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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 ein

Isomorphismus ⇔ 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)

1λ1+λ2

(λ1, λ2, 0)

PPPPPPPPPPPPPP1λ1+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 Awird 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•(e

j) = 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 Normalform20.4.2016 (31)

8.1. Diagonalisierbarkeit von Endomorphismen. V = n-dimensionaler K-VR; ϕ : V → V Endomorphismus ist diagonalisierbar⇔ V besitzt Basis aus Eigen-

vektoren; Vλ := ker(ϕ− λ idV ) Eigenraum .

14 KLAUS ALTMANN

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

2)⊕

λ∈K Vλ =∑

λ∈K Vλ ⊆ V .

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 :=

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

∑ki=1 ϕ(vi) =

∑ki=1 λivi, und

die 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)

25.4.2016

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

linear abhangig ⇒∃ f ∈ K[t]deg≤n2 : f(ϕ) = 0. (Aus Satz 19 folgt aber auch schon explizit 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, vgl. (9.1). Sei λ ∈ K ein Eigenwertvon ϕ ⇒ mϕ(λ) ist Eigenwert von mϕ(ϕ) = 0 ⇒ mϕ(λ) = 0. �

8.3. Der Eigenwert Null. Der entscheidende Punkt (mittels ψ := ϕ− λ idV ) derJNF 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 von kerψk: Wir erhalten eine Kette von Injektionen27.4.2016

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

❀ wahlen Basen Bv ⊂ kerψv 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” Mµ). Die Werte (#Bv | v ≥ 1) und (#Kµ | µ ≥ 1) bestimmen einander,d.h. die Kastchen-Großen kµ := #Kµ sind Invarianten von ψ.

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

χkerψk(t) = t∑

µ kµ (Produkt) und mkerψk(t) = tmaxµ kµ (kgV).

Beispiele:

−2 −3 12 3 −12 3 −1

gibt k = (2, 1), und

−12 16 32

1 −2 −4−5 7 14

gibt k =

(3).

2.5.2016 (34)

8.4. Die Jordansche Normalform. Das vorige Lemma, angewandt auf verschie-dene Eigenwerte, ergibt

Satz 25. Sei ϕ : V → V mit χϕ(t) = (t− λ1)m1 · . . . · (t− λℓ)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 ): Vλi ⊇ Wλi, aber ausDimensionsgrunden folgt Gleichheit fur i ≥ 2. Das ergibt (1) und (2) per Induktion.

Eindeutigkeit der JNF:∑

j kij = mi; ϕ ∈ End(Vλi) entspricht der Vereinigung der

λi-Kastchen. Fur fixiertes λi: o.B.d.A. λi = 0 ⇒ ok wegen ψ in (8.3). �

Algorithmus:(i) Charakteristisches Polynom berechnen

16 KLAUS ALTMANN

(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(t−λi)mi ⇒ mϕ(t) =∏

i(t−λi)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. Variationen und Anwendungen.

8.5.1. Jordan-Zerlegung. Sei ϕ wie in Satz 8.4 ⇒ M(ϕ) = D +N mit D =Diago-nalmatrix (alle Eigenwerte) und N = nilpotent (d.h. ∃ k ∈ N : Nk = 0), und es giltDN = ND. (Siehe auch 9.3.)

8.5.2. 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.)

4.5.2016

8.5.3. Eigenwerte. A ∈ M(n,K) ⇒ detA =∏

EW(A); trA =∑

EW(A) (folgtbeides auch aus der Kenntnis der Koeffizienten von χA). Polynom f ∈ K[t] ⇒die Eigenwerte 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 nilpo-tent ⇔ 0 ist einziger Eigenwert, d.h. χ(t) = tn.

8.5.4. 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 demsel-ben Endomorphismus. JNF beschreibt M(n;K)/ ∼.


9. Jordan-Zerlegung uber beliebigen Korpern

9.1. Grundwissen uber Polynome. K[t] ist Euklidischer Ring, d.h. fur f, g ∈K[t] existieren q, r ∈ K[t] mit f = gq + r und [r = 0 oder deg r < deg g]; ⇒Euklidischer Algorithmus ⇒ K[t] ist Hauptidealring ⇒ K[t] hat eindeutige Prim-faktorzerlegung, d.h. fur unzerlegbare p ∈ K[t] gilt: [ p|ab⇒ p|a oder p|b ].“Hauptidealring” ⇒ gcd(f, g) andert sich nicht bei Vergroßerung von K .

9.5.2016 (36)

Nullstellenanspaltung: f ∈ K[t], α ∈ K mit f(α) = 0 ⇒ ∃ g ∈ K[t] : f = (t − α) g,aber es gibt genauere Aussagen:

Satz 27. R = Ring mit eindeutiger Primzerlegung (z.B. R = Z), f, g ∈ R[t] mitgcd(Koeffizienten) jeweils 1. Dann ist auch der gcd der Koeffizienten von fg gleich 1.

Proof. p ∈ R prim ⇒ f, g ∈ R/p[t] betrachten; dieser Ring hat keine Nullteiler. �

Folgerung 28. f(t) =∑n

v=0 avtv ∈ R[t] habe die “rationale” Nullstelle α = a/b

(a, b ∈ R). ⇒ b|an und a|a0. (Man spalte statt (t− α) besser (b t− a) von f ab.)

f ∈ K[t] ❀ f ′ ∈ K[t] wird formal definiert; deg f ′ ≤ deg f − 1. α ∈ K ist Mehrfach-nullstelle von f ⇔ (t−α)|f, f ′; es gibt nur einfache Nullstellen⇔ gcd(f, f ′) = 1. (Ge-nauer: (t−α)k|f ⇒ (t−α)k−1| gcd(f, f ′); die Umkehrung gilt falls charK6 | (k−1), alsoz.B. fur k ≥ 2 und charK = 0 oder, in endlicher Charakteristik, fur 2 ≤ k ≤ charK.)

Definition 29. K heißt perfekt :⇔ Primpolynome haben nur einfache Nullstellen

uber K. (Endliche und Korper der Charakteristik 0 sind perfekt, siehe Aufgabe ??.)

charK = 0 ⇒ Primpolynome haben nur einfache Nullstellen und f/ gcd(f, f ′)enthalt jeden Primfaktor von f genau einmal.

9.2. Trennung der Eigenwerte. Sei ϕ : V → V mit Primzerlegung χϕ(t) =11.5.2016 (37)

p1(t)e1 · . . . · pr(t)er ; sei qi(t) := χϕ(t)/pi(t)

ei ⇒ ∃ ci(t) : c1(t)q1(t) + . . . cr(t)qr(t) = 1⇒ c1(ϕ) q1(ϕ) + . . . cr(ϕ) qr(ϕ) = idV .

fi := ci(ϕ) qi(ϕ) ∈ K[ϕ] haben folgende Eigenschaften: fi fj = 0 fur i 6= j (wegenχϕ|ciqi cjqj), f1 + . . .+ fr = idV und f 2

i = fi (“Projektionsoperatoren”; “Zerlegungvon idV in orthogonale Idempotente”)

⇒ V = V1⊕ . . .⊕Vr mit Vi := fi(V ); fi|Vi = id |Vi ; aus fi ϕ = ϕfi folgt ϕ(Vi) ⊆ Vi ;pi(t)

ei annuliert ϕi := ϕ|Vi ⇒ mϕi|pi(t)ei, mϕi

ist also pi-Potenz ⇒ χϕi= pi(t)

ei.

(Bei vollstandig zerfallendem χϕ sind die Vi genau unsere Vλi von Satz 8.4.)

9.3. Jordan-Zerlegung. Sei K ein perfekter Korper.

Definition 30. ϕ : V → V heißt halbeinfach, falls mϕ nur einfache Nullstellenbesitzt, d.h. gcd(mϕ, m

′ϕ) = 1

18 KLAUS ALTMANN

Das Minimalpolynommϕ bleibt unter Korpererweiterungen erhalten (es mißt einfach

nur die lineare Abhangigkeit der Mengen {ϕ0, ϕ1, ϕ2, . . .}), also ist ϕ halbeinfach

⇔ ϕ ist uber K diagonalisierbar .

Satz 31. (siehe 8.5) Es gibt eine (“Jordan”-)Zerlegung ϕ = ϕS + ϕN mit

0) ϕS, ϕN ∈ K[ϕ]

1) ϕS, ϕN kommutieren, d.h. ϕSϕN = ϕNϕS2) ϕS ist halbeinfach, ϕN ist nilpotent.

Die Summanden ϕS, ϕN sind durch (1) und (2) eindeutig bestimmt.

Proof. m(t) := Polynom, das die Primteiler von χϕ(t) genau einmal enthalt⇒ sucheϕS ∈ K[ϕ] : m(ϕS) = 0 und ϕ− ϕS ist nilpotent. Mit Newton-Verfahren(!):

ϕ0 := ϕ und ϕn+1 := ϕn−m(ϕn)m′(ϕn)

−1 (m(ϕn)N = 0 ⇒ m′(ϕn) ist invertierbar:

gcd(mN , m′) = 1 ⇒ ∃ a, b : a(t)m(t)N + b(t)m′(t) = 1 ⇒ b(ϕn)m′(ϕn) = idV .)

χϕ|mN ⇒ m(ϕ0)N = 0; mittels Induktion genugt es also nun zu zeigen, daß m(ϕn+1)

nilpotent, und zwar mit einem kleineren Exponenten als m(ϕn) ist:

m(t+h) = m(t)+h·m′(t)+h2 ·P (t, h) mit P ∈ K[t, h] (zeigt man fur jedesm-Monomseparat). T,H ∈ End(V ) konnen fur t, h eingesetzt werden, falls sie kommutieren

⇒ m(ϕn+1) = m(ϕn −m(ϕn)m

′(ϕn)−1)

= m(ϕn)−m(ϕn)m′(ϕn)

−1m′(ϕn) +(m(ϕn)m

′(ϕn)−1)2 · R(ϕn)

=(m(ϕn)m

′(ϕn)−1)2 · R(ϕn).

Eindeutigkeit: Seien ϕS, ϕN ∈ K[ϕ] von oben und ϕ′S, ϕ

′N mit (1),(2) ⇒ ϕ′

S/N

kommutieren mit ϕ′S/N ⇒ mit ϕ ⇒ mit ϕS/N . Dann gilt

0 = m(ϕ′S) = m(ϕS + (ϕN − ϕ′

N)) = (ϕN − ϕ′N)(m′(ϕS) + (ϕN − ϕ′

N) · R),

und in der rechten Klammer steht [invertierbar + nilpotent] = invertierbar, alsofolgt (ϕN − ϕ′

N) = 0. �

10. BiLinearFormen

18.5.2016

10.1. BLF und Matrizen. V,W = endlich-dimensionale K-Vektorraume. ❀ Bi-

linearformen ϕ : V × W → K, d.h. ϕ ∈ Hom(V,W ;K) = Hom(W,V ∗) haben

Matrizendarstellung bei gewahlten Basen B ⊆ V , C ⊆ W : MB∗C(ϕ) ∈ M(m,n;K)mit mij := ϕ(bi, cj). Basiswechsel:

MB′∗C′(ϕ) =MB′∗B∗MB∗C(ϕ)MCC′ =MTBB′MB∗C(ϕ)MCC′ .

Definition 32. ϕ : V × V → K heißt nicht ausgeartet (oder perfekte Paarung) :⇔ϕ : V → V ∗ ist injektiv ⇔ ϕ : V → V ∗ ist Isomorphismus ⇔ MB∗C(ϕ) ist regular.

10.2. Symmetrische BLF. ϕ : V×V → K ist symmetrisch (“SBLF”)⇔MB∗B(ϕ)=MB∗B(ϕ)

T ⇔ beide Identifizierungen Hom(V, V ;P ) ∼= Hom(V, V ∗) stimmen ube-rein ❀ fur U ⊆ V wird U⊥ ⊆ V ∗ zum V -Unterraum U⊥ := Uϕ⊥ := ϕ−1(U⊥) ={v ∈ V | ϕ(v, U) = 0}. Spezialfall: kerϕ := V ⊥; auf V := V/ kerϕ induziert ϕ dann


eine perfekte (immernoch symmetrische) Paarung ϕ : V × V → K

Q : V → K mittels Q(v) := ϕ(v, v) (“zu ϕ gehorige quadratische Form”); charK 6=2 ⇒ ϕ ist aus Q rekonstruierbar mittels Q(v + w) = Q(v) +Q(w) + 2ϕ(v, w).Beispiel: Q : Rn → R, Q(v) =

∑i aiiv

2i +

∑i<j 2aijvivj liefert ϕ : Rn × Rn → R

mit M(ϕ) = (aij) (bzgl. der Standardbasis des Rn).23.5.2016 (39)

Satz 33. Sei ϕ : V × V → K SBLF mit charK 6= 2. Dann existiert in V eine

orthogonale Basis b1, . . . , bn, d.h. mit ϕ(bi, bj) = 0 fur i 6= j. Die zugehorige Matrix

MB∗B(ϕ) ist dann diagonal, und Q hat bzgl. B die Gestalt Q(v) =∑

i aiv2i mit

ai = ϕ(bi, bi). (Das ist die Verallgemeinerung der quadratischen Erganzung.)

