def.= U

′} unitar (und i ∈ {1, 2}).


Dann gilt einerseits (U−11 )t = (U t

1)t = U1 = (U−1

1 )−1, d.h. U−11 ∈ U(n,C), und

andererseits

U ti = U−1

i =⇒ (U1 · U2)t = U t

2 · U t1 = U−1

2 · U−11 = (U1 · U2)

−1,

d.h. U(n,C) ist abgeschlossen unter Multiplkation und Invertieren. Weil die Ein-heitsmatrix unitar ist, ist U(n,C) nicht leer. Also ist U(n,C) eine Untergruppe derGl(n,C).

Fur eine Diagonalmatrix D = Diag(λ1, ..., λn) ist Dt = Dt= D = Diag(λ1, ..., λn).

Daher ist fur Diagnalmatrizen die die Eigenschaft ”unitar” gleichbedeutend mit”λi = λ−1

i (fur i ∈ {1, ..., n})”, d.h.”alle Eigewerte haben Betrag 1”.

Aufgabe 6Diese Aufgabe ist trivial, wenn man die Aufgabe 2 und 1 gelost hat. Wenn gunitar ist, ist g normal (Aufgabe 1). Daher existiert nach dem Spektralsatz (Auf-gabe 2) eine unitare Matrix h, so daß h−1gh = Diag(z1, ..., zn) digonal ist. Weil(nach Aufgabe 5) die U(n,C) eine Untergruppe der Gl(n,C) ist, hat man zudemDiag(z1, ..., zn) ∈ U(n,C), d.h. |zi| = 1!

Aufgabe 7Um ein Gefuhl fur diese ”Polarkoordinaten”–Zerlegung zu bekommen, lohnt es,sie vorubergehend anzunehmen: Sei g = H · M ∈ Gln(C) mit unitarem M undhermiteschem positiv definitem H. Dann ist gt = (HM)t = M t · H t = M−1 · H.Daraus folgt sofort g · gt = H ·M ·M−1 · H = H2 = H t · H. Es liegt also naheAufgabe 4 zu verwenden.Wenn ab jetzt ein g ∈ Gln(C) gegeben ist, macht man deswegen folgenden

Ansatz: Weil g · gt hemitesch und positiv definit ist (Aufgabe 4!), gibt es nachder (oben bewiesenen leicht verscharfen Version von Aufgabe 4) ein positiv definiteshermitesches H mit H2 = ggt. Sei zudem M := H−1 · g.

Dann hat man die Zerlegung g = H ·M mit positiv definitem hermiteschem H. Zuzeigen bleibt nur noch, daß M unitar ist. Das rechnet man einfach nach:

MM t = (H−1 · g) · (H−1 · g)t = H−1 · (ggt) · (H−1)t = H−1 ·H2 · (H t)−1 = E.

6 Blatt 2

Blatt 2

Aufgabe 1Beweisen Sie das Assoziativgesetz fur Polynomringe.

Aufgabe 2Jede abelsche Gruppe (A,+) kann auf eindeutige Weise zu einem Z–Modul gemachtwerden. Wie muß man dazu die skalare Multiplikation erklaren? Begrunden Sie dieAntwort.

Aufgabe 3Sei K ein Korper. Dann definiert (a, b)+(a′, b′) = (a+a′, b+b′) sowie (a, b)·(a′, b′) =(aa′, ab′ + a′b) auf K2 die Struktur eines kommutativen Rings.

Aufgabe 4Ein Ring heißt nullteilerfrei, wenn fur r, s ∈ R aus r · s = 0 folgt r = 0 aoder s = 0.Sei R ein nullteilerfreier Ring und seien f = (a0, a1, ...) und g = (b0, b1, ...) Polynomeaus R[X]. Zeige f · g = 1 impliziert bi = ai = 0 fur alle i ≥ 1.

Aufgabe 5Zeige: Ist R ein nullteilerfreier Ring, dann ist auch der Polynomring R[X] nulltei-lerfrei.

Aufgabe 6Sei R ein Ring. Setze R = {(n, r) | n ∈ Z, r ∈ R}. Setze (n, r) + (n′, r′) =(n+n′, r+ r′) sowie (n, r) · (n′, r′) = (nn′, nr′ +n′r+ rr′). Hierbei ist nr erklart wiein Aufgabe 2!Zeige: R ist ein Ring. Was ist ein Einselement von R?

Aufgabe 7Zeigen Sie fur Ringe die Eindeutigkeit des ”Einselements”.

Aufgabe 8Die komplexen Zahlen z = n+m · i mit ganzen Koordinaten n,m ∈ Z bilden einenTeilring Z[i] von C. Was ist die Einheitengruppe?

Aufgabe 9In jedem Ring gilt 0 · r = r · 0 = 0.


Losungen zu Blatt 2

Aufgabe 1Seien R ein Ring und drei Polynome

A(X) =m∑

i=0

aiXi, B(X) =

n∑i=0

biXi und C(X) =

o∑i=0

ciXi

aus dem Polynomring R[X] gegeben, d.h. ai, bi, ci ∈ R. Man soll zeigen

(A ·B) · C = A · (B · C).

Das kann man sehen, indem man beide Seiten expizit ausrechnet: Zuerst die linkeSeite:

(A(X) ·B(X)) · C(X) =

((

m∑i=0

aiXi) · (

n∑i=0

biXi)

)· C(X)

=

n+m∑k=0

Xk ·( ∑

i,j≥0i+j=k

ai · bj) ·

(o∑

i=0

ciXi

)

=n+m+o∑

l=0

X l ·

∑k,h≥0k+h=l

( ∑i,j≥0i+j=k

ai · bj)· ch

=n+m+o∑

l=0

X l ·

∑i,j,k≥0

i+j+k=l

ai · bj · ck

,

wobei man bei dem Ausdruck ai · bj · ck beliebig Klammern setzen darf (und siedeswegen weglaßt), denn der Ring R 3 ai, bj, ck ist assoziativ.Eine vollig analoge Rechnung fuhrt die rechte Seite auf exakt denselben Term.

Aufgabe 2Durch folgende Definition der skalaren Multiplikation

Z× A −→ A(±n, a) 7−→ ±(a+ a+ ...+ a)︸︷︷︸

n Summanden

=: (±n)a

fur n ≥ 0 wird (A,+) zu einem Z–Modul. Die leere Summe (d.h. n = 0) ist dabei0. Insbesondere ist (−1) · a das Inverse von a (d.h. −a = (−1) · a).

Dazu muß man alle Eigenschaften (I bis IV) der Definition in §56 durchgehen: Seienεi ∈ {±1}, ni ∈ N ∪ {0}, zi := εi · zi und a, b ∈ A.

8 Blatt 2

(I): (z1 ·z2) ·a = (ε1 ·ε2 ·n1 ·n2) ·a =∑n1·n2

i=1 (ε1 ·ε2) ·a =(∑n1

i=1 ε1 ·(∑n2

j=1 ε2a))

=

z1 · (z2 · a). Hierbei mußen die εi vor Gruppenelementen a ∈ A einfach alsAngabe gelesen werden, ob das Element a oder sein Inverses −a dasteht.

(II): Indem man eventuell die folgende Rechnung mit −1 durchmultipliziert, darfman annehmen, daß z1 + z2 ≥ 0. Weil (Z,+) kommutativ ist, kann man dannoEdA n1 = z1 ≥ |z2| annehmen. Nun rechnet man(n1 + z2) · a =

∑n1+ε2n2

i=1 a =∑n1

i=1 a+ ε2 ·∑n2

i=1 a = n1 · a+ z1 · a.

(III): z1 · (a+ b) = ε1 ·∑n1

i=1(a+ b) = ε1 ·∑n1

i=1 a+ ε1 ·∑n1

i=1 b = z1 · a+ z1 · b. Hierbeiwurde ausgenutzt, daß A kommutativ ist!

(IV): 1 · a =∑1

i=1 a = a.

Aufgabe 3Betrachte die Abbildung

ι : K2 −→ M2×2(K)(a, b) 7−→ ( a b

0 a ) .

Da offensichtlich injektiv ist, wird sie als Einbettung aufgefasst. Die 2×2–Matrizen(uber K) bilden einen Ring und ι fuhrt die Addition bzw. Multiplikation auf K2

uber in die Matrizen–addition bzw. –multiplikation:

ι((a, b) + (a′, b′)

)= ι(a+ a′, b+ b′) =

(a+a′ b+b′

0 a+a′

)= ( a b

0 a ) +(

a′ b′

0 a′

)= ι(a, b) + ι(a′, b′)

bzw.

ι((a, b) · (a′, b′)

)= ι(aa′, ab′ + a′b) =

(aa′ ab′+a′b0 aa′

)= ( a b

0 a ) ·(

a′ b′

0 a′

)= ι(a, b) · ι(a′, b′).

Wenn (K2,+, ·) ein Ring sein soll, muß (1, 0) das Einselement sein, denn (a, b) ·(1, 0) = (a, b) = (1, 0) · (a, b) und die Eins ist eindeutig (nach Aufgabe 7). Weilι(1, 0) = E ∈ M2,2(K) die Eins ist, ist (K2,+, ·) ein Ring genau dann, wenn dasBild ι(K2) = {( a b

0 a ) | a, b ∈ K} ein Unterring von M2,2(K) ist.Dazu ist zu zeigen, daß Bild(ι) abgeschlossen ist unter Matrizen–addition, –subtraktionund –multiplikation. Das ist klar wegen der (bereits oben angestellten) Rechnung:

( a b0 a )±

(a′ b′

0 a′

)=(

a±a′ b±b′

0 a±a′

)und ( a b

0 a ) ·(

a′ b′

0 a′

)=(

aa′ ab′+a′b0 aa′

).

Aufgabe 4Die Aufgabe war ohne die Forderung ”R nullteilerfrei” nicht korrekt. Ohne dieseAnnahme hat man das

Gegenbeispiel: Sei R = Z/4Z der Restklassenring beim Rechnen modulo 4 in Z.Bezeichne 1, 2, ... ∈ R die Restklassen (mod 4) der ganzen Zahlen 1 bzw. 2 ∈ Z,... .


Man sieht schnell, daß die Restklasse 1 ∈ R der 1 ∈ Z die Eins in R ist und die Nullin R ist 0 = 4. Dann ist das Polynom f = g = 2 ·X + 1 ein Polynom vom Grade 1in R[X], denn 2 6= 0.Aber f ·g = f 2 = (2 ·X+1)2 = (2)2 ·X2+(2 ·1+1 ·2) ·X+(1)2 = 4 ·X2+4 ·X+1 = 1ist die Eins in R[X].

Sei also nun R nullteilerfrei und seien f = a0 + a1X + a2X2 + ... + anX

n undg = b0 + b1X + ...+ bmX

m zwei Polynome mit Koeffizienten ai, bi in R. Ihre Gradeseien n bzw. m, d.h. an 6= 0 und bm 6= 0. Damit uberhaupt etwas zu zeigen ist,nimmt man an, daß n > 0 oder m > 0. Also ist n+m ≥ 1. Rechne

1 = f · g =(a0 + a1X + a2X

2 + ...+ anXn)· (b0 + b1X + ...+ bmX

m)

=n+m∑k=0

( ∑i,j≥0i+j=k

ai · bj)·Xk.

In dieser Polynomidenditat vergleicht man die Koeffizienten vonXn+m. Weil n+m ≥1 und ai = 0 = bj fur i > n bzw. j > m, hat man 0 =

∑n+mi=0 ai · bn+m−i = an · bm.

Da R nullteilerfrei ist, folgt daraus an = 0 = bm im Widerspruch zur Annahme!

Aufgabe 5Das lauft wie die letzte Aufgabe (4), nur fuhrt man diesmal den niedrigsten nicht-verschwindenden Koeffizienten im Produkt f · g zum Widerspruch.Sei f = (a0, a1, ...) und g = (b0, b1, ...) zwei nichtverschwindende Polynome aus R[X].Dann gibt es r, s ∈ Z≥0, so daß ar 6= 0, bs 6= 0 aber alle niedrigere Koeeffizientenverschwinden: ai = 0 = bj fur i < r bzw. j < s. Waren f (und g) Nullteiler inR[X], so folgte durch Vergleich der (r + s)–ten Koeffizienten aus

0 = f · g =n+m∑k=0

( ∑i,j≥0i+j=k

ai · bj)·Xk = (ar · bs)Xr+s + hohere Terme in X,

sofort ar · bs = 0, d.h. ar, bs ∈ R\{0} waren Nullteiler in R. Widerspruch!

Aufgabe 6Hierzu fallt mir leider nichts ein, das das explizites Nachrechnen aller Axiome derRingdefinition in §56 umgeht! Das Einselement muß naturlich (1, 0) ∈ R werden.

Ich kann mich nicht dazubringen, das zu machen, zumal mein Text genauso schwerzu lesen ware, wie eine neue Rechnung. Daher gebe ich nur zwei Tips:

• Der Ring ist gebastelt (oder gedacht) als formale Summen: (n, r) ∈ Z × Rentspricht der Ausdruck n+ r. Daher ist zB die Multipliaktion gegeben durch

(n+ r) · (n′ + r′) = nn′︸︷︷︸∈Z

+ nr′ + rn′ + rr′︸︷︷︸Kann als etwas in Rinterpretiert werden

10 Blatt 2

• Wenn R ein Ring ohne Eins ist (d.h. alle Axiome der Ringdefinition zu Beginnvon §56 erfullt außer Axiom (IV)!), dann kann man mit der Konstruktion vonR eine Eins dazu–”adjungieren”. Denn vermoge R 3 r 7→ (0, r) ∈ R kannman R einbetten in R. Diese Einbettung ist multiplikativ und additiv, d.h.ein Homomorphismus von Ringen ohne Eins (d.h. die Bedingung ”ϕ(1R) = 1S”in der Definition eines Ringhomomorphismus §56 entfallt). Also darf man sichR als in R liegend vorstellen. Aber R hat eine Eins, namlich (1, 0).

Warnung: Wenn allerdings R eine Eins 1R besitzt, geht diese bei der Einbet-tung auf (0, 1R) 6= (1, 0) ∈ R. Das heißt die Einbettung R ↪→ R ist nie einRinghomomorphismus von Ringen mit Eins.

Aufgabe 7Sei e ∈ R eine (weitere) Eins eines Ringes mit (beidseitiger) 1. Dann gilt a · e = a =e · a fur alle a ∈ R. Insbesondere kann man fur a die (konkurrierende) Eins 1 ∈ Reinsetzen:

1 = e · 1 = e.

Die letzte Gleichheit benutzt, daß 1 ∈ R ein Einselement ist.

Aufgabe 8Invertieren in C× bildet das Innere der Einheitskreisscheibe (ohne die 0!) auf dieGaußsche Zahlenebene außerhalb des Einheitskreises ab und umgekehrt (alles au-ßerhalb der Einheitsscheibe auf das Innere). Der Ring Z[i] bildet ein (ebenes) Gitterin C, dessen einziger Punkt im Inneren der Einheitskreisscheibe die 0 ist.Eine Zahl z ∈ Z[i] ist Einheit, wenn z 6= 0 und das Inverse z−1 ∈ C bereits inZ[i] ⊂ C liegt. Weil im Inneren der Einheitskreisscheibe also gar keine Einheit lie-gen kann, liegt (nach der Uberlegung oben) auch außerhalb des Einheitskreises keineEinheit.Somit ist der Schnitt des Einheitskreises mit Z[i] zu untersuchen. Er besteht genauaus {±1,±i} = 〈i〉, den 4–ten Einheitswurzeln. Weil diese eine (multiplikative)Untergruppe von C× bilden, sind alle ihre Inversen wieder 4–Einheitswurzeln.Also ist die Einheitengruppe Z[i]× = {±1,±i} = 〈i〉.

Aufgabe 9Mit dem Axiom (II) der Ringdefinition in §56 des Skripts gilt:

0 · r + 0 · r = (0 + 0) · r = 0 · r

Nun zieht man von beiden Gleichungen 0 · r ab und erhalt 0 · r = 0.

