LINEARE ALGEBRA I, II (VORLESUNG WS 2015/16 UND SS 2016 ... · LINEARE ALGEBRA I, II (VORLESUNG WS 2015/16 UND SS 2016, FU BERLIN) KLAUS ALTMANN 0. Einf¨uhrende Beispiele, mathematische

LINEARE ALGEBRA I, II

(VORLESUNG WS 2015/16 UND SS 2016, FU BERLIN)

KLAUS ALTMANN

0. Einfuhrende Beispiele, mathematische Sprache

14.10.15 (1)

0.1. Gemischte Beispiele: Schnitte von Ebenen und Geraden, Quadriken, affine Ab-bildungen R3 → R3, Fibonacci-Folge, lineare (Differential-) gleichungssysteme.

0.2. Mengen. Mengen und Elemente (naiv); Schreibweise von Mengen (Bsp. 2Zoder S1); ∅; Teilmengen; Mengenoperationen ∪,∩,×, \; Gesetze wie A \ (B ∪ C) =(A\B)∩ (A\C), A∩ (B∪C) = (A∩B)∪ (A∩C); Beziehungen zur Aussagenlogik;Mengensysteme,

⋃i∈I Ai,

⋂i∈I Ai (auch fur I = ∅).

0.3. Abbildungen zwischen Mengen. Naives Kategoriekonzept: Objekte undMorphismen. Schreibweise f : A→ B, a 7→ b; Abbildungen als spezielle f ⊆ A×B;

idA : A → A; Verknupfung g ◦ f ; f(a) ∈ B fur a ∈ A, f−1(B′) ⊆ A fur B′ ⊆ B ,

speziell: f−1(b) := f−1({b}) ⊆ A fur b ∈ B heißen Fasern; f(f−1(B′)) ⊆ B′,f−1(f(A′)) ⊇ A′; f−1(B1)∪f−1(B2) = f−1(B1∪B2), f

−1(B1)∩f−1(B2) = f−1(B1∩B2) (fur Bi ⊆ B); f(A1) ∪ f(A2) = f(A1 ∪ A2), f(A1) ∩ f(A2) ⊇ f(A1 ∩A2) (fur

Ai ⊆ A); injektiv, surjektiv, bijektiv; Begriff des Isomorphismus (Invertierbarkeit),inverse Abbildung f−1 (“f−1” ist also doppeldeutig); (f−1)−1 = f .

19.10.15 (2)

Satz 1. Abbildungen zwischen Mengen sind Isomorphismen ⇔ sie sind bijektiv.(Richtung (⇐) folgt aus f−1(b) = a :⇔ f(a) = b.)

0.4. Zahlen. N, Z, Q, R, C (Vorteile: Jedes Polynom hat Nullstelle; Gleichungenwie x2 + y2 = 0 liefern etwas 1-Dimensionales); Kn; C = [R2 mit Multiplikation].

Z/nZ, Eigenschaften des gcd in Z, gcd(0, 0) = 0, Euklidischer Algorithmus (ins-21.10.15 (3)

besondere gcd(a, b) ∈ aZ+ bZ) ❀ Fp. Eindeutige Primzerlegung in Z:

Satz 2. p ∈ N Primzahl ⇒ Fur a, b ∈ Z gilt: [ p|ab⇔ p|a oder p|b].(p6 |a⇒ gcd(a, p) = 1 ⇒ ∃x, y ∈ Z : ax+ py = 1 ⇒ p|b wegen b = abx+ pyb.)

0.5. Relationen. Relationen: Eigenschaften Reflexiv, AntiSymmetrisch, Symme-trisch, Transitiv; Halbordnungen =“Posets”; (Beispiele: ≤, ⊆, | in N); Aquivalenz-relationen vs. surjektive Abbildungen (Beispiele: Machtigkeit, Translationsklassen,

Reste mod n); Einteilung in Aquivalenzklassen (Beispiel: wieder Z/nZ).1

2 KLAUS ALTMANN

1. Grundkurs: Gruppen, Ringe, Korper

26.10.15

1.1. Gruppen. Beispiel Sn ❀ Gruppe G: Nur eine Operation mit Assoziativitat,neutralem Element und Inversem (∀g ∈ G ∃g−1 ∈ G : gg−1 = g−1g = e; isteindeutig); es folgt (gh)−1 = h−1g−1.

Weitere Beispiele fur Gruppen: Z; Z/nZ; V := Z/2Z× Z/2Z; GL(2,K); S1 = R/Z;C∗ = S1 × R>0; Einheitengruppe R

∗ ⊆ R fur Ringe R, Z∗, K∗ = K \ {0}.(Z/nZ)∗ mit ϕ(n) := |(Z/nZ)∗|; ϕ(pk) = (p − 1)pk−1 und ϕ(mn) = ϕ(m)ϕ(n)

28.10.15

fur gcd(m,n) = 1 (folgt aus “Chinesischem Restsatz”, d.h. der Bijektivitat vonZ/mnZ → Z/mZ× Z/nZ).

g#G = 1G in abelschen Gruppen ⇒ kleiner Fermat: gcd(a, n) = 1 ⇒ aϕ(n) ≡ 1 (n) ;

public key Kryptographie: n = pq mit p 6= q Primzahlen, k ≡ 1 (ϕ(n)) ⇒ ak ≡a (n).

1.2. Untergruppen. U ⊆ G (Beispiel nZ ⊆ Z), Gruppenhomomorphismen ϕ :G → H (Isomorphismen ⇔ bijektiv); kerϕ (Spezialfall von ϕ−1(V )), imϕ (Spe-

2.11.15 (6)zialfall von ϕ(U)); ϕ ist injektiv ⇔ kerϕ = {1G}; Linksnebenklassen gU , Index

(G : U) := #(LNK) .

Satz 3 (Lagrange). #(G) = #(U) · (G : U). Insbesondere gilt #(U)|#(G).

Proof. G ist disjunkte Vereinigung der LNK, und diese sind alle gleichmachtig. �

Folgerung 4. (1) g ∈ G ⇒ |g|∣∣#(G); insbesondere gilt g#(G) = 1G.

(2) #(G) = Primzahl p ⇒ G ∼= Z/pZ (“zyklisch”).

Normalteiler (oder “normale Untergruppen”) N ⊳ G (∀g ∈ G : gNg−1 ⊆ N ,4.11.15 (7)

d.h. Links- und Rechtsnebenklassen stimmen uberein) und Faktorgruppen π : G →→ G/N . Beispiel: Kerne sind Normalteiler, {(1), (12)} ⊆ S3 ist eine nicht normaleUntergruppe.

Satz 5 (Homomorphie-Satz). Sei f : G → H ein Gruppenhomomorphismus, seiN ⊆ ker f Normalteiler in G. Dann gibt genau ein F : G/N → H mit f = F ◦ π.Daruberhinaus ist kerF = (ker f)/N . Falls N = ker f , dann ist F also injektiv,d.h. G/ ker f ∼= im f .

Umformulierung: Fur gegebene Normalteiler N ⊳ G ⇒ erhalten wir eine Bijektion

{Homomorphismen G/NF→ H} ∼→ {Homomorphismen G

f→ H mit N ⊆ ker f}.N ⊳G⇒ Bijektion {Untergruppen N ⊆ U ⊆ G} ∼−→ {Untergruppen U/N ⊆ G/N};

9.11.15 (8)dabei gilt [U ⊳ G⇔ U/N ⊳ G/N ] und (falls U ⊳ G): (G/N)

/(U/N) ∼= G/U .

LINEARE ALGEBRA I, II (VORLESUNG WS 2015/16 UND SS 2016, FUB) 3

1.3. Sn als Beispiel fur Aut(X). X = Objekt in einer Kategorie ⇒ Aut(X) ist“Automorphismengruppe”; Sn := Aut({1, . . . , n}). Zyklenschreibweise: (k1, . . . , kℓ) :=(k1 k2 . . . kℓ Restk2 k3 . . . k1 Rest

); elementfremde Zyklen kommutieren (aber: (i, i + 1)(i −

1, i) = (i, i− 1, i+ 1) und (i− 1, i)(i, i+1) = (i, i+1, i− 1)); jede Permutation laßt

sich bis auf Reihenfolge eindeutig als Produkt elementfremder Zyklen schreiben ❀

“Typ einer Permutation” – dieser charakterisiert die Konjugationsklassen in der Sn.

sgn : Sn → {±1} mittels sgn(π) :=∏

#{i,j}=2(π(j)− π(i))/(j − i); man erhalt

sgn(σπ) =∏(σπ(j)− σπ(i))/(π(j)− π(i)) · (π(j)− π(i))/(j − i) = sgn(σ) sgn(π)

und [k-Zyklus] 7→ (−1)k−1 (Induktion mit (a1 . . . ak−1)(ak−1ak) = (a1 . . . ak)).

1.4. Ringe. Ring R mit 1: Operationen “+” und “·” mit Axiomen (Assoziativitat11.11.15 (9)

und neutrales Element fur beide, Kommutativitat und Existenz von Inversen fur“+”, Distributivgesetze). Es folgt z.B. 0R ·a = a ·0R = 0R. Ring-Homomorphismen.Beispiele: Z; Z/nZ; R[x1, . . . , xn]; Korper K = Q,R,C; M(n,R).

Nullteiler; charR (ist 0 oder Primzahl bei Integritatsbereichen, d.h. bei kommuta-tiven Ringen ohne Nullteiler).

Ringhomomorphismen; Z/aZ → Z/bZ ⇔ b|a, Ringhomomorphismen sind Isomor-phismen ⇔ bijektiv, Chinesischer Restsatz, Z/4Z 6∼= Z/2Z× Z/2Z.Beispiele: K[x, y] → K, f 7→ f(3, 7), aber det : M(2,R) → R und (·2) : Z → Z sindkeine Ringhomomorphismen.

Ideale als die Objekte, nach denen faktorisiert werden darf (treten als Kerne von16.11.15 (10)

Ringhomomorphismen auf); triviale Ideale (0) = {0}, (1) = R; Homomorphie-satz; Ideale in R/I. Korper haben nur die trivialen Ideale (0) und (1); BeispielF4 := F2[x]/(x

2 + x+ 1).

2. R-Moduln

2.1. R-Moduln. Sei R = fixierter kommutativer Ring mit 1 ❀ “R-Modul ” M :Abelsche Gruppe (M,+) mit Multiplikation R×M →M (zwei Distributivgesetze;fur a, b ∈ R, m ∈ M gilt 1Rm = m und (ab)m = a(bm); es folgt automatisch0Rm = 0M).

Beispiele: {Z-Moduln} = {abelsche Gruppen}; Rn =: “freier R-Modul (vom Rangn)”; K = Korper ⇒ K-Moduln heißen K-Vektorraume (und die Elemente Vektoren);{K[x]-Moduln} = {K-Vektorraume mit Endomorphismus}; I ⊆ R Ideal ⇒ {R/I-Moduln M} = {R-Moduln M mit IM = 0}.

18.11.15 (11)

Mi = R-Moduln fur i ∈ I ❀ ⊕iMi ⊆∏

iMi sind wieder R-Moduln. Beispiel: Rn.

2.2. R-lineare Abbildungen. = “R-Modulhomomorphismen”; Beispiele: ∂/∂x :R[x] → R[x] und R[x] → R[x], f 7→ f(3) sind R-linear; HomZ(Z/2Z,Z) = 0. Lineare

4 KLAUS ALTMANN

Abbildungen sind Isomorphismen ⇔ sie sind bijektiv.M,N = R−Moduln ⇒ HomR(M,N) ist R-Modul; sogar vertraglich mit ◦/· ist

HomR(Rn, Rm) = M(m,n;R) ∼= Rmn

(eine Matrix A gibt die Abbildung x 7→ Ax; umgekehrt entsteht A durch spalten-weises Eintragen der Bilder der ei ∈ Rn).

Prinzip der linearen Fortsetzung : Hom(Rn,M) =Mn mit ϕ 7→ (ϕ(e1), . . . , ϕ(en)).

R→ EndR(M) := HomR(M,M) ist Ringhomomorphismus, r 7→ r·idM ; furM = Rm

ist EndR(Rm) = M(m,m;R) die R-Algebra der (m×m)-Matrizen (mit idRm = “Ein-

heitsmatrix”Im); die Hintereinanderausfuhrung von Endomorphismen entspricht da-bei der Matrizenmultiplikation.

2.3. R-Untermoduln. N ⊆ M (Untermoduln von R sind genau die Ideale); Kri-terium N+N ⊆ N , R·N ⊆ N ; Beispiele: kerϕ und imϕ sind Untermoduln; Ni ⊆MUntermoduln ⇒ ⋂

i∈I Ni ist Untermodul; S ⊆M Teilmenge ⇒23.11.15

spanR S := 〈S〉 :=⋂

S⊆N⊆MN =

{ ∑

endlich

λvsv∣∣ λv ∈ R, sv ∈ S} ⊆M

ist der “von S aufgespannte Untermodul” in M (die “R-lineare Hulle” von S); dieendlichen Summen

∑v λvsv heißen Linearkombinationen der si.

Eine Menge S ⊆M heißt Erzeugendensystem (“ES”) von M :⇔ spanR S =M ⇔jedes v ∈M ist Linearkombination von S-Elementen; “endlich erzeugte” R-Moduln(Beispiele: Unterraume von Rn, Gegenbeispiel: Q als Z-Modul; R = 〈1〉 kann abernicht-endlich erzeugte Untermoduln (Ideale) haben).

Ni ⊆M Untermoduln ⇒ ∑iNi = spanR(

⋃i∈I Ni) =

{∑

endlich

vi∣∣ vi ∈ Ni}, es gibt also

eine kanonische Surjektion ⊕iNi →→∑

iNi ⊆ M . Der R-Modul M “zerlegt sich in

die direkte Summe der Untermoduln Ni” :⇔ ⊕iNi∼→ M ist Isomorphismus.

2.4. Homomorphiesatz. N ⊆ M R-Moduln ❀ kanonische Abbildung π : M →→M/N ; Homomorphiesatz; A,B ⊆M Untermoduln ⇒ A/(A ∩B)

∼→ (A+B)/B.

Jeder (endlich erzeugte) R-Modul ist Quotient eines freien Moduls (von endlichemRang): S ⊆ M Erzeugendensystem ⇔ ϕ : R⊕S →→ M ist surjektiv; dann gilt M =R⊕S/ kerϕ, und kerϕ ist der “Modul der Relationen” zwischen den S-Elementen.

Beispiel: V = {(x, y, z) ∈ R3 | x + y + z = 0} = ker((1 1 1) : R3 → R

)⇒ S :=

{(1,−1, 0), (0, 1,−1), (−1, 0, 1)} ⊆ V gibt ϕ : R3 →→ V mit kerϕ = R · (1, 1, 1).25.11.15

2.5. Lineare Abhangigkeit, Erzeugendensysteme, Basen.

Definition 6. 1) S ⊆ M heißt linear abhangig , falls ein λ : S → R mit λ(s) 6= 0

fur nur endlich viele s ∈ S und λ 6= 0 existiert, so daß∑

S λ(s) s = 0 gilt.

2) S ⊆M heißt Basis von M ⇔ S ist ein linear unabhangiges Erzeugendensystem,


d.h.M ist durch S “frei erzeugt” ⇔ jedes v ∈M ist eindeutige R-Linearkombinationvon S-Elementen (M ∼= R⊕S heißt dann frei).

S ⊆ M ❀ ϕ : R⊕S → M . Dann ist S ES/unabhangig/Basis ⇔ ϕ ist surjektiv/in-jektiv/bijektiv. S ′ ⊆ S ⊆ S ′′ ⇒ “ES” vererbt sich von S nach S ′′, “unabhangig”vererbt sich von S nach S ′.

Beispiele: {e1, . . . , en} ist (die “kanonische”) Basis des Kn; {1, i} ⊆ C als R oderC-VR; 0 ∈ S macht S abhangig; ∅ ist unabhangig; S ⊆ R mit #S ≥ 2 ist immerabhangig; Z/2Z ist unfreier Z-Modul, hat also keine Basis (wegen Torsion); Z/2Z istfreier Z/2Z-Modul (Vektorraum); (x, y) ⊆ R ist torsionsfrei, aber nicht frei; IdealeI ⊆ R sind frei ⇔ I = (r) mit Nicht-Nullteiler r ∈ R.

Spater wird gezeigt, daß jeder K-Vektorraum eine Basis hat ❀ Anwendung: DieMachtigkeit endlicher Korper ist stets q = pm mit p = char (K) (Fp → K macht Kzum Fp-Vektorraum).

3. Lineare Gleichungssysteme

3.1. Ax = b. Kodierung linearer Gleichungssysteme (n Variable, m Gleichungen,Koeffizienten ∈ K = Korper) durch “(erweiterte) Koeffizienten-Matrizen”: Ax = 0,

Ax = b, A

(x

−1

)= 0 mit A =

(A|b

).

30.11.2015 (14)

Satz 7. H := Losungsraum des inhomogenen Systems; H0 := Losungsraum deshomogenen Systems ⇒ H0 ⊆ Kn ist Unterraum, und fur alle c ∈ H gilt H = c+H0.

3.2. Elementaroperationen. fur Zeilen von Matrizen (andern nicht die Losungs-menge des zugehorigen linearen Gleichungssystems): Iij Vertauschung von i-ter undj-ter Zeile, IIij(λ) Addition des λ-fachem der j-ten zur i-ten Zeile, IIIi(λ 6= 0)Multiplikation der i-ten Zeile mit λ. Alle Operationen sind umkehrbar: I−1

ij = Iij,

IIij(λ)−1 = IIij(−λ) und IIIi(λ)

−1 = IIIi(λ−1).

I-III entsprechen jeweils der Multiplikation von links mit den entsprechenden “Ele-mentarmatrizen” P I

ij, PIIij (λ), P

IIIi (λ 6= 0).

3.3. Stufenform. einer Matrix: jede (i + 1)-te Zeile “beginnt spater” als die i-

te Zeile; “reduzierte” Stufenform : “Stufen” = 1, und die anderen Eintrage der“Stufenspalten” verschwinden.

Gaußscher Algorithmus: Die reduzierte Stufenform ist durch elementare Zeilen-operationen erreichbar.

Beweis: Induktion nach Anzahl der Spalten (Streichen der letzten Spalte). �

Gleichungssystem Ax = b ist losbar ⇔ keine Stufe in der Erweiterungsspalte. Freie2.12.2015 (15)

Variable = “Nicht-Stufenvariable” x′ = (xi1 , . . . , xik); abhangige Variable = “Stu-fenvariable” x′′ = (xj1 , . . . , xjn−k

) ❀ “Vergessen” der Stufenvariablen gibt Bijektion

6 KLAUS ALTMANN

H∼→ Kk: Stufen nach vorn ❀ x′′ +A′x′ = (In−k |A′)

(x′′

x′

)= b.

Homogene Systeme ⇒ H0∼→ Kk ist VR-Isomorphismus; das induziert die Basis

{c(1), . . . , c(k)} ⊆ H0 mit (c(µ)iv

) := Ik (die Stufeneintrage ergeben sich zwangslaufig).

Satz 8. Die durch elementare Zeilenoperationen erhaltene reduzierte Stufenformeiner Matrix ist eindeutig bestimmt.

Proof. Wenn A reduzierte Stufenform hat, dann ist A durch die Losungsmenge vonAx = 0 bestimmt. Beweis mit Induktion nach Spalten (Streichen der ersten Spalteund, falls das eine Stufenspalte ist, auch der ersten Zeile entspricht H0 ⊆ Kn →→Kn−1). �

rank(A) := “Zeilenrang”:= #[Stufen in reduzierter Stufenform von A]≤ m,n; Glei-

chungssystem losbar⇔ rank(A) = rank(A); Anzahl der freien Parameter im Losungs-

raum = n−rank(A); Gleichungssystem eindeutig losbar⇔ rank(A) = rank(A) = n;letzteres impliziert n ≤ m – insbesondere haben homogene Systeme mit n > m stetsnicht-triviale Losungen.

3.4. Invertierbare Matrizen. Spezialfall fur (n× n)-Matrizen A: n Gleichungs-systeme Ax = ei entsprechen der Suche nach einer (n×n)-Matrix X mit AX = In.Losung X existiert (und ist dann eindeutig) ⇔ rank(A) = n. Die (n × n)-MatrixX erfullt dann auch XA = In (das homogene Gleichungssystem mit der Koeffizi-

entenmatrix (A|In)Gauß7−→ (In|X) hat die Spalten von

(−InA

)als (einzige) Losun-

gen) ⇒ X = A−1 und A ∈ AutKn. Alternativ: (A|In) Gauß7−→ (In|X) bedeutetP · (A|In) = (In|X), d.h. PA = In und P · In = X.

Algorithmus: Gauß auf(A|In

)anwenden. A invertierbar ⇔ rank(A) = n ⇔ vorn entsteht

In; Ergebnis ist dann(In|A−1

).

Die eindeutige Losung regularer Systeme (quadratisch, voller Rang) istA−1b ∈ Kn.7.12.2015

4. K-Vektorraume

4.1. Beispiele. V = Kn mit “kanonische” Basis {e1, . . . , en}; Losungsmenge linea-rer homogener Gleichungssysteme H0 ⊆ Kn; Matrizen M(m,n;K) ∼= Kmn; K → LKorpererweiterung; Polynomring K[x1, . . . , xn] (auch mit Gradbegrenzung) – dieMonome bilden eine Basis; C0(a, b) = Menge der stetigen Funktionen [a, b] → C.

4.2. #(linear unabhangig) ≤ #(ES). {a1, . . . , am} ⊆ Kn ist Basis ⇔ A :=(a1 . . . am) ist regulare Matrix (insbesondere m = n); {a1, . . . , am} ⊆ Kn mit m > nist stets linear abhangig.

Satz 9. E ⊆ V (endliches) ES und S ⊆ V linear unabhangig ⇒ #S ≤ #E.


Proof. Sei #E = n <∞: Betrachte Kn →→ V und einen beliebigen lift S ′ ⊆ Kn vonS (d.h. S ′ → S bijektiv). �

4.3. Existenz von Basen und Dimension. Die folgenden Satze gelten nichtmehr allgemein fur R-Moduln; seien U ⊆ V K-Vektorraume:

Satz 10. Sei B ⊆ V ; dann gilt: B ist Basis ⇔ B ist minimales ES ⇔ B ist maximallinear unabhangig. (B linear abhangig ⇒ ∃v ∈ B : v ∈ spanK(B \ v).)Theorem 11. Sei S ⊆ V linear unabhangig ⇒ V hat eine Basis B ⊇ S.