Proof. charK 6= 2 ⇒ falls ϕ 6= 0, so existiert ein b1 ∈ V mit Q(b1) = ϕ(b1, b1) 6= 0.Damit zerfallt V in Kb1 ⊕ (b1)⊥, und alles folgt aus vollstandiger Induktion. �

Algorithmus: (“Symmetrischer Gauß-Algorithmus”) Sei charK 6= 2. Sei M ∈M(n, n;K) eine

symmetrische Matrix. Simultane Anwendung von Elementaroperationen (I)-(III) auf die ersten n

Zeilen und Spalten: (M, In) ❀ (M ′, S) mitM ′ = SMST , d.h.M ′ ist die Matrix der SBLFM : Kn×Kn → K bzgl. der in S zeilenweise eingetragenen Basis. Insbesondere: [alte Koordinaten]=ST ·[neueKoordinaten].

Fur M ′ kann Diagonalform erreicht werden: m11 6= 0 ⇒ Rest der ersten Zeile und Spalte kann

mit IIi1 zu 0 gemacht werden; mii 6= 0 ⇒ I1i anwenden; ∀i : mii = 0, aber mkl 6= 0 ⇒ IIkl schafft

mkk 6= 0.

10.3. Der Tragheitssatz. Fur K = R oder C geht die Normierung weiter:

Folgerung 34. Sei Q : Cn → C eine quadratische Form. Dann existiert eine Cn-Basis, so daß Q bzgl. dieser Basis die Form Q(z) =

∑ki=1 z

2i hat. Die Zahl k ist

dabei eindeutig bestimmt, namlich k = rank(ϕ) (ϕ = zu Q gehorige SBLF).

Satz 35 (Tragheitssatz von Sylvester). Sei Q : Rn → R rein quadratisch. Dann

existiert eine Rn-Basis, so daß Q bzgl. dieser Basis die Form Q(x) =∑k

i=1±x2i hat.Dabei sind k = rank(ϕ) und

(#(+),#(−)

)=: σ(ϕ) (,,Signatur“ oder ,,Index“)

eindeutig bestimmt. (Beispiel: ,,Minkowski-Raum“ R4 mit σ = (3, 1))

Proof. (Eindeutigkeit von σ(ϕ)): Seien {b1, . . . , bp} die Basisvektoren mit ϕ(bi, bi) >25.5.2016 (40)

0, {bp+1, . . . , bn} die Basisvektoren mit ϕ(bj , bj) ≤ 0; das induziert Zerlegung V =U (+) ⊕ U (−). Damit hat U (+) die maximale Dimension unter allen UnterraumenU ⊆ V mit ϕ(v, v) > 0 fur alle v ∈ U \ {0}. �

Anwendung: Affine Normalform quadratischer Gleichungen∑

i,j aijxixj+∑

i bixi+c = 0 im Rn und Klassifikation von Quadriken im Rn (fur n ≤ 3).

20 KLAUS ALTMANN

10.4. Alternierende BLF. Sei B ⊆ V Basis. ω : V × V → K alternierend(d.h. ω(v, v) = 0 fur alle v ∈ V ) ⇔ MB∗B(ω)

T = −MB∗B(ω) und die Diagonale von30.5.2016 (41)

MB∗B(ω) verschwindet.

Beispiel: Kanonische alternierende BLF auf V = W ⊕W ∗ mit B = (BW , B∗W ). Hier

ist W ⊂ V ein isotropischer Unterraum.

Satz 36. Sei ω : V × V → K eine alternierende, nicht-ausgeartete Form. Dannexistiert eine (,,symplektische“) Basis B = {b1, . . . , bm, c1, . . . , cm} mit ω(bi, ci) =

−ω(ci, bi) = 1 und Null sonst. Insbesondere gilt 2| dimV und MB∗B(ω) =

(0m Im−Im 0m

).

Proof. Wahle b, c ∈ V mit ω(b, c) 6= 0 ⇒ V = span(b, c)⊕ span(b, c)⊥. �

Der symmetrische Gauß-Algorithmus liefert auch hier, im alternierenden Fall, dengesuchten Basiswechsel.

Folgerung 37. M ∈M(n,R) alternierend ⇒ detM ∈ R ist ein Quadrat.

❀ “Pfaffsche von M”; fur 4× 4 gibt das Pf

a b c

d ef

= af − be + dc.

Proof. o.B.d.A. R = Z[xij ]⇒ M ist uber K := QuotR = Q(xij) “diagonalisierbar”,d.h. detM ∈ R ∩K ·K. Schließlich benutzt man, daß R faktoriell ist. �

11. Euklidische und unitare Vektorraume

11.1. Skalarprodukte. V sei K-Vektorraum mit K = R oder C; 〈•, •〉 : V ×V → K1.6.2016

sei Skalarprodukt, d.h. linear im ersten Argument 〈λv, w〉 = λ〈v, w〉, 〈v, w〉 = 〈w, v〉(“Hermitesche Form”) und positiv definit, d.h. 〈v, v〉 > 0 fur v 6= 0; Lange

|v| :=√〈v, v〉 ∈ R≥0 (❀ “Euklidischer” (K = R) oder “unitarer” (K = C) VR).

Beispiel: Rn oder Cn mit 〈v, w〉 :=∑j vjwj.

Satz 38 (Cauchy-Schwarzsche Ungleichung). |〈v, w〉| ≤ |v| · |w|.Proof. λ ∈ K ⇒ 0 ≤ 〈v − λw, v − λw〉, und dann λ := 〈v, w〉/〈w,w〉 einsetzen. �

Anwendung fur K = R: v, w ∈ V ⇒ ∃ θ =: ∠(v, w) mit 〈v, w〉/(|v| · |w|) = cos θ;

Kosinussatz/∆-Ugl: |v+w|2 = |v|2 + |w|2 + 2|v||w| cos(∠(v, w)) ≤ (|v|+ |w|)2. �

11.2. Orthogonale Vektoren. v⊥w :⇔ 〈v, w〉 = 0; U ⊆ V ⇒ V = U ⊕ U⊥,d.h. es gibt stets einen kanonischen Komplementarraum ❀ orthogonale Projektion;ON-Basen – Existenz durch Schmidtsches Orthogonalisierungsverfahren: BasisA = {a1, . . . , an} ❀ orthogonale Basis B = {b1, . . . , bn} mittels

bk+1 := ak+1 −k∑

v=1

λvbv mit 〈bk+1, bv〉 = 0, also λv =

〈ak+1, bv〉〈bv, bv〉 ;


danach (oder nach jedem Schritt) kann B zu ON-Basis E normiert werden. Es giltspan{a1, . . . , ak} = span{b1, . . . , bk} =: Uk und (vor Normierung) ak+1 ≡ bk+1 (Uk).(Das ist ein Spezialfall des Verfahrens von 10.2.)

Bemerkung: b1, . . . , bn ∈ V \ {0} paarweise orthogonal, n = dimV ⇒ {b1, . . . , bn}ist automatisch Basis (Anwenden von 〈•, bi〉 auf Abhangigkeitsgleichung).

11.3. ON-Basiswechsel. “Eulidisch”/“unitar” sind stabil bzgl. Unterraumen; 〈•, •〉ist nicht-ausgeartet, d.h. α : V → V ∗, w 7→ αw = 〈•, w〉 ist Isomorphismus (mit

V := V als abelsche Gruppe und λ ·V v := λ ·V v , bzw. V := {v | v ∈ V } ⇒λv = λv).

B ⊆ V Basis ⇒ 〈•, •〉 entspricht Hermitescher Matrix MB ∈ M(n,K) (also MTB =

MB) mit mjk := 〈bj, bk〉, siehe (10.1), oder MB = MB∗B(α); Basiswechsel: MC =6.6.2016 (43)

MTBCMBMBC mit MBC =MBC : (V ,B) α

MB // (V ∗, B∗)

idV ∗ MTBC

��(V , C)

α

MC

//

idVMBC

OO

(V ∗, C∗)

E, F = ON-Basen (alsoME =MF = In)⇒M−1EF =MEF

T, d.h. ist unitare Matrix .

(K = R ⇒ bzgl. ON-Basen haben jetzt Endomorphismen und Bilinearformen den-selben Basiswechsel.)

11.4. V∼→ V ∗ werden auch unitar. V ∗ bekommt mittels der zu V → V ∗ (v 7→

αv) konjugiert-inversen Abbildung ein Skalarprodukt: 〈v, w〉 = αw(v) = v(αw) =

〈αw, αv〉 = 〈αv, αw〉; B,B∗ zueinander duale Basen❀MB∗ =MBB∗(α−1) =MB∗B(α)−1 =

M−1B .

E = ON-Basis von V ⇔ ME = In ⇔ E∗ = ON-Basis von V ∗ ⇔ mit α : V → V ∗

werden E = {e1, . . . , en} und E∗ miteinander identifiziert.(Achtung: w =

∑j λje

j in V ⇒ w =∑

j λjej in V ⇒ αw =

∑j λjαej in V ∗.)

Definition 39. U ⊆ V ⇒ ON-Basis von U⊥ ⊆ V ∗ gibt “Hessesche Normalform”fur Gleichungen von U .

11.5. ON-Koordinaten. V = unitarer Vektorraum mit ON-BasisE = {e1, . . . , en}⇒ duale Basis ist {ei = 〈•, ei〉 | i = 1, . . . , n}. Insbesondere gilt fur alle v ∈ V :v =

∑i〈v, ei〉 ei.

Beispiel: V := L2(0, 2π) := {f : [0, 2π] → C | quadratisch integrierbar} hat Ska-

larprodukt 〈f, g〉 :=∫ 2π

0f(x) g(x) dx. Damit ist { 1√

2πeinx | n ∈ Z} ein ON-System

in V = L2. Die entsprechende Darstellung von Funktionen als “Linearkombination”

(genauer: in L2 konvergente Reihe) heißt die Fourierreihenentwicklung .

22 KLAUS ALTMANN

12. Selbstadjungierte und unitare Abbildungen

12.1. Die adjungierte Abbildung. ϕ : V → V ❀ ,,adjungiertes“ ϕa : V → V :

V

ϕ

$$

∼ α��

Vϕa

oo

∼ α��

V∗

V∗ϕ∗

oo

d.h. 〈v, ϕa(w)〉 = 〈ϕ(v), w〉 fur v, w ∈ V⇒ vT MBMBB(ϕa)w = vT MBB(ϕ)

T MB w

⇒ fur ON-Basen gilt: MEE(ϕa) =MEE(ϕ)

T.

ϕ : V → V ist selbstadjungiert :⇔ ϕa = ϕ ⇔ 〈v, ϕ(w)〉 = 〈ϕ(v), w〉 fur v, w ∈ V⇔ MEE(ϕ) ist Hermitesche Matrix.

Satz 40. ϕ : V → V selbstadjungiert ⇒ alle Eigenwerte von ϕ sind reell , und

es existiert eine ON-Basis aus Eigenvektoren . Hermitesche Matrizen lassen sich

also durch ON-Basiswechsel diagonalisieren.

Proof. λ ∈ C EW mit EV v ∈ V ⇒ λ · 〈v, v〉 = 〈λv, v〉 = 〈ϕv, v〉 = 〈v, ϕv〉 =〈v, λv〉 = λ · 〈v, v〉, also λ = λ, d.h. λ ∈ R.

U := K · v ⊆ V ⇒ U⊥ ist ϕ-invariant: w ∈ U⊥ ⇒ 〈v, ϕ(w)〉 = 〈ϕ(v), w〉 = 0, und8.6.2016

ϕ|U⊥ bleibt selbstadjungiert. �

12.2. Hauptachsentransformation. Durch “Ubersetzung” von SBLF ϕ : V ×V → K = R in selbstadjungierte Abbildungen – z.B. uber die Matrixdarstellungbzgl. einer ON-Basis erhalt man

Folgerung 41. (Verscharfung von Satz 33) Sei ϕ : V × V → K = R eine SBLF.Dann existiert eine ON-Basis E ⊆ V , die gleichzeitig orthogonal bzgl. ϕ ist.

Signatur σ(ϕ) = #{EW > 0} −#{EW < 0}; ϕ positiv definit ⇔ alle EW > 0 .

Algorithmus: Diagonalisierung Hermitescher Matrizen: (i) Berechnen der (reellen) Eigen-

werte; (ii) Konstruktion von ON-Basen in den Eigenraumen. (Die Eigenraume stehen automatisch

senkrecht aufeinander.)

Ist Q(x1, . . . , xn) =∑

i≤j aijxixj +∑

v bvxv + c = 0 eine reelle Quadrik, so existiert eine ON-Basis

E ⊆ Rn (bzgl. des Standard-Skalrproduktes), so daß der quadratische Teil von Q Diagonalform

erhalt:∑

i a′i(x

′i)

2. Der lineare und absolute Teil von Q wird dann mit quadratischer Erganzung

vereinfacht. (“Hauptachsentransformation”).

Beispiel:

1 −2 2−2 −2 42 4 −2

⇒ ON {1

3(1, 2,−2), 1

3(2, 1, 2), 1

3(−2, 2, 1)}; EW −7, 2, 2.