11

Blatt 3

Aufgabe 1Fur Ringe R1, R2 ist R1 ×R2 mit den Verknupfungen (r, s) · (r′, s′) = (rr′, ss′) und(r, s) + (r′, s′) = (r + r′, s+ s′) wieder ein Ring.

Aufgabe 2Fur eine kurze exakte Sequenz 0 → V ′ → V → V ′′ → 0 endlich dimensionalerVektorraume gilt dimK(V ′)− dimK(V ) + dimK(V ′′) = 0.

Aufgabe 3Die Menge der Matrizen (

0 ∗0 ∗

)in M2,2(K) ist unter Addition und Matrizenmultiplikation abgeschlossen und besitztrechtsseitige Einselemente, ist aber kein Ring.

Aufgabe 4Sei R[X] der Polynomring uber einem kommutativen Ring R. Sei r ∈ R ein Element.Zeige, daß die Abbildung ϕ : R[X] → R, welche das Polynom f = (a0, a1, ...) aufϕ(f) =

∑i air

i abbildet, ist ein Ringhomomorhismus.

Aufgabe 5Der Kern N eines Ringhomomorhismus ϕ : R → S ist ein Ideal, d.h. eine additiveUntergruppe von R, welche unter R–Links– und R–Rechtsmultiplikation abgeschlos-sen ist.

Aufgabe 6Sei R ein Ring. Setze R = {(r, s) | r ∈ R, s ∈ R} mit (r, s) + (r′, s′) = (r+ r′, s+ s′)sowie (r, s) · (r′, s′) = (rr′, rs′ + sr′). Dann ist N = {(0, s) | s ∈ R} als additiveUntergruppe von R unter Rechtsmultiplikation und Linksmultiplikation unter Rabgeschlossen (also ein Ideal).

Aufgabe 7Sei N ⊂ R ein R–Untermodul eines Ringes R, d.h. eine unter R–Linksmultiplikationabgeschlossene additive Untergruppe. Sei π : R � Q eine Quotientenabbildung mitKern(π) = N . Zeige: Der Ansatz

[r] · [s] := [rs]

definiert eine auf Q wohldefinierte Multiplikation genau dann, wenn N ein Ideal ist,d.h. ein unterR–Rechtsmultiplikation abgeschlossener R–Untermodul.

12 Blatt 3

Losungen zu Blatt 3

Aufgabe 1ist stures Verifizieren der Ringaxiome zu Beginn von §56:

(0) (R1 ×R2,+) ist kommutative Gruppe

(I) (r · s) · t = r · (s · t) ∀r, s, t ∈ R(II) (r + s) · t = r · t+ s · t ∀r, s, t ∈ R(III) r · (s+ t) = r · s+ r · t ∀r, s, t ∈ R(IV ) r · 1 = r = 1 · r ∀r ∈ R,

wobei die (1, 1) ∈ R1 ×R2 die Eins wird. Jeder sollte das selber machen (konnen).

Aufgabe 2Bezeichne ϕ einen der Homomorphismus der kurzen exakten Sequenz, namlich:

0→ V ′ → Vϕ−→ V ′′ → 0.

Dann ist Exaktheit der Sequenz gleichbedeutend mit folgenden beiden Aussagen:

V ′ ' Kernϕ

V ′′ ' Bildϕ.

Damit ist die zu beweisende Aussage der Dimensionssatz

0 = dimKKernϕ− dimKUrbildϕ− dimKBildϕ

= dimKV′ − dimKV + dimKV

′′.

Aufgabe 3Die Abgeschlossenheit der Addition folgt aus

( 0 b0 d )±

(0 x0 y

)=(

0 b±x0 d±y

),

und die Abgeschlossenheit bezuglich der Multiplikation ist ebenso klar wegen

( 0 b0 d ) ·

(0 x0 y

)=(

0 by0 dy

).

Daraus folgt, daß die Elemente 1x = ( 0 x0 1 ) fur alle x ∈ R rechtsseitige Einselemente

sind, denn r · 1x = r fur alle r ∈ R.

Bemerkung: Weil L := {( 0 ∗0 ∗ )} = M2,2(K) · ( 0 0

0 1 ), ist L ein M2,2(K)–Linksidealin M2,2. (Das kann man z.B. dazu benutzen die Abgeschlossenheit von L unterAddition ud Multiplikation etwas allgemeiner/abstrakter zu zeigen.)


Aufgabe 4Zur Verifikation der Ringhomomorphismuseigenschaften aus §56 seien f = (a0, a1, ...)und g = (b0, b1, ...) zwei Polynome aus R[X]. Dann gelten alle drei Eigenschaften:

ϕ(f + g) = ϕ((a0 + b0, a1 + b1, ..., ai + bi︸︷︷︸

i–te Stelle

, ...))

(I)

=∑i∈N0

(ai + bi) · ri

=∑i≥0

ai · ri +∑i≥0

bi · ri

= ϕ(f) + ϕ(g).

ϕ(f · g) = ϕ

((a0 · b0, a0 · b1 + a1 · b0, ...,

∑i≥0

ai · bk−i︸︷︷︸k–te Stelle

, ...)

)(II)

=∑k≥0

(∑i≥0

ai · bk−i

)· ri

=(∑

i≥0

ai

)·(∑

i≥0

bi

)= ϕ(f) · ϕ(g).

(III) Das Einspolynom in R[X] ist (1, 0, 0, ...). Also

ϕ((1, 0, 0, ...)

)= 1 + 0 · r + 0 · r2 + 0 · r3 + ...

= 1 ∈ R.

Aufgabe 5Wie gefordert sei

N := Kernϕ = {r ∈ R | ϕ(r) = 0 ∈ S}.

Zum Nachweis der Eigenschaften eines (beidseitigen) Ideals benutzt man (naturlich)die Ringhomomorphieeigenschaften aus §56, die ich mit (I), (II), (III) zitieren werde(in der Reihenfolge, wie sie im Skript untereinander stehen).Man beobachtet zwei Dinge vorab:

(1) Sei (ganz penibel) 0R die Null in R. Dann folgt wegen

ϕ(r) = ϕ(r + 0R)(I)= ϕ(x) + ϕ(0R)

fur alle r ∈ R, daß ϕ(0R) = 0S ∈ S, d.h. ϕ(0R) ist die Null in S.

(2) Fur alle r ∈ R gilt 0S(1)= ϕ(0R) = ϕ(r − r) (I)

= ϕ(r) + ϕ(−r). Also hat man:ϕ(−r) = −ϕ(r).

14 Blatt 3

Nun zeigt man, daß der Kern eine additive Untergruppe von R ist, durch

• Kernϕ 6= 0, da nach (1) die Null aus R in Kernϕ liegt.

• a, b ∈ Kernϕ⇒ ϕ(a) = 0 = ϕ(b)⇒ ϕ(a± b) (I),(2)= ϕ(a)± ϕ(b) = 0

⇒ a± b ∈ Kernϕ.

Die Abgeschlossenheit unter R–Linksmultiplikation ist folgende Rechnung:

a ∈ Kernϕ, r ∈ R⇒ ϕ(r · a) (II)= ϕ(r) · ϕ(a) = ϕ(r) · 0 = 0 ∈ S ⇒ r · a ∈ Kernϕ.

Analog weist man die Abgeschlossenheit unter R–Multiplikation nach:

a ∈ Kernϕ, r ∈ R⇒ ϕ(a · r) (II)= ϕ(a) · ϕ(r) = 0 · ϕ(r) = 0 ∈ S ⇒ a · r ∈ Kernϕ.

Aufgabe 6Weil die Projektion

pr1 : R −→ R(r, s) 7−→ r

auf die erste Komponente (offensichtlich) ein Ringhomomorphismus ist, ist

N := {(0, s) | s ∈ R} = Kernpr1

nach der letzten Aufgabe (5) ein Ideal in R.

Aufgabe 7In dieser Aufgabe muß man analysieren, unter welchen Bedingungen die Definition

der Multiplikation auf dem Quotienten Qπ� R durch

π(r) · π(s) := π(rs)

wohldefiniert ist, d.h. unabhangig ist von der Wahl der r bzw. s in den Fasernuber π(r) bzw. π(s).Man muß also zwei weitere Vertreter r′, s′ ∈ R betrachten mit π(r′) = π(r) undπ(s′) = π(s). Dann existieren n1, n2 ∈ N = Kernπ mit

r′ = r + n1 und s′ = s+ n2.

Die (oben eingefuhrte) Multiplikation ist wohldefiniert genau dann, wenn – wannimmer r, r′, s, s′ ∈ R in den beschriebenen Relationen zueinander stehen – gilt

π(r′) · π(s′) = π(r) · π(s)

d.h. nach Definition genau dann, wenn

π(r′s′) = π(rs)

N = Kernπ 3 r′s′ − rs = (r + n1)(s+ n2)− rs = n1s+ rn2 + n1n2⇐⇒


Weil N ein R–Linksmodul ist, ist rn2 + n1n2 ∈ N . Also

n1s ∈ N⇐⇒

Indem man s ∈ R und r′ in der Faser uber π(r) variieren laßt, durchlauft in derletzten Zeile n1 ganz N und s ganz R.Somit ist die Multiplikation genau dann wohldefiniert, wenn ns ∈ N fur alle s ∈ R,n ∈ N .

16 Blatt 3

17

Blatt 4

Aufgabe 1) Aquivalent sind: ϕ ist surjektiv und Kokern(ϕ) = 0.

Aufgabe 2Beweisen Sie die universelle Eigenschaft des Kerns K einer R–linearen Abbildungϕ : V → W : Fur jede R–lineare Abbildung f : U → V mit ϕ ◦ f = 0 gibt es eineeindeutig bestimmte R–lineare Abbildug g : U → K mit f = i◦g. Hierbei bezeichnei : K → V die Inklusionsabbildung.

K0

++WWWWWWWWWWWWWWWWWWWWW

i ''PPPPPPPPPP

Vϕ //W

U

∃!g

OO

f77nnnnnnnnnn 0

33ggggggggggggggggggggg

Aufgabe 3Beweisen Sie die universelle Eigenschaft des Kokerns Q einer R–linearen Abbildungϕ : V → W : Fur jede R–lineare Abbildung f : W → U mit f ◦ ϕ = 0 gibt eseine eindeutig bestimmte R–lineare Abbildung g : Q → U mit f = g ◦ π. Hierbeibezeichne π : W → Q die kanonische Quotientenabbildung.

Q

∃!g

��

Vϕ //

033gggggggggggggggggggggg

0 ++WWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWW Wπ

77oooooooooo

f

''PPPPPPPPPP

U

Aufgabe 4Fur jede R–lineare Abbildung ϕ : V → W gibt es einen R–Modul U und eineinjektive R–Abbildung b : U → W sowie eine surjektive R–lineare Abbildung a :V → U mit derEigenschaft ϕ = b◦a. Wie kann man a und b in Termen von Kern(ϕ)und Kokern(ϕ) charakterisieren?

U � t

b

''NNNNNNNN

V

a88 88qqqqqqqq ϕ //W

Aufgabe 5In der Situation von Aufgabe 4 zeige Kokern(b) ' Kokern(ϕ) und Kern(a) 'Kern(ϕ). Gilt sogar Gleichheit?

Aufgabe 6Bestimmen Sie die Ideale des Ringes R = Z der ganzen Zahlen. Hinweis: Da Rkommutativ ist, ist ein Ideal dasselbe wie ein R–Untermodul.

Aufgabe 7Sei R der Ring der stetigen Funktionen f : R → R (mit punktweiser Addition undMultiplikation von Funktionen). Zeigen Sie, daß R Elemente f 6= 0 und g 6= 0besitzt mit f · g = 0 (Nullteiler).

18 Blatt 4

Losungen zu Blatt 4

Aufgabe 1Sei ϕ : V → W gegeben. Der Kokern ist nach Definition Kokern(ϕ) := W/Bild(ϕ).Daher hat man:

ϕ ist surjektiv. ⇐⇒ Bildϕ = W. ⇐⇒ Kokernϕ = W/W ' 0.

Aufgabe 2Alle Abbildungen im Folgenden sind R–linear(e Abbildungen zwischen R–Moduln).Fixiert sei ϕ : V → W mit Kern K ⊂ V .Wenn dann ein Abbildung f : U → V die Eigenschaft ϕ ◦ f = 0 hat, so gilt

Bildf ⊂ Kernϕ = K.

(Denn zu jedem y ∈ Bildf existiert ein x ∈ U mit y = f(x). Daher ist ϕ(y) =ϕ(f(x)) = (ϕ ◦ f)(x) = 0, d.h. y ∈ Kernϕ.)Daher definiert f selbst die gesuchte Abbildung g als Kompositum

g : Uf // Bildf � � Inkl. // K

u � // f(u),

denn dies ist die einzige Abbildung, so daß folgendes Diagramm kommutiert:

K � t

i &&NNNNNNNN

V

U

g

OO

f88pppppppp

f(u)�

''OOOOOOO

f(u)

u_

OO

-

66mmmmmmmmm

Aufgabe 3

Fixiert sei ϕ : V → W mit Kokern Qπ� V . Wenn eine Abbildung f : W → U die

Eigenschaft f ◦ ϕ = 0, so giltBildϕ ⊂ Kernf.

Daher ist folgende Abbildung g : Q → U wohldefiniert (und R–linear): Zu jedem

q ∈ Q wahle ein wq ∈ W mit π(wq) = q. (Das geht, weil Wπ� Q surjektiv ist.)

Dann definiere g(q) := f(wq).Um einzusehen, daß dieses g wohldefiniert ist, muß man die Unabhangigkeit derDefinition von der Wahl des Elements wq in der Faser uber q sehen. Sei dazuwq ∈ W ein weiteres Urbild von q ∈ Q, d.h. π(wq) = q = π(wq). Weil π R–linearist, liegt dann wq − wq ∈ Kernπ = Bildϕ ⊂ Kernf . Also ist f(wq − wq) = 0, d.h.f(wq) = f(wq) = g(q).

Wieder sieht man an

Q

g

��

Wπ

88 88qqqqqqqq

f

''NNNNNNNN

U

q_

g

��

wq- π

66mmmmmmmmmm� f

((PPPPPPP

f(wq),


daß diese Abbildung g die einzige ist, fur die das Diagramm der Aufgabe kommu-tatiert.

Aufgabe 4Indem man U := Bildϕ setzt, kann man fur b die (naturliche) Inklusion b : Bildϕ ↪→W benutzen und a von f induzieren:

a : V −→ Bildϕ = Uv 7−→ ϕ(v).

Offensichtlich ist dieses a surjektiv und ϕ = b ◦ a.Die Charakterisierungen von a und b sind folgende exakte Sequenzen:

0 // Kernϕ Inkl. // Va // U // 0

0 // Ub //W

Proj. // Kokernϕ // 0.

Dabei ist die letzte Sequenz die Definition des Kokerns, und die erste Sequenz istder Isomorphiesatz.

Aufgabe 5Wenn folgendes kommutative Diagramm von R–Moduln (mit R–linearen Abbildun-gen) gegeben ist

U � p

b

AAA

AAAA

V

a?? ??�� ϕ //W,

dann gilt fur alle v ∈ V

v ∈ Kernϕ ⇐⇒ ϕ(v) = 0b ist⇐⇒

injektiva(v) = 0 ⇐⇒ v ∈ Kerna

und fur alle w ∈ W

w ∈ Bildϕ ⇐⇒ ∃v ∈ V : ϕ(v) = wa ist⇐⇒

surjektiv∃u ∈ U : b(u) = w ⇐⇒ w ∈ Bildb.

Aus der letzten Zeile folgt:

KokernϕDef.= W/Bildϕ = W/Bildb

Def.= Kokernb

und aus der Zeile daruber

Kernϕ = Kerna.