Insbesondere hat jeder Vektorraum eine Basis, ist also isomorph zu einem K⊕B. Und

fur U ⊆ V kann sogar jede Basis von U zu einer Basis von V fortgesetzt werden.

Proof. Sei B = maximales Element von P := {S ′ ⊇ S | S ′ ⊆ V linear unabhangig};die Existenz maximaler Elemente folgt fur endlich erzeugte V aus Satz 4.2, und

9.12.2015 (17)im allgemeinen Fall aus dem Zornschen Lemma. Der Zusatz ergibt sich mittelsS := ∅. �

Definition 12. “Dimension” dimK V := #(Basis von V ) ist korrekt definiert, denn

nach Satz 4.2 sind alle Basen gleichmachtig; Beispiel: dimKn = n.

4.4. Spaltenrang = Zeilenrang.

Satz 13. rank(A) = dim(spanK{Zeilen}) = dim(spanK{Spalten}). Insbesonderegilt rank(A) = dim(imA) und rank(A) = rank(AT ).

Proof. rank(A) := #(Stufen nach Gauß); Gauß andert nicht spanK{Zeilen} ⊆Km ⇒ rank(A) = dim(spanK{A− Zeilen}).Gauß andert nicht die Losungen des Gleichungssystems Ax = 0 ❀ die Stufenspal-ten von A sind eine Basis von spanK{A− Spalten}. �

Algorithmus: Sei U = spanK(a1, . . . , am) ⊆ Kn ⇒ spaltenweises Eintragen liefert Matrix A :=

(a1 . . . am). Gauß ⇒ {ai | i wird Stufenspalte} ist dann Basis von U .

Achtung: Verschiedene Reihenfolgen der ai sorgen fur verschiedene Auswahlen (vordere Vektoren

werden bevorzugt).

Gauß andert nicht spanK{A − Zeilen}. Man erhalt also auch eine U -Basis durch zeilenweises

Eintragen der ai und anschließendes (nach Gauß) Ablesen der entstandenen Stufenzeilen. Diese

Basis hat zwar asthetische Vorteile – ist aber nicht in {a1, . . . , am} enthalten.

4.5. Basen von V/U . U ⊆ V ⇒ dimU ≤ dimV . Das laßt sich folgendermaßen14.12.2015 (18)

prazisieren:

Satz 14. Sei U ⊆ V ein Unterraum, seien S ⊆ U eine Basis von U und T ⊆ Veine Liftung einer Teilmenge T ⊆ V/U . Dann ist T Basis von V/U ⇔ S ∩ T = ∅und S ∪ T ist Basis von V . Insbesondere gilt dimU + dimV/U = dim V .

Insbesondere gilt: U ⊆ V mit dimU = dimV ⇒ U = V (das ist falsch fur freie

abelsche Gruppen: 2Z ⊆ Z). Weitere Beispiele: H0 = ker(A : Kn → Km), alsoKn/H0

∼= imA ⊆ Km. Fur Vektorraume Vi ist⋃i(Vi-Basis) Basis von ⊕iVi.

8 KLAUS ALTMANN

Folgerung 15. S ⊆ V linear unabhangig; T ⊆ V Erzeugendensystem ⇒ ∃T ′ ⊆ T :S ∪ T ′ ist Basis von V (wahle T ′ ⊆ T maximal unabhangig in V/ spanS ⇒ Basis).T = Basis von V ❀ “Austauschsatz” (denn T \ T ′ wird gegen S ausgetauscht).

Algorithmus: Sei V ⊆ Kn. Man schreibe zuerst die S-, dann die T -Vektoren spaltenweise in

eine Matrix, fuhre Gauß durch und sammle dann in T ′ ⊆ T die den Stufenspalten entsprechenden

(ursprunglichen) Vektoren. (S-Spalten sollten dabei stets Stufenspalten werden ❀ Uberprufung

der linearen Unabhangigkeit.)

Basis von V/U : Wahle in obigem Verfahren S := Basis von U ; T := ES von V .

4.6. Komplementarraume. Dimensionsformeln mittels (U1+U2)/U1∼= U2/(U1∩

U2) oder (U1 ⊕ U2)/(U1 ∩ U2) = U1 + U2. Der Unterraum U2 ist komplementar zuU1 :⇔ V = U1 + U2 und die Summe ist direkt ⇔ V = U1 + U2 und U1 ∩ U2 = 0⇔ [V = U1 + U2 oder U1 ∩ U2 = 0] und dimU1 + dimU2 = dimV ⇔ U2 → V/U1

ist Isomorphismus. Dann heißt pU1U2: V → V/U1

∼→ U2 die “ (Parallel-)Projektion16.12.2015

von V nach U2 langs U1”. Jedes U ⊆ V besitzt (viele) Komplementarraume.

Algorithmus: Die Berechnung der Zerlegung eines v ∈ Kn in Komponenten aus zueinander

komplementaren U1 und U2 entspricht der Losung des quadratischen, regularen Gleichungssystems

(U1 −Basis|U2 −Basis) ·x = v. Die Projektion von v nach U2 ergibt sich durch das Weglassen der

U1-Anteile.

5. Lineare Abbildungen und Matrizen

Seien ab hier alle Vektorraume als endlich-dimensional vorausgesetzt.

5.1. Die Abbildungsmatrix. B ⊆ V , C ⊆ W geordnete Basen mit m und nElementen ⇒ β : V

∼→ Km, γ : W∼→ Kn; ϕ : W → V linear ⇒ MBC(ϕ) :=

(β ◦ ϕ ◦ γ−1) ∈ M(m,n;K), also

(W,C)ϕ

//

∼ γ

��

(V,B)

∼ β��

(Kn, {e1, . . . , en}) MBC(ϕ)// (Km, {e1, . . . , em}) .

Explizit: (i) M = MBC(ϕ) enthalt spaltenweise die Bilder ϕ(cj) ∈ V (cj ∈ C ⊆W ),

ausgedruckt in der Basis B = {b1, . . . , bm} ⊆ V ; also ϕ(cj) =∑m

i=1Mij bi.

(ii) Falls w = (w1, . . . , wn)T ∈ Kn und v = (v1, . . . , vm)

T ∈ Km (Spaltenvektoren)die Darstellungen der Vektoren w ∈ W und v = ϕ(w) in den Basen C und B sind,falls also w =

∑nj=1wj c

j und v =∑m

i=1 vi bi, so gilt v =M ·w.

Es gilt: (W,C)ϕ

//(V,B)ψ

//(P,A) ⇒ MAB(ψ)MBC(ϕ) =MAC(ψϕ).4.1.2016


5.2. Der Rang linearer Abbildungen. ϕ :W → V linear⇒ rankϕ := dim(imϕ) .

Fur beliebige Basen B ⊆ V , C ⊆ W gilt dann rankϕ = rankMBC(ϕ).Die Abbildung ϕ ist injektiv ⇔ rank(ϕ) = dimW , surjektiv ⇔ rank(ϕ) = dimV ,Isomorphismus ⇔ MBC(ϕ) ist regulare Matrix.

5.3. Basiswechsel. B,B′ ⊆ V verschiedene Basen ⇒ MBB′ :=MBB′(id) (“Basis-wechselmatrix”), d.h. die (“neue”) Basis B′ wird durch die (“alte”) Basis B ausge-druckt, und die Koeffizienten werden spaltenweise in MBB′ eingetragen.

ϕ : W → V linear; B,B′ ⊆ V , C,C ′ ⊆W Basen⇒ MB′C′(ϕ) =M−1BB′MBC(ϕ)MCC′ ;

fur jedes ϕ gibt es passende Basen B ⊆ V , C ⊆W , so daßMBC(ϕ) =

(Irankϕ 00 0

).

6.1.2016 (21)

5.4. Endomorphismen. ϕ : V → V Endomorphismus; B,B′ ⊆ V ⇒ MB′B′(ϕ) =M−1

BB′MBB(ϕ)MBB′ , d.h. die Matrizen MB′B′(ϕ) und MBB(ϕ) sind konjugiert.

“Eigenwerte” λ ∈ K und “Eigenvektoren” 0 6= v ∈ ker(ϕ − λ idV ) eines En-domorphismus’; Bestimmung der EW quadratischer Matrizen A mittels Gauß:rank(A− λIn) < n gibt Bedingungen an λ; Eigenvektoren zu paarweise verschiede-nen EW sind linear unabhangig.

“Diagonalisierung von ϕ” entspricht der Wahl einer Basis aus Eigenvektoren . Das

ist nicht immer moglich (Beispiel: nilpotente ϕ’s). “Spur von ϕ” tr(ϕ) := tr(MBB(ϕ))fur eine beliebige Basis B ⊆ V . Fur diagonalisierbare Endomorphismen kann hierschon tr(ϕ) =

∑EW gezeigt werden.

5.5. Dualer Vektorraum. V ∗ := Hom(V,K). Beispiel: (Kn)∗ = Kn. Achtung:

Generell sind V und V ∗ verschiedene Vektorraume (mit gleicher Dimension).11.1.2016(22+23), Matej B ⊆ V Basis ⇒ fur jedes b ∈ B sei b∗ ∈ V ∗ definiert als b∗(b′) := δbb′ ⇒ das sind die

Koordinatenfunktionen zur Basis B, d.h. v =∑

b∈B b∗(v) b fur alle Vektoren v ∈ V .

B∗ := {b∗ | b ∈ B} ⊆ V ∗ ist linear unabhangig; B∗ ist Basis (die zu B “duale

Basis”) von V ∗ ⇔ dimV <∞. Achtung: B∼→ B∗ gibt dann einen nicht-kanonischen

Isomorphismus V∼→ V ∗; Beispiel: V = K2, B = {e1, e2}, B′ = {(1, 0), (1, 1)}.

Algorithmus: B ⊆ Kn Basis ❀ Matrix B ∈ GL(n,K) durch spaltenweises Eintragen der

Vektoren; analog mit B∗ ⊆ (Kn)∗ = Kn ⇒ BTB∗ = In, d.h. B∗ = (BT )−1.

Es gibt eine naturliche Einbettung V → V ∗∗ , v 7→ [V ∗ → K, f 7→ f(v)]. (DerBeweis der Injektivitat erfordert die Benutzung von Basen.) Die Einbettung ist einIsomorphismus ⇔ dimV <∞ (man zeigt B

∼→ B∗∗).

5.6. Distributionen. C := C∞pw(0, 1) := {stuckweise glatte Funktionen [0, 1] →

R} ⇒ C∗ =“Distributionen auf [0, 1]”. Funktionen sind spezielle Distributionen:

C → C∗, f 7→ [g 7→∫ 1

0fg dx]. Integrale von Distributionen:

∫ ba: C∗ → R, ϕ 7→

ϕ(χ[a,b]) (mit χ[a,b] = charakteristische Funktion des Intervalls [a, b], d.h. χ[a,b](x) :=

10 KLAUS ALTMANN

{1 falls x ∈ [a, b]0 sonst

) ist eine Fortsetzung des klassischen Funktionals∫ ba: C → R.

Diracsche δ-Distribution δ1/2 ∈ C∗: δ1/2(g) := g(1/2). Die bestimmten Integralevon δ1/2 sind dann∫ b

a

δ1/2 = δ1/2(χ[a,b]) = χ[a,b](1/2) =

{1 falls 1/2 ∈ [a, b]0 sonst

.

5.7. Kontragrediente Abbildung. Eine lineare Abbildung ϕ : W → V induziertauf naturliche Weise eine lineare Abbildung ϕ∗ : V ∗ →W ∗ mittels ϕ∗(f) := f ◦ ϕ.

Mit Basen: (W,C)ϕ

//(V,B) induziert (V ∗, B∗)ϕ∗

//(W ∗, C∗); es giltMC∗B∗(ϕ∗) =MB,C(ϕ)

T . Insbesondere: rank(ϕ∗) = rank(ϕ).

5.8. Annulatoren. U ⊆ V ⇒ U⊥ := {ϕ ∈ V ∗ | ϕ(U) = 0} = (V/U)∗ ⊆ V ∗ heißt

Annulator von U ; V ∗/U⊥ ∼→ U∗ . Fur zwei Unterraume U1, U2 ⊆ V gilt U1 ⊆ U2 ⇒U⊥2 ⊆ U⊥

1 ; weitere Eigenschaften: U⊥1 ∩ U⊥

2 = (U1 + U2)⊥; U⊥

1 + U⊥2 ⊆ (U1 ∩ U2)

⊥

und U ⊆ U⊥⊥ ⊆ V ∗∗.

Mit dimV = dimV ∗ <∞ folgt dimU⊥ = dimV −dimU , also U = U⊥⊥ in V = V ∗∗.Fur U1, U2 ⊆ V ergibt sich U1 ⊆ U2 ⇔ U⊥

2 ⊆ U⊥1 und U⊥

1 + U⊥2 = (U1 ∩ U2)

⊥.

Beispiel: System Ax = 0 mit A ∈ M(m,n;K); G := spanK{A− Zeilen} ⊆ Kn seidurch die Gleichungen erzeugt ⇒ H0 = G⊥ ⊆ (Kn)∗ = Kn. Also gilt auch H⊥

0 = G,d.h. die Gleichungen gewinnt man aus den Losungen auf dieselbe Weise zuruck.

Algorithmus: U1, U2 ⊆ Kn seien durch Basen B1, B2 gegebene Unterraume. Dann kann eine

Basis von U1+U2 berechnet werden durch Auswahl einer Basis aus dem ErzeugendensystemB1∪B2

(die Summe ist direkt ⇔ B1∩B2 = ∅ und B1∪B2 ist bereits Basis). Zur Berechnung von U1 ∩ U2

werden beide Unterraume zunachst als Losungsmenge linearer Gleichungssysteme geschrieben und

diese Gleichungen dann zu einem System vereinigt. (Das spiegelt genau die Vertauschung “∩”↔“+”

unter der Dualitat “⊥” wider.)

6. Affine Raume und Abbildungen18.1.2016

6.1. Affiner Raum. A = (A, V, τ) mit Wirkung τ : A× V → A von VektorraumV auf Menge A, so daß fur alle P0 ∈ A die Abbildung τ(P0, •) bijektiv ist.

Beispiele: Losungsmengen inhomogener linearer Gleichungssysteme; Vektorraum Vohne “Bevorzugung” der 0; A := R−1(1) ⊆ V fur R ∈ V ∗.

Bezeichnungen: τ(P, v) =: P + v ; P,Q ∈ A ⇒ Q− P :=✲

PQ mit P +✲

PQ = Q.

dimA := dimV ; affine Unterraume (Beispiele: P + U fur Unterraum U ⊆ V ; belie-bige Fasern linearer Abbildungen; spezielles Beispiel: Geraden im K3 – “windschief”ist jetzt moglich); A′,A′′ ⊆ A heißen parallel :⇐⇒ V ′ = V ′′.


6.2. Baryzentrische Koordinaten. {P0, . . . , Pn} “spannen A auf”/ sind in “all-gemeiner Lage”/ heißen “n-Bein” :⇔ {

✲P0P1, . . . ,

✲P0Pn} sind ES/ linear unabhangig/

Basis von V .

P0, . . . , Pn ∈ A, λ0, . . . , λn ∈ K⇒∑i λiPi :=

{∑i λi

✲QPi ∈ V falls

∑i λi = 0

Q +∑

i λi✲

QPi ∈ A falls∑

i λi = 1

(ist unabhangig von Q ∈ A; Spezialfall: Q := P0). Falls {P0, . . . , Pn} n-Bein, so hei-20.1.2016 (25)

ßen {λ0, . . . , λn} die baryzentrischen Koordinaten von P =∑

i λiPi.

conv(P0, . . . , Pn) := {∑i λiPi | λi ≥ 0,∑

i λi = 1} konvexe Hulle von P0, . . . , Pn.

Beispiel: n = 1, 2 ❀ Teilungsverhaltnisse von Strecken und Dreiecken; Satz von Che-va: Produkt der drei Schnittverhaltnisse im Rand des Dreiecks ist λ1

λ2· λ2λ3

· λ3λ1

= 1.

(1, 0, 0)

◗◗

◗◗

◗◗

◗◗

◗◗◗

(0, 1, 0)

��

��

(0, 0, 1)

✟✟✟✟✟✟✟✟✟✟✟1

λ2+λ3

(0, λ2, λ3)

1

λ1+λ2

(λ1, λ2, 0)

PPPPPPPPPPPPPP1

λ1+λ3

(λ1, 0, λ3)

(λ1, λ2, λ3)

6.3. Affine Abbildungen. ϕ = (ϕ, ϕ0) : (A, V ) → (B,W ) heißt affine Abbildung⇔ sie ist mit den affinen Strukturen vertraglich; ϕ0 : V → W heißt “zugehorige

lineare Abbildung”; ϕ : A → A ist Verschiebung :⇐⇒ ϕ0 = idV .

P ∈ A, Q ∈ B fixiert ⇒ A ∼= V , B ∼= W ⇒ ϕ = ϕ0 +✲

Qϕ(P ).

6.4. Einbettung auf Hohe 1. (A, V ) = n-dimensionaler affiner Raum; sei einn-Bein oder eine V -Basis mit Ursprung O ∈ A gewahlt ❀ A ∼= V ∼= Kn.Neue Einbettung in den Kn+1: V := {0} × Kn; A := {1} × Kn (Ursprung von A

wird O = (1; 0, . . . , 0)) ❀ Addition von Vektoren und Punkten wird die gewohn-liche Addition im C(A) := Kn+1; affine Abbildungen entsprechen dann linearenϕ : Kn+1 → Km+1, die die affinen Hyperebenen [x0 = 0] und [x0 = 1] respektieren,d.h.

ϕ =

(1 0 . . . 0

ϕ(O) ϕ0

).

Bemerkung: Affine Unterraume Bk ⊆ An entsprechen (k+1)-dimensionalen Unter-raumen C(B) ⊆ C(A) mit C(B) 6⊆ V ; speziell fur k = 0: A = {Geraden g ⊆C(A) | g 6⊆ V }. Projektiver Raum : Pn := (Kn+1 \ {0})/K∗ = {Geraden g ⊆

25.1.2016 (26)C(A)} ⊃ An.

7. Multilineare Abbildungen, Determinanten

7.1. Bilineare Abbildungen. ϕ : M × N → P von R-Moduln; diese formenwieder einen R-Modul HomR(M,N ;P ) = HomR(N,HomR(M,P )). Falls M = N

12 KLAUS ALTMANN

❀ symmetrische (∀a, b ∈ M : ϕ(a, b) = ϕ(b, a)) und alternierende Abbildungen

(∀a ∈M : ϕ(a, a) = 0 – das ist starker als ∀a, b ∈M : ϕ(a, b) = −ϕ(b, a)).Beispiel: A ∈ M(m,n;R) ❀ ϕA : Rm × Rn → R, (x,y) 7→ xTAy (speziell: A = In⇒ (x,y) 7→ ∑

i xiyi). Umgekehrt gibt jedes bilineare ϕ : Rm × Rn → R eine Ma-trix Aϕ := (ϕ(ei, ej) | 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n), d.h. HomR(R

m, Rn;R) = M(m,n;R).Falls m = n: ϕA ist symmetrisch/ alternierend ⇔ [A = AT ]/ [A = −AT mit

27.1.2016verschwindender Hauptdiagonale].

7.2. Determinante. Multilineare Abbildungen; symmetrische/ alternierende Ab-bildungen ϕ :M r → P ; letztere erfullen jetzt ϕ(aσ(1), . . . , aσ(r)) = sgn(σ)·ϕ(a1, . . . , ar)fur Permutationen σ ∈ Sr. Prominentes Beispiel:det: M(n, n;R) = (Rn)n → R mit det(a1, . . . , an) :=

∑σ∈Sn

sgn(σ) · a1σ(1) · . . . · anσ(n);es gilt det(In) = 1 und det(AT ) = det(A) mit A = (a1 . . . an) ∈ M(n,R).

Multilineare Abbildungen ϕ : (Rn)r → P sind durch die Bilder ϕ(ei1 , . . . , eir) ∈ Pbestimmt, d.h. Hom(Rn, . . . , Rn;P ) = P (nr). Analog gilt fur die symmetrischen/ al-

ternierenden Abbildungen: HomsymR ((Rn)r;P ) = P (

n+r−1

r ) und HomaltR ((Rn)r;P ) =

P (nr) (man betrachtet ϕ(ei1 , . . . , eir) mit 1 ≤ i1 ≤ . . . ≤ ir ≤ n, bzw. 1 ≤ i1 <

. . . < ir ≤ n). Insbesondere ist HomaltR ((Rn)n;R) = R · det wegen der Normierung

det(In) = 1.

7.3. Elementaroperationen. fur Zeilen und Spalten einer Matrix (siehe 3.2): Ver-tauschung von i-ter und j-ter: det(Iij(A)) = − det(A), Addition des λ-fachem derj-ten zur i-ten: det(IIij(λ)(A)) = det(A) und die Multiplikation der i-ten mit λ ∈ R:det(IIIi(λ)(A)) = λ · det(A).

Algorithmus: Gauß-Algorithmus mit Spalten und Zeilen bringt M in Dreiecks- oder sogar

Diagonalform, und det(Dreiecksmatrix) = Produkt der Diagonaleintrage.

Satz 16. Multiplikativitat: det(AB) = det(A) det(B) fur A,B ∈ M(n,R).

Proof. f : Rn× . . .×Rn (A...A)−→ Rn× . . .×Rn det−→ R ist multilinear, alternierend; ausf(In) = det(A) folgt also f = det(A) · det. Andererseits ist f(B) = f(b1, . . . , bn) =det(Ab1, . . . , Abn) = det(AB). �

7.4. Cramersche Regel. Die folgenden Satze eignen sich nur bedingt zum Be-rechnen von det(A) und von A−1.

Satz 17 (Laplacescher Entwicklungssatz). A ∈ M(n,R), i ∈ {1, . . . , n} beliebig⇒ det(A) =

∑nj=1(−1)i+jaij det(Aij), wobei Aij aus A durch Streichen der i-ten

1.2.2016Zeile und j-ten Spalte entsteht. (Beide Seiten sind multilinear und alternierend.)