12.3. Unitare und orthogonale Endomorphismen. ϕ : V → V unitar (R:orthogonal) :⇔ ∀v, w ∈ V : 〈ϕ(v), ϕ(w)〉 = 〈v, w〉 ⇔ ∀v ∈ V : |ϕ(v)| = |v| ⇔ϕ(ON) = ON ⇔ ϕ−1 = ϕa ⇔ MEE(ϕ)

TMEE(ϕ) = In, d.h. MEE(ϕ) ist unitar.13.6.2016

Satz 42. ϕ : V → V unitar ⇒ ϕ−1 ist unitar, alle Eigenwerte von ϕ (und detϕ)

haben Betrag 1 , und es existiert eine ON-Basis aus Eigenvektoren .


Proof. λ ∈ C EW mit EV v ∈ V ⇒ 〈v, v〉 = 〈ϕ(v), ϕ(v)〉 = 〈λv, λv〉 = |λ|2〈v, v〉.U := K · v ⊆ V ⇒ U⊥ ist ϕ-invariant: w ∈ U⊥ ⇒ 〈v, ϕ(w)〉 = 〈ϕ−1(v), w〉 = 0,und ϕ|U⊥ bleibt unitar. �

12.4. Beispiele orthogonaler Abbildungen. 1) D ∈ SO(2,R) (orthogonal mit

detD = 1) ⇒ Ansatz D =

(cosϕ − sinψsinϕ cosψ

)⇒ cos(ϕ − ψ) = detD = 1 ⇒

D = Dϕ :=

(cosϕ − sinϕsinϕ cosϕ

)ist Drehung um Winkel ϕ . Das charakteristische

Polynom der Drehung Dϕ ist χDϕ(x) = x2−tr(Dϕ)·x+det(Dϕ) = x2−2 cosϕ·x+1.

2) O(2,R) =

(1 00 −1

)·SO(2,R) (es gibt nur zwei Nebenklassen). Andererseits: Sei

15.6.2016 (46),Anna-Lena

D orthogonal mit detD = −1 ⇒ D hat Eigenwerte ±1 ⇒ ist Geradenspiegelung .

3) D ∈ SO(3,R) ⇒ D hat EW 1 ⇒ D ist Drehung um Achse R · EV.4) Sei D orthogonal mit detD = −1 ⇒ D hat EW −1 ⇒ D ist Drehspiegelung.

Konkrete Beispiele:

D1 :=1

3

2 −1 22 2 −1−1 2 2

; D2 :=

1

10

7 1 7 17 −1 −7 11 7 −1 −7−1 7 −1 7

Es gilt χ1(x) = (x − 1)(x2 − x + 1), d.h. D1 ist eine ±60o-Drehung um die GeradeR · (1, 1, 1). Weiter ist

χ2(x) = x4 − 65x3 + 11

25x2 − 6

5x+ 1 = (x2 − a1x+ 1)(x2 − a2x+ 1),

d.h. a1 + a2 =65und a1a2 = −39

25, also a1,2 =

3±4√3

5= 2 cos θ1,2. Nach (9.2) erhalten

wir die beiden Drehebenen ker((D2)2−aiD2+I4

)von D2 mittels der zueinander or-

thogonalen Projektionen fi = (ciqi)(D2) mit qi = x2−a3−i x+1 und

∑i ci(x) qi(x) =

1. Die Koeffizienten sind ci =x−ai

a3−i−ai , also f1 = 1a2−a1 (x − a1)(x

2 − a2 x + 1) und

f2 =1

a1−a2 (x− a2)(x2− a1 x+1) (mit x 7→ D2); Veranschaulichung mittels Drehung

in S1 × S1 = Torus .

12.5. Aufspaltung von Endomorphismen. Selbstadjungierte und unitare Ab-bildungen sind die entscheidenden “Bausteine” fur Automorphismen:

Satz 43. V unitarer VR, ϕ : V∼−→ V Automorphismus ⇒ es existiert eine ein-

deutige Zerlegung ϕ = α ◦ β mit α = unitar und β = selbstadjungiert mit positivenEigenwerten (positiv definit). (Eindimensionaler Fall: C∗ = S1 × R>0.)

Proof. ϕaϕ ist selbstadjungiert und hat positive EW (denn λ〈v, v〉 = 〈ϕaϕ v, v〉 =〈ϕv, ϕv〉 > 0) ⇒ ∃ β : selbstadjungiert, positive EW, ϕaϕ = βaβ, d.h. (ϕβ−1)a =(ϕβ−1)−1, d.h. α := ϕβ−1 ist unitar. �

24 KLAUS ALTMANN

13. Affine Bewegungen20.6.2016

13.1. Euklidische Punktraume. A heißt Euklidischer Punktraum, falls A af-finer Raum uber R mit einem Skalarprodukt 〈•, •〉 : V × V → R ist ❀ Abstandzwischen Punkten ist definiert.

Lot: A′ ⊆ A (Dimensionen k ≤ n), P ∈ A ⇒ es gibt genau einen (n − k)-dimensionalen affinen Unterraum A′′ mit P ∈ A′′ und A′′⊥A′, d.h. V ′′⊥V ′; es gilt

dann A′∩A′′ = {Q}, und Q heißt der Fußpunkt des Lotes von P auf A′. (Man neh-

me A′′ := P + (V ′)⊥; der Punkt Q ergibt sich als eindeutige Losung eines regularen,inhomogenen Gleichungssystems.)

13.2. Bewegungen. Das sind Automorphismen, die die affine Struktur und dasSkalarprodukt respektieren:

Definition 44. ϕ : A→ A heißt Bewegung :⇐⇒ ϕ0 ist orthogonale Abbildung.

13.2.1. Bewegungen im R1. Translationen ϕ(x) = x+ c oder Spiegelungen ϕ(x) =−x+ c mit Fixpunkt x = c/2.

13.2.2. Bewegungen im R2. (A) Falls ϕ0 = Dθ mit θ 6= 0, so ist 1 kein Eigenwert,und ϕ besitzt genau einen Fixpunkt F ∈ R2. Wird dieser Punkt als Ursprunggewahlt, so gilt ϕ = ϕ0 = Dθ, d.h. ϕ ist eine Drehung um F .

(B) Falls ϕ0 die Spiegelung an einer Geraden g0 ist, so ist ϕ die Spiegelung an einergegenuber g0 verschobenen Gerade g (analog zum Fall im R1) mit anschließenderVerschiebung in Richtung g0.

13.2.3. Bewegungen im R3. (A) Sei 1 kein Eigenwert von ϕ0 (⇒ detϕ0 = −1):Dann gibt es genau einen Fixpunkt F ∈ R3; ϕ(x) = −(x − F ) + F = 2F − x,

oder ϕ ist Drehspiegelung mit affiner Achse F + R · EV(−1) und Spiegelebene

F + EV(−1)⊥.(B) Sei ϕ0 Drehung ( 6= id): Translation in Drehachsenrichtung kann nicht durch

Verschiebung der Achse “aufgefangen” werden ⇒ ϕ ist “Schraubendrehung” .

(B’) Translationen in der Drehebene werden zu Drehungen mit entsprechend ver-schobener Achse.

(C) ϕ0 = id oder ϕ0 = Spiegelung an Ebene ⇒ im zweiten Fall kann die zur Ebeneorthogonale Verschiebung “aufgefangen” werden.

13.3. Kollineare Abbildungen.

Satz 45 (“Hauptsatz der affinen Geometrie”). Sei A ein mindestens zweidimensio-naler, affiner Raum uber R; sei ϕ : A → A bijektiv, so daß fur je drei auf einerGeraden liegende Punkte P,Q,R auch ϕ(P ), ϕ(Q), ϕ(R) wieder auf einer Geradenliegen. Dann ist ϕ affin.


Proof. Ubungsaufgabe. �

14. Das Tensor- und Wedgeprodukt22.6.2016 (48)

14.1. Universaleigenschaft des Tensorproduktes. M,N = R−Moduln❀ “Ten-sorprodukt” M ⊗R N := R⊕(M×N)/(bilineare Relationen) mit bilinearer AbbildungM × N → M ⊗R N , (a, b) 7→ a ⊗ b erfullt HomR(M ⊗R N,P ) = Hom(M,N ;P )(funktoriell). Eigenschaften:M⊗RR =M , (M⊕M ′)⊗RN = (M⊗RN)⊕(M ′⊗RN).

14.2. Basen im Tensorprodukt. V,W = K−Vektorraume, B ⊆ V , C ⊆ WBasen⇒ B⊗C ⊆ V ⊗W ist Basis; insbesondere gilt dim(V ⊗W ) = dimV ·dimW .Kontrast-Beispiel: Z/2Z⊗Z Z/3Z = 0.

V ∗ ⊗W ∼→ Hom(V,W ) ist Isomorphismus; End(V ) = Hom(V, V )∼→ V ∗ ⊗ V → K

27.6.2016 (49)ist die Spur. Dagegen ist V ∗ ⊗ V ∗ = Hom(V, V ;K) = {Bilinearformen auf V }.Allgemeine Tensoren t ∈ T rs (V ) := (V ∗)⊗s⊗V ⊗r entsprechen nach Basiswahl B ⊆ VZahlenschemata (ai1,...,irj1,...,js

) mit entsprechendem Verhalten unter Basiswechsel.

14.3. Basiswechsel. Sei S eineR-Algebra (also Rϕ→ S ein Ringhomomorphismus)

und M ein R-Modul ⇒ M ⊗R S wird zum S-Modul; speziell gilt Rn ⊗R S = Sn,d.h. R-Basen verwandeln sich in S-Basen. Dabei entsteht die Abbildungsmatrix von

[Rn Φ−→ Rm] ⊗R S = [SnΦ⊗idS−→ Sm] durch Anwenden von ϕ auf die Eintrage der

Abbildungsmatrix von Φ.

Beispiel: (Z2 ⊕ Z/3Z) ⊗Z Q = Q2, d.h. Tensorieren mit Q vernichtet die Torsions-elemente in abelschen Gruppen. K ⊆ L Korper, V = K−Vektorraum ⇒ V ⊗K List L-Vektorraum.

Satz 46. Sei R ein Ring, sei Φ : Rn →→ Rm eine surjektive, R-lineare Abbildung.Dann folgt n ≥ m. Insbesondere ist der Rang freier R-Moduln eindeutig bestimmt.

Proof. R → K mit K = Korper ⇒ Φ ⊗ idK : Kn → Km bleibt surjektiv. (Fur Kwahle man beispielsweise QuotR, falls R nullteilerfrei, oder allgemein K := R/mfur ein beliebiges Maximalideal m ⊂ R.) �

Bemerkung: m ⊂ R ist Maximalideal :⇔ es gibt keine Ideale zwischen m und R ⇔R/m hat nur die trivialen Ideale ⇔ R/m ist Korper.

14.4. Die Dehn-Invariante. Fur P = kompaktes, konvexe Polyeder sei D(P ) ∈R ⊗Q R/πQ definiert als D(P ) :=

∑e⊂P ℓ(e) ⊗ θ(e), wobei e alle Kanten von P

durchlauft, ℓ(e) ihre Lange und θ(e) den Winkel zwischen den angrenzenden Seitenbezeichnet. Das ist eine Invariante unter (ebenen) Zerschneiden/Zusammensetzender Polyeder; sie verschwindet fur den Wurfel, aber nicht fur das regulare Tetraederoder die vierseitioge Pyramide.

26 KLAUS ALTMANN

29.6.2016 (50),

Anna-Lena14.5. Universaleigenschaft des Wedgeproduktes. M,N = R−Moduln❀M×· · · ×M → ΛrM (“Wedge-Produkt”; (a1, . . . , ar) 7→ a1 ∧ · · · ∧ ar) ist definiert als

ΛrM := M⊗r/(alternierende Relationen); Hom(ΛrM,N) = HomaltR (M, . . . ,M ;N).

Beispiel: Λ0M = R, Λ1M =M , det ∈ (ΛnRn)∗.

Satz 47. Sei {e1, . . . , en} ⊆ M Basis (also M ein freier R-Modul), dann ist {ei1 ∧· · ·∧eir | i1 < . . . < ir} eine Basis von ΛrM . Insbesondere gilt rankΛrM =

(rankM

r

),

also ist detM := ΛrankMM ein freier R-Modul vom Rang 1 (d.h. ∼= R).

Proof. “ES” ist klar. Andererseits kann man o.B.d.A. die Projektion M →→ Rr

(ei 7→ ei fur i ≤ r; ej 7→ 0 fur j > r) betrachten; diese gibt M × · · · × M →→Rr × · · · ×Rr det−→ R mit e1 ∧ · · · ∧ er 7→ 1 und ei1 ∧ · · · ∧ eir 7→ 0 sonst. �

Konkret: a1, . . . , an ∈ Rn⇒ a1∧. . .∧an = (detA)·e1∧. . .∧en (denn, der Koeffizienthangt multilinear, alternierend von A = (a1, a2, . . . , an) ab).Allgemein ist die (ei1 ∧ · · · ∧ eir)-Koordinate von a1 ∧ · · · ∧ ar genau detAi1...ir mitA = (a1, a2, . . . , ar) ∈M(n, r;R).