Aufgabe 6Ein Ideal I eines kommutativen Ringes R heißt Hauptideal, wenn es ein a ∈ R gibt,so daß I = {a · r | r ∈ R} (Kurzform: I = a ·R).

20 Blatt 4

Behauptung: Z ist ein Hauptidealring. (D.h. jedes Ideal in Z ist ein Hauptideal.)

Weil n ·R = (−n) ·R folgt nach dieser Behauptung, daß die Ideale in Z in Bijektionzu den nicht negativen ganzen Zahlen stehen:

N ∪ {0} bijektiv←→ {Ideale in Z}a 7−→ a ·R.

Die Umkehrabbildung weist jedem Ideal I die kleinste positive Zahl a in I zu, soferneine solche existiert. Anderfalls (⇒ I = {0}) wird I die 0 zugewiesen.

Beweis der Behauptung:Falls I = {0} ist, stimmt die Behauptung, denn I = 0 · Z. Enthalte also I nochandere Elemente außer 0. Sei a ∈ I\{0} von minimalem Betrag in I. (Z ⊃ I istdiskret!) Da mit a auch −a in I liegt, darf man a positiv annehmen.Sei b ∈ I\{0} ein weiteres Element, oEdA positiv angenommen. Dann ist 0 < a ≤b ∈ Z und es gibt q, r ∈ Z, so daß

b = q · a+ r, mit |r| < |a|.(Euklid)

Davon kann man sich z.B. uberzeugen, indem man fur q = [ ba] ∈ Z nimmt, wobei [·]

die Gaußklammer bezeichnet (d.h. [x] ist großte ganze Zahl ≤ x).Aus a, b ∈ I folgt r = b− qa ∈ I. Weil a minimal positiv in I ist, folgt aus |a| > |r|deswegen r = 0. Also ist b ein ganzes Vielfaches von a. Insgesamt hat man soI = a · Z gezeigt.

Aufgabe 7Der Trager einer Funktion f : R→ R ist supp(f) := {x ∈ R | f(x) 6= 0}.Um Nullteiler im Ring der stetigen Funktionen von R nach R zu konstruieren, mußman zwei Funktionen f 6= 0, g 6= 0 angeben, deren Trager disjunkt sind. (DieMultiplikation zweier Funktionen ist punktweise definiert! Daher ist f · g = 0, wennfur jedes x ∈ R f(x) = 0 oder g(x) = 0 .)Zum Beispiel hat die (stetige!) Funktion

h(x) := max{0, 1− |x|} =

{1− |x| falls |x| < 1

0 falls |x| ≥ 1

den Trager supp(h) = {x ∈ R | |x| < 1}.Die Funktionen f(x) = h(x − 1) und g(x) = h(x + 1) haben daher die disjunktenTrager

supp(f) = {0 < x < 2} und supp(g) = {−2 < x < 0},

sind aber beide nicht selber die Nullfunktion.

21

Blatt 5

Aufgabe 1

Fur welche b = (b1, b2) ∈ Z2 ist das inhomogene Gleichungssystem

x1 + x2 = b1 , −x1 + x2 = b2

durch ganze Zahlen x1, x2 losbar?

Aufgabe 2

Sei N = Z2 der freie Z-Modul. Bestimme Kern und Kokern der folgenden Z-linearenAbbildungen M : N → N (

x1

x2

)7→(

1 3−3 1

)·(x1

x2

).(

x1

x2

)7→(

1 1−1 1

)·(x1

x2

).(

x1

x2

)7→(

2 00 2

)·(x1

x2

).

Aufgabe 3

Sei Zn der freie Z-Modul vom Rang n. Eine Z-lineare Abbildung ϕ : Zn → Zn

wird durch eine ganzzahlige Matrix M ∈ Mn,n(Z) beschrieben. ϕ definiert einenIsomorphismus von Z-Moduln genau dann, wenn det(M) = ±1.

Aufgabe 4

Fur einen zusammenhangenden orientierten Graph Γ mit e Ecken und k Kantendefiniert man eine Inzidenzmatrix M = M(Γ) wie folgt: Die Spalten werden in-diziert durch die Kanten des Graphs, die Zeilen durch die Ecken. Die Eintrageeiner Spalte fur eine gegebene Kante sind Null mit Ausnahme des Endpunktes derKante (mit Eintrag +1) und des jeweiligen Anfangspunktes der Kante (mit Eintrag−1). M definiert eine R-lineare Abbildung M : Rk → Re. Berechne den Kern dertransponierten Matrix M ′. Zeige

dimR(Kern(M ′)) = 1 .

Wie sieht die Nachbarschaftsmatrix M ·M ′ im Fall des Graphen

• // • // • // • // • // •

aus? Was ist die allgemeine Regel zur Bestimmung der NachbarschaftsmatrixM · M ′? Zeige die Unabhangigkeit von der Orientierung des Graphen. WelcheEigenschaft haben die Spalten?

22 Blatt 5

Aufgabe 5

Mit den Bezeichnungen von Aufgabe 4 sei R ∈ Mk,k(R) eine positiv definite sym-metrische Matrix. Setze ∆R = M ·R−1 ·M ′

∆R : Re → Re .

Zeige Kern(∆R) = Kern(M ′). Folgere daraus mit Hilfe von Aufgabe 4 die Formel

dimR(Bild(∆R)) = e− 1 .

Bestimme damit das Bild von ∆R.

Aufgabe 6 (Fortsetzung fur Physiker)

Deute Γ als ein Stromnetz mit den Widerstanden Ri fur i = 1, .., k. Setzt manR = diag(R1, .., Rk), so lauten die beiden Kirchhoffschen Gesetze

• M · I = −Iext (Deute dies im Fall Iext = 0!)

• M ′ · U = R · I (Ohmsches Gesetz).

Hierbei ist I ∈ Rk der fließende Strom auf den Kanten und U ∈ Re die Spannungan den Ecken. Zeige −Iext = ∆R(U). Welche Bedingung an den externen StromIext muß gelten, damit diese Gleichung losbar ist? In welchem Sinn ist U durch Iext

eindeutig bestimmt?

Aufgabe 7

Sei Iext =

(j−j

). Berechne die Matrix ∆R fur den Graph

j// U1

R1

""

R2<<U2 −j

//

Der Graph Γ hat zwei Kanten und zwei Ecken. Was ist ρ = (U2 − U1)/j?

Aufgabe 8

Sei Iext =

j0−j

. Berechne die Matrix ∆R fur den Graph

j// U1

R1 // U2R2 // U3 −j

//

Der Graph Γ hat zwei Kanten und drei Ecken. Was ist ρ = (U3 − U1)/j?


Losungen zu Blatt 5

Aufgabe 1Sei A = ( 1 1

−1 1 ) und x = (x1, x2). Weil A als reelle Matrix invertierbar ist, hat man

Ax = b ⇐⇒ x = A−1b =1

2

(1 −11 1

)(b1b2

)=

(12(b1 − b2)

12(b1 + b2)

).

Die Bedingung fur ganzzahlige Losungen ist also

A−1b ∈ Z2 ⇐⇒ 1

2(b1 − b2) ∈ Z 3 1

2(b1 + b2)

⇐⇒ b1 − b2 ≡ 0 ≡ b1 + b2 (mod 2)

⇐⇒ b1 + b2 ≡ 0 (mod 2),

wobei die letzte Aquvalenz benutzt, daß −b2 ≡ b2 modulo 2.

Aufgabe 2Seien

M1 :=

(1 3−3 1

), M2 :=

(1 1−1 1

), M3 :=

(2 00 2

)∈M2,2(Z).

Als reelle Matrizen angesehen sind diese Ai invertierbar. Daher ist KernMi = 0fur alle i = 1, 2, 3 und alle Bilder sind freie Z–Moduln vom Rang 2 mit Basen(Mi · e1,Mi · e2):

BildM1 =(Z ·M1 · ( 1

0 ))⊕(Z ·M1 · ( 0

1 ))

= Z · ( 1−3 )⊕ Z · ( 3

1 ) , ...

Sei [ej] = ej + BildMi das Bild der Basen ej in KokernMi = Z2/BildMi. Um dieOrdnung von [e1] in KokernMi zu bestimmen, berechnet man

Z · e1 ∩ BildMi =

{Z · ( 10

0 ) falls i = 1Z · ( 2

0 ) falls i = 2, 3,

(denn (n0

0

)= n1 ·

(1−3

)+ n2 ·

(31

)⇒ n2 = 3n1 ⇒ n0 = 10n1 bzw.(

n0

0

)= n1 ·

(1−1

)+ n2 ·

(11

)⇒ n2 = n1 ⇒ n0 = 2n1 bzw.(

n0

0

)= n1 ·

(20

)+ n2 ·

(02

)⇒ n2 = 0 und n0 = 2n1).

Daraus folgt, daß [e1] in KokernM1 die Ordnung 10 hat und in den anderen beidenKokernen die Ordnung 2.

24 Blatt 5

Jetzt verifiziert man in KokernM1 und KokernM2 noch [e2] ∈ Z · [e1] durch(01

)= (−3) ·

(10

)+

(31

)∈ − 3 · e1 + Bild(M1)=(−3) · [e1] bzw.(

01

)=

(10

)−(

11

)∈ e1 + Bild(M2) =[e1].

Weil e1, e2 eine Basis von Z2 ist, erzeugen [e1], [e2] den KokernMi. Man hat daherbisher folgende Isomorphismen von Z–Moduln gezeigt

KokernM1 = Z · [e1] ' Z/10Z und KokernM2 = Z · [e1] ' Z/2Z.(Z/nZ ist dabei mit der Z–Modulstruktur versehen, die jede abelsche Gruppe lautAufgabe 2 Blatt 2 tragt.)

Im Fall M3 reichen die bisherigen Uberlegungen nicht aus, denn hier liegt [e2] nichtim Erzeugnis Z · [e1] von [e1], weil sich(

01

)= n0 ·

(10

)+ n1 ·

(20

)+ n2 ·

(02

)nicht mit ganzzahligen n0, n1, n2 losen laßt. Wegen 2e2 ∈ BildM3 (und e2 6∈ BildM3),hat [e2] wie [e1] die Ordnung 2 in KokernM3. Hier hat man also gezeigt:

KokernM3 = Z · [e1]⊕ Z · [e2] ' Z/2Z⊕ Z/2Z.Daß Z · [e1] ∩ Z · [e2] = {0} ist einfach (und analog zum Argument [e2] 6∈ Z · [e1]).

Anmerkung: Weil alle drei Bilder Gitter maximalen Ranges (in der Ebene) sind,kann man die Große der Kokerne auch uber die Determinante der Mi ausrechnen.Die genaue Struktur kann man z.B. im Falle M1 = ( 1 3

−3 1 ) folgender Skizze entneh-men: Ein Zahl k neben einem Gitterpunkten ”×” von Z2 bedeutet, daß dieser Punktim Kokern das k–fache von [e1] ist. (Das Bildgitter sind die ”◦”.)

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

4 5 6 7 8 9 10 1 2 3

7 8 9

7

× × × × × × × × × × × × × ×

× × × × × × × × × × × × × ×

× × × × × × × × × × × × × ×

× × × × × × × × × × × × × ×

× × × × × × × × × × × × × ×

× × × × × × × × × × × × × ×

× × × × × × × × × × × × × ×

× × × × × × × × × × × × × ×

× × × × × × × × × × × × × ×

//

OO

◦

◦

◦

◦

◦◦

◦

◦

◦

◦

◦

◦

◦

◦

◦

◦

◦

◦

◦

◦

◦

◦

◦

◦

◦

◦


Aufgabe 3Wenn det(M) ∈ {±1}, so ist nach dem Satz aus §36 (Laplacescher Entwicklungssatz)

M−1 =1

detM· M = ±M ∈Mn,n(Z),

denn die Eintrage der Komplementarmatrix M sind von der Form ±det(U) furgeeignete Untermatrizen U ∈ Mn−1,n−1(Z) von M und diese Zahlen sind ganz nachdem Laplaceschen Entwicklungssatz. Daher ist die zu M−1 ∈Mn,n(Z) gehorende Z–lineare Abbildung ψ : Zn → Zn die Umkehrabbildung zu ϕ (d.h. ψ◦ϕ = id = ϕ◦ψ).

Wenn ϕ surjektiv ist, seien vi ∈ Zn die Urbilder der Standardbasis ei von Zn unterϕ, d.h. ϕ(vi) = Mvi = ei. Setze die vi zusammen zu einer Matrix N ∈ Mn,n(Z)durch N := (v1, v2, ..., vn). Dann hat man M · N = E ∈ Mn,n(Z). Daraus folgtdet(M) · det(N) = det(E) = 1. Weil det(M), det(N) ∈ Z sind (M,N ∈ Mn,n(Z)!),muß det(M) eine Einheit in Z sein, d.h. det(M) ∈ {±1}.

Aufgabe 4Sei U = (U1, ..., Ue)

′ ∈ Re ein Element von Kern(M ′). Schreibe den Eintrag Ui andie Ecke i des Graphen Γ. (Man hatte die e Ecken und k Kanten von Γ durchnum-meriert, als man die Matrix M(Γ) hinschrieb!)Betrachte eine Kante κ von Γ. Ihr Anfang sei die Ecke i, ihr Ende j. Weil dieZeilen von M ′ ∈Mk,e(Z) den Kanten von Γ entsprechen, darf man κ ∈ {1, ..., k} alsZeilenindex von M ′ ansehen. Fur die mit κ indizierte Zeile K von M ′ gilt

K = (0, ..., 0, −1︸︷︷︸i−te Stelle

, 0, ..., 0, 1︸︷︷︸j−te Stelle

, 0, ..., 0) ∈M1,e(Z).

Um den Eintrag in der Zeile κ des Nullvektors 0 = M ′ · U ∈ Rk zu berechnen, hatman

0 = K · U = (0, ..., −1︸︷︷︸i

, 0..., 1︸︷︷︸j

, 0...) ·

U1...Ue

= Uj − Ui ⇔ Ui = Uj.

Daher mussen die Zahlen Ui an den Ecken einer Kante immer ubereinstimmen, wenn(U1, ..., Ue)

′ im Kern von M ′ liegt. Weil der Graph zusammenhangt, kann man jezwei Ecken aber uber (ungerichtete) Kantenzuge verbinden. Induktiv erhalt manso, daß alle Ui gleich sind. Also ist

Kern(M ′) =

u...u

|u ∈ R

= R ·

1...1

eindimensional.Die Nachbarschaftsmatrix N := M ·M ′ ∈ Me,e(Z) ist (offensichtlich) symmetrisch.

26 Blatt 5

Fur 1 ≤ i < j ≤ e ist der Eintrag Ni,j das Skalarprodukt der i–ten Zeile E =(e1, ..., ek) und der j–ten Zeile P = (p1, ..., pk) von M :

Ni,j = E · P ′ =k∑

κ=1

eκpκ

=∑κ⊂Γ

Die Kante κgeht von i nach j

(−1) · 1 +∑κ⊂Γ

Die Kante κgeht von j nach i

1 · (−1)

= −(

Anzahl der Kanten κ aus Γ,die die Ecken i und j verbinden

),

denn wenn die Kante κ nicht die Ecken i und j verbindet ist eκ = 0 oder pκ = 0.Der Diagonaleintrag an der Stelle i ist die Anzahl der Kanten die an der Ecke ibeginnen oder enden, denn

Ni,i = E · E ′ =k∑

κ=1

e2κ =∑κ⊂Γ

Die Kante κbeginnt bei i

(−1)2 +∑κ⊂Γ

Die Kante κendet bei i

12.

Die Nachbarschaftsmatrix des Graphen Γ := ( • // • // • // • // • // • ) ist somit– bei naheliegender Nummerierung der Ecken (von einem Extrem zum anderen)

N(Γ) =

1 −1 0 0 0 0−1 2 −1 0 0 00 −1 2 −1 0 00 0 −1 2 −1 00 0 0 −1 2 −10 0 0 0 −1 1

∈M6,6(Z).