A ∈ M(n,R), b ∈ Rn❀ Matrizen Av(b) :=[Ersetzen der v-ten A-Spalte durch b].

Dann gibt xv := detAv(b) (v = 1, . . . , n) eine Losung x = detA•(b) ∈ Rn des Glei-

chungssystems Ax = (detA) · b .

(Beweis: (n+ 1)× (n+ 1)-Matrizen

(bi ai •b A

)nach der ersten Zeile entwickeln.)

Satz 18. adj(A)ij := (−1)i+j det(Aji) ⇒ adj(A) · A = A · adj(A) = det(A) · In .

Proof. detAv(ej) = (−1)v+j det(Ajv) ⇒ A · adj(A)

•j = A · detA•(ej) = det(A) · ej.

Die zweite Gleichung folgt aus (adj(A) ·A)T = AT adj(AT ) = det(AT ) · In. �

Insbesondere ist A : Rn → Rn ein Isomorphismus ⇔ detA ∈ R∗. Fur Endomor-phismen ϕ : M → M freier R-Moduln endlichen Ranges ist detϕ := det(MBB(ϕ)unabhangig von der Basiswahl B ⊆ M . Fur Vektorraume (also R = K) gilt: A istIsomorphismus ⇔ detA 6= 0 ⇔ rankA = n.

3.2.2016 (29)

7.5. Orientiertes Volumen. Das orientierte Volumen im Rn ist multilinear undalternierend ⇒ es wird genau durch die Determinante beschrieben.

7.6. Charakteristisches Polynom. A ∈ M(n,K) ❀ χA(x) := det(xIn − A) ∈K[x] (Nullstellen sind genau die Eigenwerte von A).

Satz 19 (Cayley-Hamilton). χA(A) = 0 als Element von M(n,K) = EndK(Kn).

Proof. (A) Falscher Beweis: χA(x) = det(xIn − A) ⇒ χA(A) = det(AIn − A) = 0.

(B) Sei ϕ ∈ EndK(V ). Fur v ∈ V \ 0 sei U = U(v) := span{ϕi(v) | i ≥ 0}(ist ϕ-invariant). Wir benutzen die Basis B = {v, ϕ(v), . . . , ϕk(v)} mit ϕk+1(v) =∑k

i=0 ciϕi(v). Mit Hilfe von MB(ϕ) erhalten wir χϕ|U (x) explizit ❀ χϕ|U (ϕ|U) = 0.

8.2.2016 (30)

Dann folgt alles mit Induktion aus detψ = detψ|U · detψ|V/U (ψ = x id−ϕ). (✷)

(D) Fur einen K[x]-linearen Endomorphismus (Φ =∑∞

n=0 xnΦn) : V [x] → V [x] (mit

V [x] := ⊕∞n=0x

n V und Φn ∈ EndK(V )) definieren wir ΦA =∑

nAnΦn ∈ EndK(V ).

Es gilt (ΦΨ)A = ΦAΨA, falls alle Φn (also Φ) mit A kommutieren. Fur B := xIn−Agilt damit BA = 0. Damit haben wir folgende Gleichheit von V -Endomorphismen:

χA(A) =(χA(x)

)A=

(det(B)In

)A=

(B adj(B)

)A= BA · adj(B)A = 0. �

8. Jordansche Normalform

8.1. V = n-dimensionaler K-VR; ϕ : V → V Endomorphismus ist diagonalisierbar⇔ V besitzt Basis aus Eigenvektorenr; Vλ := kerϕ− λ idV Eigenraum.

Satz 20. 1) λ EW ⇒ 1 ≤ dimVλ ≤ mλ := [Vielfachheit der Nullstelle λ in χϕ]

2)⊕

λ∈K Vλ =∑

λ∈K Vλ ⊆ V .

14 KLAUS ALTMANN

Proof. (1) Vλ ⊆ V ist ϕ-invariant, d.h. ϕ(Vλ) ⊆ Vλ ⇒ detψ = detψ|Vλ · detψ|V/Vλmit ψ := ϕ− t idV .

(2) Sei v :=∑k

i=1 vi = 0 mit vi ∈ Vλi ⇒ 0 = ϕ(v) =∑k

i=1 ϕ(vi) =∑k

i=1 λivi, unddie Summe laßt sich verkurzen. �

Folgerung 21. ϕ ist diagonalisierbar ⇔ ∑λmλ = n (d.h. χϕ hat n Nullstellen,

zerfallt uber K also in Linearfaktoren) und dimVλ = mλ fur alle Eigenwerte λ ∈ K.(Beispiel: ϕ habe n verschiedene (einfache) Eigenwerte ⇒ ϕ ist diagonalisierbar;

ϕ :=

(1 10 1

): K2 → K2 ist nicht diagonalisierbar)

8.2. dimEnd(V ) = n2 ⇒ idV , ϕ, . . . , ϕn2

linear abhangig ⇒ ∃ f ∈ K[t]deg≤n2 :f(ϕ) = 0. (Wir wissen nach Satz 19 aber auch schon explizit, daß χϕ(ϕ) = 0.)

Definition 22. mϕ ∈ K[t] sei das (normierte) Polynom kleinsten Grades, das ϕannuliert (“Minimalpolynom” von ϕ). Es gilt: f ∈ K[t] ⇒ [f(ϕ) = 0 ⇔ mϕ|f ]. Ende Lina1

Satz 23. mϕ|χϕ in K[t], und beide Polynome haben dieselben Primteiler.

Proof. mϕ|χϕ ist Cayley-Hamilton, d.h. Satz 19. Sei λ ∈ K ein Eigenwert von ϕ ⇒mϕ(λ) ist Eigenwert von mϕ(ϕ) = 0 ⇒ mϕ(λ) = 0. �

8.3. Der entscheidende Punkt (mittels ψ := ϕ− λ idV ) der JNF ist folgendes

Lemma 24. Sei ψ : V → V ein Endomorphismus. Dann gilt:

1) kerψ ⊆ kerψ2 ⊆ . . . und imψ ⊇ imψ2 ⊇ . . ..

2) Sei k der kleinste Index mit kerψk = kerψk+1. Dann bleiben beide Ketten ab kstationar (wir bezeichnen kerψ∞ := kerψk und imψ∞ := imψk).

3) Wir haben eine ψ-invariante Zerlegung V = (kerψ∞)⊕ (imψ∞).

4) 0 ist der einzige EW von (kerψ∞) und 0 ist kein EW von (imψ∞).

Proof. ψk+2(v) = 0 ⇒ ψ(v) ∈ kerψk+1= kerψk, also ψk+1(v) = 0. Die Stationaritatder im-Kette folgt dann aus dim(kerψk) + dim(imψk) = n, und fur die Zerlegeungreicht damit auch (kerψk) ∩ (imψk) = 0 (ergibt sich aus Stationaritat). �

Nahere Untersuchung des Unterraumes kerψk: Wir erhalten Kette von Injektionen

kerψk/ kerψk−1 ψ→ kerψk−1/ kerψk−2 ψ→ . . .ψ→ kerψ2/ kerψ1 ψ→ kerψ

⇒ wahlen Basen Bv von kerψv/ kerψv−1 mit Bv = ψ(Bv+1) ∪ Bvneu

⇒ B :=⋃kv=1B

v ist Basis von kerψk – spaltenweise angeordnet in “Young-Tableau”,und das zeilenweise Auslesen gibt B =

⋃µK

µ:

✲

✲

B7

✲

✲✲

B6

✲

✲✲

✲

B5

✲

✲✲

✲

B4

✲

✲✲

✲

B3

✲

✲✲

✲✲

B2 B1

K5

K4K3

K2K1


Bzgl. der Teil-Basis Kµ hatM(ψ) die Form mi,i+1 = 1 und m•,• = 0 sonst (“Jordan-

kastchen”). Die Werte {#Bv} und {#Kµ} bestimmen einander, d.h. die Kastchen-Großen #Kµ sind Invarianten von ψ.

Fur ein Kastchen Mµ der Lange #Kµ = kµ gilt: χMµ(t) = mMµ(t) = (−t)kµ .Insgesamt gilt χkerψk(t) = (−t)

∑µ kµ (Produkt) und mkerψk(t) = (−t)maxµ kµ (kgV).

Beispiele:

−2 −3 12 3 −12 3 −1

gibt k = (2, 1), und

−12 16 321 −2 −4

−5 7 14

gibt k = (3).

8.4. Das vorige Lemma, angewandt auf verschiedene Eigenwerte, ergibt

Satz 25. Sei ϕ : V → V mit χϕ(t) = (λ1 − t)m1 · . . . · (λℓ − t)mℓ (z.B. K = K).

1) Die “verallgemeinerten Eigenraume” Vλi := ker(ϕ − λi idV )∞ sind dann ϕ-

invariant mit dim Vλi = mi, und es gilt V =⊕

i Vλi.

2) Die Unterraume Vλi haben Basen, so daß M(ϕ) in “Jordankastchen” J ij ∈M(kij ,K) zerfallt:

J ij =

λi 1 0 0

0 0

1

0 0 λi

3) Diese “Jordansche Normalform” von ϕ ist bis auf Vertauschung der Kastcheneindeutig.

Proof. Wir benutzen 8.3 mit ψ := ϕ− λ1 idV ⇒ Vλ1 = kerψ∞, W := imψ∞ geben

V = Vλ1 ⊕W ; λ1 ist einziger EW auf Vλ1 , aber kein EW auf W ⇒ dim Vλ1 = m1.

Verallgemeinerte Eigenraume fur ϕ ∈ End(V ) und ϕ ∈ End(W ): Vλ2 ⊇ Wλ2 , aber

aus Dimensionsgrunden folgt Gleichheit ⇒ Vλ2 ⊆W , und nun folgt (1) und (2) perInduktion aus 8.3.

Eindeutigkeit der JNF:∑

j kij = mi; ϕ ∈ End(Vλi) entspricht der Vereinigung derλi-Kastchen. Fur fixiertes λi: o.B.d.A. λi = 0 ⇒ ok wegen ψ in 8.3. �

Algorithmus:

(i) Charakteristisches Polynom berechnen(ii) Nullstellen (= Eigenwerte) bestimmen(iii) Eigenraume und verallgemeinerte Eigenraume bestimmen (aufsteigende Kette der Unter-

raume ker(ϕ − λ · id)i berechnen – bis diese Kette stationar wird, oder bis die richtigeDimension (Vielfachheit von λ) erreicht wird)[Achtung: Die Dimensionen, die in dieser Kette auftreten, geben schon die vollstandigeInformation uber die Jordansche Normalform, d.h.uber die Große der Kastchen. Falls manalso nicht an der Basiswechselmatrix interessiert ist, kann man jetzt aufhoren.]

(iv) Basis der verallgemeinerten Eigenraume verbessern: In der Kette von oben nach unten suk-zessive Faktorraume bilden, dort schon vorhandene gute Vektoren zu einer Basis erganzen,und diese Basen mit ψ := ϕ− λ · id weiter nach unten drucken.

Folgerung 26. χϕ(t) =∏

i(λi−t)mi ⇒ mϕ(t) =∏

i(λi−t)maxj kij mit mi =∑

j kij.

(❀ Cayley-Hamilton falls χϕ vollstandig zerfallt). ϕ ist diagonalisierbar ⇔ kij = 1fur alle (i, j) ⇔ mϕ(t) hat keine Mehrfachnullstellen.

8.5. Jordan-Zerlegung: Sei ϕ wie in Satz 8.4⇒M(ϕ) = D+N mitD =Diagonalmatrix(alle Eigenwerte) und N = nilpotent (d.h. ∃ k ∈ N : Nk = 0), und es giltDN = ND.(Siehe auch ??.)

Exponential von Matrizen: A ∈ M(n,R) ⇒ eA :=∑∞

v=0Av/v!:

Fur alle Partialsummen gilt: SeAS−1 = eSAS−1 ⇒ JNF benutzen. Außerdem gilt:

[A,B ∈ M(n,R) kommutieren, eA, eB absolut konvergent ⇒ eA+B = eAeB existiert.]⇒ Es sind nur zwei Falle zu betrachten:

1) A = diag(λ1, . . . , λn) ⇒ eA = diag(eλ1 , . . . , eλn)

2) N ∈ M(n,R) mit Ni,i+1 = 1 und 0 sonst ⇒ N ist nilpotent, d.h. die Reihe istendlich ⇒ eN hat 1/k! als Eintrag an der Stelle (i, i+ k).

Anwendung: etAx0 ist Losung der Differentialgleichung x′(t) = A · x(t).(R2-Beispiel: x′(t) = −x(t) + 4y(t); y′(t) = −x(t) + 3y(t); x0 = 1, y0 = 2.)

Eigenwerte: A ∈ M(n,K) ⇒ detA =∏

EW(A); trA =∑

EW(A) (folgt beidesauch aus der Kenntnis der Koeffizienten von χA). Polynom f ∈ K[t] ⇒ die Eigen-werte von f(A) sind (einschließlich der Vielfachheiten) genau f(EW(A)). Ebenso

sind eEW(A) die EW von eA. Matrix A (oder Endomorphismus ϕ) ist nilpotent ⇔ 0ist einziger Eigenwert, d.h. χ(t) = ±tn.

Ahnlichkeit von Matrizen: A,B ∈ M(n;K) heißen ahnlich (“A ∼ B”) :⇔ ∃S ∈GL(n,K) : B = S−1AS ⇔ A,B entsprechen unter geeigneten Basen demselbenEndomorphismus. JNF beschreibt M(n;K)/ ∼.

Literatur

[Art] Artin, M.: Algebra.[Bri] Brieskorn, E.: Lineare Algebra und analytische Geometrie.[Ch] Cheng, Eugenia: Cakes, Custard and Category Theory. Profile Books, 2015.[Ebb] Ebbinghaus et al.: Zahlen. Springer-Verlag 1992.[Fis] Fischer, G.: Lineare Algebra.[Giv] Givental, Alexander: Linear Algebra and Differential Equations. American Ma-

thematical Society, Berkeley Center for Pure and Applied Mathematics, 2001.http://math.berkeley.edu/~giventh/papers/ode.pdf

[Kli] Klingenberg, W.: Lineare Algebra und Geometrie.[Kd] Kochendorffer, R.: Einfuhrung in die Algebra.[Kow] Kowalsky, H.J.: Lineare Algebra.[La2] Lang, S.: Linear algebra.[La3] Lang, S.: Algebra.

Klaus AltmannMathematisches InstitutFreie Universitat BerlinTel.: (030) 838 - [email protected]

Matej FilipMathematisches InstitutFreie Universitat BerlinTel.: (030) 838 - [email protected]

“Lineare Algebra I ”FUB, Winter 2015/16

Tutoren: Johannes von Lindheim,Lukas Polthier, Johanna Steinmeyer

1. Aufgabenblatt

Aufgabe 1. Seien B,C Teilmengen einer Menge A. Gilt dann A \ (B ∩ C) =(A \B) ∪ (A \ C)? Falls nicht, ist wenigstens eine der beiden Seiten in der anderenenthalten? (Geben Sie jeweils einen Beweis oder ein Gegenbeispiel.)

Solution: Die Gleichheit ist richtig. Beweis: Sei a ∈ A\ (B∩C). Dann ist a /∈ B∩C,d.h. o.B.d.A. konnen wir annehmen, daß a /∈ B. Daraus folgt a ∈ A \ B, d.h. a istein Element der rechten Seite.Fur die andere Richtung sei o.B.d.A. a ∈ A \B. Wegen B ∩C ⊆ B folgt dann aberdirekt a ∈ A \ (B ∩ C).

Aufgabe 2. Sei f : A → B eine Abbildung, und seien A′ ⊆ A und B′ ⊆ BTeilmengen.

a) Zeigen Sie die Inklusionen f(f−1(B′)) ⊆ B′, f−1(f(A′)) ⊇ A′.

b) Geben Sie fur beide Inklusionen Beispiele (konkrete Abbildungen f), die belegen,daß die Gleichheit i.a. nicht gilt.

Solution: (a) Sei a ∈ f−1(B′); nach Definition von f−1 gilt dann f(a) ∈ B′. Furdie zweite Inklusion sei a ∈ A′. Dann gilt f(a) ∈ f(A′), und das bedeutet a ∈f−1(f(A′)).

(b) f : Z → Z mit g 7→ 0 fur alle g ∈ Z. Dann nehme man B′ := {1} und A′ := {2}:(i) f−1(B′) = ∅ und damit f(f−1(B′)) = ∅,(ii) f(A′) = {0} und damit f−1(f(A′)) = Z.

Aufgabe 3. Sei f : A→ B eine Abbildung, und seien A1, A2 ⊆ A und B1, B2 ⊆ BTeilmengen.

a) Zeigen Sie eine der Gleichungen f−1(B1) ∪ f−1(B2) = f−1(B1 ∪ B2), f−1(B1) ∩

f−1(B2) = f−1(B1 ∩B2) und f(A1) ∪ f(A2) = f(A1 ∪ A2).

b) Geben Sie ein Beispiel (konkrete Abbildunge f), das belegt, daß f(A1)∩f(A2) =f(A1∩A2) i.a. nicht stimmt. Ist aber wenigstens eine der beiden Seiten in der anderenenthalten?

Solution: (a) Wir zeigen f−1(B1) ∪ f−1(B2) = f−1(B1 ∪ B2): Zunachst folgt ausB1 ⊆ B1 ∪ B2 die Inklusion f−1(B1) ⊆ f−1(B1 ∪ B2). Und da das fur B2 genausogilt, ist die linke Seite in der rechten enthalten.Sei nun a ∈ f−1(B1 ∪ B2), d.h. f(a) ∈ B1 ∪ B2. O.B.d.A. ist f(a) ∈ B1, d.h.a ∈ f−1(B1) ⊆ f−1(B1) ∪ f−1(B2).

(b) Offensichtlich gilt f(A1) ∩ f(A2) ⊇ f(A1 ∩A2). Die umgekehrte Inklusion kannfalsch sein – man nehme f : Z → Z mit g 7→ 0 fur alle g ∈ Z und A1 = {−1},A2 = {1}. Dann ist f(A1 ∩A2) = f(∅) = ∅, aber f(A1) ∩ f(A2) = {0}.

Aufgabe 4. a) Sei s :=√5+12

∈ R. Geben Sie eine quadratisches Polynom f(x) =x2 + bx+ c (b, c ∈ Q) an, so daß f(s) = 0 gilt. Ist f eindeutig bestimmt?

b) Wir definieren die Fibonacci-Folge (Fn)n∈N mittels F0 := 0, F1 := 1 und derRekursionsformel Fn := Fn−1+Fn−2 (n ≥ 2). Zeigen Sie mit vollstandiger Induktion,daß sn−2 ≤ Fn ≤ sn−1 fur n ≥ 2 gilt.

Solution: (a) 2s − 1 =√5 ⇒ (2s − 1)2 = 5, d.h. 4s2 − 4s − 4 = 0, und damit ist

f(x) := x2 − x− 1 das gesuchte Polynom. Wenn es noch ein anderes quadratischesPolynom g(x) mit hochstem Koeffizienten 1 (vor x2) geben wurde, dann ware ℓ(x) :=f(x)− g(x) ein lineares Polynom mit Nullstelle s – und dann ware s rational. Dasware aber ein Widerspruch zu der Vorlesung von Herrn Ecker.

(b) Von (a) wissen wir, daß s2 = s + 1 gilt. Induktionsanfang: n = 2: 1 ≤ 1 ≤ sund n = 3: s ≤ 2 ≤ s2 = s + 1. (Wir benotigen hier “zwei Induktionsanfange”, dadie Rekursion zwei Schritte zuruck geht. Alternativ kann man nur den klassischenInduktionsanfang n = 2 machen – dann hat man aber im Induktionsschritt eineFallunterscheidung. Induktionsschritt: Sei n ≥ 4, dann gilt

Fn = Fn−1 + Fn−2 ≥ sn−3 + sn−4 = sn−4(s+ 1) = sn−4 · s2 = sn−2

undFn = Fn−1 + Fn−2 ≤ sn−2 + sn−3 = sn−3(s+ 1) = sn−3 · s2 = sn−1.

Aufgabenblatter und Nicht-Script: http://www.math.fu-berlin.de/altmann





2. Aufgabenblatt

Die Aufgaben 5(c) und 6(b) sind Zusatzaufgaben, d.h. mit zusatzlichenPunkten.

Aufgabe 5. a) Man berechne die komplexen Zahlen (1− i)/(1 + i),√i und 1/

√i.

b) Man beschreibe die jeweiligen Losungsmengen der Gleichung x2 + y2 = 0 uber Rund uber C (also im R2 und im C2).

c) Man bestimme die jeweiligen Losungsmengen der Gleichung x2 + y2 = 0 uberZ/3Z und Z/5Z. Welche Parallelen gibt es zu (b)?

Solution: (a) (1− i)/(1 + i) = (1− i)2/2 = −2i/2 = −i.Sei

√i = a+ bi; dann folgt (a2− b2)+2abi = (a+ bi)2 = i, also a2 = b2 und 2ab = 1.

Damit gilt a = b = ±1/√2, d.h.

√i = ±(1 + i)/

√2.

1/√i =

√i/i = −

√i · i = ±(1− i)/

√2.

(b) Uber R ergibt sich nur der Nullpunkt, also {(0, 0)} (denn reelle Quadrate sindstets nicht-negativ).Uber C konnen wir schreiben x2 + y2 = (x + iy)(x − iy), d.h. wir erhalten dieGleichung x = ±iy – das sind zwei sich in 0 schneidende, komplexe Geraden.

(c) Uber Z/3Z ergibt sich nur {(0, 0)}. Uber Z/5Z gilt x2 + y2 = (x+ 2y)(x− 2y),und damit ist die Losungsmenge {(x, y) ∈ (Z/5Z)2 | x = ±2y}. Sie besteht aus 9Paaren: {(0, 0), (±2,±1), (±1,±2)}.Fur diese Aufgabe ahnelt Z/3Z also R (−1 ist kein Quadrat), und Z/5Z verhalt sichwie C: Mit ±2 und ±i gibt es die Wurzel aus (−1).

Aufgabe 6. a) Fur eine naturliche Zahl g zeige man, daß sie genau dann durch11 teilbar ist, wenn ihre “alternierende Quersumme” durch 11 teilbar ist. Dabeibezeichnen wir

∑i≥0(−1)i ai als die alternierende Quersumme der im dekadischen

System geschriebenen Zahl . . . a3a2a1a0 (ai ∈ {0, . . . , 9}).b) Was ist die Quersumme der Quersumme der Quersumme von 44444444?