14.6. Determinante von Endomorphismen. Λr ist Funktor, d.h. ϕ : M → Ninduziert Λrϕ : ΛrM → ΛrN . Speziell: M = freier R-Modul und ϕ :M →M linear⇒ detϕ := ΛrankMϕ ∈ R (als Endomorphismus eines freien Rang-1-Moduls).

Satz 48. M = freier R-Modul mit Basis B, ϕ :M → M ⇒ detϕ = detMBB(ϕ).4.7.2016

14.7. Die Tensor- und die außere Algebra. Sei V einK-Vektorraum❀ kompa-

tible Produkte T rV × T sV ⊗ //T r+sV und ΛrV × ΛsV∧ //Λr+sV ; Dualitat T rV ∗ =

(T rV )∗, aber ΛrV ∗ ∼→ (ΛrV )∗ mittels

ΛrV × ΛrV ∗ → K,((v1 ∧ . . . ∧ vr), (ϕ1 ∧ . . . ∧ ϕr)

)7→ det(ϕi(vj))i,j=1,...,r ;

insbesondere ist {bi1 ∧ · · ·∧ bir | i1 < . . . < ir} die duale Basis zu {bi1 ∧ · · ·∧ bir | i1 <. . . < ir}, falls B∗ = {bi} ⊆ V ∗ die duale Basis zu B = {bi} ⊆ V bezeichnet. MittelsΛrV → T rV , v1 ∧ . . . ∧ vr 7→

∑σ∈Sr

sgn(σ) · vσ(1) ⊗ . . . ⊗ vσ(r) paßt alles in dasDiagramm

ΛrV� _

��r!·id

× ΛrV ∗ ∧ // K

T rV

��

× T rV ∗

OOOO

⊗ // K

ΛrV × ΛrV ∗?�

OO

∧ // K.


14.8. Die Volumenform. (7.5) ⇒ Elemente ω ∈ ΛnV ∗ messen orientiertes Volu-men – Auswahl von ω entspricht Normierung, z.B. ω := det bzgl. Basis B ⊆ V gibtω(b1, . . . , bn) = 1.

V Euklidischer VR ⇒ Menge der (ON-)Basen zerfallt in zwei Klassen ❀ “Orientie-rung”. Sei E ON-Basis; sei E∗ = {e1, . . . , en} ⊆ V ∗ die duale (ON-) Basis:

Satz 49. vol := e1 ∧ . . . ∧ en ∈ ΛnV ∗ (“Volumenform”) hangt nicht von der Wahlder ON-Basis in der Orientierungsklasse ab. Fur eine beliebige zu E gleichorientierteBasis B = {b1, . . . , bn} ⊆ V mit dualer Basis B∗ = {b1, . . . , bn} ⊆ V ∗ gilt

vol =√

det(〈bi, bj〉

)ij· b1 ∧ . . . ∧ bn.

Proof. M :=MEB, d.h. die j-te Spalte von M enthalt die E-Koordinaten von bj

⇒ (e1 ∧ . . . ∧ en) = (detMT ) · (b1 ∧ . . . ∧ bn) und(〈bi, bj〉

)ij=MB =MTM . �

Λkα : ΛkV∼→ ΛkV ∗ induziert ein Skalarprodukt auf ΛkV ; es gilt 〈v1 ∧ . . .∧ vk, w1 ∧

. . . ∧ wk〉 = det(〈vi, wj〉

)ij, also speziell |v1 ∧ . . . ∧ vk| = | vol(v1, . . . , vk)|. Ist E =

{e1, . . . , en} ⊆ V ON-Basis, so bilden die e1 ∧ . . . ∧ ek eine ON-Basis von ΛkV .Insbesondere gilt | vol ∈ ΛnV ∗| = 1.

14.9. Der ∗-Operator und das Spat- oder Vektorprodukt. V orientierter

Euklidischer VR ⇒ ΛkV × Λn−kV → ΛnVvol−→ R gibt ISO Φ : Λn−kV

∼−→ ΛkV ∗

⇒ ∗ : ΛkV Λkα−→ ΛkV ∗ Φ−1

−→ Λn−kV , d.h. fur α, β ∈ ΛkV gilt 〈α, β〉 = vol(α ∧ ∗β).Der ∗-Operator erganzt also k-elementige Teilmengen von ON-Basen.

Fur 3-dimensionale V mit k = 2 gibt es V × V → Λ2V = V ∗ ⊗ Λ3V , und furEuklidische VR geht das weiter mittels V ∗ ⊗ Λ3V

∼→ V . Wir erhalten das “Vektor-produkt”: v×w = ∗(v∧w). Sei E = {e1, e2, e3} ON-Basis⇒ (ei, ei+1) 7→ ei∧ei+1 7→ei ∧ ei+1 7→ ei−1 (i ∈ Z/3Z), d.h. (v, w) 7→∑

i∈Z/3Z det

(vi vi+1

wi wi+1

)· ei−1.

15. Die Grassmannsche

15.1. Die Menge aller Unterraume. Grass(r, V ) := {v1 ∧ . . . ∧ vr ∈ ΛrV } \{0}/K∗ (“zerfallende” Elemente); speziell Grass(r, n) := Grass(r,Kn) und P(V ) :=

Grass(1, V ) = V \ {0}/K∗, also Grass(r, V ) ⊆ P(ΛrV ).

Satz 50. Φ : Grass(r, V )∼−→ {r−dimensionale Unterraume von V } ist Bijektion

mit t := v1 ∧ . . . ∧ vr 7→ Ut := {v ∈ V | v ∧ t = 0} = span(v1, . . . , vr).

Proof. [Ut ⊆ span]: v /∈ span ⇒ v, v1, . . . , vr linear unabhangig ⇒ v ∧ t 6= 0.6.7.2016 (52)

Fur Φ−1 benutzt man, daß aus span(v1, . . . , vr) = span(w1, . . . , wr) die Gleichheitv1 ∧ . . . ∧ vr = det(Bw-Matrix) · w1 ∧ . . . ∧ wr folgt. �

Satz 51. Sei t ∈ ΛrV \ {0}, sei Ut := {v ∈ V | v ∧ t = 0}. Dann ist t ∈ (detUt)∧ smit s ∈ Λr−dimUtV/Ut. Insbesondere ist dimUt ≤ r, und dimUt = r ⇔ t zerfallt.

28 KLAUS ALTMANN

Proof. Sei v1, . . . , vk Basis von Ut, sei vk+1, . . . , vn Erganzung zu einer V -Basis. Man

stelle t in der entsprechenden Basis dar und wedge sukzessive mit v1, . . . , vk. �

15.2. Die Plucker-Relationen. Das Zerfallen von ΛrV -Elementen ist eine Eigen-schaft, die durch Gleichungen beschrieben werden kann:

Satz 52. Seien zi1...ir (1 ≤ i1 < . . . < ir ≤ n) die (“Plucker”-)Koordinaten zurBasis ei1 ∧ . . . ∧ eir von ΛrKn. Dann ist Grass(r, n) ⊆ ΛrKn \ {0}/K∗ durch

r+1∑

v=1

(−1)v zi1...iv...ir+1ziv ,j1...jr−1

= 0 mit i1 < . . . < ir+1, j1 < . . . < jr−1

gegeben. (r = 2, n = 4 ⇒ z12z34 − z13z24 + z14z23 = 0.)

Proof. Sei t =∑

i1<...<irλi1...ir ei1 ∧ . . . ∧ eir ; wir zeigen: λ• erfullen Pluckerrelation

⇔ ∃w1, . . . , wn ∈ Kr : λi1...ir = det(wi1, . . . , wir). [Achtung : Kr statt Kn]

(⇐)∑r+1

v=1(−1)v det(wi1, . . . , wiv , . . . , wir+1) · wiv = 0 (wie Cramersche Regel) und

wj1 ∧ · · · ∧wjr = det(wj1, . . . , wjr) e1 ∧ · · · ∧ er gibt die Pluckerrelation (Summe mitwj1 ∧ · · · ∧ wjr−1 wedgen).

� 11.7.2016

15.3. Der Atlas. {e1, . . . , en}= Basis von V := Kn; fixiere i := (i1 < . . . ir) ❀

offene Teilmenge U(i) := {t ∈ Grass(r, n) | zi1...ir(t) 6= 0} ⊆ Grass(r, n).

Satz 53. Es gibt eine Bijektion

ϕi : Kr(n−r) ∼→ U(i),

(zab)1≤a≤r, b∈{1,...,n}\i 7→ (zj := det

(z•,j)

),

wobei die r×n-Matrix (z•,•) aus der r× (n− r)-Matrix (z•,•) durch Einfugen der Ir-Spalten an den Stellen i entsteht. Beispiel: Fur i = (1, 2, . . . , r) gilt (z•,•) := (Ir|z•,•).Proof. Gauß-Algorithmus ❀ U(i)-Elemente erhalten die eindeutige Form (z•,•). DieUmkehrabbildung in Plucker-Koordinaten ist zab = z(i\ia)∪b. �

Fur K = R macht das Grass(r, n) zu einer r(n− r)-dimensionalen Mannigfaltigkeit.

15.4. Dualitat. dimV = n ⇒ Grass(n − k, V ) = Grass(k, V ∗) mittels U 7→ U⊥;speziell Grass(n− 1, V ) = P(V ∗); das ist kompatibel mit Λn−kV/K∗ = ΛkV ∗/K∗ viaΛkV × Λn−kV → ΛnV aus (14.9).

16. Clifford-Algebren

16.1. Eine neue Produktstruktur. V = K-Vektorraum mit charK = 0; fixierequadratische Form Q : V → K mit zugehoriger SBLF 〈•, •〉 : V × V → K.

Zweiseitiges Ideal I(Q) :=(a⊗ a−Q(a) | a ∈ V

)=(r(a, b) | a, b ∈ V

)⊆ T •V mit

r(a, b) := a⊗b+b⊗a−2〈a, b〉❀ I = spanK

{v⊗r(a, b)⊗w | v, w ∈ T •V zerfallend};

C(Q) := T •V/I(Q) “Cliffordalgebra” mit Filtration F kC(Q) := T≤kV/I∩T≤kV .13.7.2016


ΛkV1k!→ T kV → F kC(Q) →→ F kC(Q)/F k−1C(Q) = ΛkV ist idΛkV ⇒ Induktion

liefert VR-Iso Λ•V∼→ C(Q):

C(Q)

Λ•V � � //

∼K−VR

44❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤

id

++❱❱❱❱❱❱

❱❱❱❱❱❱

❱❱❱❱❱❱

❱❱❱❱❱❱

T •V

;;✈✈✈✈✈✈✈✈

$$■■■

■■■■

■■

Λ•V

C(Q) induziert also auf Λ•V eine Multiplikation mit ab = a∧ b+ 〈a, b〉 (Spezialfall:Q = 0). Falls b1, . . . , bn ∈ V Basis, so ist bi1 ∧ . . . ∧ bik − bi1 · . . . · bik ∈ F k−2C(Q);insbesondere bilden die bi1 · . . . · bik eine K-Basis von C(Q).

Beispiel: V = R2 (mit Standardprodukt) ❀ I := vol = e1∧e2 gibt C = R⊕V ⊕RImit e2i = 1, e1e2 = I = −e2e1, e1I = e2 = −Ie1, e2I = −e1 = −Ie2 und I2 = −1.Insbesondere sind (1 + ei)(1 − ei) = 0 Nullteiler, aber Cev := R ⊕ RI ⊆ C(R2) istUnteralgebra und ∼= C.

16.2. Hamilton-Quaternionen. Z/2Z-Graduierung❀ C(Q) = Cev(Q)⊕Cod(Q);

Involution α : C(Q)∼→ C(Q) mit α = ±1 auf Cev / od(Q); Antiautomorphismus

τ : C(Q)op∼→ C(Q), τ : v1 · . . . · vk 7→ vk · . . . · v1 (steigt vom Tensorprodukt ab);

Konjugation: x := (ατ)(x), also xy = y · x.Falls e1, . . . , en O(rthogonal)-Basis von V , so ist ei := ei1 ∧ . . . ∧ eik = ei1 · . . . · eik ;α(ei) = (−1)kei, τ(ei) = (−1)(k2)ei, also ei = (−1)(k+1

2 )ei. Außerdem ist eiei =

(−1)k∏vQ(eiv), also e2i = (−1)(k2)∏vQ(eiv).

V = orientierter Euklidischer VR; ON-Basis ❀ vol := e1...n ⇒ ∀t ∈ Cod / ev(Q) :t · vol = ± ∗ t, also ∀t ∈ C(Q): t · vol = ∗α(t).Beispiele: x = e12 + e34 ⇒ xx = 2− 2e1234; (1 + e1234)(1− e1234) = 0 in Cev(R4).

Beispiel: V = R3 (mit Standardprodukt) ❀ Cev(R3) = H := spanR{1, I :=e12, J := e23, −K := e31} (“Hamilton-Quaternionen”) mit IJ = K = −JI, JK =I = −KJ , KI = J = −IK und I2 = J2 = K2 = IJK = −1 (mit R undC die einzigen R-Divisionsalgebren). Konjugation in H: x := a + bI + cJ + dK ⇒x = a−bI−cJ−dK, also xx = xx = a2+b2+c2+d2. Darstellung als Matrixalgebramittels Paulimatrizen:

C(R3)→M(2,C), 1 7→(1 00 1

), e1 7→

(0 i−i 0

), e2 7→

(0 11 0

), e3 7→

(−1 00 1

)

induziert Grp-Iso H1∼→ SU(2) mit a+ bI + cJ + dK = (a + bI) + (c+ dI)J und

18.7.2016 (55)

z + wJ 7→(

z w−w z

), I 7→

(i 00 −i

), J 7→

(0 1−1 0

), K 7→

(0 ii 0

).