Aufgabe 5Weil R ∈ Glk(R) symmetrisch und positiv definit ist, ist auch R−1 positiv definitsymmetrisch. (Das folgt mit dem Spektralsatz: Rk hat eine Basis aus Eigenvektorenvon R zu positiven Eigenwerten λi. Dieselben Vektoren sind Eigenvektoren fur R−1,nun aber zum Eigenwert λ−1

i > 0!)Kern(MR−1M ′) = Kern(M ′) gilt, weil fur alle x ∈ Re gilt

M ′x = 0R−1 pos. def.⇐⇒ 0 = (M ′x)′ ·R−1 · (M ′x) = x′ · (MR−1M ′x)

⇐⇒ M ·R−1 ·M ′ · x = 0,

wobei die letzte Implikation ”⇒” vielleicht noch einer Begrundung bedarf: Umeinen Widerspruchsbeweis einzuleiten, nehme MR−1M ′x 6= 0 an. Dann ist sicherM ′x 6= 0. Daher folgt mit der oberen Aquivalenz x′MR−1M ′x 6= 0.

Nach Aufgabe 4 ist R · (1, 1, ..., 1)′ = Kern(M ′) = Kern(∆R) eindimensional. Nachdem Dimensionssatz ist also

dimR(Bild∆R) = dimR(Urbild∆R)− dimR(Kern∆R) = e− 1.


Fur alle x ∈ Re gilt

(1, 1, ..., 1) ·∆R(x) = (1, 1, ..., 1) ·MR−1M ′x = (M ′ ·(

1...1

))′︸︷︷︸

=0

·R−1 ·M ′ · x = 0.

Daher ist Bild∆R in der zu (1, 1, ..., 1)′ senkrechten Hyperebene

H := {x ∈ Re | (1, 1, ..., 1) · x = 0}

enthalten. Aus Dimensionsgrunden (d.h. weil dimR(Bild∆R) = e − 1 = dimR(H))hat man sogar Gleicheit: Bild∆R = H.

Aufgabe 6Weil alle Widerstande Ri positiv sind, ist R = diag(R1, .., Rk) positiv definit, insbe-sondere invertierbar. Daher folgt aus dem Ohmschen Gesetz

R−1M ′U = I,

woraus wegen des ersten Kirchhoffschen Gesetzes folgt

−Iext = MI = MR−1M ′UDef.= ∆R(U).

Mit Aufgabe 5 ist die Bedingung an Iext somit

Iext ∈ Bild(∆R) = {I ∈ Re | (1, 1, ..., 1) · I = 0}.

Ebenfalls wegen Aufgabe 5 ist U durch Iext bestimmt bis auf Elemente vonKern(∆R),d.h. Vielfache von (1, 1, ..., 1)′ ∈ Re.Fur die Deutung des Ohmschen Gesetzes mit Iext = 0 muß man Kern(M) beschrei-ben. Sei also I ∈ Rk mit M · I = 0, d.h. fur jede Zeile Z1,..., Ze ∈ M1,k(Z) von Mgilt Zi · I = 0. In der Zeile Zi steht die Inzidenzinformation der Ecke i mit allenKanten: −1 falls die Kante bei i startet; 1 falls sie bei i endet und 0 sonst. Schreibedie Komponenten Iκ des Vektors I an die Kante κ von Γ. Dann folgt aus Zi · I = 0,daß die Summe aller auf den Knoten i gerichteten Strome gleich der Summe allerabgehenden Strome ist, d.h. bei i fließt kein Strom nach Außen ab oder von Außendazu.

Aufgabe 7Sei (R1, R2) eine Basis der Kanten und (U1, U2) eine Basis der Ecken des Graphen.Dann hat man M = ( −1 −1

1 1 ) und

∆R = M ·Diag(R−11 , R−1

2 ) ·M ′ = (R−11 +R−1

2 ) ·(

1 −1−1 1

).

Um den Gesamtwiderstand (zwischen den beiden Ecken) ρ auszurechnen, rechnetman −Iext = ∆R · U aus Aufgabe 6 aus:

−(j−j

)= (R−1

1 +R−12 ) ·

(1 −1−1 1

)·(U1

U2

)= (R−1

1 +R−12 ) ·

(U1 − U2

U2 − U1

)⇒ ρ−1 =

j

U2 − U1

= R−11 +R−1

2 (Parallelschaltung).

28 Blatt 5

Aufgabe 8Sei (R1, R2) eine Basis der Kanten und (U1, U2, U3) eine Basis der Ecken des Rei-

henschaltungsgraphen. Dann ist M =( −1 0

1 −10 1

)und

∆R = M ·Diag(R−11 , R−1

2 ) ·M ′ =

R−11 −R−1

1 0−R−1

1 R−11 +R−1

2 −R−12

0 −R−12 R−1

2

.

Um den Gesamtwiderstand zwischen den außeren Ecken ρ auszurechnen, rechnetman wieder −Iext = ∆R · U aus:

−

j0−j

=

R−11 −R−1

1 0−R−1

1 R−11 +R−1

2 −R−12

0 −R−12 R−1

2

·U1

U2

U3

⇒ ρ =

U3 − U1

j=U2 − U1

j+U3 − U2

j= R1 +R2.

29

Blatt 6

Aufgabe 1Die Weltraumschiffe Alpha, Beta, Gamma und Delta fliegen schon seit langerer Zeitunbeschleunigt (Gravitation wird vernachlassigt) durch den interstellaren Raum.Plotzlich uberschlagen sich die Ereignisse. Dem Kommander von Alpha wird gemel-det:

• Soeben waren wir fast mit Gamma zusammengestoßen.

Kurze Zeit spater

• Eben waren wir fast mit Delta zusammengestoßen.

Uber Funk erfahrt der Kommander von Alpha, daß es Beta ahnlich ergangen sei:nacheinander Beinahekollisionen mit Gamma und Delta.

Dann kommt die Meldung:

• Gamma und Delta sind zusammengestoßen.

Da zur gleichen Zeit Raumnebel aufkommt, befiehlt der Kommander von Alpha einsofortiges Abbremsen seines Raumschiffes.

Frage: Warum?

Aufgabe 2Fur die K-Algebra C(a) = K · 1 +K · e mit der Eigenschaft e · e = −a · 1, a ∈ Ksind aquivalent:

• C(a) ist ein Korper

• −a ist kein Quadrat in K

• die Gleichnung x2 + a · y2 = 0 besitzt nur eine Losung (x, y) ∈ K2.

Aufgabe 3Sei A = K · e1 + ...+K · en eine endlichdimensionale K-Algebra mit Einselement e1.Die Strukturkonstanten Ck

ij ∈ K seien definiert durch ei · ej =∑

k Ckij · ek. Zeige,

das Assoziativgesetz fur A ist aquivalent zu

n∑m=1

Cmij C

bmk =

n∑m=1

CbimC

mjk , ∀ b, i, j, k ∈ {1, .., n} .

Welche Eigenschaften an die Konstanten Ckij sind außerdem notwendig dafur, daß

A eine K-Algebra ist?

30 Blatt 6

Aufgabe 4Sei (G, ◦) eine endliche Gruppe mit den Elementen g1, ..., gn und dem neutralenElement g1. Definiert man Strukturkonstanten durch Ck

ij = 1 oder = 0 je nachdemob gi ◦ gj = gk gilt oder nicht, so erhalt man eine K-Algebra (den sogenanntenGruppenring von G uber K).

Aufgabe 5Sei Ki der von den Elementen eI mit |I| = i aufgespannte Teilraum einer GraßmannAlgebra uber dem Korper K. Fur ei := e{i} sei v =

∑ni=1 λi ·ei aus K1 gegeben (mit

λi ∈ K). Dann definieren die Abbildungen di : Ki → Ki+1

di(w) = v · w ∈ Ki+1 , w ∈ Ki

einen Komplex (K•, d•). Dieser Komplex ist exakt genau dann, wenn v nicht derNullvektor ist.

Aufgabe 6Sei (K•, d•) ein Komplex von endlich dimensionalen K-Vektorraumen Ki und vonendlicher Lange. Zeige

∑i(−1)idimK(Ki) =

∑i(−1)idimK(H i(K•)). Hinweis: Be-

nutze Induktion nach der Lange des Komplexes.


Losungen zu Blatt 6

Aufgabe 1Wir rechnen in Raum–Zeit–Koordinanten (x, y, z, t) ∈ R3×R. Dann sind die Welt-raumschiffe Geraden (sofern sie unbeschleunigt fliegen) und die (Beinahe–) Kollisio-nen Ereignisse, d.h. Weltpunkte. In der Skizze sind sie (in ihrer zeitlichen Abfolge)mit E1 bis E6 bezeichnet.

γ

α

β

δ

E1E2

E3E4

E5

E6

◦

◦��

∗�� ◦��

◦��

◦◦eeeeeeeeee

∗eeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeee

◦◦

Durch die Ereignisse E1 bis E5 weiß man, daß sich die Geraden α und β in der vonγ und δ erzeugten Ebene des R4 befinden. Wenn sie daher nicht parallel zueinandersind, so schneiden sich α und β in E6 = (x6, y6, z6, t6) ∈ R4, d.h. zur Zeit t6 am Ort(x6, y6, z6). Weil dies Ereignis nicht in der Vergangenheit liegt –alle fliegen ja schonlangere Zeit– ist E6 wie in der Skizze zu befurchten. Also bremsen (womit α dielineare Algebra verlasst)!

Aufgabe 2Bezeichne die Aussagen mit

(a) C(a) ist ein Korper

(b) −a ist kein Quadrat in K

(c) die Gleichnung x2 + a · y2 = 0 besitzt nur eine Losung (x, y) ∈ K2.

Dann reicht es, zu zeigen (a)⇒ (b)⇒ (c)⇒ (a).

Zu (a)⇒ (b): ±e ∈ C(a) sind offensichtlich Losungen der quadratischen Gleichung

X2 + a = 0. Wenn C(a) ein Korper ist, hat X2 + a = 0 aber hochstens 2 Losungen.Denn gabe es ein von ±e verschiedene Losung f ∈ C(a), so ware

(f + e)(f − e) = f 2 − e2 = −a+ a = 0,

d.h. f ± e 6= 0 waren Nullteiler in C(a). Widerspruch!(In unserem Fall zerfallt das Polynom X2 + a = (X − e)(X + e) in das Produktlinearer Faktoren.)

32 Blatt 6

Zu (b)⇒ (c): Die Gleichung x2 + a · y2 = 0 besitzt offensichtlich genau eine Losungmit y = 0 (namlich (x, y) = (0, 0)). Gabe es außer dieser trivialen Losung eineweitere (x1, y2) ∈ K2, so ware also y1 6= 0. Dann ware aber −a = (x1

y1)2 Quadrat in

K. Widerspruch!

Zu (c)⇒ (a): Die Algebra C(a) = K · 1 + K · e ist kommutativ (denn 1 und evertauschen und e mit e offensichtlich auch). Also ist C(e) genau dann ein Korper,wenn jedes Element x1 ·1+y1 ·e 6= 0 invertierbar ist. Da die Gleichung x2 +a ·y2 = 0nur die triviale Losung besitzt, hat man x2

1 + a · y21 6= 0, d.h. 1

x21+a·y2

1∈ K×. Nun

rechnet man

(x1 · 1 + y1 · e) ·(

x1

x21 + a · y2

1

· 1− y1

x21 + a · y2

1

· e)

= ... = 1.

Also ist x1 · 1 + y1 · e 6= 0 invertierbar in C(a).

Aufgabe 3Das Assoziativgesetz bedeutet (ei · ej) · ek = ei · (ej · ek) fur alle i, j, k. Weil

(ei · ej) · ek =

(n∑

m=1

Cmij em

)· ek

=n∑

m=1

Cmij (em · ek)

=n∑

m=1

Cmij

n∑b=1

Cbmkeb

und analog

ei · (ej · ek) = ei ·

(n∑

m=1

Cmjkem

)

=n∑

m=1

Cmjk

n∑b=1

Cbimeb,

folgt durch Koeffizientenvergleich (die eb sind linear unabhangig!):

n∑m=1

Cmij C

bmk =

n∑m=1

CbimC

mjk, ∀ b, i, j, k ∈ {1, .., n}.

Von den Eigenschaften einer Algebra, welche die Multiplikation beschreiben, stelltnur noch die Existenz der Eins zusatzliche Anforderungen an die Strukturkonstan-ten. (Die Distributivgesetze wurden bereits benutzt, um die Multiplikation vonA vollstandig auf die Strukturkonstanten zuruckzufuhren.) Sei –wie im Skriptangeregt– die Eins in A das Basiselement e1. Dann ist(∀a ∈ A : ei · e1︸︷︷︸∑

k Cki,1ek

= ei = e1 · ei︸︷︷︸∑k Ck

1,iek

)⇐⇒ Ck

1,i = Cki,1 = δik fur i, k = 1, ..., n.


Aufgabe 4Wie in der letzten Aufgabe bemerkt, sind nur das Assoziativgesetz und die Existenzder Eins zu beweisen, um festzustellen, ob eine durch Strukturkonstanten gegebenerK–Modul auch eine K–Algebra ist. (Die Distributivgesetze gelten qua constructio-nem.)Es ist ublich im Gruppenring K[G] die Basen ei mit den Gruppenelementen zuidendifizieren ei = gi. Dann ist ein Element v ∈ K[G] formale endliche Linearkom-bination von Gruppenelementen uber K:

v =∑g∈G

xg · g fur gewisse xg ∈ K.

Nur zur Wiederholung seien Addition und Skalarmultiplikation in K[G] erwahnt:Fur v =

∑g∈G xg · g, w =

∑g∈G yg · g und λ ∈ K ist

v + w =∑g∈G

xg · g +∑g∈G

yg · g =∑g∈G

(xg + yg) · g

λ · v = λ ·∑g∈G

xg · g =∑g∈G

(λ · xg) · g.

Die Multiplikation laßt sich (klarerweise) aus den Strukturkonstanten bestimmen;Zunachst nur fur Basiselemente g, h ∈ G (d.h. eg bzw. eh) hat man nach Aufgaben-stellung

g · h = g ◦ h.

Beachte, daß rechts die Verknupfung ◦ in der Gruppe G steht aber links das Produktzweier Basiselemente in der Algebra (in spe). Durch K–Linearkombination dieserGleichung erhalt man fur allgemeine v, w ∈ K[G] wie oben:

v · w =

(∑g∈G

xg · g

)·

(∑g∈G

yg · g

)=∑g∈G

∑h,k∈G

mit h◦k=g

(xh · yk) · (h ◦ k)

=∑g∈G

(∑h∈G

xh · yh−1◦g

)· g.

Sei e das neutrale Element von G. Dann ist die Eins in K[G] offenbar das Basisele-ment e, denn

v · e =

(∑g∈G

xg · g

)· e =

∑g∈G

(∑h∈G

xh · δe,h−1◦g

)· g =

∑g∈G

xg · g = v,

e · v = e ·

(∑g∈G

xg · g

)=∑g∈G

(∑h∈G

δh,e · xh−1◦g

)· g =

∑g∈G

xg · g = v.

34 Blatt 6

Die Verifikation des Assoziativgesetzes erinnert an die des Polynomringes in Aufgabe1 von Blatt 2 (was nicht verwundert, denn der Polynomring in einer Variablen istder Gruppenring zur Gruppe (Z,+)). Zusatzlich zu v, w ∈ K[G] wie oben sei nochu =

∑g∈G zg · g ∈ K[G] gegeben. Dann ist

[v · w] · u =

[(∑g∈G

xg · g

)·

(∑g∈G

yg · g

)]· u

=

∑g∈G

∑h,k∈G

mit h◦k=g

xh · yk

· g ·(∑

g∈G

zg · g

)

=∑g∈G

∑i,j∈G

mit i◦j=g

( ∑h,k∈G

mit h◦k=i

xh · yk

)· zj

· g

=∑g∈G

∑h,k,j∈G

mit h◦k◦j=g

xh · yk · zj

· g,wobei man die Klammern zwischen xh, yk, zj weglassen darf, weil K assoziativ ist.Den Term v · [w · u] fuhrt man vollig analog auf denselben Ausdruck.