Solution: (a) 10i ≡ −1 mod 11.

(b) In Z/9Z gilt: 44444444 = 24444, und wegen 26 = 1 ist 24444 = 26·740+4 = 24 = 7.Andererseits laßt sich wegen 44444444 < 105·4444 die Quersumme Q(. . .) abschatzenalsQ(44444444) < 9·5·4444 < 200.000. Damit istQ(Q(44444444)) ≤ 45 und schließlichQ(Q(Q(44444444))) ≤ 12. Damit folgt Q(Q(Q(44444444))) = 7.

Aufgabe 7. Man berechne 1/37 in Z/101Z.

Solution: 101 = 3 · 37 − 10, 37 = 4 · 10 − 3, 10 = 3 · 3 + 1, und das ergibt 1 =10−3 ·(4 ·10−37) = 3 ·37−11 ·10, also 1 = 3 ·37+11(101−3 ·37) = 11 ·101−30 ·37.Damit gilt 1/37 = −30 = 71 in Z/101Z.

Aufgabe 8. Sei (M,≤) eine Menge mit einer Halbordnung “≤”. Wir sagen, daßein Element a ∈ M “minimal” ist, falls es kein von a verschiedenes Element b ∈ Mgibt mit b ≤ a. Wir sagen, daß ein Element x ∈ M das Minimum von M ist, fallsfur alle y ∈M die Relation x ≤ y gilt.

a) Gibt es in jeder Halbordnung minimale Elemente? Hat jede Halbordnung hochstensein minimales Element? (Beweis/Gegenbeispiel)

b) Hat jede Halbordnung immer ein Minimum? Gibt es hochstens ein Minimum?(Beweis/Gegenbeispiel)

c) Was ist die genaue Beziehung zwischen diesen beiden Begriffen? Sind sie gleich –oder impliziert wenigstens einer den anderen? (Beweis/Gegenbeispiel)

d) Wir setzen jetzt voraus, daß das Minimum von M existiert. Andert sich dadurchetwas in (a)?

Solution: (a) Die Menge (−N,≤) hat keine minimalen Elemente; fur beliebige Men-gen M ist jedes Element von (M,=) minimal.

(b) Die Menge (−N,≤) hat kein Minimum. Wenn aber ein Minimum existiert, dannist es eindeutig: Seien a, b ∈ M beide ein Minimum, dann folgt aus der definition,daß a ≤ b und b ≤ a gilt. Das wurde aber mittels der Antisymmetrie a = b erzwin-gen.

(c) Jedes Minimum ist minimal: Falls a ∈ M das Minimum und b ∈ M ein anderesElement mit b ≤ a ware, dann benutzen wir a ≤ b aus der Minimum-Definition undwieder die Antisymmetrie, um a = b zu erhalten.Das Beispiel aus (a) mit mehreren minimalen Elementen zeigt damit, daß es mini-male Elemente geben kann, die kein Minimum sind.

(d) Sei m ∈ M das Minimum. Wegen (c) ist m auch minimal, d.h. es gibt jetztgarantiert minimale Elemente. Andererseits ist m nun auch das einzige minimaleElement: Ware auch a ∈M minimal, so folgt aus der Minimum-Ungleichung m ≤ aautomatisch m = a.






3. Aufgabenblatt

Fur die Aufgaben 9 und 11 gilt Einzelabgabe.

Aufgabe 9. Sei G eine Gruppe und g, h ∈ G. Welche der beiden Gleichungen(gh)−1 = g−1h−1 oder (gh)−1 = h−1g−1 gilt? (Beweis/Gegenbeispiel)

Solution: (gh)−1 = h−1g−1 folgt aus (h−1g−1) · (gh) = h−1(g−1g)h = h−1h = 1G (undanalog fur (gh) · (h−1g−1)). Die andere Gleichung gilt nicht immer – Gegenbeispielefindet man schon in der S3:

g =

(1 2 32 1 3

), h =

(1 2 31 3 2

)⇒ (gh)−1 =

(1 2 33 1 2

), g−1h−1 =

(1 2 32 3 1

).

Aufgabe 10. Berechnen Sie 17√37 in Z/101Z, d.h. bestimmen Sie alle x ∈ F101 mit

x17 = 37.

Solution: Jedes x mit x17 = 37 liegt schon in F∗101. Wegen ϕ(101) = 100 suchen

wir das Inverse von 17 in (Z/100Z)∗ – der Euklidische Algorithmus liefert 1 =8 · 100 − 47 · 17, also gilt 17 · 53 = 1 in Z/100Z. Damit impliziert x17 = 37 dieGleichung

x = (x17)53 = 3753 in F∗101.

Um letzteres zu berechnen benutzt man sukzessives Quadrieren in F101: 372 = 56,

374 = 562 = 5, 378 = 52 = 25, 3716 = 252 = 19, 3732 = 192 = 58. Insgesamt ergibtdas

x = 3753 = 3732 · 3716 · 374 · 37 = 58 · 19 · 5 · 37 = 52.

Aufgabe 11. Sei f : G→ H ein bijektiver Gruppen-Homomorphismus. Zeigen Sie,daß f dann ein Gruppen-Isomorphismus ist.

Solution: Bijektivitat impliziert die Existenz von F := f−1 : H → G als eineMengenabbildung. Es bleibt zu zeigen, daß F ein Gruppenhomomorphismus ist.Seien dazu h1, h2 ∈ H – und wir bezeichnen mit g1, g2 ∈ G deren eindeutig bestimmteUrbilder unter f , d.h. gi = F (hi) fur i = 1, 2. Da f ein Gruppenhomomorphismusist, folgt f(g1g2) = f(g1)f(g2) = h1h2, also F (h1h2) = g1g2, und wir wissen bereits,daß g1g2 = F (h1)F (h2) gilt.

Aufgabe 12. a) Zeigen Sie, daß jede Gruppe der Ordnung 4 zu Z/4Z oder zuZ/2Z× Z/2Z isomorph ist.

b) Bestimmen Sie alle n ∈ N mit ϕ(n) = |(Z/nZ)∗| = 4 und ermitteln Sie, zu welcherder beiden Gruppen aus (a) die entsprechenden Gruppen (Z/nZ)∗ jeweils isomorphsind (geben Sie konkrete Isomorphismen an).

Solution: (a) Sei G = {1, a, b, c}. Wir betrachten ab ∈ G. Da weder a, noch b alsErgebnis moglich sind, gibt es nur zwei Moglichkeiten – ab = 1 oder ab = c:

1. Fall: ab = 1 Also ist b = a−1. Damit muß ca = ac = b und bc = cb = a gelten,da c weder zu a, noch zu b invers sein kann. Weiter ergibt sich a2 = c = b2 unddamit auch c2 = 1. Die Gruppenstruktur ist jetzt vollstandig festgelegt, und G istisomorph zu Z/4Z: 1 7→ 0, a 7→ 1, c 7→ 2 und b 7→ 3. (Man kann auch die Bilder vona und b vertauschen; das Bild von c muß aber 2 sein.)

2. Fall: Keine zwei verschiedenen Elemente aus {a, b, c} haben das Produkt 1 (Falls

doch, so seien das o.B.d.A. a und b, und wir sind im ersten Fall.) Dann gilt ab =ba = c, bc = cb = a und ca = ac = b, und wir wissen damit schon, daß die Gruppeabelsch ist. Weiter gilt z.B. ab2 = (ab)b = cb = a, also b2 = 1, d.h. jedes Element istzu sich selbst invers. Die Gruppenstruktur ist jetzt vollstandig festgelegt, und wirerhalten einen Isomorphismus G → (Z/2Z × Z/2Z) mittels 1 7→ (0, 0) und a, b, ckonnen beliebig auf die anderen drei Elemente abgebildet werden.

(b) Sei n = pe11 · . . . ·pekk . dann gilt 4 = ϕ(n) =∏

i pei−1i (pi−1). Damit kann hochstens

pi = 2 mit ei ≤ 3, pi = 3 mit ei ≤ 1 und pi = 5 mit ei ≤ 1 auftreten. Insgesamtergeben sich n = 5, 8, 10, 12. Zur Bestimmung des Isomorphietyps testen wir jeweilsdie Quadrate: 22 = 4 6= 1 in Z/5Z, 32 = 9 6= 1 in Z/10Z, aber in Z/8Z und Z/12Zsind alle Quadrate gleich 1. Wir erhalten also Z/4Z fur die ersten beiden Falle undZ/2Z× Z/2Z fur die letzten beiden.






4. Aufgabenblatt

Aufgabe 13. Seien G eine Gruppe, X eine Menge und f : G × X → X eine Ab-bildung mit den Eigenschaften ∀g, h ∈ G, x ∈ X : f(1G, x) = x und f(g, f(h, x)) =f(gh, x). (“f beschreibt eine Wirkung von G auf X .”) Man zeige:

1) Die Kenntnis einer Abbildung f mit den obigen Eigenschaften ist aquivalent zurKenntnis eines Homomorphismus’ Φ : G→ SX := {bijektive X → X}.2) Mit “x ∼ y :⇔ ∃g ∈ G : y = f(g, x)” wird eine Aquivalenzrelation auf X defi-niert.

Solution: (1) {f : G × X → X | obige Eigenschaften} ↔ Homgrp(G, SX) mittelsf 7→ Φ mit Φ(g) := f(g, •) und Φ 7→ f mit f(g, x) := Φ(g)(x). Die Eigenschaft“f(g, f(h, x)) = f(gh, x)” ubersetzt sich dabei in Φ(g) ◦ Φ(h) = Φ(gh), d.h. in dieHomomorphismus-Eigenschaft fur Φ.

(2) Reflexivitat: f(1G, x) = x, Symmetrie: y = f(g, x) ⇒ f(g−1, y) = x, Transiti-vitat: f(g, f(h, x)) = f(gh, x).

Aufgabe 14. 1) Die Gruppe S4 wirkt (per Definition) auf der Menge {1, 2, 3, 4}.In der Terminologie der Aufgabe 13 gebe man beide Beschreibungen (also f und Φ)dieser Wirkung an.

2) Die Gruppe S4 wirkt auch auf der Menge {A,B,C} mit A := {{1, 2}, {3, 4}},B := {{1, 3}, {2, 4}} und C := {{1, 4}, {2, 3}}. Das entspricht dann also einemHomomorphismus Φ : S4 → SA,B,C = S3. Wie sehen die Bilder

Φ

(1 2 3 42 1 3 4

)=

(A B C? ? ?

)und Φ

(1 2 3 42 3 4 1

)=

(A B C? ? ?

)

aus? Ist Φ surjektiv? Was ist ker Φ? (D.h., welche Permutationen wirken trivial aufder Menge {A,B,C}, und welche Struktur hat die Gruppe dieser Elemente?)

Solution: (1) Das Φ ist einfach die identische Abbildung id : S4 → S4. Das f :S4 × {1, 2, 3, 4} → {1, 2, 3, 4} schickt (ϕ, i) auf ϕ(i).

(2) Die konkreten Werte sind

Φ

(1 2 3 42 1 3 4

)=

(A B CA C B

)und Φ

(1 2 3 42 3 4 1

)=

(A B CC B A

).

Das Bild von Φ ist eine Untergruppe von S3, und es enthalt die beiden eben be-rechneten Permutationen. Damit muß aber imΦ = S3 gelten (die beiden obigenPermutation “erzeugen” die S3). Nach dem Homomorphiesatz und dem Satz vonLagrange muß der Kern genau vier Elemente haben. Damit gilt

ker(Φ) = V :={id,

(1 2 3 42 1 4 3

),

(1 2 3 43 4 1 2

),

(1 2 3 44 3 2 1

)}.

Diese Gruppe hat vier Elemente, und alle Quadrate sind das neutrale Element.Daher gilt V ∼= Z/2Z× Z/2Z.

Aufgabe 15. Sei G eine Gruppe. Fur jedes Element g ∈ G definieren wir

|g| := min{n ∈ N≥1 | gn = 1G} (die “Ordnung von g”)

(und wir setzen |g| := ∞, falls die obige Menge leer ist).

a) Bestimmen Sie die Ordnungen der Elemente 2 und 3 – jeweils in den GruppenZ/12Z, Z/13Z und (Z/13Z)∗.

b) Zeigen Sie, daß fur endliche Gruppen G die Gruppenordnung |G| stets ein Viel-faches der Elementordnungen g ist, d.h. daß |g|

∣∣|G| gilt.c) Sei G wieder eine endliche Gruppe. Zeigen Sie, daß ein Element g ∈ G die Gruppeerzeugt (d.h. G = {gn | n ∈ Z}) ⇔ |g| = |G|. Ist das auch fur unendliche Gruppenrichtig?

Solution: (a) |2| = 6 und |3| = 4 in Z/12Z (Begrundung: 12|(6 · 2), und aus 12|(d · 2)folgt 6|d). Analog: |2| = |3| = 13 in Z/13Z.Die ersten sechs Potenzen von 2 in (Z/13Z)∗ sind 2, 4, 8, 3, 6, 12 = −1, die zwei-ten sechs Potenzen sind dieselben, aber multipliziert mit (−1). Also |2| = 12 in(Z/13Z)∗. Dagegen ist 33 = 27 ≡ 1(13), und es ergibt sich |3| = 3.

(b) Wir wissen, daß g|g| = g|G| = 1G gilt. Nach Division mit Rest |G| = q · |g| + r(mit 0 ≤ r < |g|) folgt gr = 1G, also r = 0 (wegen der Minimalitat von |g| mit dieserEigenschaft).

(c) Sei 〈g〉 := {gn | n ∈ Z} ⊆ G. Dann erzeugt g die Gruppe G ⇔ |〈g〉| = |G|,Andererseits gilt immer |〈g〉| = |g|.In Q gilt |Q| = |1| = ∞, aber 1 ∈ Q erzeugt nicht Q sondern nur die UntergruppeZ.

Aufgabe 16. a) Sei f : G→ H ein Gruppenhomomorphismus, seien A⊳G und B⊳HNormalteiler. Welche der beiden f(A) ⊆ H oder f−1(B) ⊆ G sind dann automatischwieder Normalteiler in den jeweiligen Gruppen? (Beweis/Gegenbeispiel)

b) Eine Gruppe G heißt einfach, wenn sie außer den “trivialen Normalteilern” ({1G}und G) keine weiteren besitzt. Welche der Gruppen S3, Z/6Z, Z/7Z ist einfach?

Solution: (a) f−1(B) = ker(G→ H → H/B

)– und Kerne sind immer Normalteiler.

Dagegen ist

G :={id,

(1 2 32 1 3

)}⊂ S3

eine Untergruppe, und wir betrachten die Inklusionsabbildung ι : G → S3. WahrendG ein Normalteiler in sich selbst ist, ist ι(G) = G kein Normalteiler in S3.

(b) Die S3 hat den nicht-trivialen Normalteiler

G :={id,

(1 2 32 3 1

),

(1 2 33 1 2

)}.

Z/6Z hat die nicht-trivialen Normalteiler 2Z/6Z und 3Z/6Z, und nur Z/7Z isteinfach, da jedes g 6= 0 bereits die ganze Gruppe erzeugt.






5. Aufgabenblatt

Die Aufgaben 20(c) und 21 sind Zusatzaufgaben, d.h. mit zusatzlichen Punkten.

Aufgabe 17. Man bestimme alle Untergruppen von Z und Z/nZ. Man zeige, daßUnter- und Faktorgruppe zyklischer Gruppen zyklisch sind.

Solution: Untergruppen 0 6= U ⊆ Z: Sei ℓ ∈ U ∩ Z≥1 minimal. Dann folgt U = ℓZ:Die Inklusion “⊇” ist klar; fur die andere Richtung sei k ∈ U : Division mit Restergibt k = q · ℓ + r (mit 0 ≤ r < ℓ), und es folgt r ∈ U . Aus der Minimalitat von ℓergibt sich dann r = 0.

Untergruppen von Z/nZ entsprechen Untergruppen ℓZ ⊆ Z, die nZ enthalten. Da-mit ergeben sich ℓZ/nZ mit ℓ|n.Alle bisher aufgezahlten Untergruppen ℓZ oder ℓZ/nZ sind von ℓ erzeugt und da-mit wieder zyklisch. Die entsprechenden Faktorgruppen sind von (der Klasse von) 1erzeugt.

Aufgabe 18. Da ϕ : Z/3131Z → Z/31Z× Z/101Z ein Isomorphismus ist, muß esein x ∈ Z/3131 mit ϕ(x) = (13, 99) geben. Man bestimme dieses x.

(Tip: Man bestimme zunachst die ϕ-Urbilder von (1, 0) und (0, 1) mit dem Eu-klidischen Algorithmus.)

Solution: ϕ(a) = (1, 0) bedeutet a ≡ 1(31) und 101|a. D.h. wir suchen ein k ∈ Z mita = 101 · k und ein ℓ ∈ Z mit 101k + 31ℓ = 1. Der Euklidische Algorithmus liefert1 = 4 · 101− 13 · 31, also a = 4 · 101 = 404.

Ohne nochmal zu rechnen erhalten wir mit b := −13 · 31 = −403 außerdem einElement mit ϕ(b) = (0, 1). Insgesamt ergibt sich ϕ(x) = (13, 99) fur

x := 13a+ 99b = 13 · 404− 99 · 403 = 13− 86 · 403 = −34645 = −204.

Aufgabe 19. Seien U ⊆ G und N ⊳ G eine Untergruppe und ein Normalteiler ineiner Gruppe G.

a) Man zeige, daß UN := {un | u ∈ U, n ∈ N} eine Untergruppe von G ist.

b) Man gebe ein Gegenbeispiel fur (a) wenn N als nur Untergruppe (und nicht alsNormalteiler) vorausgesetzt wird.

c) Man zeige, daß (UN)/N ∼= U/(U ∩N) gilt.

Solution: (a) Seien u, u′ ∈ U und n, n′ ∈ N . Dann gilt (un)(u′n′) = unu′n′ =u(nu′)n′. Wegen Nu′ = u′N gibt es ein n′′ ∈ N mit nu′ = u′n′′, und wir erhaltenu(nu′)n′ = u(u′n′′)n′ = (uu′)(n′′n′) ∈ UN . Und auf analoge Weise erhalt man dieInversen.

(b) Seien U := {id, (12)} ⊆ S3 und N := {id, (13)} (ist kein Normalteiler). Dann

folgt UN = {id, (13), (12), (132)}, und das kann schon deshalb keine Untergruppevon S3 sein, weil es vier Elemente hat (und 4 ist kein Teiler von 6).

(c) Die Komposition f : U → UN →→ (UN)/N ist insgesamt surjektiv, und es giltker(f) = U ∩N . Dann folgt alles aus dem Homomorphiesatz.

Aufgabe 20. a) Sei G eine Grruppe. Zwei Elemente g, h ∈ G heißen zueienanderkonjugiert (“g ∼ h”), falls es ein s ∈ G gibt mit h = sgs−1. Man zeige, daß zuein-ander konjugierte Elemente die gleiche Ordnung (րAufgabe 15) haben, d.h. g ∼ himpliziert |g| = |h|. Gilt auch die Umkehrung?

b) Zueinander konjugierte Permutationen haben den selben Typ. Man zeige umge-kehrt, daß die Zyklen (13425) und (35124) und die Zyklen (123) und (214) in derS5 jeweils zueinander konjugiert sind.

c) Die Zyklen aus (b) sind auch Elemente der Untergruppe A5 := ker(sgn) (warum?).Welche der beiden Paare aus (b) sind auch in der A5 konjugiert zueinander?

Solution: (a) Sei h = sgs−1. Dann gilt fur jedes n ∈ N: hn = sgns−1. Insbesonderefolgt aus gn = 1G stets auch hn = 1G (und umgekehrt).Die Umkehrung gilt i.A. nicht – z.B. sind in einer kommutativen Gruppe zwei ver-schiedene Elemente nie zueinander konjugiert. Sie konnen aber dieselbe Ordnunghaben: 1, 2 ∈ Z/3Z.

(b) (35124) = g(13425)g−1 mit g =

(1 3 4 2 53 5 1 2 4

)=

(1 2 3 4 53 2 5 1 4

)und

(214) = h(123)h−1 mit h =

(1 2 3 4 52 1 4 3 5

)oder h =

(1 2 3 4 52 1 4 5 3

).

(c) Das erste der beiden moglichen h aus (b) liegt in A5, d.h. (123) ∼ (214) giltsogar in A5, nicht nur in S5. Das g aus (b) hat ein negatives Signum, liegt also inS5 \A5. Selbiges gilt fur alle anderen moglichen “Konjugationselemente”. Damit ist(13425) ∼ (35124) in S5, aber nicht in A5.

Aufgabe 21. Man zeige, daß die A5 eine einfache Gruppe ist.

(Tip: Jede nicht-triviale Untergruppe N ⊳ A5 hat eine Gruppenordnung n := |N |mit 2 ≤ n ≤ 59 und n|60. Wenn N sogar ein Normalteiler ware, dann mußte N dieVereinigung gewisser vollstandiger (!) Konjugationsklassen in A5 sein.)

Solution: Die moglichen n sind n = 2, 3, 4, 5, 6, 10, 12, 15, 20, 30. Andererseits gibt esfolgende Konjugationsklassen in der A5:Zunachst bestimmen wir die Typenklassen (und deren Machtigkeit) in der S5:[1] (eine), [2] (10 Stuck), [3] (20 Stuck), [4] (30 Stuck), [5] (24 Stuck), [2,2] (15Stuck) und [3,2] (20 Stuck). Davon gehoren zur A5: [1], [3], [5] und [2,2], aber dieKonjugationsklasse [5] (der S5) teilt sich in zwei Konjugationsklassen der A5 mitjeweils 12 Elementen (siehe Aufgabe 20(c)). Damit zerfallt A5 insgesamt in funfKonjugationsklassen mit 1, 20, 12, 12 und 15 Elementen.Nun pruft man nach, daß sich aus keiner Auswahl dieser funf Zahlen ein echter Teilervon 60 aufaddieren laßt.