30 KLAUS ALTMANN

16.3. Orthogonale Abbildungen als Multiplikationen.2-dimensionale Drehung: In C ist die Multiplikation mit eiϕ = cosϕ+ i sinϕ gleichder Drehung Dϕ um den Winkel ϕ. In Cev(R2) gilt: eIϕ := cosϕ+ I sinϕ ∈ Cev(R2),v ∈ R2 ⇒ Dϕ(v) = e−Iϕv = veIϕ = e−Iϕ/2 v eIϕ/2.

Spiegelungen: a ∈ V mit Q(a) 6= 0 ⇒ V = Ka ⊕ a⊥ ❀ Spiegelung Ra(v) :=

Ra(va + va⊥) := −va + va⊥ . In C(Q) gilt Ra(v) = −ava−1 = 1Q(a)

ava .

(Beweis: −aaa−1 = −a, und falls v ∈ a⊥, so ist −ava−1 = vaa−1 = v.)

Satz 54. Q nicht ausgeartet ⇒ Ra’s erzeugen O(Q) := {A ∈ GL(V ) | QA = Q}.

Proof. a, b ∈ V mit Q(a) = Q(b) 6= 0 ⇒ Q(a − b) 6= 0 oder Q(a + b) 6= 0 ⇒ Ra−boder Ra+bRb senden b 7→ a. Damit konnen O-Basen e1, . . . , en und e′1, . . . , e

′n mittels

2n solcher Spiegelungen auffeinander abgebildet werden. �

Satz 55. Sei V = Rn mit dem Standardprodukt. Seien A,X ⊆ Rn Unterraume,reprasentiert durch Elemente A,X ∈ Λ•Rn = C(Rn). Dann ist der an A⊥ gespiegelteUnterraum RA(X) reprasentiert durch RA(X) = (−1)dimAdimXAXA−1. Außerdemgilt RA +RA⊥ = 0.

Proof. Falls A = B©⊥C, so ist RA = RBRC ❀ Behauptung fur dimX = 1. �

Bemerkung: Ist A durch eine ON-Basis reprasentiert, so gilt A · A = (−1)dimA, also

RA(v) = AvA. Außerdem ist A · (∗A) = vol, und so kann man nochmal RA⊥ = −RA

sehen.

16.4. Die Spin-Gruppe. Sei K = R/C und Q positiv definit/nicht ausgeartet ❀Spin(Q) := {x ∈ C(Q)ev | xx = 1 = xx und xV x−1 ⊆ V } und SO(Q) := {A ∈SL(V ) | QA = Q}.Satz 56. Φ : Spin(Q)→ SO(Q), Φ : x 7→ [v 7→ xvx−1] ist ein surjektiver Gruppen-homomorphismus mit ker Φ = {±1}.

Proof. Φ : Pin(QC) := {x ∈ C(QC) | xx = xx = 1 und α(x)VC x−1 ⊆ VC} → O(QC):

Q(α(x)vx−1) = −(α(x)vx−1) ˜α(x)vx−1 = −α(x)vx−1xvα(x−1) = −α(x)vvα(x−1) =Q(v) · α(x)α(x−1) = Q(v) ⇒ Φ ist korrekt; det Φ(x) = ±1. Falls daruberhinausx ∈ Cev, so erhalt Φ(x) auch noch die Orientierung.

a ∈ V ⊆ C(Q) ⇒ Φ(a) = Ra (nach “negativer Normierung” zu Q(a) = −1) ⇒Φ ist surjektiv (a/

√−Q(a) 7→ Ra fur Pin(QC), oder ab/

√Q(a)Q(b) 7→ RaRb fur

Spin(Q)).

Sei x ∈ ker Φ ⊆ Pin(QC) ❀ ∀v ∈ V : α(x)v = vx. Fur a ∈ spanC{ei | j ∈ i} giltα(a)ej = −eja, also muß x ∈ C · 1 ⊆ Cev(Q) gelten, und aus x2 = xx = 1 folgtx = ±1. �

Insbesondere ist Φ−1(Rw1. . . Rwℓ

) = {±w1·. . .·wℓ}, also Pin(QC) = {w1·. . .·wℓ | wi ∈V,∏

iQ(wi) = (−1)ℓ} und Spin(Q) = {w1 · . . . · w2ℓ | wi ∈ V,∏

iQ(wi) = 1}.

Beispiel: Sei E ∈ Λ2R3 mit |E| = 1, d.h. E = e∧ e′ mit ON-Basis {e, e′} ⊆ E ⊆ R3

⇒ e−Eϕ/2 := cosϕ/2−E sinϕ/2 ∈ Cev(R3) induziert mittels Konjugation eine Dre-hung mit Winkel ϕ um die Achse ∗E.H = Cev(R3) ⇒ I = e12 = ∗e3, J = e23 = ∗e1, K = e13 = − ∗ e2, und damit gibtcosϕ/2 + (bI + cJ + dK) sinϕ/2 ∈ H1 (d.h. b2 + c2 + d2 = 1) die ϕ-Drehung um dieAchse (−c, d.− b); das beschreibt SU(2)→ SO(3):

(i 00 −i

)7→

−1 0 00 −1 00 0 1

,

(0 1−1 0

)7→

1 0 00−1 00 0−1

,

(0 ii 0

)7→

−1 0 00 1 00 0 −1

.

Ende Lina2xx16

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 ∈ Nmit 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(12)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 i2−1

2− i

212

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 i4−1

4− i

414

II...,3(...)7−→

1 0 0 0 14

14

14

14

0 1 0 0 − i4− i

4i4

14

0 0 1 0 −14

14−1

414

0 0 0 1 i4−1

4− i

4− i

4

, 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 =∑nj=1 µjc

j −∑mi=1 λib

i.

Lineare Unabhangigkeit: Sei∑n

j=1 µjcj+∑m

i=1 λibi = 0 in V . Dann ist

∑nj=1 µjc

j = 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 dimV = 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)} und B = 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 mitMd(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 beschreibeMd(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 SieMd(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 erhaltenMd(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), dimker(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′ ⊆ Astets 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)} undV2 = {(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 degχϕ = 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.


Anna-Lena WinzMathematisches InstitutFreie Universitat BerlinTel.: (030) 838 - [email protected]

“Lineare Algebra II”FUB, Sommer 2016Tutoren: Koki Yoshimoto,

Jakub Rondomanski

1. Aufgabenblatt

Aufgabe 1. Sei ϕ : V → V ein Endomorphismus und V ein zweidimensionalerVektorraum. Man zeige, daß der Endomorphismus ψ := ϕ2− (trϕ) ·ϕ jeden Vektormit einer festen (nur von ϕ abhangigen) Zahl multipliziert. Was ist diese Zahl?

Solution:Wir wahlen eine Basis von V und konnen somit ϕmit einer Matrix

(a bc d

)

identifizieren. Damit gilt:

ψ =

(a bc d

)2

− (a+ d) ·(a bc d

)=

(a2 + bc ab+ bdac+ cd bc+ d2

)−(a2 + ad ab+ bdac+ cd ad+ d2

),

also ψ = (bc− ad) · I2 = − det(ϕ) · idV .

Aufgabe 2. Ein Endomorphismus eines Vektorraums (oder allgemeiner ein Elementeines nicht notwendig kommutativen Ringes) heißt nilpotent, wenn eine gewisse Po-tenz dieses Endomorphismus’ (oder Elements) verschwindet.

a) Seien ϕ, ψ : V → V zwei vertauschbare, nilpotente Endomorphismen. Man zeige,daß dann auch ϕ+ ψ nilpotent ist.

b) Gilt dieser Satz auch allgemein fur nilpotente Elemente eines Ringes statt Endo-morphismen eines Vektorraumes? Gilt dieser Satz auch ohne die Voraussetzung derVertauschbarkeit? (Beweis/Gegenbeispiel)

Solution: (a) Sei R ein (nicht notwendig kommutativer) Ring, z.B. R = End(V ).Seien ϕ, ψ ∈ R mit ϕψ = ψϕ. Dann gilt (ϕψ)N = ϕN · ψN . Und falls nun z.B.ϕN = 0 gilt, dann folgt auch (ϕψ)N = 0.

(b) Die Ringfrage ist schon beantwortet. Die Voraussetzung der Vertauschbarkeit ist

aber wesentlich – man betrachte sonst folgendes Beispiel:

(0 10 0

)(0 01 0

)=

(1 00 0

).

Aufgabe 3. Bestimmen Sie charakteristisches Polynom, Eigenwerte und Minimal-polyom fur die folgenden Matrizen. Sind die Matrizen diagonalisierbar?

A1 =

6 −38 −14−4 17 716 −76 −30

, A2 =

−6 0 160 0 −10−39 1 8

.

Solution: Die charakteristischen Polynome sind χ1(x) = x3 + 7x2 + 16x + 12 =(x + 2)2(x + 3) und χ2(x) = x3 − 2x2 + x = x(x − 1)2, die Eigenwerte sind also-3,-2,-2 und 1,1,0. Uber die Diagonalisierbarkeit entscheidet dann die Dimension der

Kerne von

A1 + 2I3 =

8 −38 −14−4 19 716 −76 −28

und A2 − I3 =

−7 0 160 −1 −10−39 1 7

.

Wegen rank(A1 + 2I3) = 1 (sieht man durch Draufschauen) und rank(A2 − I3) = 2(man sieht hier “≥ 2”, aber es muß sowieso “≤ 2” gelten) folgt, daß A1 diagona-lisierbar ist und A2 nicht. Im Fall von A2 ist der Eigenraum zum Eigenwert 2 zuklein, namlich nur 1-dimensional (trotz Vielfachheit 2 des Eigenwertes).Fur das Minimalpolynom testet man, ob (A1+2I3)(A1+3I3) = 0, bzw. A2(A2−I3) =0 gelten. Fur A1 ist das richtig, also ist m1(x) := (x+ 2)(x + 3) = x2 + 5x+ 6 dasMinimalpolynom. Fur A2 ist diese Gleichung nicht erfullt, also folgt m2(x) = χ2(x).

Aufgabe 4. Berechnen Sie A120 fur die Matrix

A =

(2 41 −2

).

(Tip: Finden Sie eine Matrix S, so dass SAS−1 Diagonalform hat.)

Solution: Das charakteristische Polynom ist x2 − 8, also sind ±2√2 die Eigenwerte.

Da diese verschieden sind, folgt, daß A diagonalisierbar ist. Eine Basis B, bzgl. derA zur Diagonalmatrix wird, findet man in den Kernen von A± 2

√2I2:

B = {(2 + 2√2, 1) (2− 2

√2, 1)}.

Die Basiswechselmatrix zwischen B und der kanonischen Basis K ist

MKB =

(2 + 2

√2 2− 2

√2

1 1

),

und die Inverse davon ist

MBK =1

4√2

(1 −2 + 2

√2

−1 2 + 2√2

).

Es gilt MKK(A) = A (ein Bezeichnungs-overkill) und daher folgt

MBKAMKB =MBB(A) = diag(2√2,−2

√2) =: D.

Diese Gleichheit sollte man auch direkt nachrechnen konnen. Umgekehrt gilt A =MKBDMBK (auch das ist direkt nachrechenbar).

Nun kann man die letzte Gleichung benutzen, um daraus sofort A120 =MKBD120MBK

zu erhalten. Und wegen D120 = diag(2180, 2180) = 2180 · I2 folgt schließlich

A120 =MKB · 2180I2 ·MBK = 2180MKB ·MBK = 2180 · I2.





Jakub Rondomanski

2. Aufgabenblatt

Aufgabe 5. Seien V ein n-dimensionaler K-Vektorraum, ϕ : V × V → K einebilineare Abbildung und f : V → V ein K-linearer Endomorphismus. Fur einegewahlte Basis B von V entsprechen sowohl ϕ als auch f Matrizen Aϕ,M(f) ∈M(n, n;K). Welche der Zahlen det(Aϕ) oder det(M(f)) sind unabhangig von derBasiswahl? Erlautern Sie diese Frage auch am Beispiel n = 1.

Solution: Die BLF ϕ : V × V → K entspricht der linearen Abbildung ϕ : V → V ∗,v 7→ ϕ(•, v), d.h. Aϕ = MB∗B(ϕ). Fur zwei Basen B,C ⊂ V erhalten wir also diefolgenden Basiswechselformeln:

MCC(f) =MCBMBB(f)MBC =M−1BCMBB(f)MBC

undMC∗C(ϕ) =MC∗B∗ MB∗B(ϕ)MBC =MT

BCMB∗B(ϕ)MBC .

Fur die Determinanten gilt also

detMCC(f) = (detMBC)−1 · det(MBB(f)) · det(MBC) = det(MBB(f)),

aber detMC∗C(ϕ) = detMB∗B(ϕ) · det(MBC)2.