Aufgabe 5Sei V = Kn und bezeichne besser

∧i(V ) = Ki die i–te Schicht der GraßmannAlgebra zu V .Weil es

(nm

)m–elementige Teilmengen von {1, ..., n} gibt, ist dimK(

∧m(V )) =(

nm

).

...di−1−−−→

∧i(V )

di−−→∧i+1

(V )di+1−−−→

∧i+2(V )

di+2−−−→ ...,

wobei die Randabbildung di die Rechtsmultiplikation mit v ist, ist genau dann einKomplex, wenn di ◦ di−1 = 0 fur alle i. Das folgt aber unmittelbar aus der Assozia-tivitat und der charakterisierenden Relation v · v = 0 der Graßmann Algebra:

(di ◦ di−1)(w) = di(v · w) = v · (v · w) = (v · v)︸︷︷︸=0

·w = 0 ∀w ∈∧i−1

(V ).

Wenn v = 0, so ist dieser Komplex nicht exakt (fur n > 0), denn di ist die Nullabil-dung. Sei also ab jetzt v =

∑ni=0 λiei 6= 0, d.h es gibt ein k mit λk 6= 0.

Behauptung: dimK(Bild(dm)) ≥(

n−1m

).

Bewiesen wird, daß folgende Menge (die offensichtlich(

n−1m

)Elemente hat){

v · eI | I ⊆ {1, ..., n} und |I| = m und k 6∈ I}


linear unabhangig ist. Betrachte dazu eine Linearkombination der 0 (mit µI ∈ K)

0 =∑

I|I|=mk 6∈I

µI · (v · eI) =∑

I|I|=m, k 6∈I

n∑i=1

µIλi · (ei · eI)

Weil k 6∈ I, gilt ek · eI = ±eI∪{k}

=∑

I|I|=m, k 6∈I

±µIλk · eI∪{k}

︸︷︷︸=:w1

+∑

I|I|=m, k 6∈I

n∑i=0i6=k

µIλi · (ei · eI)

︸︷︷︸=:w2

Folgende disjunkte Zerlegung der Basis{eI | I ⊆ {1, ..., n}, |I| = m+ 1

}={eI | k ∈ I

}∪{eI | k 6∈ I

}von

∧m+1(V ) ergibt eine direkte Zerlegung∧m+1(V ) = Λ1 ⊕ Λ2. Man hat oben

w1 ∈ Λ1 und w2 ∈ Λ2. Also folgt aus der Gleichung oben

0 = w1 =∑

I|I|=m, k 6∈I

±µIλk · eI∪{k} =∑

J|J |=m+1, k∈J

±µJ\{k} · λk · eJ .

Weil die eJ linear unabhangig sind und λk 6= 0, mussen alle µI = 0 sein, was zuzeigen war.

Nun kann man abschatzen(n− 1

m− 1

)≤ dimK(Bild(dm−1)) (Behauptung)

≤ dimK(Kern(dm)) (dm ◦ dm−1 = 0)

= dimK(∧m

(V ))− dimK(Bild(dm)) (Dimensionssatz)

≤(n

m

)−(n− 1

m

)(Behauptung)

=

(n− 1

m− 1

),

wobei zum Schluß eine wohlbekannte Formel fur Binominalkoeffizienten einging. Ausdieser Abschatzung folgt, daß uberall Gleichheit gilt. Weil Bild(dm−1) ⊂ Kern(dm)(denn dm ◦ dm−1 = 0!), folgt Bild(dm−1) = Kern(dm), d.h. der Komplex ist exaktbei

∧m(V ).

36 Blatt 6

Aufgabe 6Alle Dimensionen dim(·) sind in dieser Aufgabe uber K, d.h. dim(·) = dimK(·).Gegeben sei ein Komplex endlichdimensionaler K–Vektorraume Ki

(K•, d•) = ( ...di−1−−−→ Ki di−−→ Ki+1 di+1−−−→ Ki+2 di+2−−−→ Ki+3 di+3−−−→ ... )

von endlicher Lange, d.h. Ki 6= 0 nur fur endlich viele i. Wie ublich bezeichnen Zi =Kern(di) ⊂ Ki die Zyklen und Bi = Bild(di−1) ⊂ Ki die Rander (Boundaries).Wegen der Eigenschaft di ◦ di−1 = 0 der Differentiation ist Bi ein Unterraum von Zi

und die i–te Kohomologiegruppe ist definiert als H i(K•) = Zi/Bi. Daher hat mandim(H i(K•)) = dimZi − dimBi.Wegen des Dimensionsatzes fur alle di hat man

dim(Ki) = dim(Kern(di)) + dim(Bild(di)) = dim(Zi) + dim(Bi+1).

Nun kann man Losrechnen:∑i

(−1)idim(Ki) =∑

i

(−1)i(dim(Zi) + dim(Bi+1)

)=∑

i

(−1)idim(Zi) +∑

j

(−1)jdim(Bj+1)

i:=j+1=

∑i

(−1)idim(Zi) +∑

i

(−1)i−1dim(Bi)

=∑

i

(−1)idim(Zi)−∑

i

(−1)idim(Bi)

=∑

i

(−1)i(dim(Zi)− dim(Bi)

)=∑

i

(−1)idim(H i(K•)),

wobei alle beteiligten Summen nur endlich viele Terme 6= 0 haben!

37

Blatt 7

Aufgabe 1Zeige, daß der Korper C der komplexen Zahlen auf mindestens drei verschiedeneWeisen in den Schiefkorper H der Hamiltonschen Quaternionen eingebettet werdenkann. Gibt es mehr als drei verschiedene Moglichkeiten?

Aufgabe 2Sei z = α− β · j − γ · k − δ · l fur z = α+ β · j + γ · k + δ · l aus dem Korper H derHamiltonschen Quaternionen. Zeige

z1 ± z2 = z1 ± z2 , z1 · z2 = z2 · z1

sowieN(z) = z · z = z · z ∈ K .

Aufgabe 3Fur die K-Algebra C(a1, a2) = K · 1 + K · j + K · k + K · l mit der Eigenschaftj · j = −a1 · 1 und k · k = −a2 · 1 sowie l = j · k = −k · j = (fur a1, a2 ∈ K) sindaquivalent:

• C(a1, a2) ist ein Schiefkorper

• die quadratische Gleichung α2 + a1 · β2 + a2 · γ2 + a1a2 · δ2 = 0 besitzt nur eineLosung (α, β, γ, δ) ∈ K4.

Aufgabe 4Seien A,A′ und A′′ graduierte K-Algebren. Zeige, daß die durch (a⊗K a′)⊗K a′′ 7→a⊗K (a′ ⊗K a′′) induzierte Abbildung einen Ringisomorphismus

ϕ : (A⊗sK A′)⊗s

K A′′ ∼= A⊗sK (A′ ⊗s

K A′′)

definiert.

Hinweis: Es genugt zu zeigen ϕ(a1 · a2) = ϕ(a1) · ϕ(a2) fur a1 = (a1 ⊗K a′1) ⊗K a′′1und a2 = (a2 ⊗K a′2)⊗K a′′2.

Aufgabe 5Ein Automorphismus ϕ einer K-Algebra ist eine K-lineare Bijektion ϕ : A→ A mitder Eigenschaft ϕ(a1 · a2) = ϕ(a1) · ϕ(a2). Sei K = R und A = H die Algebra derHamiltonschen Quaternionen. Zeige, daß es keinen Algebrenautomorphismus ϕ derR-Algebra A = H gibt mit der Eigenschaft

ϕ(z) · z ∈ R , ∀z ∈ H .

Hinweis: Betrachte Einschrankungen von ϕ auf Teilkorper von H, welche zumKorper C der komplexen Zahlen isomorph sind.

38 Blatt 7

Losungen zu Blatt 7

Aufgabe 1Ich beschranke mich, darauf C als R–Algebra in H einzubetten. (Wenn man auf Cund H die Metriken als R–Vektorraume benutzt, heißt das, daß ich hier nur stetigeEinbettungen betrachte.)Eine Einbettung C ↪→ H von R–Algebren ist R–linear und bildet die 1 ∈ C aufdie 1 ∈ H ab. Weil 1 und i eine Basis von C bilden, fixiert man einen R–Algebrenhomomorphismus ϕ : C → H durch Angabe des Bildes ϕ(i) ∈ H voni. Dabei muß ϕ(i) die Eigenschaft −1 = ϕ(i2) = ϕ(i)2 erfullen.Umgekehrt definiert jedes ϕ(i) ∈ {h ∈ H | h2 = −1} einen injektiven R–linearenAlgebrenhomomorphismus, denn die Multiplikation auf C = C(1) (d.h. die Struk-turkonstanten von C(a) fur a = 1) sind festgelegt durch e2 = −a, was hier wieublich i2 = −1 geschrieben wird. (Injektiv ist ϕ, weil fur jedes solche ϕ(i) 6∈ R ⊂ Hgilt, d.h. 1 und ϕ(i) sind linear unabhangig uber R, woraus folgt dimR(ϕ(C)) = 2.)Weil in C nur genau die beiden Elemente ±i Losung von X2 = −1 sind, sind die Bil-der zweier Einbettungen ϕ1(C) und ϕ2(C) genau dann verschieden, wenn {±ϕ1(i)}und {±ϕ2(i)} disjunkt sind. Also ist zu zeigen, daß die Menge

{h ∈ H | h2 = −1}

mindestens 6 Elemente enthalt. Das ist klar, denn ±j, ±k und ±l fallen jedemins Auge. (Sie ergeben die zu C isomorphen Teilkorper R + j · R bzw. R + k · Rbzw. R + l · R. Die kurzeste Losung dieser Aufgabe ware, nur diese drei (bzw. 6!)Isomorphismen zu verifizieren.)Ubrigends kann man (durch Rechnung in den Koordinaten) sehen, daß

{h ∈ H | h2 = −1} = {h ∈ H | h+ h = 0 und N(h) = 1}.

Diese Menge ist eine Konjugationsklasse in H (was etwas schwerer zu beweisen ist)und hat unendlich viele Elemente.

Aufgabe 2Diese Aussagen verifiziert man (in Koordinaten) sofort.

Aufgabe 3Zuerst wird ”⇓” gezeigt: Sei also C(a1, a2) ein Schiefkorper. Hatte die Gleichung

α2 + a1 · β2 + a2 · γ2 + a1a2 · δ2 = 0

eine von Null verschiedene Losung (α, β, γ, δ) ∈ K4, so ware z := α ·1+β · j+γ ·k+δ · l ∈ C(a1, a2) nicht Null aber ein Nullteiler, denn z = α · 1− β · j− γ · k− δ · l 6= 0und

z · z = α2 + a1 · β2 + a2 · γ2 + a1a2 · δ2 = 0.

Widerspruch!


Nun zu ”⇑”: Die K–Algebra C(a1, a2) ist ein Schiefkorper, wenn jedes Elementaußer der Null invertierbar ist. Sei also 0 6= z = α · 1 + β · j + γ · k+ δ · l ∈ C(a1, a2)gegeben. Weil nach Voraussetztung

K 3 N(z)Def.= z · z = z · z = α2 + a1 · β2 + a2 · γ2 + a1a2 · δ2 6= 0,

gilt ( 1N(z)· z) · z = 1 = z · ( 1

N(z)· z), d.h. 1

N(z)· z ist das Inverse von z 6= 0.

Aufgabe 4Die Abbildung ist offensichlich bijektiv und weil sie linear sein soll, ist sie auch addi-tiv. Zu zeigen bleibt die Multiplikativitat und das Respektieren der Eins. Letzteresist einfach:

1(A⊗εKA′)⊗ε

KA′′ = (1A ⊗K 1A′)⊗K 1A′′ϕ7−→ 1A ⊗K (1A′ ⊗K 1A′′) = 1A⊗ε

K(A′⊗εKA′′).

Weil ϕ K–linear ist, muss man die Multiplikativitat ϕ(r · s) = ϕ(r) · ϕ(s) nur aufErzeugern zeigen. Im Kapitel ”Das getwistete Tensorprodukt” des Skriptes wirddie Graduierung auf A ⊗ε

k A′ angegeben. Danach sind Tensorprodukte homogener

Elemente homogen (in A⊗εk A

′) und man liest dort ab: (−1)|a⊗Kb| = (−1)|a|+|b|.Also reicht es, fur alle r = (r ⊗K r′)⊗K r′′ und s = (s⊗K s′)⊗K s′′ mit homogenenr, s, ... nachzurechnen

ϕ(r · s) = ϕ((

(r ⊗K r′)⊗K r′′)·((s⊗K s′)⊗K s′′

))= ϕ

((−1)|s⊗Ks′||r′′|((r ⊗K r′) · (s⊗K s′)

)⊗K r′′s′′

)= (−1)(|s|+|s′|)|r′′|ϕ

((−1)|r

′||s|(rs⊗K r′s′)⊗K r′′s′′)

= (−1)|s||r′|+|s||r′′|+|s′||r′′|rs⊗K (r′s′ ⊗K r′′s′′)

= ... =(r ⊗K (r′ ⊗K r′′)

)·(s⊗K (s′ ⊗K s′′)

)= ϕ(r) · ϕ(s).

Aufgabe 5

Behauptung: ϕ(h) = −h fur alle h ∈ H mit h2 = −1.

Beweis: Wie in Aufgabe 1 ausgefuhrt ist L = R · 1 + R · h ein zu C isomorpherTeilkorper. Aus der Eigenschaft ϕ(z)z ∈ R folgt ϕ(z) ∈ R ·z−1 fur alle z 6= 0. Daherbildet ϕ (die Menge) L auf sich selbst ab. Betrachte die Einschrankung ϕL von ϕauf L. Weil ϕL ein R–Algebrenhomomorphismus ist, folgt aus den Uberlegungenzu Aufgabe 1, daß ϕ(h) = ϕL(h) = ±h. Allerdings ist ϕ(h) = h (⇒ ϕL ≡ id!)unmoglich, da sonst z.B.

ϕL((1 + h))(1 + h) = (1 + h)2 = 2h 6∈ R · 1H

ware. (Also ist die Einschrankung von ϕ auf jeden zu C isomorphen Teilkorpervon H die komplexe Konjugation, d.h. der nichttriviale R–lineare Automorphismusdieses Teilkorpers.)

40 Blatt 7

Betrachte i, j, k ∈ {h ∈ H | h2 = −1}. Nach der Behauptung gilt

ϕ(j) = −j, ϕ(k) = −k und ϕ(l) = −l.

Daher fuhrt die Annahme ϕ(a1 · a2) = ϕ(a1) · ϕ(a2) zu folgendem Widerspruch

l = (−j) · (−k) = ϕ(j) · ϕ(k) = ϕ(j · k) = ϕ(l) = −l.

41

Blatt8

Aufgabe 1 (Kreuzprodukte)Sei e1, e2, e3 die Standardbasis des k3. Fur Vektoren u, v aus k3 setze

w = u× v ,

wobei w ∈ k3 der Vektor mit den Koordinaten w1, w2, w3 ist, welche durch GraßmannMultiplikation erklart sind

u ∧ v = w1 · e2 ∧ e3 + w2 · e3 ∧ e1 + w3 · e1 ∧ e2 .

Zeige

a× b = − b× a

sowie

det(a, b, c) = a′ · (b× c) .

Warum folgt daraus a′ · (b× c) = b′ · (c× a) = c′ · (a× b)?