6. Aufgabenblatt

Aufgabe 22. a) Beschreiben Sie verbal, welche Auswirkungen die Multiplikation

von links mit

(0 11 0

)auf eine beliebige (2× n)-Matrix hat.

b) Geben Sie eine Matrix P an, so daß die Links-Multiplikation X 7→ P ·X in allen(2× n)-Matrizen X das 7-fache der zweiten Zeile zur ersten Zeile addiert.

c) Was passiert, wenn man (n × 2)-Matrizen mit den Matrizen

(0 11 0

)aus (a)

oder P aus (b) von rechts multipliziert?

Solution: (a) Die Zeilen werden vertauscht.

(b) P =

(1 70 1

).

(c) Die (a)-Matrix vertauscht die Spalten; die Multiplikation (·P ) addiert das 7-facheder ersten Spalte zur zweiten.

Aufgabe 23. SeiK ein Korper. Wir bezeichnen mit GL(n,K) die (nicht-kommutative)Einheitengruppe im (nicht-kommutativen) Ring M(n,K), d.h. GL(n,K) besteht ausallen n× n-Matrizen, die ein multiplikatives Inverses besitzen.

Zeigen Sie, daß die folgenden Abbildungen Gruppen-Homomorphismen sind. Wassind deren Kerne und Bilder?

a) α : K → GL(2,K), t 7→(1 t0 1

)

b) β : C∗ → GL(2,R), a + ib 7→(

a b−b a

)

c) γ : R → C∗, t 7→ cos(t) + i sin(t).

Solution: (a)

(1 s0 1

)·(1 t0 1

)=

(1 s+ t0 1

). Die Abbildung α ist injektiv, und im(α)

sind eben alle Matrizen dieser Form.

(b)

(a b

−b a

)·(

c d−d c

)=

(ac− bd ad+ bc

−ad − bc ac− bd

)und (a + ib)(c + id) = ((ac− bd) +

i(ad + bc). Die Abbildung β ist injektiv, und im(β) sind alle Matrizen dieser Formmit a2 + b2 > 0.

(c) Es gilt cos(t) + i sin(t) = eit. Die Homomorphismus-Eigenschaft folgt also wahl-weise aus den Additionstheoremen fur sin und cos, oder einfach aus dem Potenzge-setz eiseit = ei(s+t). Es gilt ker(γ) = 2πZ (Periodizitat der Winkelfunktionen) undim(γ) = C1 := {z ∈ C | |z| = 1} = S1.

Aufgabe 24. Sei f : R → R die Multiplikation mit 1/2, d.h. f(x) := x/2. Manentscheide, ob f

a) ein Gruppenhomomorphismus (zwischen den abelschen Gruppen R),

b) ein Ringhomomorphismus (R ist auch ein Ring),

c) eine Z-lineare Abbildung (zwischen Z-Moduln),

d) eine Q-lineare Abbildung (zwischen Q-Vektorraumen),

e) eine R-lineare Abbildung (zwischen R-Vektorraumen), oder

f) eine C-lineare Abbildung (zwischen C-Vektorraumen) ist.

Solution: (a) ja, denn (x+ y)/2 = x/2 + y/2.(b) nein, denn es gilt nicht (xy)/2 = x/2 · y/2.(c) ist identisch mit (a).(d) ja, denn das ist (a) plus die Eigenschaft (r · x)/2 = r · x/2 fur r ∈ Q und x ∈ R.(e) analog zu (d) mit r ∈ R.(f) R ist kein C-Vektorraum.

Aufgabe 25. a) Sei ϕ : R → S ein Ringhomomorphismus. Man zeige, daß dannalle S-Moduln M mittels r · m := ϕ(r) · m auch eine naturliche R-Modulstrukturtragen.

b) Sei I ⊆ R ein Ideal und bezeichne π : R →→ R/I die zugehorige Surjektion. Aus(a) wissen wir, daß alle R/I-Moduln automatisch auch als R-Moduln verstandenwerden konnen. Man zeige, daß ein R-Modul M genau dann so aus einem R/I-Modul entstanden ist, wenn IM = 0 gilt.

c) Mittels (a) zeige man, daß R[x]-Moduln eineindeutig Paaren (M, f) bestehendaus R-Moduln M und einem R-linearen Endomorphismus f :M →M entsprechen.

d) Jeder Ring R ist ein Modul uber sich selbst. Damit gibt es zwei Sorten vonspeziellen Teilmengen von R: Die Ideale I ⊆ R und die Untermoduln M ⊆ R. Wasist der Unterschied?

Solution: (a) Man pruft z.B. nach: (r + s) ·m = ϕ(r + s) ·m = (ϕ(r) + ϕ(s)) ·m =ϕ(r) ·m + ϕ(s) ·m = r ·m + s ·m. Dabei wurde in der Mitte benutzt, daß ϕ einRinghomomorphismus ist. Usw.

(b) (⇒) Falls r ∈ I und m ∈M , so gilt r ·m = π(r) ·m = 0 ·m = 0.(⇐) Sei M ein R-Modul mit IM = 0, Wir definieren eine R/I-Modulstruktur aufM mittels r ·m := r ·m. Die Eigenschaft IM = 0 sichert dann die Reprasentanten-Unabhangigkeit dieser Definition.

(c) (⇒) Der Endomorphismus f : M → M bedeutet gerade die Multiplikation mitx ∈ R[x].(⇐) Wenn die Multiplikation mit R-Elementen und (mittels f) die mit x definiertsind, dann definiert man fur beliebige Polynome p(x) =

∑i rix

i ∈ R[x] und m ∈M :p(x) ·m :=

∑i ri · f i(m). (Dabei bedeutet f i die i-fache Hintereinanderausfuhrung

von f).

(d) Es gibt keinen Unterschied.






7. Aufgabenblatt

Aufgabe 26. Seinen A,B ⊆ M Untermoduln eines R-Moduls M . Man zeige, daßdann A/(A ∩ B) ∼= (A+B)/B gilt.

Solution: Diese Aufgabe ist vollig analog zur Aufgabe 19(c) – nur einfacher, da jetztdie Kommutativitat immer gewahrleistet ist: Die R-lineare Abbildung A → A+B →→ (A + B)/B ist insgesamt surjektiv, und der Homomorphie-Satz fur R-Modulnliefert dann A/(A ∩ B)

∼→ (A+B)/B.

Aufgabe 27. Sei M ein R-Modul. Dann ist EndR(M) := HomR(M,M) ein (nicht-kommutativer) Ring mit 1, und fur jedes r ∈ R ist die Multiplikation mit r einElement mr ∈ EndR(M).

a) Zeigen Sie, daß die Abbildung m : R → EndR(M), r 7→ mr ein Ringhomomor-phismus ist.Welche Axiome sind dafur “verantwortlich”?

b) Fur M = Rn gilt EndR(Rn) = M(n,R). Wie sieht die Abbildung m aus (a) aus,

wenn man sie als m : R→ M(n,R) schreibt? Kann man die Ringhomomorphismus-Eigenschaft so auch sehen?

Solution: Die Gleichung mr+s = mr + ms in EndR(M) bedeutet, wenn sie auf einElement x ∈ M angewandt wird, (r+s)x = rx+sx. Die Gleichung mrs = mr ◦ms inEndR(M) bedeutet, wenn sie auf ein Element x ∈M angewandt wird, (rs)x = r(sx).Schließlich geht 1R ∈ R auf idR ∈ EndR(M).

Aufgabe 28. Seien M,N und Mi, Ni gegebene R-Moduln, wobei I eine beliebigeIndexmenge ist. Zeigen Sie:

a) Hom(M,N1 ⊕N2) = Hom(M,N1)⊕ Hom(M,N2), bzw. allgemeiner

Hom(M,∏

i∈I Ni) =∏

i∈I Hom(M,Ni).

Welche Beziehung gibt es zwischen Hom(M,⊕i∈INi) und ⊕i∈IHom(M,Ni)?

(Erinnerung: Man definiert∏

i∈I Ni := {ϕ : I → ⋃Ni | ϕ(i) ∈ Ni} und ⊕i∈INi :=

ϕ ∈ ∏i∈I Ni | ϕ(i) 6= 0 fur hochstens endlich viele i ∈ I}.)

b) Hom(M1 ⊕ M2, N) = Hom(M1, N) ⊕ Hom(M2, N), bzw. allgemeiner, was istHom(⊕iMi, N) = . . .?

Solution: (a) (→) Bezeichne πj :∏

i∈I Ni →→ Nj die j-te Projektion. Dann wirdjedem ϕ : M → ∏

i∈I Ni das Tupel der (πj ◦ ϕ) : M → Nj zugeordnet. Umgekehrt,wenn (ϕj)j∈I gegeben sind, so entsteht daraus ϕ :M → ∏

i∈I Ni, m 7→ (ϕj(m))j∈I .

Diese beiden miteinenander identifizierten Moduln haben

Hom(M,⊕i∈INi) ⊇ ⊕i∈IHom(M,Ni)

als Untermoduln. Die Inklusion kann aber eine echte sein – z.B. ist furM := ⊕i∈INi

die Abbildung idM ein Element der linken, nicht aber der rechten Seite.

(b) Hom(⊕iMi, N) =∏

iHom(Mi, N). Um das zu sehen, benutzen wir die Einbet-tungen ιj :Mj → ⊕iMi ⊆

∏iMi. Jedem ψ : ⊕iMi → N ordnen wir dann das Tupel

der (ψ ◦ ιj) :Mj → N zu. Umgekehrt, wenn (ψj)j∈I gegeben sind, so entsteht darausψ : ⊕Mi → N , (mi)i∈I 7→

∑i ψ(mi). Fur diese Summe ist es wichtig, daß in (mi)i∈I

nur endlich viele Komponenten verschieden von Null sind.

Aufgabe 29. Sei f :M → N eine surjektive, R-lineare Abbildung zwischen zwei R-Moduln. Eine R-lineare Abbildung s : N →M heißt Schnitt von f , falls f ◦ s = idNgilt.

a) Geben Sie einen Schnitt der durch die Abbildungsatrix (1 1 1) gegebenen R-linearen Surjektion R3 → R an.

b) Geben Sie einen Schnitt der durch die Matrix (2 3 4) gegebenen R-linearenSurjektion R3 → R an.

c) Zeigen Sie, daß Schnitte immer injektiv sind.

d) Zeigen Sie, daß die Z-lineare Surjektion π : Z →→ Z/2Z keinen Schnitt hat.

e) Zeigen Sie, daß R-lineare Surjektionen f :M →→ Rn immer einen Schnitt haben.

Solution: (a) s(1) = (1 0 0)

(b) s(1) = (−1 1 0) oder auch s(1) = (0 − 1 1)

(c) f ◦ s = idN impliziert, daß f ◦ s injektiv ist. Damit ist aber auch s als die in derVerkettung zuerst auszufuhrende Abbildung injektiv.

(d) Wegen HomZ(Z/2Z,Z) = 0 gibt es keinen nicht-trivialen Z-Modulhomomorphis-mus Z/2Z → Z – und damit auch keinen Schnitt.

(e) Das folgt aus dem Prinzip der linearen Fortsetzung: Man wahle Urbilder mi ∈f−1(ei) und definiere dann s(ei) := mi.






8. Aufgabenblatt

Aufgabe 30. Fur eine quadratische (n×n)-Matrix A definieren wir deren Spur alsdie Summe der Elemente der Hauptdiagonale, d.h.

A =

a11 . . . a1n...

...an1 . . . ann

⇒ tr(A) :=

n∑

i=1

aii .

Man zeige tr(A+B) = tr(A) + tr(B) und tr(AB) = tr(BA). Die zweite Gleichungdemonstriere man daruberhinaus an einem (kleinen) Beispiel mit AB 6= BA.

Solution: In C := AB gilt cij =∑

ν aiνbνj , also cii =∑

ν aiνbνi und somit tr(AB) =∑i,ν aiνbνi. Und diese Summe ist symmetrisch in A und B.

Aufgabe 31. Man bringe die Telefonmatrix

1 2 34 5 67 8 9

∈ M(3, 3;F7) auf reduzierte

Stufenform. Welchen Rang hat sie?

Solution: Wegen F7 = {0,±1,±2,±3} ist die einzige wichtige Rechenregel 2·3 = −1.

Nun gilt

1 2 34 5 67 8 9

=

1 2 3−3 −2 −10 1 2

II21(3)7−→

1 2 30 −3 10 1 2

I237−→

1 2 30 1 20 −3 1

II32(3)7−→

1 2 30 1 20 0 0

II12(−2)7−→

1 0 −10 1 20 0 0

, d.h. der Rang ist 2.

Aufgabe 32. Sei Ax = b ein losbares, lineares, inhomogenes Gleichungssystemuber K (z.B. K = R oder K = C) mit n Variablen und m Gleichungen. Sei Aschon in reduzierter Stufenform; wir bezeichnen dann mit xi1 , . . . , xik die Nicht-Stufen-Variablen und mit xj1 , . . . , xjn−k

die Stufen-Variablen. Insbesondere entstehtjede Losung c ∈ Kn des Systems durch freie Wahl der Eintrage ci1 , . . . , cik ∈ K;die ubrigen Eintrage sind durch die jeweiligen Stufenzeilen der Matrix A eindeutigbestimmt.Wir konnen damit die folgenden speziellen Losungen c(0), . . . , c(k) ∈ Kn (“affineBasislosungen”) definieren:

(i) c(µ)iv

:=

{1 falls µ = v0 falls µ 6= v

fur µ = 0, . . . , k und v = 1, . . . , k,

(ii) c(µ)j1, . . . , c

(µ)jn−k

sind durch die Stufenzeilen von A bestimmt.

a) Man gebe die affinen Basislosungen fur die Matrix A =

(1 4 0 i0 0 1 −2

)und

den Vektor b =

(2

−3

)(uber K = C) explizit an.

b) Man zeige, daß fur beliebige Zahlen λ0, . . . , λk ∈ K mit∑k

µ=0 λµ = 1 die Summe

c := λ0c(0) + · · ·+ λkc

(k) eine Losung des Systems Ax = b ist.

c) Man zeige umgekehrt, daß sich jede Losung c ∈ Kn des Systems Ax = b alsSumme, wie in (b) darstellen laßt. Sind die Koeffizienten λ0, . . . , λk ∈ K dabeieindeutig bestimmt?

d) Wenn in (b) die Bedingung “∑k

µ=0 λµ = 1” durch “∑k

µ=0 λµ = 0” ersetzt werdenwurde: Welches Gleichungssystem wurde c dann losen?

e) Wenn zufallig b = 0 gilt, d.h. unser Gleichungssystem war doch homogen; wiesieht man dann, daß die eindeutige Darstellung der Losungen als Linearkombinationder Basislosungen (siehe Vorlesung) ein Spezialfall von (b) und (c) ist? Wie siehtdie Losung c(0) aus?

Solution: (a) c(0) = (2, 0,−3, 0), c(1) = (−2, 1,−3, 0), c(2) = (2− i, 0,−1, 1).

(b+d) Fur alle µ = 0, . . . , k gilt Ac(µ) = b. Damit ist

Ac = A ·∑kµ=0 λµc

(µ) =∑k

µ=0 λµAc(µ) =∑k

µ=0 λµb = (∑k

µ=0 λµ)b = b,

und falls∑k

v=0 λv = 0, dann ware Ac = 0, d.h. wir erhielten eine Losung deshomogenen Systems.

(c) In einer Linearkombination c = λ0c(0) + · · ·+λkc

(k) lassen sich die Koeffizientenλ1, . . . , λk als die Nicht-Stufen-Eintrage von c direkt ablesen, d.h. sie sind durch ceindeutig bestimmt. Der Koeffizient λ0 ergibt sich als λ0 = 1−∑k

µ=1 λµ.

Umgekehrt, wenn c gegeben ist, dann setzen wir λµ := ciµ fur µ = 1, . . . , k (und

wieder λ0 = 1 −∑kµ=1 λµ). Dann stimmen c und

∑kµ=0 λµc

(µ) in den Nicht-Stufen-Eintragen uberein, und die restlichen Stufen-Eintrage lassen sich aus diesen eindeutigbestimmen (beide Seiten erfullen die Gleichung Ax = b).

Aufgabe 33. Seien A = (akl)k,l=1,...4, B = (bkl)k,l=1,...4, C = (ckl)k,l=1,...4 und D =(dkl)k,l=1,...4 die folgendermaßen gegebenen komplexen (4× 4)-Matrizen:

akl := 0, bkl :=

{1 falls k = l0 falls k 6= l

, ckl := 1, dkl := ik(l−1) .

Welche dieser Matrizen sind invertierbar? Was sind die Range dieser Matrizen?Gegebenenfalls berechne man die inverse Matrix.

Solution: A = 0 ist schon in reduzierter Stufenform (ohne Stufen); sie hat Rang 0und ist somit nicht invertierbar.B = I4 ist schon in reduzierter Stufenform mit vier Stufen, d.h. rank(B) = 4, unddamit ist B invertierbar (mit B−1 = B).C fuhrt mittels elementarer Zeilenoperationen auf die reduzierte Stufenform

1 1 1 10 0 0 00 0 0 00 0 0 0

, d.h. rank(C) = 1, und C ist damit nicht invertierbar.

D ⇒

1 i −1 −i 1 0 0 01 −1 1 −1 0 1 0 01 −i −1 i 0 0 1 01 1 1 1 0 0 0 1

II...,1(...)7−→

1 i −1 −i 1 0 0 00 −1 − i 2 −1 + i −1 1 0 00 −2i 0 2i −1 0 1 00 1− i 2 1 + i −1 0 0 1

III3(−1

2i), I237−→

1 i −1 −i 1 0 0 00 1 0 −1 − i

20 i

20

0 −1 − i 2 −1 + i −1 1 0 00 1− i 2 1 + i −1 0 0 1

II...,2(...)7−→

1 0 −1 0 12

0 12

0

0 1 0 −1 − i2

0 i2

0

0 0 2 −2 −1−i2

1 −1+i2

0

0 0 2 2 −1+i2

0 −1−i2

1

III3,4(1

2)7−→

1 0 −1 0 12

0 12

0

0 1 0 −1 − i2

0 i2

0

0 0 1 −1 −1−i4

12

−1+i4

0

0 0 1 1 −1+i4

0 −1−i4

12

II...,3(...)7−→

1 0 0 −1 1−i4

12

1+i4

0

0 1 0 −1 − i2

0 i2

0

0 0 1 −1 −1−i4

12

−1+i4

0

0 0 0 2 i2

−12

− i2

12

III4(−i2)7−→

1 0 0 −1 1−i4

12

1+i4

0

0 1 0 −1 − i2

0 i2

0

0 0 1 −1 −1−i4

12

−1+i4

0

0 0 0 1 i4

−14

− i4

14

II...,3(...)7−→

1 0 0 0 14

14

14

14

0 1 0 0 − i4

− i4

i4

14

0 0 1 0 −14

14

−14

14

0 0 0 1 i4

−14

− i4

− i4

, d.h. die Matrix D hat Rang 4, und hinten steht

die inverse Matrix.






9. Aufgabenblatt

Aufgabe 34. Sei ϕ : V →W eine lineare Abbildungen zwischen Vektorraumen.

a) Sei E ⊆ V ein Erzeugendensystem. Zeigen Sie, daß dann ϕ(E) ein Erzeugenden-system vom Bild imϕ := ϕ(V ) ist. Wann genau ist es auch ein Erzeugendensystemvon W ?

b) Geben Sie ein Beispiel dafur, daß das Bild ϕ(S) ⊆W einer linear unabhangigenTeilmenge S ⊆ V linear abhangig werden kann.

c) Andert sich die Situation in (b) (Beweis/Gegenbeispiel), wenn

(i) ϕ injektiv ist?

(ii) die Einschrankung ϕ|S injektiv ist?

(iii) ϕ surjektiv ist?

Solution: (a) Jedes w ∈ im(ϕ) hat die Form w = ϕ(v) mit v ∈ V . Aus v =∑

e∈E λe ·efolgt dann w = ϕ(v) =

∑e∈E λe ·ϕ(e). Aa nun also ϕ(E) den Unterraum ϕ(V ) ⊆W

erzeugt, wird esW genau dann erzeugen, wenn ϕ(V ) = W gilt, d.h. wenn ϕ surjektivist.

(b) ϕ : R2 → R, (x, y) 7→ x + y (also gegeben durch die Matrix (1 1)) ist surjektiv,und die Basis S := {(1, 0), (1, 1)} fuhrt zu der linear abhangigen Menge ϕ(S) ={1, 2} ⊆ R.

(c) Das Beispiel in (b) erfullt schon (ii) und (iii). Dagegen sichert (i) die Eigenschaft“linear unabhangig” fur ϕ(S).

Aufgabe 35. a) Sei E ein endliches Erzeugendensystem eines K-Vektorraums V .Man zeige, daß V dann eine Basis B ⊆ E besitzt.

b) Man zeige (a) ohne die Voraussetzung “endlich”. Kann man den zu Theorem 11analogen Beweis mit Hilfe des Zornschen Lemmas fuhren? (Man tue das, oder manzeige, was genau nicht funktioniert.)

c) Kann man auch ein linear unabhangiges S ⊆ E vorgeben und dann immer eineBasis B mit S ⊆ B ⊆ E konstruieren?

Solution: (a) Man verkleinere E, bis es ein minimales Erzeugendensystem wird –dieser Prozeß ist endlich, da #E < ∞, und in jedem Verkleinerungsschritt von Ewird #E um eine naturliche Zahl ( 6= 0) kleiner. Dann benutzt man, daß minimaleES automatisch Basen sind.

(b) Der zu Theorem 11 analoge Beweis funktioniert hier nicht: Ist {Ei} eine Kettevon Erzeugendensystemen Ei ⊆ E (i ∈ I = Indexmenge), dann muß

⋂i∈I Ei kein

Erzeugendensystem sein – der Durchschnitt kann sogar leer sein: Beispiel: V =

K = R mit Ei := Z≥i. Jedes dieser Ei erzeugt R als R-Vektorraum, aber es gilt⋂i∈I Ei = ∅.

Alternativer Beweis: Siehe (c) mit S = ∅.(c) Ja, man kann: Fur den Beweis sei B ein maximales Element von P := {S ′ | S ⊆S ′ ⊆ E linear unabhangig}; dieses existiert wieder nach dem Zornschen Lemma.Wir mussen noch zeigen, daß dann B auch maximal linear unabhangig in V (nichtnur in E) ist: Falls v ∈ V \ B, so schreiben wir v =

∑e∈E λe · e als endliche (!)