Fur n = 1 ist MBC ∈ K∗, und das ist auch gleich der Determinante. Und um derenQuadrat andert sich dann die Zahl, die ϕ kodiert, wenn die Basis entsprechendgeandert wird.

Aufgabe 6. a) Es sei C∞(R) der R-Vektorraum der unendlich oft differenzierbarenreellwertigen Funktionen auf R. Wir betrachten die Endomorphismen P und Q mit

P,Q : C∞(R) → C∞(R)P : f 7→ [t 7→ f ′(t)]Q : f 7→ [t 7→ t · f(t)] .

Beweisen Sie, daß [P,Q] := P ◦ Q − Q ◦ P = idC∞(R). (Das ist die HeisenbergscheUnscharferelation fur Ort und Impuls.)

b) Seien V ein endlich dimensionaler R-Vektorraum uber R und ϕ, ψ : V → V zweiEndomorphismen mit ϕ ◦ ψ − ψ ◦ ϕ = λ · idV . Zeigen Sie, daß dann λ = 0 folgt.

c) Ist (b) auch uber F2 richtig?

Solution: (a) (P ◦ Q)(f) =(t · f(t)

)′= f(t) + t · f ′(t) und (Q ◦ P )(f) = t · f ′(t)

impliziert (P ◦Q−Q ◦ P )(f) = f .

(b) Man betrachte die Spur (die es nur bei endlich-dimensionalen Vektorraumengibt): tr(ϕ ◦ ψ) = tr(ψ ◦ ϕ), also tr[ϕ, ψ] = 0. Andererseits gilt fur dimV = n, daßtr(λ · idV ) = n · λ.

(c)

[(0 10 0

),

(0 01 0

)]= idF2

2.

Aufgabe 7. Sei A die (2× 2)-Matrix

A :=

(cos θ − sin θsin θ cos θ

)

mit θ ∈ R.

a) Man beschreibe in Worten, was die lineare Abbildung A : R2 → R2 mit den Punk-ten (Vektoren) des R2 tut. Man leite daraus ohne Rechnung ab, daß die Matrix Afur θ /∈ πZ (also kein ganzes Vielfaches von 180◦) keine reellen Eigenwerte hat.

b) Man berechne die komplexen Eigenwerte und, wenn moglich, eine Basis aus Ei-genvektoren von A. Wie sieht die Basiswechselmatrix aus? Wie sieht A in der neuenBasis aus?

c) Ist A uber R diagonalisierbar? Ist A uber C diagonalisierbar?

Solution: (a) A beschreibt eine Drehung um den Nullpunkt engegen dem Uhrzeiger-sinn – und zwar um den Winkel θ. Falls θ /∈ πZ, so liegen v ∈ R2 \ {0} und Avniemals auf einer gemeinsamen Geraden durch 0, d.h. Av ist kein reelles skalaresVielfaches von v.

(b1) χA(x) = (x− cos θ)2 + sin2 θ = x2 − 2 cos θ · x+ 1. Die Nullstellen sind

x1,2 = cos θ ±√cos2 θ − 1 = cos θ ±

√− sin2 θ = cos θ ± i sin θ = e±iθ.

(c) Da es keine reellen Eigenwerte gibt, ist A uber R nicht diagonalisierbar. Da χA(x)uber C komplett in Linearfaktoren zerfallt und die beiden Eigenwerte verschiedensind, ist A uber C diagonalisierbar.

(b2) Ohne die (“neue”) Basis E aus Eigenvektoren schon zu kennen, wissen wir, daßMEE(A) = diag(eiθ, e−iθ). Wir berechnen jetzt E:

A− (cos θ + i sin θ)I2 =

(−i sin θ − sin θsin θ −i sin θ

)= sin θ ·

(−i −11 −i

)

ergibt C · (i, 1) als Eigenraum zu eiθ. Analog fuhrt

A− (cos θ − i sin θ)I2 =(i sin θ − sin θsin θ i sin θ

)= sin θ ·

(i −11 i

)

zu C · (1, i) als Eigenraum zu e−iθ. Bezeichnet K die (“alte”) kanonische Basis des

C2, so ist MKE =

(i 11 i

).

Aufgabe 8. Sei ψ : R2 → R2 durch die Matrix

(−2 1−4 2

)gegeben.

a) Man berechne die Eigenwerte, das charakteristische und das Minimalpolynomvon ψ.

b) Man berechne eine Basis C1 von kerψ und setze sie zu einer Basis C von kerψ2

fort. Man gewinne daraus eine Basis B2 von kerψ2/ kerψ, d.h. C = C1 ∪ B2.

c) Der Endomorphismus ψ induziert lineare Abbildungen kerψ2 → kerψ2 undkerψ2/ kerψ → kerψ2 und kerψ2/ kerψ → kerψ. Man gebe die Abbildungsma-trizen aller drei Abbildungen bzgl. der Basen aus (b) an.

d) Wir ersetzen die Basis C1 durch eine Basis B1 von kerψ. Das geschieht mittels derinjektiven Abbildung ψ : kerψ2/ kerψ → kerψ; man setze die linear unabhangigeTeilmenge ψ(B2) ⊂ kerψ zu einer ansonsten beliebigen Basis B1 fort. Was ist danndie Abbildungsmatrix von ψ : kerψ2 → kerψ2 bzgl. der Basis B := B1 ∪ B2?

Solution: (a) Das charakteristische Polynom ist χψ(x) = (x + 2)(x − 2) + 4 = x2.Null ist also der einzige (und doppelte) Eigenwert von ψ. Fur mψ(x) kommt dahernur x2 oder x in Frage – aber letzteres wurde bedeuten, daß ψ = x(ψ) = 0 geltenmußte. Also bleibt nur mψ(x) = x2. Das impliziert insbesondere auch ψ2 = 0, wasman aber auch durch direktes Nachrechnen sieht.

(b) kerψ ist also 1-dimensional. Wegen ψ(1, 2) = 0 impliziert das kerψ = R · (1, 2),d.h. C1 = {(1, 2)} ist eine Basis von kerψ. Weiter gilt kerψ2 = R2, und jeder Vektoraus R2 \ kerψ liefert eine Fortsetzung zu einer Basis von kerψ2 fort. Wir wahlen

C = {(1, 2), (7, 2)}. Damit ist B2 = {(7, 2)} eine Basis von kerψ2/ kerψ.

(c) MCC(ψ) =

(0 −120 0

), MCB2

(ψ) =

(−120

)und MC1B2

(ψ) = (−12).

(d) ψ : kerψ2/ kerψ → kerψ ist in unserem Beispiel sogar ein Isomorphismus, d.h.B1 = ψ(B2) = {(−12,−24)}. Insgesamt folgt B = {B1, B2} = {(−12,−24), (7, 2)}und MBB(ψ) =

(0 10 0

).





Jakub Rondomanski

3. Aufgabenblatt

Aufgabe 9. Man berechne eA mit

A =

3 3 −20 2 01 2 0

.

Solution: χA(t) = (t − 1)(t − 2)2; {(1, 0, 1)} ist eine Basis von ker(A − I3). Fur

den anderen Eigenwert benutzen wir ψ := A − 2I3 =

1 3 −20 0 01 2 −2

. Der Kern ist

ein-dimensional mit Basis {(2, 0, 1)}. Weiter gilt dim(kerψ2) = 2, und eine Basis-fortsetzung ist {(2, 0, 1), (1, 1, 1)}.Sei also B2 := {(1, 1, 1)}; das ist eine Basis von kerψ2/ kerψ. Wir gewinnen darausB1 := ψ(B2) = {(2, 0, 1)} – das ist (mehr oder weniger zufallig) dieselbe Basis vonker(ψ), die wir schon hatten. Insgesamt ergibt sich eine neue basis B, die gegenuberder kanonischen Basis E folgende Basiswechselmatrizen aufweist:

MEB =

1 2 10 0 11 1 1

⇒ MBE =M−1

EB =

−1 −1 21 0 −10 1 0

.

Die JNF von A =MEE(A) ist dann

MBB(A) =

1 0 00 2 10 0 2

=MBE AMEB.

Fur das Exponential eA = exp(A) erhalten wir dann

eA =MEB · exp

1 0 00 2 10 0 2

·MBE =MEB ·

e 0 00 e2 00 0 e2

·

1 0 00 1 10 0 1

·MBE ,

also

eA =

2e2 − e 3e2 − e −2e2 + 2e0 e2 0

e2 − e 2e2 − e −e2 + 2e

,

Aufgabe 10. Seien K ⊂ L Korper, und sei A ∈ M(n,K) eine quadratische Matrixmit Eintragen aus K. Diese induziert einen Endomorphismus ϕ : Kn → Kn, aberwegen K ⊂ L auch einen Endomorphismus ψ : Ln → Ln. Man zeige, daß dannχϕ(t) = χψ(t) und mϕ(t) = mψ(t) gilt.

Solution: (a) Fur das charakteristische Polynom gilt χϕ(t) = det(tIn − A) = χψ(t),denn die Determinante hangt nicht von dem Grundkorper ab – sie ist z.B. einfachals eine Summe von gewissen Produkten der Eintrage von A definiert.

(b) Beide Polynome mϕ und mψ haben die Matrix A als Nullstelle. Daruber hinaussind sie mit dieser Eigenschaft und mϕ(t) ∈ K[t] ⊆ L[t], bzw. mψ(t) ∈ L[t] als mini-mal definiert (und mit 1 als hochstem Koeffizienten. Damit gilt zunachst mψ|mϕ.Andererseits konnen wir die Koeffizienten eines Minimalpolynoms auch als die Koef-fizienten einer Linearkombination der Vektoren A0, A1, A2, . . . ∈ Kn2

verstehen. Undhier gilt, daß eine gewisse Menge von Vektoren v1, . . . , vℓ ∈ KN genau dann uber Klinear abhangig sind, wenn das fur die selben Vektoren in LN gilt. Die Abhangigkeits-Koeffizienten ergeben sich einfach als die Losungen eines linearen Gleichungssystems.

Aufgabe 11. a) Sei V ein K-Vektorraum und Vν ⊆ V Unterraume (ν = 1, . . . , r),so daß die kanonische Abbildung Φ : ⊕rν=1Vν → V ein Isomorphismus ist. Wir be-zeichnen mit ιµ : Vµ → V die Einbettung und mit pµ : ⊕rν=1Vν → Vµ die Projektionauf den µ-ten Summanden. Daraus ergeben sich die ,,Projektoren“

Φµ : V → V, Φµ := ιµ ◦ pµ ◦ Φ−1.

Man zeige, daß diese Projektoren die folgenden Eigenschaften haben:

(i) Φµ ◦ Φµ = Φµ (µ = 1, . . . , r)

(ii) Φµ ◦ Φν = 0 falls µ 6= ν und

(iii)∑r

ν=1Φν = idV .

Wir nennen das eine Zerlegung von idV ∈ End(V ) in orthogonale Idempotente. (DieEigenschaft (i) wird dabei von (ii) und (iii) automatisch impliziert.)

b) Sei V ein K-Vektorraum und seien Φν : V → V (ν = 1, . . . , r) Endomorphismen,die die obigen Eigenschaften (i)-(iii) besitzen. Man konstruiere daraus eine Zerlegungvon V in Unterraume Vν ⊆ V wie in (a), so daß die hier gegebenen Φν genau mitden dortigen Φν ubereinstimmen.

Solution: (a) Die Abbildungen pµ ◦ Φ−1 ◦ ιν verschwinden fur µ 6= ν, und sie sindgleich idVµ fur µ = ν. Also gilt Φµ ◦ Φν = (ιµ ◦ pµ ◦ Φ−1) ◦ (ιν ◦ pν ◦ Φ−1) =ιµ ◦ (pµ ◦Φ−1 ◦ ιν)◦ (pν ◦Φ−1) = 0 fur µ 6= ν und . . . = ιµ ◦ (pµ ◦Φ−1) = Φµ fur µ = ν.

(b) Wir definieren Vµ := imΦµ. Dann gilt einerseits fur jedes v ∈ V , daß v =∑µ=1r Φµ(v) ∈

∑rµ=1 Vµ, und andererseits ist jede solche Zerlegung eindeutig. Ist

namlich vµ ∈ Vµ mit w :=∑

µ vµ = 0, so folgt zunachst Φµ(vµ) = vµ und dann furjedes ν = 1, . . . , r die Gleichheit

0 = Φν(0) = Φν(w) =∑

µ

Φν(vµ) =∑

µ

ΦνΦµ(vµ) = Φν(vν) = vν .

Aufgabe 12. Man transformiere die inhomogene Differentialgleichung x′(t) = α ·x(t)+β mit α, β ∈ R in ein (2×2)-System homogener linearer Differentialgleichungen

und lose es auf diese Weise.