Aufgabe 2)Sei M : kn → kn eine k-lineare Abbildung und

∧n−1(M) die induzierte Abbildungauf

∧n−1(kn). Zeige

M(ei) ∧∧n−1

(M)(ej) = δij · det(M) · (e1 ∧ ... ∧ en)

fur die Standardbasis e1, .., en von kn und die Komplementarbasis e1, .., en von∧n−1(M). Zur Erinnerung: ei ∧ ej = δij · (e1 ∧ ... ∧ en). Fur die bezuglich die-ser Standardbasen gebildeten Matrizen M und

∧n−1(M) gilt

M ′ ◦∧n−1

(M) = det(M) · E .

Hinweis: Behandle notfalls zuerst den Fall n = 3.

Aufgabe 3)Fur 1

2∈ k seien u =

∑ni=1 uiei und v =

∑nj=1 vjej Vektoren des k-Vektorraums

V = k4 und sei

u ∧ v =∑i<j

Aij · ei ∧ ej ∈∧2

(V )

mit den Koeffizienten Aij aus k. Zeige

A12A34 − A13A24 + A14A23 = 0 .

42 Blatt8

Aufgabe 4 (Fortsetzung)Fur

η =∑i<j

Aij · ei ∧ ej ∈∧2

(k4)

sei A = −A′ die eindeutig bestimmte schiefsymmetrische Matrix mit den EintragenAij oberhalb der Diagonale. Dadurch wird

∧2(k4) mit den schiefsymmetrischen4× 4-Matrizen identifiziert. Zeige

det(A) = det(∗A) = (A12A34 − A13A24 + A14A23)2

fur

A =

0 A12 A13 A14

−A12 0 A23 A24

−A13 −A23 0 A34

−A14 −A24 −A34 0

, ∗A =

0 A34 A24 A23

−A34 0 A14 A13

−A24 −A14 0 A12

−A23 −A13 −A12 0

Aufgabe 5 (Fortsetzung)Sei T : k4 → k4 eine k-lineare Abbildung und sei ω =

∧2(T )(η). Berechne die ω zu-geordnete schiefsymmetrische Matrix B in Termen der Matrix T und η zugeordnetenschiefsymmetrischen Matrix A

B = TAT ′ .

Aufgabe 6 (Fortsetzung)Fur eine schiefsymmetrische 4× 4-Matrix A mit der Eigenschaft det(A) = 0 gibt esVektoren u, v ∈ k4 mit u ∧ v =

∑i<j Aijei ∧ ej.

Hinweis: Benutze ohne Beweis, daß jede schiefsymmetrische Matrix A = −A′ durcheinen Basiswechsel T in die Standardgestalt

TAT ′ =

0 a 0 0−a 0 0 00 0 0 b0 0 −b 0

gebracht werden kann.

Aufgabe 7Zeige det(M ⊗N) = det(M)2 det(N)2 fur das Tensorprodukt

M ⊗N =

(αN βNγN δN

)zweier 2× 2 Matrizen M und N

M =

(α βγ δ

)N =

(a bc d

).

Verallgemeinerungen? Dreiecksmatrizen!


Losungen zu Blatt 8

Aufgabe 1Kommt (vielleicht) noch.a × b = −b × a folgt aus Aufgabe 4 von Blatt 9. Und det(a, b, c) = a′ · (b × c)ist die Laplaceentwicklung der Determinante von (a, b, c) nach der ersten Spalte(a). Schließlich folgt die letzte Zeile aus det(a, b, c) = det(b, c, a) = det(c, a, b), wasklar ist, weil man von einer Permutation zur nachsten stets zwei Transpositionenbenotigt, so daß die Determinante das Vorzeichen (−1)sign(σ) = 1 aufnimmt.

Aufgabe 2Man hat ej = (−1)j−1 · e1 ∧ e2 ∧ ...∧ 6ej ∧ ej+1 ∧ ... ∧ en (d.h. der Vektor ej fehlt indem Produkt), denn

ei ∧((−1)j−1 · e1 ∧ e2 ∧ ...∧ 6ej ∧ ej+1 ∧ ... ∧ en

)= δije1 ∧ e2 ∧ ... ∧ en,

weil das ei an i − 1 Vektoren eν (mit ν < i) vorbeigebracht werden muß, um anseinen numerischen Platz zu gelangen. Sollte dabei i 6= j sein, steht dann aberei ∧ ei = 0 den Stellen i und i+ 1.Indem man (mehrfach) benutzt, daß

∧• ein Ringhomomorphismus ist, rechnet man

M(ei) ∧∧n−1

(M)(ej)

= (−1)j−1 · (Mei) ∧ (Me1) ∧ ... ∧ (Mej−1) ∧ (Mej+1) ∧ ... ∧ (Men)

= (−1)j−1 ·∧n

(M)(ei ∧ e1 ∧ ... ∧ ej−1 ∧ ej+1 ∧ ... ∧ en

)= δij ·

∧n(M)

(e1 ∧ ... ∧ ej−1 ∧ ej ∧ ej+1 ∧ ... ∧ en

)= δij · det(M) · (e1 ∧ ...... ∧ en),

wobei die letzte Gleichnung das Lemma von §74 des Skriptes ist.Wenn man die ei als Basis von

∧1(kn) nimmt, ist die zur linearen Abbildung∧1(M) :∧1(kn) →

∧1(kn) gehorende Matrix gerade M selbst. Die Matrix von∧n−1(M) :∧n−1(kn) →

∧n−1(kn) bezuglich der Basis (e1, ..., en) sei N ∈ Mn,n(k). BezeichneMi (resp. Ni) die i–te Spalte von M (resp. N). Weil ei ∧ ej = δij · (e1 ∧ ...... ∧ en),hat man eben gezeigt, daß

δij · det(M) = M ′i ·Nj (Matrizenprodukt!)

Dies ist der Eintrag von M ′ ·N an der Stelle (i, j). Also gilt M ′ ·N = det(M) · E.

Aufgabe 3In Aufgabe 4 von Blatt 9 wird gezeigt (werden), daß u ∧ v = −v ∧ u fur alleu =

∑uiei, v =

∑viei ∈ k4 =

∧1(k4) Insbesondere folgt daraus v ∧ v = 0. Also

44 Blatt8

rechnet man

0 = −u ∧ v ∧ v︸︷︷︸=0

∧u = (u ∧ v) ∧ (u ∧ v) =

(∑i<j

Aij · ei ∧ ej

)∧

(∑i<j

Aij · ei ∧ ej

)= A12A34 · e1 ∧ e2 ∧ e3 ∧ e4 + A13A24 · e1 ∧ e3 ∧ e2 ∧ e4 + A14A23 · e1 ∧ e4 ∧ e2 ∧ e3=(A12A34 − A13A24 + A14A23

)e1 ∧ e2 ∧ e3 ∧ e4.

Aufgabe 4Dazu will mir nichts einfallen. Hat jemand eine Losung mit wenig Rechnung? Bittemailen.

Aufgabe 5Seien T = (Tij)i,j. Dann ist T (ei) =

∑k Tkiek und T (ej) =

∑l Tljel. Also

ω =(∧2

T)(η) =

1

2

∑i,j

Ai,jT (ei) ∧ T (ej)

=1

2

∑i,j,k,l

Ai,jTkiTlj ek ∧ el

=1

2

∑i,j,k,l

TkiAi,j(T′)jl ek ∧ el =

1

2

∑k,l

Bk,l ek ∧ el,

sofern B = TAT ′ schiefsymmetrisch ist mit den Eintragen Bk,l an der Stelle (k, l).

Aufgabe 6Betrachte fur v =

∑4i=1 viei ∈ k4 den Komplex

0→∧0

(k4)v∧·−−−→

∧1(k4)

v∧·−−−→∧2

(k4)v∧·−−−→

∧3(k4)

v∧·−−−→∧4

(k4)→ 0.

Idendifiziere∧1(k4) wie ublich mit k4 (uber die Basis (e1, ..., e4)), und idendifiziere∧2(k4) mit den schiefsymmetrischen 4 × 4–Matrizen, wie in Aufgabe 4 angegeben.

Indem man die Basis (e2 ∧ e3 ∧ e4, e1 ∧ e3 ∧ e4, e1 ∧ e2 ∧ e4, e1 ∧ e2 ∧ e3) fur∧3(k4) wahlt, kann man diesen Vektorraum mit k4 idendifizieren. Nun kann mandie (zweite) Randabbildung folgendermaßen beschreiben (Nachrechnen!)∧3(k4)

v∧·−−−→∧2(k4) = k4

A 7−→ (∗A) ·( −v1

v2−v3v4

)= (∗A) · diag(−1, 1,−1, 1) · v.

Die Gleichnung (∗A) · diag(−1, 1,−1, 1) · v = 0 hat nicht triviale Losungen v 6= 0,denn det((∗A) · diag(−1, 1,−1, 1)) = det(∗A) = det(A) = 0 nach Voraussetzung.Fur 0 6= v ∈ k4 ist der eingangs betrachtete Komplex aber exakt (nach Aufgabe 5von Blatt 6). Daher ist A im Bild der Randabbildung v∧ · :

∧1(k4) = k4 →∧2(k4),

d.h. es gibt ein u ∈∧1(k4) = k4 mit v ∧ u =

∑i<j Aijei ∧ ej.


Aufgabe 7Man darf M ∈ End(km) und N ∈ End(kn) als Matrizen M = (Mij), N = (Nkl)auffassen, wenn man km mit der Standardbasis (e1, ..., em) versieht und kn mit(e1, ..., em). (Die ˜ dient nur zur Unterscheidung der beiden Basen.) Dann hatman (fur 1 ≤ j ≤ m, 1 ≤ l ≤ n)

M(ej) =m∑

i=1

Mijei , N(el) =n∑

k=1

Nklek.

Also (M ⊗k N

)(ej ⊗ el) = (Mej)⊗k (Nel) =

(m∑

i=1

Mijei

)⊗k

(n∑

k=1

Nklek

)

=m∑

i=1

n∑k=1

NklMij ei ⊗k ek ∈ End(km ⊗k kn).

Um eine ubersichliche quadratische m·n-Matrix zu bekommen, wahle folgende Basisvon km ⊗k k

n: Ordne {ei ⊗ ek} in n Blocken (k steigt von 1 bis n)

(e1 ⊗ ek, e2 ⊗ ek, ..., em ⊗ ek)

von je m Vektoren an. Dann hat die Matrix zu M ⊗k N folgende Gestalt als Block-matrix:

e1 ⊗ el, ..., em ⊗ el

e1 ⊗ ek...

em ⊗ ek

Nkl ·M

=: M ⊗N

Es gibt T ∈ Glm(k) und S ∈ Gln(k), so daß TMT−1 =: C und SNS−1 =: D obereDreiecksmatrizen sind. Daher(

T ⊗k S)·(M ⊗k N

)·(T ⊗k S

)−1

=(TMT−1

)⊗k

(SNS−1

)= C ⊗k D.

Bezuglich der Basis oben ist die Matrix C ⊗ D eine obere Dreiecksmatrix, d.h.ihre Determinante ist das Produkt der Diagonaleintrage. Ware in dem Bild obenein Block auf der Diagonalen angegeben (d.h. k = l), so ware das Produkt derDiagonaleintrage in diesem Block

∏mi=1(NklMii) = Nm

kk ·∏m

i=1Mii.Multiplikation uber alle n Diagonalblocke liefert

det(M ⊗k N) = det((T ⊗k S

)·(M ⊗k N

)·(T ⊗k S

)−1)

= det(C ⊗D) =n∏

k=1

(Dm

kk ·m∏

i=1

Cii

)=( n∏

k=1

Dkk

)m

·( m∏

i=1

Cii

)n

= det(D)m · det(C)n

= det(N)m · det(M)n.

46 Blatt8

47

Blatt 9

Aufgabe 1Was ist der Pullback der Differentialform x2y2z2dx ∧ dy ∧ dz unter der linearenAbbildung

f : R3 → R3 ,

welche durch die Diagonalmatrix diag(a1, a2, a3) mit a1, a2, a3 ∈ R definiert wird.

Aufgabe 2Was ist der Pullback der Differentialform x · dy− y · dx auf R2 unter der Abbildung

f : [0, 2π]→ R2 ,

welche durch f(θ) = (r · cos(θ), r · sin(θ)) definiert wird.

Aufgabe 3Sei 1

2∈ k. Sei e1, e2, e3 eine Orthogonalbasis des k-Vektorraums V = k·e1+k·e2+k·e3

fur die nicht ausgeartete k-Bilinearform mit der Eigenschaft

< ei, ej >= δij · ai .

Hierbei seien a1, a2, a3 ∈ k∗. Dann gilt in der zugehorigen Cliffordalgebra A =C(V,<,>)

eI · eJ = const(I, J) · eK

fur K = (I ∪ J) \ (I ∩ J) mit Konstanten

const(I, J) 6= 0 .

Hierbei seien I, J ⊂ {1, 2, 3} und eI = ei1 · ... · eir fur i1 < ... < ir und I = {i1, ..ir}und analog fur J . Hinweis: Mache Fallunterscheidungen! Verallgemeinert sich dieAntwort?

Aufgabe 4In der Graßmannalgebra Λ•(V ) gilt ei ∧ ej + ej ∧ ei = 0 fur 1 ≤ i, j ≤ bezuglicheiner k-Basis e1, .., en von V . Folgere

v ∧ w = −w ∧ v , ∀v, w ∈ Λ1(V ) .

48 Blatt 9

Losungen zu Blatt 9

Aufgabe 1Im Folgenden wird die Notation (x, y, z) = (x1, x2, x3) benutzt, um den Schreibauf-wand in Grenzen zu halten. Fur i = 1, 2, 3 sei pri : R3 → R die Projektion auf die i–te Koordinate: pri(x1, x2, x3) = xi. Außerdem sei g : R3 → R (x1, x2, x3) 7→ x2

1x22x

23

und ω := x21x

22x

23dx1 ∧ dx2 ∧ dx3 die Differentialform, fur die der Pullback f ∗(ω) zu

berechnen ist. Zuerst wird jedoch noch bereitgestellt:

d(pri ◦ f) =3∑

j=1

(∂

∂xj

(pri ◦ f)

)(x1, x2, x3) · dxj = ai · dxi.

f ∗(ω) = f ∗(g · d(pr1) ∧ d(pr2) ∧ d(pr3)

)= f ∗(g) · f ∗(d(pr1)) ∧ f ∗(d(pr2)) ∧ f ∗(d(pr3)) §77 Lemma (ii)

= f ∗(g) · d(f ∗(pr1)) ∧ d(f ∗(pr2)) ∧ d(f ∗(pr3)) §77 Lemma (i)

= g ◦ f · d(pr1 ◦ f) ∧ d(pr2 ◦ f) ∧ d(pr3 ◦ f) Pullb. von Funkt.

= g(a1x1, a2x2, a3x3) · (a1 · dx1) ∧ (a2 · dx2) ∧ (a3 · dx3)s.o.

= a21x

21 · a2

2x22 · a2

3x23 · a1a2a3 · dx1 ∧ dx2 ∧ dx3

= (a1a2a3)3 · g · dx1 ∧ dx2 ∧ dx3

Aufgabe 2Seien pri : R2 → R (x1, x2) 7→ xi die beiden Projektionen auf die Koordinaten-achsen. Beachte, daß die beiden pri ◦ f : [0, 2π] → R folgende totale Differentialehaben

d(pr1 ◦ f) =

(∂

∂θ(pr1 ◦ f)

)(θ) · dθ =

(∂

∂θ(r · cos(θ))

)(θ) · dθ = −r · sin(θ) · dθ

d(pr2 ◦ f) =

(∂

∂θ(pr2 ◦ f)

)(θ) · dθ =

(∂

∂θ(r · sin(θ))

)(θ) · dθ = r · cos(θ) · dθ

Nun kann man wieder durchrechnen:

f ∗(x · dy − y · dx

)= f ∗

(pr1 · d(pr2)− pr2 · d(pr1)

)= f ∗(pr1) · f ∗(d(pr2))− f ∗(pr2) · f ∗(d(pr1)) §77 Lemma (ii)

= f ∗(pr1) · d(f ∗(pr2))− f ∗(pr2) · d(f ∗(pr1)) §77 Lemma (i)

= pr1 ◦ f · d(pr2 ◦ f)− pr2 ◦ f · d(pr1 ◦ f) Pullback von Funkt.