Linearkombination. Dann ist aber jedes der (endlich vielen) e ∈ E mit λe 6= 0 ausspan(B) ⊆ V (denn es liegt entweder sogar in B, oder B ∪ {e} ist linear abhangig),und somit folgt auch v ∈ span(B). Das aber zeigt wiederum, daß B ∪ {v} linearabhangig ist (v /∈ B).

Aufgabe 36. Man wahle aus der Menge

M := {(2, 1, 3), (4, 3, 2), (2, 2, 6)} ⊆ F37

eine F7-Basis von U := spanF7(M) ⊆ F3

7 aus und setze sie zu einer Basis von F37 fort.

Welche Dimension hat U?

Solution: Durch spaltenweises Eintragen bilden wir folgende Matrix

A =

2 4 2 1 0 01 3 2 0 1 03 2 6 1 0 1

,

vorn stehen die Vektoren aus M ; der hintere Teil sichert, daß wir insgesamt einErzeugendensystem von F3

7 haben. Nun wird durch den Gauß-Algorithmus einlinear unabhangiges Teilsystem ausgewahlt, wobei die M-Vektoren Prioritat haben.Es genugt ieine nicht-reduzierte Stufenform. Mit I12 beginnend erreicht man z.B.

A′ =

1 3 2 0 1 00 5 5 1 5 00 0 0 0 4 1

.

Das gibt {(2, 1, 3), (4, 3, 2)} als Basis von U , und diese wird mittels (0, 1, 0) zurBasis {(2, 1, 3), (4, 3, 2), (0, 1, 0)} von F3

7 fortgesetzt. Dagegen kann (1, 0, 0) nichtzur Fortsetzung benutzt werden.

Aufgabe 37. a) Seien k ⊆ K Korper, und sei V ein K-Vektorraum mit Basis B.Weiterhin sei C ⊆ K eine Basis von K, aufgefaßt als k-Vektorraum. Man bestimmeaus B und C eine Basis des k-Vektorraums V .

(Tip: Man probiere das zunachst am Beispiel k = R, K = C, V = C2.)

b) Der “Grad” einer Korpererweiterung k ⊆ K ist definiert als [K : k] := dimkK.Man zeige zunachst, daß [K : k] = 1 genau dann, wenn k = K. Anschließend, furdrei gegebene Korper k ⊆ K ⊆ L, zeige man, daß [L : k] = [L : K] · [K : k] gilt.

Solution: (a) Zunachst das Beispiel: B = {(1, 0), (0, 1)} ist eine C-Basis von C2. C ={1, i} ist eine R-Basis von C. Insgesamt erhalten wir mit {(1, 0), (0, 1), (i, 0), (0, i)}eine R-Basis von C2.Allgemein ist B · C := {bc | b ∈ B, c ∈ C} eine k-Basis von V : Jedes v ∈ V laßt

sich schreiben als eine endliche Summe v =∑

b∈B λb · b mit λb ∈ K. Dann kann manwiederum alle Koeffizienten schreiben als λb =

∑c∈C µb,c · c mit µb,c ∈ k. Insgesamt

ergibt sichv =

∑b∈B λb · b =

∑b∈B,c∈C µb,c · c · b,

und das zeigt, daß B ·C ein Erzeugendensystem ist. Die lineare Unabhangigkeit folgtanalog.

(b) Hier ist eigentlich nichts mehr zu zeigen – aus (a) folgt direkt, daß dimk(V ) =#(B · C) = #B ·#C = dimK(V ) · dimk(K) gilt. Man wende das auf V := L an.






10. Aufgabenblatt

Aufgabe 38. a) Sei V ein Vektorraum und U ⊆ V ein Unterraum mit einer BasisB = {b1, . . . , bm}. Man zeige, daß (die Klassen der) Vektoren c1, . . . , cn ∈ V genaudann eine Basis von V/U bilden, wenn b1, . . . , bm, c1, . . . , cn zusammen eine Basisvon V bilden.

b) Welche Teilmengen von {e1, e2, e3} induzieren Basen des R-VR R3/R · (2, 0, 1)?c) Welche Teilmengen von {e1, e2, e3} induzieren Basen von R3/R · (1, 2, 3)?Solution: (a) (⇒) ES: v ∈ V ⇒ ∃∑n

j=1 µjcj = v in V/U , d.h.

∑nj=1 µjc

j − v ∈ U ⇒∃∑m

i=1 λibi =

∑nj=1 µjc

j − v, also v =∑n

j=1 µjcj −∑m

i=1 λibi.

Lineare Unabhangigkeit: Sei∑n

j=1 µjcj+

∑mi=1 λib

i = 0 in V . Dann ist∑n

j=1 µjcj = 0

in V/U , und daraus folgt µj = 0 fur alle j. Damit ergibt sich wiederum∑m

i=1 λibi = 0

in V . Das passiert aber sogar schon in U , und hier bilden die bi eine basis. Also folgtλi = 0 fur alle i.

(⇐) funktioniert analog.

(b) Die gesuchten Vektoren {ei, ej} mussen zusammen mit (2, 0, 1) eine regulare

(3× 3)-Matrix bilden. Das ist fur {e1, e3} nicht der Fall:

1 2 00 0 00 1 1

hat Rang 2. Es

verbleiben {e1, e2}, {e2, e3}.(c) Hier sind alle Kombinationen moglich: {e1, e2}, {e1, e3}, {e2, e3}.Aufgabe 39. Sei U := spanK{(3, 4,−2, 5), (−2, 2, 5, 4), (4,−1, 1, 3)} ⊆ K4 mit K :=F11. Man bestimme eine Basis von K4/U .

Solution: Wir tragen das Erzeugendensystem von U spaltenweise ein:

3 −2 4 1 0 0 04 2 −1 0 1 0 0

−2 5 1 0 0 1 05 4 3 0 0 0 1

Der Gauß-Algorithmus ergibt dann z.B. folgendes:

1 3 5 1 0 1 00 1 1 −4 1 −4 00 0 0 2 0 3 00 0 0 0 0 3 −1

Also sind im hinteren Teil die erste und dritte Spalte Stufenspalten. Damit bilden{(3, 4,−2, 5), (−2, 2, 5, 4)} eine basis von U (danach war aber nicht gefragt), diesewird mittels {e1, e3} zu einer Basis von F4

11 fortgesetzt, und daher ist {e1, e3} eineBasis von F4

11/U . Dagegen ist z.B. {e1, e2} keine Basis von F411/U .

Aufgabe 40. a) Sei f : V →→ W eine surjektive Abbildung von Vektorraumen.Man zeige, daß dann dim(V ) ≥ dim(W ) folgt. Impliziert die Gleichheit, daß f dannschon ein Isomorphismus sein muß?

b) Ist A eine (m × n)-Matrix, dann entspricht diese einer linearen Abbildung A :Kn → Km, und wir wissen, daß rankA = dim(imA) gilt.Seien nun A ∈ M(m,n;K) und B ∈ M(n, p;K). Man zeige, daß dann rank(AB) ≤rank(A) und rank(AB) ≤ rank(B) gilt.

Solution: (a) Sei B ⊆ V eine Basis. Dann ist f(B) ⊆ W ein Erzeugendensystem,und das impliziert dimW ≤ #(B) = dim(V ). Fall dim(V ) <∞, dann impliziert dieGleichheit dim(W ) = dim(V ), daß ϕ(B) eine Basis von W ist. Damit muß ϕ aberauch injektiv sein.

(b) Wir haben Abbildungen Kp B−→ Kn A−→ Km. Damit gilt: im(AB) = A(imB) ⊆A(Kn) = imA. Fur die zweite Ungleichung beobachtet man, daß die Einschrankung

ϕ : im(B)A−→ Km von A auf im(B) als Bild genau im(ϕ) = im(AB) hat. D.h., ϕ

liefert eine surjektive Abbildung im(B) →→ im(AB). Man benutze nun (a).

Aufgabe 41. Seien B und B′ zwei Basen eines Vektorraums V . Man zeige, daß eszu jedem b ∈ B ein b′ ∈ B′ gibt, so daß B \ {b} ∪ {b′} und B′ \ {b′} ∪ {b} beides (!)Basen sind.

Solution: Wir koennen o.B.d.A. voraussetzen, daß V = Kn und B′ = {e1, . . . , en}.Sei weiterhin b1 = b = (b1, . . . , bn).

Dann bilden {b, e1, . . . , ei, . . . , en} eine Basis ⇔ bi 6= 0. Andererseits bilden (z.B. fursolche i) {ei, b2, . . . , bn} keine Basis ⇔ ei ∈ span{b2, . . . , bn}. Wenn das nun fur allei mit bi 6= 0 so ware, dann wurde b ∈ span{b2, . . . , bn} folgen. Das kann aber nichtsein, da B als Basis vorausgesetzt war.

Frohliche Weihnachten und ein gesundes Neues Jahr 2016!






11. Aufgabenblatt

Aufgabe 42. Wir bezeichnen mit In ∈ M(n, n) die n-te Einheitsmatrix. Gibtes (2 × 3)- und (3 × 2)-Matrizen A ∈ M(2, 3;Q) und B ∈ M(3, 2;Q) mit (Bei-spiel/Gegenbeweis)

a) AB = I2?

b) BA = I2?

c) AB = I3?

d) BA = I3?

Solution: Die Teile (b) und (c) entfallen schon aus Format-Grunden. Der Teil (d) istnicht moglich wegen

3 = rank(I3) = rank(BA) ≤ min{rank(A), rank(B)} ≤ max{rank(A), rank(B)} ≤ 2.

(a) A =

(1 0 00 1 0

)und B =

1 00 10 0

.

Aufgabe 43. Sei K ein Korper und V := K[X ]≤3 der K-Vektorraum der Polynomevom Grad hochstens 3. Die Ableitung von Polynomen gibt eine lineare Abbildungd : V → V . Wahlen Sie eine Basis B ⊂ V und geben Sie die Abbildung d in dieserBasis an, d.h. bestimmen Sie die Matrix MBB(d) ∈ M(4, 4;K). Wie groß ist rank(d)– hangt das vom Korper K ab?

Solution: Wir wahlen die Basis {1, x, x2, x3} Die Ableitungen dieser Monome sind

0, 1, 2x und 3x2, d.h. wir erhalten die Matrix MBB(d) =

0 1 0 00 0 2 00 0 0 30 0 0 0

. Falls

char (K) = 2, 3, so ist rank(d) = 2; in allen anderen Fallen gilt rank(d) = 3.

Aufgabe 44. Seien U := spanQ{(−4, 2, 1)} ⊆ Q3 und V := {(x, y, z) ∈ Q3 | x+ y+z = 0} ⊆ Q3.

a) Wie erkennt man am schnellsten, daß U und V komplementar zueinander sind?Geben Sie eine Basis B fur V an. Wie erkennt man an (−4, 2, 1) und B, daß U undV komplementar zueinander sind?

b) Sei prU : Q3 = U ⊕ V → V die Parallelprojektion auf V entlang U . BerechnenSie die Abbildungsmatrix MBE(prV ), wobei E ⊂ Q3 die Standardbasis bezeichnet.

c) Berechnen Sie die Abbildungsmatrix MBB′(prV ), wobei B′ die aus (−4, 2, 1) und

den B-Vektoren bestehende Basis von Q3 ist.

d) Berechnen Sie die Basiswechselmatrix MEB′ und prufen Sie die Basiswechsel-Formel zwischen den Matrizen MBE(prV ) und MBB′(prV ) aus (b) und (c) nach.

e) Berechnen Sie die Basiswechselmatrix MB′E . Wie kann man also die (unuber-sichtliche) Abbildungsmatrix MBE(prV ) aus der (einfach zu beschreibenden) Basis-wechselmatrix MEB′ gewinnen?

Solution: (a) Da sich dimU = 1 und dim V = 2 zu dimQ3 = 3 aufaddieren, mußnur U ∩V = {0} nachgegepruft werden. Wegen dimU = 1 ist das hier (!) aquivalentzu U 6⊆ V , d.h. wir mussen nur (−4) + 2 + 1 6= 0 nachprufen.Wir wahlen B = {(1, 0,−1), (0, 1,−1)} – die Komplementaritat folgt dann, weil

B′ := {(−4, 2, 1), (1, 0,−1), (0, 1,−1)}eine Basis von Q3 ist.

(b) Um prV zu berechnen, mussen die Argumente aus Q3, also hier die drei Einheits-vektoren ei in eine Summe aus U - und V -Vektoren zerlegt werden. Das ergibt sicham einfachsten durch die Anwendung der linearen Abbildung f(x, y, z) := x+ y+ zauf die ei. Da das Ergebnis hier immer 1 ist, erhalten wir die Zerlegungen

ei = −(−4, 2, 1) +((−4, 2, 1) + ei

).

Zur Bestimmung der Matrix mussen nun die hinteren Summanden (aus V ) als B-Linearkombination dargestellt werden. Die Koeffizienten erkennt man bei unseremspeziellen B jeweils an den ersten beiden Eintragen, z.B.:

(−4, 2, 1) + e1 = (−3, 2, 1) = −3 (1, 0,−1) + 2 (0, 1,−1)

Damit ergibt sichMBE(prV ) =

(−3 −4 −42 3 2

). Das konkrete Resultat hangt naturlich

von der Wahl von B ab.

(c) B′ teilt sich auf in eine (die gegebene) U -Basis und die V -Basis B. Unter prVwird der erste Teil auf 0 abgebildet; der zweite Teil wird unverandert ubernommen.

AlsoMBB′(prV ) =

(0 1 00 0 1

). Und dieses Ergebnis sieht immer so aus – unabhangig

von der Wahl von B (sogar unabhangig von V ).

(d) MEB′ sammelt spaltenweise die B′-Information: MEB′ =

−4 1 02 0 11 −1 −1

. Die

allgemeine Gleichung MBE(prV ) ·MEB′ =MBB′(prV ) wird hier zu

(−3 −4 −42 3 2

)·

−4 1 02 0 11 −1 −1

=

(0 1 00 0 1

).

(e) MB′E =M−1EB′ . Mittels Gauß-Algorithmus erhalten wir

MB′E =

−1 −1 −1−3 −4 −42 3 2

.

Damit ergibt sich MBE(prV ) = MBB′(prV ) ·M−1EB′ , und das sind genau die beiden

unteren Zeilen der soeben berechneten Matrix M−1EB′ .

Aufgabe 45. Beweisen Sie die “Fisher-Ungleichung”: Fur naturliche Zahlen 1 ≤k < n und m seien C1, . . . , Cm ⊆ {1, . . . , n} paarweise verschiedene Mengen mit#(Ci ∩ Cj) = k fur i 6= j. Dann folgt immer schon m ≤ n. Gehen Sie dabei in denfolgenden Schritten vor:

a) Bearbeiten Sie zunachst den Fall, daß #(Cm) = k.

b) Sei A ∈ M(m,n;Z) die Inzidenz-Matrix der Mengen Ci, d.h. A = (aij) mitaij := 1 ⇔ j ∈ Ci und aij := 0 sonst. Nutzen Sie die Voraussetzungen an dieMengen Ci, um die Matrix B := AAT explizit zu beschreiben.

c) Sie konnen annnehmen, daß #(Ci) > k fur i = 1, . . . , m − 1 und #(Cm) ≥ kgilt. (Falls Sie den Fall (a) extra betrachten mochten, so kann auch #(Cm) > kangenommen werden.) Folgern Sie daraus (und aus (b)), daß AAT vollen Rang hat.

d) Schließlich benutze man die Aufgabe 40.

Solution: (a) Die Mengen C ′i := Ci \ Cm ⊆ {1, . . . , n} \ Cm (i = 1, . . . , m − 1) sind

nicht leer und paarweise disjunkt (wegen Ci ∩ Cj = Cm). Also folgt m− 1 ≤ n− k,d.h. n−m ≥ k − 1 ≥ 0.

(b) Der (i, j)-Eintrag von B := AAT ist bij :=∑n

ν=1 aiν ajν. Andererseits kennen wirdie Summanden explizit:

aiν ajν =

{1 falls ν ∈ Ci und ν ∈ Cj0 sonst.

Damit gilt bij = k fur i 6= j und bii = #(Ci) ≥ k + 1 fur i = 1, . . . , m (im Fall (a)gilt abweichend bmm = k).

(c) Mittels der elementaren Zeilenoperationen IIim(−1) erhalten wir:

≥ (k + 1) k . . . kk ≥ (k + 1) . . . k...

.... . .

...k k . . . ≥ k

❀

≥ 1 0 . . . ≤ 00 ≥ 1 . . . ≤ 0...

.... . .

...k k . . . ≥ k

Das ergibt sofort rank(B) ≥ m − 1, und nach etwas genauerem Hinsehen erhaltman sogar rank(B) = m: Wenn die letzte Zeile eine Linearkombination der erstenm−1 ware, dann mußten alle Koeffizienten positiv sein (das sieht man an den erstenm − 1 Spalten). Das gibt dann aber einen Widerspruch in er letzten Spalte, in derder (≥ k)-Eintrag aus (≤ 0)-Eintragen linear kombiniert werden muß.

(d) Nun gilt m = rank(AAT ) ≤ max{rankA, ] rankAT} = rankA ≤ min{m,n}.






12. Aufgabenblatt

Die Aufgabe 50 ist eine Zusatzaufgabe, d.h. mit zusatzlichen Punkten.

Aufgabe 46. Sei B = {b1, . . . , bn} eine Basis eines K-Vektorraumes V . Wir be-zeichnen mit Vj (j = 0, . . . , n) die durch

Vi := spanK(b1, . . . , bj)

definierten Unterraume. Welche Auswirkung hat dann die Eigenschaft

“φ(Vj) ⊆ Vj fur alle j”

eines Endomorphismus’ φ : V → V auf die Gestalt der zugehorigen MatrixMBB(φ)?

Solution: Die Eigenschaft [φ(Vj) ⊆ Vj fur alle j] ist aquivalent zu der Eigenschaft[φ(bj) ∈ spanK(b

1, . . . , bj) fur alle j]. (Vorsicht: Diese Aquivalenz gilt nicht fur jedes jseparat sondern nur fur alle j gleichzeitig.) Das wiederum bedeutet, daß die Eintragemij der Abbildungsmatrix MBB(φ) nur fur i ≤ j verschieden von Null sein konnen.Anders gesagt, mij = 0 falls i > j, d.h. MBB(φ) ist eine obere Dreiecksmatrix.

Aufgabe 47. a) Seien U ⊆ V endlich-dimensionale Vektorraume. Sei BU eine Basisvon U und B ⊇ BU eine Basis von V . Man zeige, dass dann B∗ ⊆ V ∗ eine Basis vonU⊥ enthalt. Enthalt B auch eine Basis von U∗?

b) Sei U := spanQ{(1, 1, 0, 0); (2, 1,−1, 1); (−1, 1, 0, 1)} ⊆ Q4. Man bestimme Basen

von U⊥ und U∗.

Solution: (a) Wir bezeichnen mit B′U ⊆ B∗ den zu BU gehorigen Teil der dualen

Basis B∗ von V ∗. Nach Definition der dualen Basis folgt dann B∗ \B′U ⊆ U⊥. Aus

#(B∗ \B′U) = #(B \BU) = dimV − dimU = dimU⊥

folgt dann, daß B∗ \ B′U eine Basis von U⊥ ist. (Die letzte Gleichheit folgt z.B. aus

dem kanonischen Isomorphismus V ∗/U⊥ ∼→ U∗.)

Indem wir den Isomorphismus V ∗/U⊥ ∼→ U∗ noch einmal benutzen, sehen wir, daßB′U = B∗ \ (B∗ \ B′

U) (oder genauer deren Bilder bzgl. V ∗ →→ U∗) eine Basis vonU∗ bilden. Dabei ist die surjektive Abbildung V ∗ →→ U∗, f 7→ f |U einfach nur dieEinschrankung der linearen Abbildungen f : V → K auf den Unterraum U .

(b) Wir benutzen (a) mit V = Q4 und erganzen das U − ES zu einem Q4-ES undwahlen daraus Basen aus:

1 2 −1 1 0 0 01 1 1 0 1 0 00 −1 0 0 0 1 00 1 1 0 0 0 1

❀

1 0 0 0 1 0 −10 1 0 0 0 −1 00 0 1 0 0 1 10 0 0 1 −1 3 2

Das bedeutet BU = {(1, 1, 0, 0); (2, 1,−1, 1); (−1, 1, 0, 1)} undB = BU∪{(1, 0, 0, 0)}.Zur Berechnung von B∗ invertieren wir die Matrix B, die spaltenweise die Basis Benthalt – das ist (nach Verdopplung der mittleren Spalte) genau die obige Matrix.DerGauß-Algorithmus mußalso nicht nochmal durchgefuhrt werden. Wir kopieren:

1 2 −1 1 1 0 0 01 1 1 0 0 1 0 00 −1 0 0 0 0 1 00 1 1 0 0 0 0 1

❀

1 0 0 0 0 1 0 −10 1 0 0 0 0 −1 00 0 1 0 0 0 1 10 0 0 1 1 −1 3 2

Danach kann B∗ aus der rechten Matrix zeilenweise ausgelesen werden:

B∗ = {[0, 1, 0,−1]; [0, 0,−1, 0]; [0, 0, 1, 1]; [1,−1, 3, 2]}.Aus (a) wissen wir, daß

B′U = {[0, 1, 0,−1]; [0, 0,−1, 0]; [0, 0, 1, 1]}

eine Basis von U∗ (mittels der Surjektion Q4 = (Q4)∗ →→ U∗) und {[1,−1, 3, 2]} eineBasis von U⊥ ⊆ (Q4)∗ = Q4 ist.

Aufgabe 48. Wir betrachten die beiden folgenden Unterraume von Q4:

U1 := spanQ{(1, 1, 0, 0); (2, 1,−1, 1); (−1, 1, 0, 1)},U2 := {(x1, x2, x3, x4) ∈ Q4 | x1 + x2 = x3 + x4 = 0},

d.h. U1 ist genau der Unterraum U aus Aufgabe 47(b).

a) Man gebe U1 als Losungsmenge eines linearen Gleichungssystems an.

b) Man gebe ein Erzeugendensystem von U2 an.

c) Man bestimme ein Erzeugendensystem von U1 ∩ U2.

d) Man gebe U1 + U2 als Losungsmenge eines linearen Gleichungssystems an.

e) Welche Dimensionen haben die Vektorraume U1, U2, U1 ∩ U2 und U1 + U2?