Solution: Das System ist

[x′(t) = α · x(t) + β · y(t)y′(t) = 0

], x(0) = x0 und y(0) = 1,

also z′(t) = A · z(t) mit z(t) =

(x(t)y(t)

), z(0) =

(x01

)und A =

(α β0 0

). Die

Eigenwerte von A sind α und 0, und wenn E die kanonische Basis bezeichnet, dann

erhalten wir eine Basis B aus Eigenvektoren mit MEB =

(1 β0 −α

). Daraus folgt

MBE = 1α

(α β0 −1

). Das ergibt

A =MEE(A) =MEB ·MBB(A) ·MBE =1

α

(1 β0 −α

)·(α 00 0

)·(α β0 −1

)

also

etA =1

α

(1 β0 −α

)·(etα 00 1

)·(α β0 −1

)=

1

α

(α etα β etα − β0 α

).

Wir erhalten also

etA ·(x01

)=

((x0 + β/α)etα − β/α

1

).





Jakub Rondomanski

4. Aufgabenblatt

Aufgabe 13. a) Sei ϕ : V → V diagonalisierbar und V = V1⊕· · ·⊕Vk die zugehorigeZerlegung in Eigenraume. Man zeige, dass dann fur ϕ-invariante UnterraumeW ⊆ Vstets

W = (V1 ∩W )⊕ · · · ⊕ (Vk ∩W )

gilt. Ist mit ϕ dann auch seine Einschrankung ϕ|W : W →W diagonalisierbar?

b) Seien ϕ, ψ : V → V zwei diagonalisierbare Endomorphismen. Man zeige, dass siegenau dann simultan diagonalisierbar sind, wenn sie vertauschbar sind. (Tip: Wen-den Sie (a) auf die Eigenraume W des anderen Endomorphismus’ an.)

Solution: (a) Sei sonst w ∈ W mit w =∑

i vi (vi ∈ Vi) eine Summe mit einer mini-malen Anzahl von Summanden, so daß vi /∈ W gilt. Dann folgtW ∋ ϕ(w) =∑i λi·vi(λi := Eigenwert zu Vi), und wir konnen aus den beiden Summen eine kurzere linearkombinieren.Wahlt man Basen in allen Vi∩W , so ist ϕ|W bzgl. der Gesamtbasis in Diagonalform.

(b) Nach simultaner Diagonalisierung sind ϕ, ψ Diagonalmatrizen und somit offen-sichtlich vertauschbar.Umgekehrt sei V = V ϕ

1 ⊕ · · · ⊕ V ϕk die Eigenraumzerlegung fur ϕ. Die Eigenraume

V ϕi zum Eigewert λi sind dann auch ψ-invariant:

v ∈ V ϕi ⇒ ϕ(ψ(v)) = ψ(ϕ(v)) = ψ(λi · v) = λi · ψ(v), d.h. ψ(v) ∈ V ϕ

i .

Also konnen wir (a) fur W := V ϕi auf die Eigenraumzerlegung V = V ψ

1 ⊕ · · · ⊕ V ψℓ

bzgl. ψ anwenden. Mit Vij := V ϕi ∩ V ψ

j erhalten wir V = ⊕i,jVij.Aufgabe 14. Sind die folgenden beiden Matrizen simultan diagonalisierbar? Wenndas der Fall ist, bestimme man eine regulare Matrix S, so dass SAS−1 und SBS−1

Diagonalmatrizen sind.

A =

1 −2 10 3 −10 2 0

und B =

−5 −10 24 9 −28 12 −1

Solution: χA(t) = (t−1)2(t−2). Als Basen von Eigenvektoren erhalten wir {

100

,

012

}

und {

−111

}. Der dritte Vektor ist auch ein EV fur B, und zwar mit EW 3. Ein-

geschrankt auf den von den ersten beiden aufgespannten Unterraum hat B die Ma-

trix

(−5 −64 5

). Hier sind die Eigenwerte ±1 mit den Eigenvektoren

(1−1

)⇒

100

−

012

=

1−1−2

und

(3−2

)⇒ 3

100

− 2

012

=

3−2−4

. Insgesamt ergibt

sich die Basis {

1−1−2

,

3−2−4

,

−111

} mit den zugehorigen Eigenwerten (1, 1, 2)

fur A und (1,−1, 3) fur B.

Nachtraglich sieht man, daß es am einfachsten gewesen ware, die Eigenvektoren zuden drei verschiedenen Eigenwerten von B zu bestimmen – diese hatten dann Aautomatisch mit diagonalisiert.

Aufgabe 15. Man zerlege das Polynom f(x) := 2x6− 14x5+43x4− 72x3+69x2−36x + 9 ∈ K[x] in Primfaktoren. Man benutze dabei wahlweise K = Q, R, C oderF11 := Z/11Z.

(Tip: Man versuche zunachst, mehrfache Primfaktoren (entsprechen Mehrfachnull-stellen in K) zu ermitteln. Dabei benutze man ein z.B. selbst geschriebenes Pro-gramm, das den Euklidischen Algorithmus im Polynomring K[x] durchfuhrt.)

Solution: Man erhalt gcd(f, f ′) = x2 − 3x + 3. Dieser Faktor ist also (mindestens)als Quadrat in f vorhanden. Die Polynomdivision ergibt dann f(x) = (x2 − 3x +3)2(2x2 − 2x + 1). Die quadratischen Faktoren sind irreduzibel uber Q, R und F11.Sie zerfallen aber uber C in jeweils zwei Linerfaktoren.

Aufgabe 16. a) Das charakteristische Polynom definiert eine Abbildung Φ : GL(n,K)→K[t]deg=n, A 7→ χA(t). Als Bilder treten nur Polynome vom Grad n mit hochstemKoeffizient 1 auf. Werden alle diese Polynome tatsachlich durch Φ erreicht?

b) Man zeige, daß Φ auf den Konjugationsklassen in GL(n,K) konstant ist.

c) Aus wievielen Konjugationsklassen besteht Φ−1((t− 1)4(t− 2)

)(mit n = 5)?

Solution: (a) Alle A ∈ GL(n,K) sind invertierbar, haben also niemals 0 als Eigen-wert. Damit folgt t 6 |χA(t). Das ist aber auch die einzige Bedingung.

(b) χSAS−1(t) = det(t In − SAS−1) = detS(t In − A)S−1 = det(t In − A) = χA(t).

(c) Jede Konjugationsklasse hat die entsprechende Jordansche Normalform (JNF)als eindeutigen Reprasentanten. Wir mussen also die Anzahl aller moglichen JNFzu den Eigenwerten 1, 1, 1, 1, 2 ermitteln.Fur den Eigenwert 2 hat man keine Wahl – er liefert nur ein 1-er Kastchen. DerEigenwert 1 kann dagegen folgende Kastchengroßen aufweisen: (1, 1, 1, 1), (1, 1, 2),(1, 3), (2, 2), (4). Das ergibt insgesamt funf Moglichkeiten.





Jakub Rondomanski

5. Aufgabenblatt

Aufgabe 17. Man berechne die Jordansche Normalform und die zugehorige Basis-wechselmatrix von

A =

2 −1 1 −1 −1−1 2 −1 1 0−1 1 0 1 11 −1 1 0 00 1 0 1 1

.

Solution: Funfacher Eigenwert 1; ein 2-er, ein 3-er Block: ψ := A− I5 ergibt

ψ =

1 −1 1 −1 −1−1 1 −1 1 0−1 1 −1 1 11 −1 1 −1 00 1 0 1 0

, ψ2 =

0 −1 0 −1 00 0 0 0 00 1 0 1 00 0 0 0 00 0 0 0 0

und man erhalt

kerψ = [x1 + x3 = x2 + x4 = x5 = 0] =

⟨

10−100

,

010−10

⟩

kerψ2 = [x2 + x4 = 0] =

⟨

10−100

,

010−10

und

10000

,

00001

⟩.

Wir erganzen das mit e2 := (0, 1, 0, 0, 0) zu einer Basis von kerψ3 = R5. Da-mit erhalten wir zwei Jordan-Kastchen. Das erste Kastchen gehort zur Teil-Basis{e2, ψ(e2), ψ2(e2)}.Fur das zweite Kastchen mussen wir ψ(e2) = (−1, 1, 1,−1, 1) zu einer Basis vonkerψ2/ kerψ erganzen. Das ist aquivalent dazu, ψ(e2) zusammen mit obiger Ba-sis von kerψ zu einer Basis von kerψ2 zu erganzen. Das geschieht z.B. mit e1 :=(1, 0, 0, 0, 0). Damit ist die Teilbasis fur das zweite Kastchen {e1, ψ(e1)}. Insgesamt

erhalten wir eine Basis B mit

MEB =

−1 −1 0 1 10 1 1 −1 01 1 0 −1 00 −1 0 1 00 1 0 0 0

und MBB(A) =

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

.

Aufgabe 18. Seien ϕ, ψ : V → V ein invertierbarer und ein nilpotenter Endomor-phismus. Man zeige, daß unter der Voraussetzung, daß ϕψ = ψϕ die Summe ϕ + ψinvertierbar ist. (Tip: Man beginne mit dem Fall ψ2 = 0.)

Man gebe ein Beispiel, das die Notwendigkeit der Vertauschbarkeit von ϕ und ψillustriert.

Solution: Sei ψN = 0. Dann gilt

(ϕ− ψ)(ϕN−1 + ϕN−2ψ + . . .+ ϕψN−2 + ψN−1) = ϕN − ψN = ϕN ,

also

(ϕ− ψ)−1 =(∑N

i=1 ϕN−iψi−1

)· ϕ−N .

Andererseits haben wir folgendes Beispiel: ϕ =

(1 10 1

)und ψ =

(0 01 0

).

Aufgabe 19. Wir berechnen eA von Aufgabe 9, d.h. A =

3 3 −20 2 01 2 0

mit

Hilfe des Newton-Verfahrens. Von damals ubernehmen wir die Kenntnis χA(t) =(t− 1)(t− 2)2.

a) Mit m(t) := (t− 1)(t− 2) berechnen Sie zunachst m′(A)−1 und dann daraus mitHilfe des Newton-Verfahrens die Jordan-Zerlegung A = AS + AN .

b) Man berechne die Matrix eAN .

c) Man berechne die Projektoren f1, f2 ∈ M(3, 3Q), die die in (9.2) beschriebeneA-invariante Zerlegung Q3 = V1 ⊕ V2 beschreiben, wobei die charakteristischen Po-lynome der Einschrankungen A|V1 : V1 → V1 und A|V2 : V2 → V2 genau die Polynome(t− 1) und (t− 2)2 sind.

d) Man berechne die Produkte ASf1 und ASf2 und interpretiere das Ergebnis.

e) Mit Hilfe von (d) uberlege man sich, wie eASf1 und eASf2 berechnet werdenkonnen und ermittle daraus eAS . Was ist dann schließlich eA?

Solution: (a)m′(t) = 2t−3. Damit folgtm′(A) =

3 6 −40 1 02 4 −3

, also nach Invertie-

ren m′(A)−1 =

3 −2 −40 1 02 0 −3

. Das Newton-Verfahren beginnt mit dem Startwert

A0 := A und erhalt daraus A1 = A0 −m(A0)m′(A0)

−1, also

A1 =

3 3 −20 2 01 2 0

−

0 2 00 0 00 1 0

3 −2 −40 1 02 0 −3

=

3 1 −20 2 01 1 0

.

Das Verfahren bricht schon nach diesem ersten Schritt ab (entweder man pruftm(A1) = 0 direkt nach, oder man extrahiert das dem Beweis von Satz 31). Dasbedeutet

AS = A1 =

3 1 −20 2 01 1 0

und AN = A−AS =

0 2 00 0 00 1 0

.

(b) Wegen A2N = 0 gilt eAN = I3 + AN =

1 2 00 1 00 1 1

.

(c) Der Euklidische Algorithmus fur die teilerfremden Polynome (t− 1) und (t− 2)2

liefert

1 = 1 · (t− 2)2 − (t− 3) · (t− 1).

Damit gilt

f1 = (A− 2I3)2 =

1 3 −20 0 01 2 −2

2

=

−1 −1 20 0 0−1 −1 2

und

f2 = −(A− 3I3)(A− I3) = −

2 3 −20 1 01 2 −1

0 3 −20 −1 01 2 −3

=

2 1 −20 1 01 1 −1

.

Insbesondere gilt hier naturlich f1 + f2 = I3.

(d) Es gilt ASf1 = f1 und ASf2 = 2f2. Das zeigt, daß der halbeinfache Anteil AS aufden Unterraumen V1 und V2 als Skalar-Multiplikation mit den Eigenwerten 1 und 2wirkt.

(e) Damit folgt dann auch AkSf1 = f1 und AkSf2 = 2kf2, d.h. eASf1 = e · f1 und

eASf2 = e2 · f2. Insgesamt erhalten wir

eAS = eASf1 + eASf2 = e · f1 + e2 · f2 =

2e2 − e e2 − e −2e2 + 2e0 e2 0

e2 − e e2 − e −e2 + 2e

.

Und daraus folgt

eA = eASeAN =

2e2 − e e2 − e −2e2 + 2e0 e2 0

e2 − e e2 − e −e2 + 2e

1 2 00 1 00 1 1

=

2e2 − e 3e2 − e −2e2 + 2e0 e2 0

e2 − e 2e2 − e −e2 + 2e

,

und das stimmt genau mit dem Ergebnis aus Aufgabe 9 uberein.