= r · cos(θ) · (r · cos(θ) · dθ)− r · sin(θ) · (−r · sin(θ) · dθ)= r2 · cos2(θ) · dθ + r2 · sin2(θ)dθ

= r2 · dθ


Aufgabe 3Betrachte allgemeiner die Cliffordalgebra C(a1, ..., an) mit der (Algebren–)Erzeugerne1, ..., en, und den Multiplikationsrelationen

ei · ej = −aiδij,

wie sie in der Folgerung in §73 des Skriptes angegeben wurde. Fur zwei (geordnete)Teilmengen I = {i1 < i2 < ... < ir} und J = {j1 < j2 < ... < js} von {1, ..., n} zeigtman (mit K := (I ∪ J)\(I ∩ J)):

eI · eJ = (−1)∑

i∈I #{j∈J |j<i} ·∏

i∈I∩J

(−ai) · eK .

Zum Beweis ordnet man (z.B.) die ei, welche in dem Produkt

eI · eJ = ei1 · · · eir · ej1 · · · ejs

nicht an ihrer ordnungsgemaßen Stelle stehen, der Reihe nach von hinten kommend.D.h. zuerst vertauscht man sukzessive eir mit seinem rechten Nachbarn ejk

, bisir ≤ jk. Bei jeder dieser Transpositionen zweier Erzeuger nimmt das umgeordneteProdukt den Faktor−1 auf; Also insgesamt den Faktor (−1)#{j∈J |j<ir}, wenn ei so anseinen ordnungsgemaßen Platz gebracht wurde. Nun sind zwei Falle zu betrachten:

Fall 1 ir = jk: Das ist gleichbedeutend mit ir ∈ I∩J . In dem umgeordneten Produkthat man

· · · e? · eir · eir · ejk+1· · · ,

wobei ? < ir < jk+1. Weil eir · eir = −air ∈ k, werden in dem endgultig ausmulti-lizierten Produkt beide eir fehlen, statt dessen aber der (zentrale) Faktor −air vordem Produkt der Erzeuger stehen.

Fall 2 ir < jk: Weil I und J geordnet waren, heißt das ir 6∈ I ∩ J und jk 6∈ I ∩ J .In diesem Fall wird das Produkt eir · ejk

bei jeder weiteren Umordnung nicht mehrangetastet, denn ab jetzt mußen nur noch ei mit i < ir richtig einsortiert werden.

Jetzt macht man dieselbe Prozedur mit ir−1, usw. Falls alle ai 6= 0 (wie in der Auf-gabe gefordert), so ist der oben berechnete Vorfaktor const(I, J) = ±

∏i∈I∩J ai 6= 0.

Aufgabe 4Sei v =

∑ni=1 vi · ei, w =

∑nj=1wj · ej ∈

∧1(V ). Dann ist

u ∧ v =

(n∑

i=1

vi · ei

)∧

(n∑

j=1

wj · ej

)=∑i,j

vi · wj · ei ∧ ej

=∑i,j

wj · vi · (−ej ∧ ei) = −

(n∑

j=1

wj · ej

)∧

(n∑

i=1

vi · ei

)= −v ∧ u.

50 Blatt 9

51

Blatt 10

Aufgabe 1Berechne die Einheiten des Rings R = Z[i]. Zeige fur z = n + m · i aus R dieAquivalenz von

• z = n+mi ∈ R∗

• N(z) = n2 +m2 = 1

• z ∈ {1, i,−1,−i}.

Zusatz: Fur ganze Zahlen n,m ∈ Z laßt N = n2 +m2 nie den Rest 3 nach 4.

Aufgabe 2Fur z ∈ R = Z[i] sei z die konjugiert komplexe Zahl. Die Bedingung z ∈ R∗ · z isterfullt genau dann, wenn entweder z ∈ Z oder z ∈ i · Z oder z ∈ (1 + i) · Z oderz ∈ (1− i) · Z gilt.

Aufgabe 3Sei ρ = (−1 +

√−3)/2. Zeige ρ3 = 1. Zeige: R = Z + Z · ρ ist ein Teilring von C

und N(z) = z · z ist ganz fur alle z ∈ R.

Aufgabe 4Die Gruppe R∗ der Einheiten des Rings R = Z+Z ·ρ von Aufgabe 3 hat 6 Elemente.Hinweis: Gehe vor wie in Aufgabe 1.

Aufgabe 5Der Ring R = Z + Z · ρ von Aufgabe 3 ist ein Euklidscher Ring bezuglich derGradfunktion g(z) = N(z).

Aufgabe 6Sei R ein kommutativer Ring, p eine naturliche Primzahl und sei p · 1R = 0 in R.Dann gilt

(r + s)p = rp + sp

fur alle r, s ∈ R. Hinweis: Welche Binomialkoeffizienten haben p als Teiler?

52 Blatt 10

Losungen zu Blatt 10

Aufgabe 1Beweisplan (c)⇒ (a)⇔ (b)⇒ (c), wobei

(a) z = n+mi ∈ R∗

(b) N(z) = n2 +m2 = 1

(c) z ∈ {1, i,−1,−i}.

Zu (a)⇒ (b): Zu jedem z ∈ R∗ gibt es ein r ∈ R mit z · r = 1. Weil die Normmultiplikativ ist, folgt N(r) ·N(z) = N(r ·z) = N(1) = 1. Aber N(z) und N(r) sindganze Zahlen (fur z, r ∈ Z[i]). Daher muß N(z) eine Einheit in Z sein: N(z) = ±1.Weil N(z) = |z|2 ≥ 0, scheidet N(z) = −1 als Moglichkeit aus.

Zu (a)⇐ (b): Weil R = Z[i] unter der komplexen Konjugation auf sich abgebildetwird, folgt aus 1 = N(z) = z · z offensichtlich z ∈ R∗.

Zu (b)⇒ (c): m2 + n2 = 1 ist fur ganze m, n hochstens moglich, falls |n| ≤ 1 und

|m| ≤ 1. Die Falle n = ±m scheiden aus (denn dann ist n2 + m2 = 2n2 gerade).Also bleiben nur (n = ±1∧m = 0) oder (n = 0∧m = ±1) ubrig. Die entsprechendeZahlen z = n+ i ·m sind ±1 bzw. ±i.

Zu (c)⇒ (a): ist trivial: 1 · 1 = 1, (−1) · (−1) = 1 und (−i) · i = 1.

In Z/4Z gibt es genau zwei Quadrate: [0] und [1]. Also sind als Summe zweierQuadrate in Z/4Z nur moglich [0] = [0] + [0] oder [1] = [1] + [0] oder [2] = [1] + [1],aber niemals [3] ∈ Z/4Z.

Aufgabe 2Um die Bedingung z ∈ R∗ · z zu analysieren, gehe ich alle Falle R∗ = {±1,±i} inder Gaußschen Ebene C durch.Fall z = z: In C sind das alle reellen Zahlen; In R = Z[i] somit alle ganzen reellenZahlen Z.Fall z = −z: Das sind alle Punkte des Gitter Z[i] in der Ebene C, fur die die komple-xe Konjugation (d.h. spiegeln an der reellen Achse) dasselbe ist wie Punktspiegelnam Ursprung 0. Die Losungsmenge ist Z · i.Fall z = i · z: Gesucht sind alle Punkte des Gitters R, fur die komplex konjugie-ren gleichbedeutend ist mit einer Drehung um 90◦ um den Ursprung. Man erhaltz ∈ (1− i) · Z.Fall z = −i · z: Gesucht sind alle Punkte des Gitters R, fur die komplex konjugie-ren gleichbedeutend ist mit einer Drehung um −90◦ um den Ursprung. Das sind diez ∈ (1 + i) · Z.


Aufgabe 3Das Polynom X3 − 1 = (X − 1)(X2 + X + 1) hat als Nulstellen in C neben der(trivialen) X = 1 noch die Losungen der Gleichung X2 + X + 1 = 0. Nach denquadratischen Losungsformel sind diese von der Form 1

2(−1±

√−3) = ρ bzw. = ρ.

Insbesondere ρ3 = 1.Da 1 und ρ linear unabhangig sind uber R, spannen sie ein ebenes Gitter R = Z⊕Z·ρin C auf, (d.h. eine bezuglich der Addition abgeschlossene Untergruppe). DiesesGitter enthalt die (1 von C). Um nachzuweisen, daß R sogar ein Teilring von C ist,muß man nur noch die Abgeschlossenheit der Multiplikation zeigen:

(n+m · ρ) · (a+ b · ρ) = na+mb · ρ2 + (nb+ma)ρ

= na+mb · (−1− ρ) + (nb+ma)ρ (siehe oben)

= (na−mb) · 1 + (nb+ma−mb)ρ.

Wenn a,b,n,m ∈ Z, ist dieses Produkt in Z · 1 + Z · ρ = R. Ebenso ist dann

N(n+m · ρ) = |n− m

2+ i · m

2

√3|2 = (n− m

2)2 + 3 ·

(m2

)2

= n2 − nm+m2 ∈ Z.

Aufgabe 4Sei z = n+mρ eine Einheit in R. Nach der letzten Aufgabe ist N(z) = n2 − nm+m2 ∈ Z. Weil die Norm multiplikativ ist, muß N(z) eine Einheit in Z sein. Weildie Norm komplexer Zahlen immer nicht negativ ist, muß N(z) = 1 sein Damit1 = n2 + m2 − nm mussen notwendig n und m dasselbe Vorzeichen haben, weilsonst alle drei Summanden nicht negativ sind. Weil dann aber 1 = n2 + m2 −nm = (n−m)2 + nm Summe zweier nicht negativer Summanden ist, muß entweder(n−m = 0∧mn = 1) oder (n−m = ±1∧mn = 0) sein. Insgesamt bleiben nur dieFalle (n,m) ∈ {(±1, 0), (0,±1),±(1, 1)}. Die entsprechenden Elemente in R sind{±1,±ρ,±ρ2}.

Umgekehrt ist wegen ρ · ρ2 = ρ3 = 1 jedes der 6 Elemente eine Einheit in R. Alsosind die Einheiten R∗ = {±1,±ρ,±ρ2} genau die 6–ten Einheitswurzeln.

Aufgabe 5Es ist zu zeigen, daß zu je zwei Elementen a, b ∈ R = Z[ρ] mit b 6= 0 Elementeq, r ∈ R existieren mit a = q · b+ r und N(r) < N(b). D.h.

1 > N(r

b) = N

(ab− q)

=∣∣∣ab− q∣∣∣2 .

Man ist also sicherlich fertig, wenn man zu jeder komplexen Zahl z ein q ∈ R findet,so daß |z−q| < 1, also der Abstand von z zu einem geeigneten Gitterpunkt q kleiner1 gemacht werden kann.Weil in folgender Skizze jeder Punkt aus C durch geeignete Addition von Vektorenaus R (dem ”◦”–Gitter) in die umrahmte Raute gebracht werden kann, ist diese von

54 Blatt 10

ρ und 1 aufgespannte Raute F = {x + y · ρ | x, y ∈ [0, 1]} ein Fundamentalbereichfur C/R.

0 1

iρ

ρ2

+ +

+

◦

◦

◦

◦

◦

◦

◦

◦

◦

◦

◦11

1111

1111

1

◦

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◦11

1111

1111

1

◦

◦

◦

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◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦

◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦

Von den vier Gitterpunkten 0, 1, ρ, 1+ ρ in F muß nur einer (nutzlicherweise die 0)in einem Fundamentalbereich vertreten sein. Also ist F = F\{1, ρ, 1 + ρ} ebenfallsein Fundamentalbereich fur C/R. Weil F vollstandig im Inneren des EinheitskreisesE liegt, ist man fertig: Zu jeder Zahl z ∈ C existiert ein q ∈ R mit z − q ∈ F ⊂ E.

Aufgabe 6Nach der Binomische Formel gilt

(r + s)p =

p∑k=0

(p

k

)rksp−k.

Fur 1 < k < p ist (die naturliche Zahl!)(p

k

)=p · (p− 1) · · · (p− k + 1)

k!

durch p teilbar, weil p im Zahler (genau einmal) vorkommt, aber im Nenner nicht.Wenn also p ·1R = 0, veschwinden alle Binominalkoeffizienten

(pk

)·1R fur 1 < k < p.

Ubrig bleibt (r + s)p = rp + sp.(D.h. in Ringen mit Charakteristik p ist Potenzieren mit p ein Ringhomomorphis-mus.)

55

Blatt 11

Aufgabe 1Sei R eine endliche Gruppe und sei s : R→ R ein Gruppenhomomorphismus. Dannsind aquivalent: 1) s ist injektiv, 2) s ist surjektiv sowie 3) s ist bijektiv.

Aufgabe 2)Ein nullteilerfreier endlicher kommutativer Ring ist ein Korper. Hinweis: BenutzeAufgabe 1).

Generalannahme:Im folgenden sei p eine (positive) Primzahl in Z und sei p = π1 · ... · πr seine Prim-faktorzerlegung im Ring R = Z[i]. Wir schreiben auch π anstelle von π1. Fur z ∈ Rist N(z) = zz ∈ N. Mit diesen Bezeichnungen zeige:

Aufgabe 3Aus p2 = N(π1) · .. · N(πr) folgt N(πi) ∈ {1, p, p2}. Schließe weiterhin N(πi) = 1aus. Hinweis: Was bedeutet es Primzahl zu sein in R?

Aufgabe 4Es gibt hochstens zwei Primteiler, also r = 1 oder r = 2. Zeige p = π1 im Fall r = 1.Hinweis: Ist einfach, oder?

Aufgabe 5Mit πi kommt auch das komplex Konjugierte πi in der Zerlegung vor. Zeige damitdann π1 = π2 im Fall r = 2. Achtung: Benutze Aufgabe 6).

Aufgabe 6Im Fall p = π ·π sind die Primzahlen π und π teilerfremd fur p > 2. Hinweis: LetztesUbungsblatt Aufgabe 2.

Aufgabe 7Im Fall p = π ·π und p > 2 gilt p ≡ 1 mod 4. Hinweis: Letztes Ubungsblatt Aufgabe1.

Aufgabe 8Wenn p prim in R ist, dann ist R/pR nullteilerfrei. Hinweis: Benutze Skript §81,insbesondere Lemma 2.

Aufgabe 9Wenn p prim in R ist, dann ist R/pR ein Korper mit p2 Elementen. Hinweis: Lesedieses Ubungsblatt genau durch!

Aufgabe 10In der Situation von Aufgabe 9) kann nicht gelten rp = r fur alle r in dem Restklas-senring R/pR. Hinweis: LA I, Skript §38 Appendix.

56 Blatt 11

Aufgabe 11Im Fall p ≡ 1 mod 4 gilt 1p = 1 und ip = i und damit rp = r fur alle r ∈ R/pR.Hinweis: Letztes Ubungsblatt Aufgabe 6.

Aufgabe 12Folgere aus den letzten drei Aufgaben, daß p nicht prim ist im Fall p ≡ 1 mod 4.

Aufgabe 13Eine Primzahl p ist die Summe von zwei Quadraten p = n2 +m2 mit n,m ∈ Z dannund nur dann, wenn p = 2 oder p > 2 und p ≡ 1 mod 4 gilt.



Aufgabe 1Es reicht 1) ⇔ 2) zu zeigen, denn demnach ist s entweder simultan injektiv undsurjektiv (d.h. bijektiv) oder entbehrt aller dieser Eigenschaften.Weil Bild(s) ⊂ R, hat man |Bild(s)| ≤ r und:

s ist surjektiv. ⇐⇒ |Bild(s)| = r.