Solution: (a) Aus der Losung von Aufgabe 47(b) erhalten wir U⊥1 = spanQ[1,−1, 3, 2].

Damit ergibt sich U1 = {(x1, x2, x3, x4) ∈ Q4 | x1 − x2 + 3x3 + 2x4 = 0}.(b) U2 = spanQ{(1, 1, 0, 0); (0, 0, 1, 1)}, und diese beiden Vektoren sind sogar linearunabhangig, d.h. bilden eine Basis von U2.

(c) U1 ∩ U2 ist die Losungsmenge des homogenen Gleichungssystems

x1 + x2 = x3 + x4 = x1 − x2 + 3x3 + 2x4 = 0.

Wir losen das mittels Gauß-Algorithmus:1 1 0 00 0 1 11 −1 3 2

❀

1 0 0 −1

2

0 1 0 12

0 0 1 1

,

also ist U1 ∩ U2 = spanQ(1,−1,−2, 2).

(e) Aus Aufgabe 47(b) folgt dimU1 = 3; offensichtlich gilt dimU2 = 2 (siehe auchdie Basis aus (b)), und aus (c) folgt dim(U1 ∩ U2) = 1. Aus der Dimensionsformelfur +/∩ ergibt sich dim(U1 + U2) = 4.

(d) Da U1+U2 ⊆ Q4 beide 4-dimensional sind, folgt U1+U2 = Q4. Das Gleichungs-system ist also leer. Oder, anders gesagt, (U1 + U2)

⊥ = 0.

Aufgabe 49. Aus Aufgabe 23 kennen wir die Gruppe GL(n,R) der regularen (n×n)-Matrizen. Sei nun

Aff(Rn) := {TA,a : Rn → Rn | A ∈ GL(n,R), a ∈ Rn}mit TA,a(v) := Av + a.

a) Man zeige, daß Aff(Rn) mit “◦” eine Gruppe ist und GL(n,R) (mittels a := 0)und Rn (mittels A := In) zu Untergruppen von Aff(Rn) werden.

b) Sind das Normalteiler? Wenn ja – was ist die so entstehende Quotientengruppe,d.h. als Kern welcher surjektiven Gruppemhomomorphismen treten sie auf?

c) Gilt Aff(Rn) ∼= GL(n,R)× Rn als Mengen (d.h. gibt es eine bijektive Abbildungzwischen beiden Seiten)?

d) Gilt Aff(Rn) ∼= GL(n,R) × Rn als Gruppen? (Man betrachte hier nur den Falln = 1 und vergleiche auf beiden Seiten die Elemente endlicher Ordnung.)

Solution: (a) Aff(Rn) ist eine Teilmenge der Menge aller Bijektionen Rn ∼→ Rn underbt damit das Assoziativgesetz. Außerdem gilt TB,b ◦ TA,a = TBA, b+Ba, TIn,0 = idund T−1

A,a = TA−1,−A−1a. Insbesondere folgt TB,0 ◦ TA,0 = TBA, 0 (genauer gilt sogarTA,0 = A) und TIn,b ◦ TIn,a = TIn, b+a.

(b) Die naturliche Abbildung Φ : ϕ 7→ ϕ0, d.h. Φ : TA,a 7→ A gibt die SurjektionΦ : Aff(Rn) →→ GL(n,R) mit Rn als Kern. Damit ist Rn Normalteiler in Aff(Rn).Dagegen ist GL(n,R) ⊆ Aff(Rn) kein Normalteiler: TIn,a ◦TA,0 ◦TIn,−a = TA, (In−A)a.Falls also Aa 6= a, so liegt dieses Produkt nicht mehr in GL(n,R).

(c) Die Abbildung TA,a 7→ (A, a) gibt eine Bijektion zwischen Aff(Rn) und GL(n,R)×Rn.

(d) Die Beschreibung des Gruppengesetzes aus (a) zeigt, daß die Bijektion aus (c)kein Gruppenhomomorphismus ist. Das beweist aber noch nicht, daß beide Gruppennicht isomorph sind.Fur n = 1 steht auf der rechten Seite aber die Gruppe R∗ × R (genauer: (R∗, ·) ×(R,+)). Ein Element dieser Gruppe hat genau dann endliche Ordnung, wenn beideEintrage von endlicher Ordnung in ihren jeweiligen Gruppen sind. Das ergibt dannnur die zwei Elemente (±1, 0). Auf der linken Seite finden wir dagegen unendlichviele Elemente endlicher Ordnung: T1,0 und alle T−1,a (a ∈ R): Man rechnet nach,daß T 2

−1,a = id gilt.

Aufgabe 50. Sei Q ein endlicher, gerichteter Graph mit Knotenmenge Q0 undKantenmenge Q1. Insbesondere gibt es zwei Abbildungen

t : Q1 → Q0 (“tail′′) und h : Q1 → Q0 (“head′′),

so daß die Pfeile q ∈ Q1 genau von t(q) nach h(q) verlaufen. Fur jede Abbildungd : Q0 → Z≥0 nennen wir

({Vi | i ∈ Q0}, {ϕq | q ∈ Q1}

)eine Darstellung von

Q mit “Dimensionsvektor” d, falls Vi ein d(i)-dimensionaler Vektorraum und ϕq :

Vt(q) → Vh(q) eine lineare Abbildung ist. Zwei solche Darstellungen({Vi}, {ϕq}

)und(

{Wi}, {ψq})heißen aquivalent zueinander, wenn es VR-Isomorphismen fi : Vi

∼→Wi gibt, so daß fur alle q ∈ Q1 ψq ◦ft(q) = fh(q) ◦ϕq gilt. Wir bezeichnen mit Md(Q)

die Menge aller Aquivalenzklassen.

a) Sei Q der aus einem Pfeil p =−→ab bestehende Graph, d.h. Q0 = {a, b}, Q1 = {p}

und t(p) = a, h(p) = b. Man beschreibe Md(Q).

b) Sei Q′ der aus zwei Pfeilen p =−→ab und q = −→ac bestehende Graph, also Q′

0 ={a, b, c}, Q′

1 = {p, q} mit t(p) = a, h(p) = b und t(q) = a, h(q) = c. Zeichnen Siediesen Graph und bestimmen Sie Md(Q

′).

Solution: (a) Das ist genau die “Normalform” einer linearen Abbildung ϕ : Va → Vb:Durch die Wahl geeigneter Basen A ⊆ Va und B ⊆ Vb erreicht man MBA(ϕ) =(

Irankϕ 00 0

). Jedes ϕ ist also (bis auf Aquivalenz) eindeutig durch seinen rang

charakterisiert, und wir erhalten Md(Q) ∼={0, 1, . . . ,min{d(a), d(b)}

}.

(b) Seien ϕp : Va → Vb und ϕq : Va → Vc die Abbildungen einer Darstellung. Dannbetrachten wir die Unterraume

ker(ϕp)�t

&&◆◆◆◆

◆◆◆

U := ker(ϕp) ∩ ker(ϕq)&

�

33❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤

�

x

++❱❱❱❱❱❱

❱❱❱❱❱

Va

ker(ϕq)*

88♣♣♣♣♣♣♣

und wahlen eine Basis B von U . Diese besitzt jeweils Fortsetzungen zu Basen B∪Bp

und B ∪ Bq von ker(ϕp) und ker(ϕq). Die Gesamtmenge B ∪ Bp ∪ Bq ist linear un-abhangig und bildet eine Basis von ker(ϕp) +ker(ϕq) ⊂ Va. Diese kann also zu einerBasis B ∪Bp ∪ Bq ∪ B′ von Va fortgesetzt werden.

In Vb und Vc wahlen wir folgende Basen: Mittels ϕp : Va/ ker(ϕp)∼→ im(ϕp) erhalten

wir uber ϕp(Bq ∪B′) zunachst eine Basis von im(ϕp), die wir zu einer Basis von Vbfortsetzen konnen. Analog verfahren wir mit ϕq(Bp ∪ B′) ⊆ im(ϕq) ⊆ Vc.

Damit haben wir einen Prototyp fur die Darstellung (ϕp, ϕq) von Q′ mit einer ganz

speziellen Matrix geschaffen, deren Gestalt (außer von da, db und dc) nur noch vonden Dimensionen der Raume ker(ϕp), ker(ϕq) und U abhangt. Die ersten beiden Di-mensionen sind da−rank(ϕp) und da−rank(ϕq), und fur dimU kommen alle naturli-chen Zahlen zwischen dim ker(ϕp)+dimker(ϕq)−da und min{dimker(ϕp), dim ker(ϕq)}in Frage. Insgesamt ergibt sich mittels B = rank(ϕp) und C = rank(ϕq) undX = d(a)− dimU

M(Q′) ∼= {(X,B,C) ∈ N3 | B ≤ d(a), d(b), C ≤ d(a), d(c), B, C ≤ X ≤ B + C}.






13. Aufgabenblatt


Aufgabe 51. Seien U ⊆ V K-Vektorraume. Wir definieren den Annulator von Uals

U⊥ := {ϕ ∈ V ∗ | ϕ(u) = 0 fur alle u ∈ U} .Welche der folgenden Konstruktionen sind sinnvoll

V ∗/U∗ ; U∗/

V ∗ ;(V/U

)∗;

(U/V

)∗; V

/U⊥ ; V ∗/

U⊥ ;(V ∗/

U⊥)∗

?

Welche der als sinnvoll erachteten Vektorraume sind isomorph zu U , U⊥ oder U∗?

Solution: Die Inklusion ι : U → V induziert eine Surjektion ι∗ : V ∗ →→ U∗; außerdemist U⊥ ⊆ V ∗. Das sind die einzigen allgemeinen Relationen zwischen den beteiligtenVektorraumen. Damit ergibt sich:

(a) V ∗/U∗ ist sinnlos, bzw. nicht definiert, da U∗ kein Teilraum von V ∗ ist.

(b) V ∗ ist auch kein Teilraum von U∗. Mit etwas “gutem Willen” konnte man dieseKonstruktion als U∗/ι∗(V ∗) interpretieren. Das ware dann 0, da ι∗ surjektiv ist.

(c) Die naturliche Surjektion V →→ V/U induziert eine injektive lineare Abbildung(V/U)∗ → V ∗. Nach Homomorphiesatz besteht dabei (V/U)∗ aus genau den ϕ ∈ V ∗,d.h. ϕ : V → K, die U ⊆ kerϕ, d.h. ϕ|U = 0 erfullen. Also (V/U)∗ = U⊥(⊆ V ∗).

(d) U/V gibt es nicht, also auch nicht (U/V )∗.

(e) U⊥ ist kein teilraum von V . Also ist V/U⊥ nicht definiert.

(f) Die Surjektion V ∗ →→ U∗, ϕ 7→ ϕ|U hat genau U⊥ als Kern (genau so wurde U⊥

definiert). Das wurde auch schon in (c) thematisiert. Damit impliziert der Homo-morphiesatz, daß V ∗/U⊥ ∼→ U∗.

(g) Aus (f) folgt sofort, daß (V ∗/U⊥)∗ ∼= U∗∗ gilt. Falls U endlich-dimensional ist,dann ist das wiederum gleich U .

Aufgabe 52. Sei ψ : R → R die affine Abbildung, die jeder Celsius-Gradzahldie in Fahrenheit umgerechnete Gradzahl zuordnet. Dabei sollte man wissen, daßψ0 = m9/5 die Multiplikation mit 9/5 ist, und daß beide Gradzahlen bei −40 uber-einstimmen. Bezeichne v : R → R die Verschiebung um 40, also v(x) := x+ 40.

a) Zeigen Sie zunachst, daß/wie die affinen Abbildungen ψ und m9/5 konjugiert zu-einander sind.

b) Schreiben Sie dann die affinen Abbildungen m9/5 und v als (2× 2)-Matrizen underrechnen Sie daraus die Matrizen fur die affinen Abbildungen ψ und ψ−1.

c) Wie erkennt man an der Matrix von ψ, wann in den USA das Wasser friert?

Solution: (a) Es gilt ψ = v−1 ◦m9/5 ◦ v, d.h. man schiebt zuerst die −40 in die Null,

dann wird multipliziert, und dann wird “zuruck-verschoben”. Formaler kann mandie Gleichheit folgendermaßen erkennen:

Beide Seiten sind affine Abbildungen mit ubereinstimmender zugehoriger linearerAbbildung m9/5. Außerdem gibt es einen Punkt (die −40), in dem beide Seitenubereinstimmen. Analog gilt dann auch ψ−1 = v−1 ◦m−1

9/5 ◦ v = v−1 ◦m5/9 ◦ v.

(b) Die Matrizen sind m9/5 =

(1 00 9/5

)und v =

(1 040 1

). Nun rechnet man

ψ =

(1 0

−40 1

)(1 00 9/5

)(1 040 1

)=

(1 032 9/5

)und ψ−1 =

(1 0

−160/9 5/9

).

(c) Die Matrizendarstellung von ψ bedeutet ψ(x) = 9/5x + 32, d.h. insbesondereψ(0) = 32. Die 32 (in der Matrix links unten) ist also genau der Fahrenheit-Wertder Gefriertemperatur des Wassers.

Aufgabe 53. a) Sei (B,B0) ein affiner Teilraum eines affinen Raumes (A,A0). Manzeige, daß fur jeden Punkt P ∈ B die Gleichheit B = P +B0 (innerhalb von A) gilt.Man folgere daraus, daß zwei parallele, aber verschiedene affine Teilraume B,B′ ⊆ A

stets disjunkt sind.

b) Punkte P0, . . . , Pn eines affinen Raumes bilden ein n-Bein, falls die Vektoren−−→P0Pi

(i = 1, . . . , n) eine Basis des Vektorraumes A0 bilden. Man zeige, daß dieser Begriffnicht von der Reihenfolge (d.h. nicht von der speziellen Rolle von P0) abhangt.

Solution: (a) Die Gleichheit B = P + B0 gilt in jedem affinen Raum B – sie ent-

spricht genau der Tatsache, daß τ(P, •) : B0∼→ B eine Bijektion ist. Damit gilt diese

Gleichheit naturlich auch in Unterraumen B ⊆ A.

Sei nun P ∈ B∩B′ fur zwei parallele Unterraume B = (B,B0) und B′ = (B′,B′0); die

Parallelitat bedeutet B0 = B′0. Damit folgt dann B = P + B0 = P + B′

0 = B′.

Aufgabe 54. Sei P eine endliche Menge von “Punkten”, und gewisse Mengen vonPunkten heißen Geraden (G ⊆ 2P). Diese Konstellation heißt “Inzidenzebene”, fallsfolgende Axiome erfullt sind:

(I1) A,B ∈ P mit A 6= B ⇒ ∃! g ∈ G : A,B ∈ g (g wird als AB bezeichnet).

(I2) Jede Gerade hat mindestens zwei Punkte (g ∈ G ⇒ #g ≥ 2).

(I3) Es gibt drei nicht-kollineare (also nicht auf einer gemeinsamen Geraden lie-gende) Punkte.

Man zeige, daß es in einer solchen Inzidenzebene mindestens so viele Geraden, wiePunkte geben muß.

Solution: das folgt aus Aufgabe 45 – aber hier ist G mit der Menge {1, . . . , n} iden-tifiziert, und ein Punkt P ∈ P induziert die Teilmenge C(P ) := {g ∈ G | P ∈ g}.Aus dem Axiom (I1) folgt, daß #

(C(P ) ∩ C(Q)

)= 1 fur verschiedene Punkte

P,Q ∈ P. Und (I3) zusammen mit (I1) impliziert, daß die Abbildung P → 2G,P 7→ C(P ) injektiv ist.

Aufgabe 55. a) Wir haben in der Vorlesung gezeigt, daß fur endlich-dimensionaleVektorraume V die naturliche Einbettung V → V ∗∗ ein Isomorphismus ist. Man

beweise, daß auch die Umkehrung richtig ist, d.h. ein Vektorraum V mit V ∼= V ∗∗

ist automatisch endlichdimensional.

b) Man zeige nach der folgenden Idee, dass jeder Vektorraum V endlichdimensionalist.Wenn V nicht endlichdimensional ist, vergroßere man V zu V1 := V ∗∗; ist je-ner Vektorraum immer noch nicht endlichdimensional, so lasst sich das Verfah-ren fortsetzen mit V2 := V ∗∗

1 usw. Falls einer der Vektorraume Vn endlichdimen-sional ist, hatte es der Unterraum V auch schon sein mussen. Anderenfalls seiW :=

⋃n Vn die unendliche Vereinigung der Kette V ⊆ V1 ⊆ V2 ⊆ . . . . Da die

Doppel-Dualraume aller W erzeugenden Unterraume Vn schon in W enthalten sind,gilt W ∗∗ =

⋃n V

∗∗n =

⋃n Vn+1 = W . Mit a) ist daher W endlichdimensional und

somit auch sein Unterraum V .

Solution: Die GleichheitW ∗∗ =⋃n V

∗∗n ist nicht richtig; i.a. gilt nur “⊇” (wir wissen,

daß V ∗∗n ⊆W ∗∗). Das kann man z.B. folgendermaßen sehen:

Sei Hn := ker(W ∗ →→ V ∗n ). Fur eine lineare Abbildung ϕ : W ∗ → K (d.h. ϕ ∈ W ∗∗)

ist also ϕ ∈ V ∗∗n aquivalent zu ϕ|Hn

= 0. Nun ubersetzt sich die Gleichheit⋃n Vn =

W zwar in⋂nHn = 0, aber fur ein ϕ : W ∗ → K (mit ϕ|⋂

nHn= 0) muß es trotzdem

noch kein n geben, so daß ϕ|Hn= 0 gilt.

Ein Beispiel dafur ist die Abbildung ϕ : K[x] → K (obwohl K[x] hier nicht von derForm W ∗ ist) mit f 7→ f(1). Wenn wir Hn := (xn) = xn ·K[x] definieren, so ist zwar⋂nHn = 0, aber ϕ(xn) = 1 gilt fur jedes n.






14. Aufgabenblatt


Aufgabe 56. a) Im Vektorraum Rn seien ein 3- und ein 5-dimensionaler Unterraumenthalten, die sich genau in einer Geraden schneiden. Welche Information uber nkann aus dieser Tatsache gewonnen werden?

b) Im affinen Raum Rn seien ein 3- und ein 5-dimensionaler affiner Unterraum ent-halten, die sich genau in einer (affinen) Geraden schneiden. Welche Information ubern kann aus dieser Tatsache gewonnen werden?

c) Im projektiven Raum Pn seien ein 3- und ein 5-dimensionaler linearer (projekti-ver) Unterraum enthalten, die sich genau in einer (projektiven) Geraden schneiden.Welche Information uber n kann aus dieser Tatsache gewonnen werden?

d) Was ist das kleinste n, so daß es disjunkte affine Unterraume der Dimensionen 3un 5 im Rn gibt?

e) Was ist das kleinste n, so daß es disjunkte projektive Unterraume der Dimensio-nen 3 un 5 im Pn gibt?

Solution: (a) Wir benutzen die Formel dim(U + V ) + dim(U ∩ V ) = dimU + dimVfur Unterraume U, V ⊆ Rn. Im gegebenen Fall ist dimU = 3, dimV = 5 unddim(U ∩ V ) = 1. Wir erhalten dim(U + V ) = 7. Also kann man genau die Informa-tion “n ≥ 7” aus den gegebenen Daten extrahieren.

(b) Wir wahlen einen Punkt aus der Schnittgeraden als Ursprung und konnen somitdie affine Situation von (b) mit der linearen Situation von (a) identifizieren. Insbe-sondere entsteht dieselbe Antwort.

(c) 3-, 5- und 1-dimensionale projektive lineare Unterraume von Pn entsprechen 4-,6- und 2-dimensionalen linearen Unterraumen von Rn+1. Hier entsteht also die Be-dingung (n+ 1) ≥ 4 + 6− 2, also wieder n ≥ 7. Alternativ kann man die projektiveSituation in (c) auch als die Abschließung der affinen Situation in (a) sehen. Eserstaunt also nicht, dasselbe Ergebnis zu erhalten.

(d) Offensichtlich muß auf jeden Fall n ≥ 6 gelten (sonst gibt es keinen Platz fur den3-dimensionalen Raum neben dem 5-dimensionalen). Das reicht aber auch schon aus– wir wahlen eine beliebige “Hyperebene” (affiner Teilraum der Dimension 5=6-1)H in R6 und fur den 3-dimensionalen Raum E einen beliebigen 3-dimensionalen(affinen) Teilraum einer zu H parallelen Hyperebene. Zum Beispiel:H = (∗, ∗, ∗, ∗, ∗, 1) ⊆ R6 und E = (1, 2, ∗, ∗, ∗, 2) ⊆ H + (0, 0, 0, 0, 0, 1) ⊂ R6.

(e) Disjunkte projektive Teilraume im Pn der Dimensionen 3 und 5 entsprechen li-nearen Teilraumen der Dimensionen 4 und 6 im Rn+1, die sich in einem Punkt (dem

Ursprung) schneiden. Die Formel aus (a) ergibt n + 1 ≥ 4 + 6 − 0, also n ≥ 9. Furn = 9 sind die beiden Unterraume des R10 komplementar zueinander.

Aufgabe 57. Bezeichnen Ms(n, n;R) und Ma(n, n;R) die Mengen der symmetri-schen (AT = A) und “schiefsymmetrischen” (AT = −A) reellen, quadratischenMatrizen. Man zeige, daß diese Mengen zueinander komplementare Unterraume vonM(n, n;R) bilden. Fur eine gegebene allgemeine Matrix A ∈ M(n, n;R) gebe mandie entsprechende Zerlegung von A direkt an.

Solution: Dimensionen: dimM(n, n;R) = n2, aber dimMs(n, n;R) = (n2 − n)/2 +n = (n2 + n)/2 und dimMa(n, n;R) = (n2 − n)/2. Die Dimensionen von dimMs

und dimMa addieren sich also zu der von dimM auf. Fur die Komplementaritatgenugt es also zu zeigen, daß der Durchschnitt 0 ist. Das sieht man wiederum sofort:AT = A und AT = −A impliziert A = −A, also 2A = 0, d.h. A = 0 (uber R).

Eine direkte Formel ist A = A+AT

2+ A−AT

2. Die Summanden sind aus Ms und Ma.

Aufgabe 58. Berechnen Sie die Determinanten der folgenden Matrizen

A =

3 2 01 2 15 6 2

, B =

2 3 −1 12 0 −4 01 5 0 −4

−3 −1 3 0

.