Genau dann ist s injektiv, wenn die Bilder der r Elemente des Urbildes (R) von spaarweise verschieden sind. D.h.

s ist injektiv. ⇐⇒ |Bild(s)| = r.

Nun ist man fertig.

Aufgabe 2Sei R ein nullteilerfreier endlicher (kommutativer) Ring. Zu zeigen ist, daß zu jedema ∈ R\{0} ein inverses Element exisitiert. Um das in den Kontext der Aufgabe 1bringen, betrachte die Linksmultipliaktion mit a (fur ein fixiertes a 6= 0) auf deradditiven Gruppe von R:

s : R −→ R , b 7−→ a · b =: s(b).

Dies ist offensichtlich ein Endomorphismus von (R,+). Zu zeigen ist, daß die Einsim Bild von s liegt. Das ist sicherlich der Fall, wenn s surjektiv ist. Nach Aufgabe1 hat man das, wenn s injektiv ist. Um das einzusehen, berechnet man den Kern:

b ∈ Kern(s)⇐⇒ a · b = 0⇐⇒ b = 0,

denn R ist nullteilerfrei und a 6= 0. Also ist Kern(s) = 0.

Bemerkung: Die Aussage der Aufgabe stimmt auch noch, wenn man R nichtals kommutativ voraussetzt. Denn nach einem Satz von Wedderburn gilt: Jederendliche Schiefkorper ist kommutativ. Einen schonen Beweis von Witt findet manz.B. am Anfang von Andre Weils ”Basic Number Theory”.

Aufgabe 3Wenn eine positive Primzahl p des Ringes Z im Ring R = Z[i] die Primfaktorzer-legung p = π1 · · ·πr hat, folgt p2 = N(p) = N(π1) · · ·N(πr). Weil alle N(πi) ∈ N,sind wegen der Primfaktorzerlegung in Z alle N(πi) (positive) Teiler von p2, d.h.N(πi) ∈ {1, p, p2}.Fur ein Primelement π von R gilt jedoch niemals 1 = N(π) = |π|2, denn der Schnittdes komplexen Einheitskreises mit Z[i] sind genau die vier Einheiten von Z[i] (vgl.Aufgabe 1 von Blatt 10). Einheiten sind qua definitionem keine Primelemente.

Aufgabe 4Man betrachtet wieder die das Produkt p2 = N(π1) · · ·N(πr). Nach Aufgabe 3 weiß

58 Blatt 11

man, daß N(πi) ∈ {p, p2}. Nun kann p2 nur auf zwei veschiedene Weisen als Produktp’s und p2’s dagestellt werden, namlich p2 = p · p und p2 = p2. Im ersten Fall istp ∈ R also Produkt zweier Primzahlen π1, π2 ∈ R, die beide N(π) = p haben. Imzweiten Fall hat p nur einen Primteiler π mit N(π) = p2. In diesem Fall gilt alsop = ε · π mit einer Einheit ε ∈ R∗ = {±1,±i}. Wenn rechts in der Zerlegungp = π1 · · ·πr nur Primzahlen in R stehen, hat man also p = π.

Aufgabe 5Weil die komlexe Konjugation R∗ in sich uberfuhrt, ist fur jedes Primelement π ∈ Rauch π prim (π = a · b ⇒ π = a · b ⇒ a ∈ R∗ oder b ∈ R∗ ⇒ a ∈ R∗ oder b ∈ R∗).Indem man die Gleichung p = π1 · · ·πr komplex konjugiert erhalt man eine weitereZerlegung p = π1 · · ·πr. Wegen der Eindeutigkeit der Primfaktorzerlegung folgt,daß jedes πi bis auf Einheiten unter den π1,...,πr zu finden ist. Der Fall r = 1 istnach Aufgabe 4 fertig.Bleibt nur der Fall r = 2: Nach den Uberlegungen zur Aufgabe 4 haben beidePrimteiler πi von p die Norm p. D.h. N(π1) = π1 · π1 = p = π1 · π2. Also π1 = π2.

Aufgabe 6Weil π := π1 und π prim in R sind, sind diese beiden Zahlen im Fall p = π · πentweder teilerfremd oder sie unterscheiden sich um eine Einheit.Im letzteren Fall ist nach Aufgabe 2 des letzten Blattes dann π = ρ · m fur ρ ∈{1, i, 1± i} und m ∈ Z. Daraus folgt p = π · π = N(ρ) ·m2. Weil N(ρ) ∈ {1, 2} undp > 2, folgt m = ±1 und ρ ∈ {1, i}. Dann ist aber π = ρ ·m ∈ R∗. Widerspruch!Also sind π und π teilerfremd, sofern p > 2.

Aufgabe 7Im Fall 2 < p = π · π sei π = n+ i ·m mit n,m ∈ Z. Dann ist p = N(π) = n2 +m2

nicht gerade (d.h. p 6≡ 0 und p 6≡ 2 (mod 4)) aber Summe zweier Quadrate. NachAufgabe 1 des letzten Blattes ist somit p 6≡ 3 (mod 4). Nach Ausschluß aller anderenMoglichkeiten gilt also p ≡ 1 (mod 4).

Aufgabe 8Seien a, b ∈ R so, daß das Produkt ihrer Restklassen a bzw. b Null ist R/pR:a · b = 0. Dann liegt a · b ∈ pR, d.h. p | a · b. Nach Lemma 2 in §81 des Skripts folgtdaraus p | a oder p | b. Daher ist a ∈ pR oder b ∈ pR, mithin a = 0 oder b = 0.

Aufgabe 9Weil R = Z ⊕ iZ, ist pR = pZ ⊕ ipZ und daher hat der Ring R/pR ' (Z/pZ) ⊕(iZ/pZ) genau p2 Elemente. Nach der letzten Aufgabe ist R/pR nullteilerfrei (weilp prim ist). Zusammen genommen folgt damit aus Aufgabe 2, daß R/pR =: K einKorper ist. Die Charakteristik von K ist p (denn p · 1 = 0).

Aufgabe 10Man benutzt folgendes allgemeines

Lemma: Sei K ein Korper und f ∈ K[X] ein Polynom mit Nullstelle a ∈ K. Dannexistiert ein Polynom g ∈ K[X], so daß f(X) = (X − a) · g(X). Klarerweise ist derGrad von g (um eins) kleiner als der von f .


Bewei Der Polynomring K[X] uber einem Korper ist euklidisch (Beispiel 3. in§73des Skriptes) Also existieren zu den Polynomen f und X − a Polynome g, r ∈ K[X]mit

f(X) = g(X) · (X − a) + r und grad(r) < grad(X − a).Daher ist r ∈ K eine Konstante. Indem man auf beiden Seiten der Polynomidenditata einsetzt, bekommt man r = 0.

Sei jetzt K = R/pR ein Korper und f := Xp − X ∈ K[X]. Zu zeigen ist, daß fnicht p2 Nullstellen (in K) haben kann.Angenommen a1, ..., ap2 waren alles (paarweise verschiedene) Nullstellen von f .Nachdem man das Lemma p–mal angewendet hat, kann man f schreiben als f(X) =∏p

i=1(X − ai). In diese Polynomidenditat kann man irgendeine weitere Nullstelle aj

mit j > p einsetzen und erhalt folgende Gleichung in K:

0 = f(aj) = (aj − a1)︸︷︷︸6=0

· · · (aj − ap)︸︷︷︸6=0

.

Das ist ein Widerspruch, denn K hat keine Nullteiler.

Aufgabe 11Weil R = Z⊕ iZ und pR = pZ⊕ ipZ, wird R/pR ' (Z/pZ)⊕ (iZ/pZ) erzeugt vonden Restklassen 1 und i von 1 bzw. i. D.h. jedes Element aus R/pR ist von derGestalt a ·1+b ·i mit a, b ∈ Z. Außerdem ist die p–fache Summe uber die Eins trivialist: p · 1 = 0. Indem man Aufgabe 6 des letzten Blattes fur mehrere Summandenverallgemeinert, rechnet man in solchen Ringen (fur alle a, b ∈ Z)

(a · 1 + b · i)p = 1p+ 1

p+ ...+ 1

p︸︷︷︸a mal

+ ip+ ...+ i

p︸︷︷︸b mal

= a · 1p+ b · ip = a · 1p + b · ip

= a · 1 + b · i,

falls p ≡ 1 (mod 4). (Diese Bedingung garantiert ip = 1.)

Aufgabe 12Wenn p 6≡ 1 (mod 4), so gilt nach Aufgabe 11 xp = x fur alle x ∈ R/pR. NachAufgabe 10 kann R/pR in diesem Fall kein Korper sein. Deswegen ist nach Aufgabe10 p keine Primzahl in R.

Aufgabe 13Der Sonderfall der geraden (ganzen) Primzahl 2 = 12 + 12 ist klar. Sei also p eineungerade Primzahl in Z. D.h. p ≡ 1 oder p ≡ 3 (mod 4).Im Fall p ≡ 3 (mod 4) kann p nach Aufgabe 1 des Blattes 10 nicht Summe zweierganzer Qudratzahlen sein. Es bleibt also nur zu zeigen, daß aus p ≡ 1 (mod 4) folgt:p = n2 +m2 fur geeignete n,m ∈ Z.Sei also p ≡ 1 (mod 4). Nach Aufgabe 12 ist p nicht prim in R. Nach Aufgabe 4 istp Produkt zweier Primzahlen in R, genauer gilt nach Aufgabe 5: p = π · π fur einePrimzahl n+m · i ∈ R = Z[i]. Also p = π · π = N(π) = n2 +m2.

60 Blatt 11

61

Blatt 12

Aufgabe 1Was sind die Elementarteiler der Matrix 1 2 3

−1 2 −3−5 0 1

.

Aufgabe 2Bestimmen Sie eine Basis des freien Z–Moduls Bild(φ) (oder wahlweise Ker(φ)),wobei φ : Z2 → Z2 durch die Matrix (

1 1−1 1

)gegeben ist.

Aufgabe 3Was sind die Elementarteiler der Matrix(

1 1−1 1

).

Aufgabe 4Eine Matrix A ∈Mn,n(R) uber einem Hauptidealring R ist genau dann invertierbaruber R, wenn ihre Elementarteiler e1, ..., en alle Einheiten von R sind.

Aufgabe 6Bestimme den Kokern der Abbildung φ : Z2 → Z2, welche durch die Matrix(

2 32 −1

)gegeben wird.

62 Blatt 12


Aufgabe 1Mit elementaren Zeilen– und Spaltenumformungen errechnet man1 0 0

3 −2 15 −3 2

· 1 2 3−1 2 −3−5 0 1

·1 −2 13

0 1 −80 0 1

=

1 0 00 2 00 0 32

Weil die beiden neuen Matrizen auf der linken Seite Determinante 1 haben, liegensie in Gl(3,Z). Daher gibt die Matrix rechts die Elementarteiler 1, 2, 32.

Aufgabe 2Die Abbildung ist injektiv, da det(φ) = 2 6= 0. Daher ist die Basis des Kerns von φleer.Da die Bilder v1 := (1,−1)′, v2 := (1, 1)′ der Standardbasis e1, e2 von Z2 linearunabhangig sind uber Z, folgt aus der Z–Linearitat von φ:

Bild(φ) = {φ(n · e1 +m · e2) = n · v1 +m · v2 | n,m ∈ Z} = Z · v1 ⊕ Z · v2.

Aufgabe 3 (1 01 1

)·(

1 1−1 1

)·(

1 −10 1

)=

(1 00 2

)Aufgabe 4Nach dem Elementarteilersatz (in §85) existieren U, V ∈ Gl(n,R), so daß UAV =Diag(e1, ..., en) =: D. Weil alle ei ∈ R∗ liegen, ist D invertierbar uber R: D−1 =Diag(e−1

1 , ..., e−1n ) ∈ Mn,n(R). Daher ist V ·D−1 · U ∈ Mn,n(R) das Inverse von A.

Also A ∈ Gl(n,R).

Aufgabe 5Wieder findet man mit elementaren Zeilen– und Spaltenumformungen(

1 30 −1

)·(

2 32 −1

)·(

0 11 2

)=

(1 00 8

).

Weil U = ( 1 30 −1 ) und V = ( 0 1

1 2 ) Determinante ±1 haben, gilt U, V ∈ Gl(2,Z).Daher hat φ die Elementarteiler 1 und 8. Nach einem Lemma der Vorlesung folgtdaraus Kokern(φ) ' Z/8Z.

Man kann die Matrizengleichnung oben auch so lesen: Man hat oben Basiswech-selmatrizen U−1 = ( 3 1

−1 0 ) und V gefunden, so daß es Basen gibt (namlich im Ur-bildraum (e2, e1 + 2e2) und im Bildraum (3e1 − e2, e1)) bezuglich derer die Matrixzu φ die Gestalt ( 1 0

0 8 ) hat. Der Kokern einer linearen Abbildung mit dieser Matrixist Z/8Z. (Das ist recht einfach.)

63

Blatt 13

Aufgabe 1Bestimme die Jordansche Normalform der Matrix(

2 1−1 0

).

Hangt diese vom Korper ab?

Aufgabe 2Sei V ein endlich dimensionaler K-Vektorraum und M ein Endomorphismus von V .Definiere

K[X]× V → V

durch(P (X), v) 7→ P (M) · v .

Hierbei sei fur ein Polynom P (X) =∑

i λiXi mit Koeffizienten λi ∈ K in offensicht-

licher Weise P (M) =∑

i λiMi durch Matrizenmultiplikation und Addition erklart.

Zeigen Sie, daß durch diese Vorschrift V zu einem K[X]-Modul wird. Welche Re-chengesetze der Matrizenrechnung werden hierbei benutzt?

Aufgabe 3Finden Sie ganze Zahlen a1 und a2 mit a1|a2 so daß der Z-Modul

M = Z/(12)⊕ Z/(9)

isomorph wird zu dem Z-Modul

N = Z/(a1)⊕ Z/(a2) .

Sind dadurch a1 und a2 (bis auf das Vorzeichen) eindeutig bestimmt?

64 Blatt 13


Aufgabe 1Das charakteristische Polynom von A := ( 2 1

−1 0 ) ist (X − 1)2. Der Eigenraum zumEigenwert 1 ist eindimensional: Er wird erzeugt von (1,−1)′ =: v1. Daher ist dieJordannormalform von A ein 2× 2–Jordankastchen ( 1 0

1 1 ) =: J .Um den Eigenvektor v1 zu einer Basisubergangsmatrix T mit T−1AT = J zuerganzen, muß man folgende Gleichung losen:

Ax = x+ v1 ⇐⇒ (A− E)x = v1 ⇐⇒(

1 1−1 −1

)(xy

)=

(1−1

).

Eine Losung ist z.B. (1, 0)′. Daher hat man(1 10 −1

)−1(2 1−1 0

)(1 10 −1

)=

(1 01 1

),

was naturlich auch sofort verifiziert werden kann. Insbesondere hangt die Normal-form dieser Matrix nicht vom Korper ab.

Aufgabe 2Ist einfaches Nachrechnen der Moduleigenschaften.

Aufgabe 3Indem man zweimal den chinesichen Restsatz benutzt, rechnet man

Z/(12)⊕ Z/(9) ' Z/(3)⊕ Z/(4)⊕ Z/(9) ' Z/(3)⊕ Z/(36).

Die Zahlen a1 = 3, a2 = 36 sind bis auf Vorzeichen eindeutig durch a1 | a2 bestimmt:Die hohere 3– bzw. 2– Potenz muß in der hinteren Zahl a2 stehen. Die vordere Zahla1 muß die 3 aufnehmen, da Z/(108) 6' Z/(3) ⊕ Z/(36), denn der linke Modul istzyklisch, der rechte nicht (zu zeigen!).

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Aufgaben zur Linearen Algebra II - mathi.uni-heidelberg.deballmann/la2/loesungenLA2.pdf · Aufgaben zur Linearen Algebra II SoSe 2001, R. Weissauer L¨osungsversuche von J. Ballmann