Solution: det(A) = 0 und det(B) = 74 (mit Gauß-Algorithmus).

Aufgabe 59. Man zeige mit Hilfe des Gauß-Algorithmus’ (ohne Benutzung derCramerschen Regel), daß eine quadratische Matrix (mit Eintragen in einem KorperK) genau dann regular ist, wenn ihre Determinante von Null verschieden ist.

Solution: Der Gauß-Algorithmus andert weder Rang noch Determinante (bis aufkonstante Faktoren aus K∗). In strikter Stufenform gibt es dann zwei Moglichkeiten:a) voller Rang (d.h. regulare Matrix): Dann ist die Matrix in oberer Dreiecksgestaltmit 1en auf der Diagonele – die Determinante ist also 6= 0.b) kleinerer Rang: Dann ist die letzte Zeile komplett 0, die Determinante also auch.

Aufgabe 60. Sei A =

(a1 a2 a3b1 b2 b3

)∈ M(2, 3;Z) so, daß die drei (2 × 2)-Minoren

(Determinanten der (2×2)-Untermatrizen) insgesamt (nicht notwendigerweise paar-weise) teilerfremd sind. Man zeige, daß es dann ganze Zahlen c1, c2, c3 ∈ Z gibt mit

det

a1 a2 a3b1 b2 b3c1 c2 c3

= 1.

Man konstruiere solche Zahlen explizit fur A =

(1 1 1

−1 1 4

).

Solution: Wir bezeichnen die Minoren mit m1, m2, m3. Nach dem Laplaceschen

Entwicklungssatz gilt det(A) = c1m1− c2m2+ c3m3 fur A =

a1 a2 a3b1 b2 b3c1 c2 c3

. Die Be-

hauptung folgt dann also aus der darstellbarkeit des gcd = 1 als Linearkombinationder mi (mit den ci als Koeffizienten).

Im speziellen Beispiel sind die Minoren m1 = 3, m2 = 5 und m3 = 2. Wir konnenalso beispielsweise c1 = −1, c2 = 0 und c3 = 2 wahlen.

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Das war die letzte Serie – ich wunsche Ihnen viel Erfolg beim Losen dieser Aufgaben,bei der Wiederholung der Vorlesungen und naturlich bei den beiden Klausuren (Mi,10.2. (8-10) und Mi, 6.4. (10-12)). Jeder darf beide Klausuren mitschreiben – dasbessere Ergebnis zahlt. In jeder Klausur ist das Mitbringen eines selbst beschriebenenDinA4-Zettels erlaubt.

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1. Abschluß-Klausur Lineare Algebra I (10.2.2016)

Aufgabe 1. a) Berechnen Sie mit dem Euklidischen Algorithmus eine ganzzahligeLosung (x, y) der Gleichung 17x+ 13y = 1.

b) Sei f : Z/221Z → Z/13Z×Z/17Z die naturliche Abbildung x 7→ (x, x) oder, ge-nauer, x+221Z 7→ (x+13Z, x+17Z). Ist diese Abbildung injektiv/surjektiv/bijektiv?(Begrundung!)

c) Man bestimme alle a ∈ Z/ 221Z mit f(a) = (1, 0).

d) Man bestimme alle b ∈ Z/ 221Z mit f(b) = (1, 1).

e) Man bestimme alle c ∈ Z/ 221Z mit f(c) = (5, 4).

Solution: (a) 17 = 13 + 4; 13 = 3 · 4 + 1 ⇒ 1 = 13− 3 · (17− 13) = 4 · 13− 3 · 17.⇒ xk = −3 + 13k, yk = 4− 17k mit k ∈ Z geben sogar alle Losungen (xk, yk).

(b) f ist bijektiv, da 221 = 13 · 17 und gcd(13, 17) = 1.

(c) Aus 1 = 4 · 13− 3 · 17 folgt f(−51) = f(−3 · 17) = (1, 0).

(d) f(1) = (1, 1).

(e) f(−47) = f(−51 + 4) = (1, 0) + (4, 4) = (5, 4).

Die Losungen von (c)-(e) sind jeweils eindeutig, da die Abbildung f aus (b) bijektivist.

Aufgabe 2. a) Bestimmen Sie alle m ∈ N, so daß es Untergruppen Um ⊆ S3 dersymmetrischen Gruppe mit genau m Elementen, d.h. |Um| = m gibt und geben Siedafur jeweils ein Beispiel (ohne genauere Begrundung). Begrunden Sie aber gegebe-nenfalls die Nichtexistenz der Um.

b) Welche Ihrer Beispiele aus (a) sind normale Untergruppen (“Normalteiler”), undwelche sind es nicht?

c) Sei G eine Gruppe mit zwei Normalteilern N1, N2 ⊆ G, so daß N1 ∩N2 = {1G}.Man zeige, daß dann N1 und N2 kommutieren, d.h., g1g2 = g2g1 fur alle gi ∈ Ni gilt.

Solution: (a) Fur jedes Um ⊆ S3 muß nach dem Satz von Lagrange gelten, daßm|6 (wegen 6 = |S3). Damit verbleiben als Kandidaten m = 1, 2, 3, 6. Dafur gibtes die folgenden Beispiele: U1 = {(1)}, U2 = {(1), (12)}, U3 = {(1), (123), (321)},U6 = S3.

(b) U1 und U6 sind die trivialen Normalteiler. U3 ist Normalteiler, da sie vom Index 2ist, (S3 : U3) = 2, und somit Links- und Rechtsnebenklassen automatisch uberein-stimmen. U2 ist kein Normalteiler, da z.B. (13)(12)(13)−1 = (23) /∈ U2.

(c) Fur gi ∈ Ni gilt g1 g2 g−11 ∈ N2 und damit auch g1 g2 g

−11 g−1

2 ∈ N2. Analog folgtg1 g2 g

−11 g−1

2 ∈ N1, also ist g1 g2 g−11 g−1

2 ∈ N1 ∩ N2 = {1G}. Und g1 g2 g−11 g−1

2 = 1impliziert g1 g2 = g2 g1.

Aufgabe 3. Sei V := R4/R · (1, 1, 1, 1).

a) Welche Dimension hat V ? Man gebe eine Basis B von V an.

b) Wie sieht bzgl. der kanonischen Basis K von R4 und der Basis B von V aus (a)die Abbildungsmatrix MBK(π) zur kanonischen Projektion π : R4 →→ V aus?

c) Welchen Rang hat die Matrix MBK(π)?

d) Sind die Vektoren (1, 2, 0, 1), (2, 0, 1, 1) und (3,−5, 2, 0) in V linear abhangig?

Solution: (a) dim(V ) = dim(R4)− dim(R · (1, 1, 1, 1)) = 4− 1 = 3. Wir wahlen nunB := {e1, e2, e3}. Wegen e4 = (1, 1, 1, 1)− e1 − e2 − e3 erzeugt B den Vektorraum,und da #(B) = 3 = dim(V ), muß es eine Basis sein.

(b) Aus der in (a) angegebenen Relation fur e4 folgt MBK(π) =

1 0 0 −10 1 0 −10 0 1 −1

.

(c) Da π surjektiv ist, gilt rank(MBK(π)) = rank(π) = dim(im π) = 3.

(d) Hier ist die Regularitat der der (4 × 4)-Matrix

1 2 3 12 0 −5 10 1 2 11 1 0 1

erfragt. Dazu

kann man z.B. elementare Zeilen- und Spaltenoperationen durchfuhren und erhaltschließlich det = 0. (Oder, ohne Benutzung der Determinante, sieht man, daß es nur3 Stufen gibt.) Die drei Vektoren sind also linear abhangig.

Aufgabe 4. Seien A,B ∈ M(3, 5;K) Matrizen, beide vom Rang 2. Man zeige, daßdie Gleichungssysteme Ax = 0, Bx = 0 eine gemeinsame (!) nichttriviale Losung inK5 haben.

Solution: dim(kerA) = 5− dim(imA) = 5− rank(A) = 3. Selbiges gilt fur B, unddamit folgt dim(kerA ∩ kerB) = dim(kerA) + dim(kerB)− dim(kerA+ kerB) ≥6− 5 = 1. Also enthalt kerA ∩ kerB auch nicht-triviale Vektoren.

Alternativer Beweis: Die Matrix

(AB

)hat hochstens so viele Stufen, wie die Summe

der Stufen aus A und B separat. Damit ist rank

(AB

)≤ 4, und das bei 5 Variablen.

Der Losungsraum des homogenen Systems ist also mindestens 1-dimensional.

Aufgabe 5. Gibt es R-lineare Abbildungen f : R3 → R2 mit

(a) ker f = spanR{(1, 1, 1), (1, 2, 3)} und im f = R2

(b) ker f = spanR{(1, 1, 1), (1, 2, 3)} und im f = R · (2,−7)?

Falls “ja”, so gebe man jeweils ein Beispiel in Form einer konkreten (2× 3)-Matrix(bzgl. der kanonischen Basen auf beiden Seiten) an. Falls “nein”, so gebe man eineBegrundung.

Solution: In beiden Fallen ist dim ker(f) = 2. Aus der Formel dim(ker f)+dim(im f) =dimV fur lineare Abbildungen f : V → W folgt damit dim(im f) = 1 (hier istV = R3).

(a) Die Bedingung im(f) = R2 widerspricht dem. Solch ein f gibt es also nicht.

(b) Wir erganzen mit (z.B.) (1, 0, 0) die Basis von ker(f) zu einer Basis B von R3.Dann definieren wir f(1, 0, 0) := (2,−7) (und f(1, 1, 1) = f(1, 2, 3) = 0). Nach demPrinzip der linearen Fortsetzung gibt es genau ein solches f .

Wegen (0, 0, 1) = (1, 2, 3)− 2(1, 1, 1) + (1, 0, 0) und (0, 1, 0) = 3(1, 1, 1)− (1, 2, 3)−2(1, 0, 0) folgt f =

(2 −4 2

−7 14 −7

).

Aufgabe 6. Sei V := spanR{(1, 0, 1), (1, 1, 1), (3, 1, 3)} ⊆ R3.

a) Man bestimme eine Basis B von V und erganze sie zu einer Basis B′ von R3.

b) Man bestimme die zu B′ duale Basis von (R3)∗ = R3.

c) Die Einbettung V → R3 gibt eine Surjektion (R3)∗ →→ V ∗. Geben Sie zwei Vek-toren in (R3)∗ an, deren Bilder die zu B duale Basis in V ∗ biden.

Solution: (a) Das ES von V ist linear abhangig, die nach Streichen von (3, 1, 2) erhal-tene Teilmenge B := {(1, 0, 1), (1, 1, 1)} ist aber linear unabhangig und damit eineBasis von V . Der Vektor (1, 0, 0) bildet zusammen mit {(1, 0, 1), (1, 1, 1)} eine Basisvon R3 (wir konnen daraus z.B. die kanonischen Basisvektoren e1, e2, e3 gewinnen).

(b) Algorithmus in (5.5):

1 1 1 1 0 00 0 1 0 1 00 1 1 0 0 1

Gauß7−→

1 0 0 1 0 −10 1 0 0 −1 10 0 1 0 1 0

, und

wir erhalten (B′)∗ durch zeilenweises Auslesen der rechten Matrix, d.h. (B′)∗ ={(1, 0,−1), (0,−1, 1), (0, 1, 0)}.(c) Wir verfahren analog zu Aufgabe 47: Die zu B ⊆ V duale Basis B∗ ⊆ V ∗ erhaltman von den beiden nicht in V ⊥ ⊆ (R3)∗ enthaltenen Vektoren {(0,−1, 1), (0, 1, 0)}aus (B′)∗.

Aufgabe 7. a) In einer affinen Ebene seien drei nicht auf einer Geraden liegendePunkte P0, P1, P2 gegeben. Man gebe die diesbezuglichen baryzentrischen Koordina-ten des Punktes P0, des Mittelpunktes Q0 der Strecke P1P2 und des SchwerpunktesS des Dreiecks △(P0P1P2) an.

(Der Schwerpunkt eines Dreiecks ist als der Schnittpunkt der drei Seitenhalbieren-den definiert.)

b) Man schreibe S als Konvexkombination der Punkte P0 und Q0 (d.h. als λP0 +(1− λ)Q0). In welchem Verhaltnis teilt S die Strecke P0Q0?

c) Man berechne die baryzentrischen Koordinaten des Mittelpunktes M der StreckeP0Q0 und die des Schnittpunktes der Geraden P2M und P0P1.

d) Seien analog P0, P1, P2, P3 in einem drei-dimensionalen affinen Raum gegeben.Was sind die baryzentrischen Koordinaten des Mittelpunktes T der Strecke, die dieSchwerpunkte der Dreiecke △(P0P1P2) und △(P1P2P3) verbindet?

Solution: (a) P0 = (1, 0, 0), Q0 = (0, 1/2, 1/2) und S = (1/3, 1/3, 1/3).

(b) S = 1/3P0 + 2/3Q0. Dieser Punkt teilt die Strecke P0Q0 im Verhaltnis 2:1.

(c) M = (1/2, 1/4, 1/4). Alle Punkte (x0, x1, x2) auf der Geraden P2M haben zwi-schen den ersten beiden Koordinaten das konstante Verhaltnis x1/x0 =

14/12= 1/2.

Andererseits haben die Punkte auf der Geraden P0P1 stets 0 als letzte Koordinate.Das ergibt fur den Schnittpunkt (2/3, 1/3, 0) (die Summe der Koordinaten muß 1sein.)

(d) Die beiden Schwerpunkte sind (1/3, 1/3, 1/3, 0) und (0, 1/3, 1/3, 1/3). DerenMittelpunkt ist (1/6, 1/3, 1/3, 1/6).

2. Nachklausur Lineare Algebra I (6.4.2016)

Aufgabe 1. Seien g, h ∈ S7 die folgenden Permutationen:

g =

(1 2 3 4 5 6 75 7 6 3 2 4 1

), h = (14257) und h′ = (142)(3576) .

a) Geben Sie ghg−1 und gh′g−1 jeweils als Produkte elementfremder Zyklen an.

b) Sind h und h′ konjugiert zueinander?

c) Ist g zu h oder zu h′ konjugiert?

d) Berechnen Sie sgn(h), sgn(h′).

e) Bestimmen Sie die Ordnungen |h| und |h′|.Solution: (a) ghg−1 = (53721) und gh′g−1 = (537)(6214).

(b) h und h′ sind nicht konjugiert zueinander, da sie verschiedene Typen haben.

(c) Dazu schreiben wir g als ein Produkt elementfremder Zyklen: g = (1527)(364).Diese Permutation ist zu h′, aber nicht zu h konjugiert.

(d) Wegen sgn(k-Zyklus) = (−1)k−1 und der Homomorphismus-Eigenschaft von sgnfolgt sgn(h) = 1 und sgn(h′) = 1 · (−1) = −1.

(e) |(k-Zyklus| = k, also |h| = 5. Fur ein Produkt elementfremder (und damitkommutierender) Zyklen ist die Ordnung das kgV der einzelnen Ordnungen, also|h′| = kgV(3, 4) = 12.

Aufgabe 2. Seien B := {(1, 1), (4, 3)} und C := {(3, 5), (1, 2)} zwei Basen des R2;bezeichne A := {e1, e2} die kanonische Basis des R2.

a) Man bestimme die Basiswechselmatrizen MA,B und MA,C .

b) Man berechne aus (a) die Basiswechselmatrizen MB,A und MB,C .

Solution: (a) MA,B =

(1 41 3

), MA,C =

(3 15 2

).

(b) MB,A =M−1A,B =

(−3 41 −1

)und MB,C =MB,A ·MA,C =

(11 5−2 −1

).

Aufgabe 3. Seien

V1 = spanR{(1, 1, 0), (0,−1, 1), (1, 0, 1)} und

V2 = {(x1, x2, x3) ∈ R3 | x1 + 2x2 + x3 = 0}.a) Man berechne eine Basis von V1 ∩ V2.b) Man setze die Basis aus (a) jeweils zu Basen von V1 und V2 fort.

c) Bestimmen Sie eine Basis von V1 + V2.

Solution: (a) Das zeilenweise Eintragen der V1-Erzeuger gibt die Matrix

1 1 00 −1 11 0 1

;

Gauß liefert dann R · (−1, 1, 1) als Kern, d.h.,

V1 = {(x1, x2, x3) ∈ R3 | − x1 + x2 + x3 = 0},also

V1 ∩ V2 = {(x1, x2, x3) ∈ R3 | x1 + 2x2 + x3 = −x1 + x2 + x3 = 0}.Das Losen dieses homogenen Gleichungssystems liefert z.B. die Basis {(1,−2, 3)}.(b) Da V1 und V2 zweidimensional sind, erhalt man deren Basen durch die je-weilige Hinzunahme von einem Vektor aus Vi \ (V1 ∩ V2). Beispielsweise B1 ={(1,−2, 3), (1, 1, 0)} ⊆ V1 und B2 = {(1,−2, 3), (1, 0,−1)} ⊆ V2.

(c) Dann ist B1 ∪B2 = {(1,−2, 3), (1, 1, 0), (1, 0,−1)} eine Basis von V1 + V2.

Alternative: Wenn man sich uberlegt, daß dim(V1 + V2) = dim(V1) + dim(V2) −dim(V1 ∩ V2) = 2 + 2− 1 = 3 ist, so folgt V1 + V2 = R3. D.h. man konnte hier auchdie kanonische Basis {e1, e2, e3} nehmen.

Aufgabe 4. a) Sei ϕ : R2 → R3 die durch die Matrix

1 −10 21 1

gegebene Abbildung. Man bestimme die Abbildungsmatrix (bzgl. der kanonischenBasen) und den Kern der Abbildung ϕ∗ : (R3)∗ → (R2)∗.

b) Man gebe zwei linear unabhangige Vektoren im R3 an, die im Faktorraum

R3/ span{(2,−1, 5)}abhangig werden. Geht es auch umgekehrt?

Solution: (a) Die Abbildungsmatrix ist ϕT =

(1 0 1−1 2 1

). Gauß liefert dann den

Kern kerϕT = R · (1, 1,−1).

(b) Z.B. {(2,−1, 5), (1, 0, 0)} oder auch {(2, 0, 5), (0, 1, 0)}. Umgekehrt geht es nicht,da in R3 abhangige Vektoren auch in R3/ span{(2,−1, 5)} abhangig bleiben.

Aufgabe 5. Im Vektorraum R7 seien ein 3- und ein 5-dimensionaler Unterraum (Uund V ) gegeben.

a) Welche Moglichkeiten kommen als Dimension der Summe U + V beider Un-terraume in Frage?

b) Welche Moglichkeiten kommen als Dimension des Durchschnittes U ∩ V beiderUnterraume in Frage?

(Geben Sie Begrundungen fur die von Ihnen jeweils ausgeschlossenen Dimensionen,und geben Sie Beispiele fur die moglichen Dimensionen.)

Solution: (a) Wegen R5 ∼= V ⊆ U + V ⊆ R7 kann U + V nur die Dimensionen 5,6 oder 7 haben. Alle drei Werte sind aber auch moglich: Mit V := {x ∈ R7 | x1 =x2 = 0} = span{e3, . . . , e7} nehmen wir fur U die folgenden Raume:U5 = {x ∈ R7 | x1 = . . . = x4 = 0} = span{e5, e6, e7},

U6 = {x ∈ R7 | x2 = . . . = x5 = 0} = span{e1, e6, e7} undU7 = {x ∈ R7 | x3 = . . . = x6 = 0} = span{e1, e2, e7}.(b) Die Dimensionen von U , V und U + V bestimmen zusammen genau die Dimen-sion von U ∩ V als

dim(U ∩ V ) = dim(U) + dim(V )− dim(U + V ) = 8− dim(U + V ).

Damit kommen wegen (a) fur U ∩ V genau die Dimensionen 3, 2 und 1 in Frage.Die Beispiele dafur sind U5 ∩ V , U6 ∩ V und U7 ∩ V aus (a).

Aufgabe 6. a) Man fasse C als zweidimensionalen R-Vektorraum auf und fixiere dieBasis B = {1, i}. Welcher Matrix entspricht dann der R-lineare Endomorphismusf , der durch die Multiplikation mit i gegeben ist?

b) Berechnen Sie das Quadrat der Matrix MBB(f) aus (a) und interpretieren Siedas Ergebnis.

Solution: (a) Bezeichne f(z) := i · z. Wegen f(1) = i und f(i) = −1 ergibt sich die

Matrix MBB(f) =

(0 −11 0

).

(b)

(0 −11 0

)2

=

(−1 00 −1

)= −I2. Das ist die Abbildungsmatrix der (R-) ska-

laren Multiplikation mit −1. D.h. die zweimalige aufeinanderfolgende Multiplikationmit i ergibt die Multiplikation mit −1.

Aufgabe 7. Sei ϕ ∈ EndR(V ) ein Endomorphismus eines endlich-dimensionalenR-Vektorraumes V .

a) Man zeige, daß ϕ : V → V genau dann ein Isomorphismus ist, wenn 0 keinEigenwert von ϕ ist.

b) Sei χϕ(x) = x3+ax2+ bx+ c das charakteristische Polynom von ϕ (mit gewissenZahlen a, b, c ∈ R. Was folgt daraus fur die Dimension von V ?

c) In der Situation von (b) sei noch bekannt, daß −1, 0 und 1 Eigenwerte von ϕsind. Nutzen Sie diese Information, um a, b, c zu bestimmen.

Solution: (a) 0 ist kein EW ⇔ ϕ ist injektiv ⇔ ϕ ist ein Isomorphismus (die zweiteAquivalenz folgt aus Dimensionsgrunden).

(b) Es gilt immer deg χϕ = dim(V ). Also folgt dim(V ) = 3.

(c) Die EW sind Nullstellen von χϕ(x) = x3 + ax2 + bx + c, also folgt c = 0 und1 + a + b = −1 + a − b = 0, d.h. a = 0 und b = −1. Alternativ erhalt man auchdirekt, daß (x+ 1)x(x− 1) = x3 − x.

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LINEARE ALGEBRA I, II (VORLESUNG WS 2015/16 UND SS 2016 ... · LINEARE ALGEBRA I, II (VORLESUNG WS 2015/16 UND SS 2016, FU BERLIN) KLAUS ALTMANN 0. Einf¨uhrende Beispiele, mathematische