Aufgabe 20. Sei V ein endlich-dimensionaler K-Vektorraum, ϕ : V × V → K eineSBLF (,,symmetrische Bilinearform“) und v ∈ V ein Vektor mit ϕ(v, v) 6= 0. Manzeige, daß sich V dann zerlegt in V = Kv ⊕ v⊥. (Dabei definieren wir v⊥ := {w ∈V | ϕ(v, w) = 0}.)Welche der Voraussetzungen ,,endlich-dimensional“ oder “ϕ(v, v) 6= 0” sind dabeiwirklich wichtig? Man gebe entsprechende Gegenbeispiele an.

Solution: Die Frage, ob V = Kv ⊕ v⊥ gilt, meint, ob die kanonische AbbildungΦ : Kv ⊕ v⊥ →→ Kv + v⊥ → V ein Isomorphismus ist.

Die Bedingung ϕ(v, v) 6= 0 ist aquivalent zu v /∈ v⊥, bzw. Kv ∩ v⊥ = 0. Das ist dieInjektivitat von Φ und zeigt schon mal, daß diese Voraussetzung notwendig ist.

Im endlich-dimensionalen Fall folgt dann die Behauptung aus Dimensions-Grunden.Im allgemeinen Fall zeigen wir die Surjektivitat von Φ direkt: Falls w ∈ V , so giltw − λv ∈ v⊥ ⇔ ϕ(v, w)− λϕ(v, v) = 0, d.h. λ = ϕ(v, w)/ϕ(v, v).





Jakub Rondomanski

6. Aufgabenblatt

Aufgabe 21. a) Sei A eine quadratische, komplexe Matrix mit A · AT = In (In :=(n× n)−Einheitsmatix). Was folgt daraus fur die Determinante von A?

b) Seien z, w ∈ C. Beweisen Sie, daß dann zw = z · w gilt. (Mit a + bi := a − bi(a, b ∈ R) ist hier die konjugierte komplexe Zahl bezeichnet.

c) Sei A ∈M(n, n;C). Mit A bezeichnen wir die aus A durch komplexe Konjugationaller Eintrage entstehnde Matrix. Drucken Sie die Determinante det(A) mittels derDeterminante det(A) aus.

d) Sei A ∈M(n, n;C) mit A · AT = In. Was folgt daraus fur det(A)?

e) Sei B ∈ M(2, 3;C). Dann ist A := BT · B eine (3 × 3)-Matrix. Was folgt darausfur det(A)?

Solution: (a) Es gilt det(A)2 = det(A) · det(AT ) = det(A · AT ) = det(In) = 1, alsofolgt det(A) = ±1.(b) (a+bi)(c+di) = (ac−bd)+i(ad+bc), also (a + bi)(c+ di) = (ac−bd)−i(ad+bc) =(a− bi)(c− di) = a+ bi · c+ di.

(c) Da alle Operationen, die in der Berechnung von det(A) vorkommen, mit der

komplexen Konjugation vertauschbar sind, folgt det(A) = det(A).

(d) | det(A)|2 = det(A) · det(A) = 1, also folgt | det(A)| = 1.

(e) Wegen rank(B) ≤ 2 folgt auch rank(A) ≤ 2. Da A aber eine (3× 3)-Matrix ist,kann sie damit nicht regular sein, und es folgt det(A) = 0.

Aufgabe 22. Sei ϕ : V ×V → K eine nicht-ausgeartete symmetrische oder alternie-rende Bilinearform. Fur S ⊆ V definieren wir S⊥ := {v ∈ V | ϕ(v, s) = 0 ∀s ∈ S}.a) Man zeige, daß mit dieser Bezeichnung dimU + dimU⊥ = dim V fur beliebigeUnterraume U ⊆ V gilt.

b) Sei ϕ alternierend. Ein Unterraum U ⊆ V heißt isotrop, falls ϕ(u1, u2) = 0 furalle u1, u2 ∈ U gilt. Was bedeutet das fur die Beziehung zwischen U und U⊥?

c) Man zeige, daß die Dimension isotroper Unterraume hochstens 1/2 · dim V ist.

d) Isotrope Unterraume U ⊆ V mit dimU = 1/2 · dim V heißen maximal (oder“Lagrange”). Man zeige, daß es solche immer gibt.

Solution: (a) Der fruher definierte Annulator U⊥ ⊆ V ∗ hatte die Eigenschaft V ∗/U⊥ =U∗ (Homomorphiesatz fur die Surjektion V ∗ →→ U∗). Damit folgt fur diesen Annu-lator dimU + dimU⊥ = dimV . Der in (a) definierte Raum U⊥ ⊆ V entspricht nunaber genau dem Annulator U⊥ ⊆ V ∗ uber den durch ϕ definierten Isomorphismus

ϕ : V → V ∗.

(b) U ist isotrop ⇔ U ⊆ U⊥ (als Unterraume von V ).

(c) dim(U) ≤ dim(U⊥) = dim(V )− dim(U), also 2 dim(U) ≤ dim(V ).

(d) Jeder Vektorraum V mit einer nicht-ausgearteten, alternierenden Bilinearformϕ besitzt eine symplektische Basis B = {b1, . . . , bm, c1, . . . , cm}. Dann ist aberspan{b1, . . . , bm} ein isotroper Unterraum, und seine Dimension ist genau m.

Aufgabe 23. Welche geometrische Figur in der reellen Ebene wird durch die Glei-chung 4x2 + y2 − 2xy + x − 3y + 2 = 0 beschrieben? (Man bestimme die affineNormalform.)

Solution: Der symmetrische Gauß-Algorithmus liefert eine neue Basis B(4 −1 1 0−1 1 0 1

)❀

(3 0 1 10 1 0 1

), MKB =

(1 01 1

)

und wenn a, b die Koordinaten der neuen Basis B sind, so gilt also(xy

)=

(1 01 1

)(ab

), d.h. x = a, y = a+ b.

Wir setzen das in die ursprungliche Gleichung ein und erhalten

0 = 3a2 + b2 − 2a− 3b+ 2 = 3(a− 13))2 + (b− 3

2))2 − 7

12.

Es handelt sich also, bis auf affine Verzerrung, um einen verschobenen Kreis.

Aufgabe 24. Man bestimme die affine Normalform der Flache

xy − 2yz + 3xz + x− y − z = 1

und den zugehorigen Koordinatenwechsel. Was ist das fur eine Flache?

Solution: Der symmetrische Gauß-Algorithmus liefert eine neue Basis B0 1

232

1 0 012

0 −1 0 1 032−1 0 0 0 1

❀

1 0 0 1 1 0

0 −14

0 −12

12

0

0 0 6 2 −3 1

, MKB =

1 −1

22

1 12−3

0 0 1

.

In den neuen Koordinaten {a, b, c} mitxyz

=

1 −1

22

1 12−3

0 0 1

abc

wird die Ausgangsgleichung zu

0 = a2 − 14b2 + 6c2 − b+ 4c− 1 = a2 − 1

4(b+ 2)2 + 6(c+ 1

3)2 − 2

3.

Es handelt sich also um ein einschaliges Hyperboloid.


Klaus AltmannMathematisches Institut

Freie Universitat BerlinTel.: (030) 838 - [email protected]

Anna-Lena WinzMathematisches Institut

Freie Universitat BerlinTel.: (030) 838 - [email protected]


Jakub Rondomanski

7. Aufgabenblatt

Die Aufgaben 25(b) und 28(b) sind Zusatzaufgaben, d.h. mit zusatzlichenPunkten.

Aufgabe 25. Sei K = F3 = Z/3Z. Fur jede nicht-ausgeartete, symmetrische BLFϕ : V × V → F3 auf einem endlich-dimensionalen F3-Vektorraum V liefert dersymmetrische Gauß-Algorithmus eine Basis B, so daßMB∗B(ϕ) eine Diagomalmatrixmit ±1 als Diagonaleintragen ist.

a) Gilt in dieser Situation auch der Satz von Sylvester, d.h. ist die Anzahl der +1/−1durch ϕ schon vorherbestimmt (also unabhangig von der Wahl von B)? D.h. machtder Begriff der Signatur Sinn uber F3? (Beweis/Gegenbeispiel)

b) Falls (a) bejaht wird – sind dann alle Signaturen moglich? Fall (a) verneint wird– gibt es abgeschwachte Varianten? (Man probiere zunachst die Falle dimV = 1, 2.)

Solution: (a) Sei V := F23 mit der kanonischen Basis {e1, e2}, und sei ϕ durch die

Einheitsmatrix I2 gegeben. Dann ist die Matrix von ϕ bzgl. der Basis {e1+e2, e1−e2}genau −I2.(b) Die Determinante der Matrix von ϕ andert sich bei Basiswechsel nur um einQuadrat in F3, d.h. sie andert sich gar nicht. Damit ist also zwar nicht die Anzahlder (−1)-Eintrage durch ϕ vorherbestimmt, aber deren Anzahl modulo 2.

Aufgabe 26. a) Im Beweis von Satz 36 zeige man, daß die Einschrankung von ωauf span(b, c)⊥ nicht-ausgeartet bleibt.

b) Man gebe Beispiele nichtausgearteter symmetrischer und nichtausgearteter alter-nierender Bilinearformen ϕ : V × V → K und jeweils einem Unterraum U ⊆ V , sodaß ϕ|U : U × U → K augeartet ist.

c) Sei K = R und ϕ : V × V → R eine positiv definite symmetrische BLF. Manzeige, daß ϕ|U : U × U → R fur keinen Unterraum U ⊆ V ausgeartet sein kann.

Solution: (a) Sonst gabe es einen Vektor v ∈ span(b, c)⊥ mit ω(v, w) = 0 fur allew ∈ span(b, c)⊥. Es gilt aber sowieso schon ω(v, w′) = 0 fur alle w′ ∈ span(b, c),da v ∈ span(b, c)⊥. Wegen V = span(b, c)⊥ ⊕ span(b, c) imoliziert das dann aberω(v, w) = 0 fur alle w ∈ V .

(b) Die SBLF

(0 11 0

)hat K · e1 als Unterraum, auf dem sie ausartet. Fur nichtaus-

geartete alternierende Bilinearformen kann man das entsprechnede beispiel nehmen– aber hier sind sogar alle ungerade-dimensionalen U automatisch Beispiele!

(c) Der Begriff ,,positiv definit“ vererbt sich offensichtlich auf Unterraume. An-dererseits impliziert ,,positiv definit“ die Eigenschaft ,,nicht-ausgeartet“, da jedes

v ∈ V \ {0} mit sich selbst einen Partner w := v mit ϕ(v, w) = ϕ(v, v) 6= 0 gefundenhat.

Aufgabe 27. Man zeige Pf

0 a b c−a 0 d e−b −d 0 f−c −e −f 0

= af − be + dc.

Solution: In der Matrix

0 a b c 1 0 0 0−a 0 d e 0 1 0 0−b −d 0 f 0 0 1 0−c −e −f 0 0 0 0 1

subtrahieren wir das b/a-fache der zweiten von der dritten und das c/a-fache derzweiten von der vierten Spalte; anschließend erfolgen die entsprechenden Spalten-operationen:

0 a 0 0 1 0 0 0−a 0 d e 0 1 0 00 −d 0 t 0 − b

a1 0

0 −e −t 0 0 − ca

0 1

mit t := f − bea+ cd

a. Anschließend addieren wir analog das d/a- und das e/a-fache

der ersten Zeile zur dritten und vierten:

0 a 0 0 1 0 0 0−a 0 0 0 0 1 0 00 0 0 t d

a− ba

1 00 0 −t 0 e

a− ca

0 1

Im letzten Schritt erfolgt die Division der ersten und dritten Zeile (und Spalte) durcha, bzw. t. Es entsteht

0 1 0 0 1a

0 0 0−1 0 0 0 0 1 0 00 0 0 1 d

at− bat

1t

00 0 −1 0 e

a− ca

0 1

Wir benotigen jetzt die Determinante der rechten Teilmatrix. Als untere Dreiecks-matrix ergibt sich diese als das Produkt der Diagonaleintrage, also

1

a· 1t=

1

af − be + cd.

Aufgabe 28. a) Sei W ein Vektorraum und V := W ⊕W ∗. Dann gibt es auf Vfolgende alternierende Bilinearform:

ω((w1, ψ1), (w2, ψ2)) := ψ2(w1)− ψ1(w2).

Man zeige, daß ω nicht ausgeartet ist.

b) Man zeige umgekehrt, daß jede alternierende, nicht ausgeartete Bilinearform ϕ :

V × V → K auf einem Vektorraum V so entsteht, d.h. es gibt es einen VektorraumW , so daß V ∼= W ⊕W ∗ und ϕ entspricht unter diesem Isomorphismus der in (a)beschriebenen Form ω. Ist W eindeutig bestimmt?

(Tip: Falls V = W ⊕W ∗, so wahle man eine Basis von W und beschreibe ω durcheine Matrix.)

Solution: (a) Sei {b1, . . . , bm} eine Basis von W , und sei {b1, . . . , bm} ⊂ W ∗ dieduale Basis. Das ergibt zusammen die Basis B := {b1, . . . , bm, b1, . . . , bm} von V =

W ⊕W ∗. Die Definition der dualen Basis impliziert MB∗B(ω) =

(0 Im−Im 0

). Die

determinante dieser Matrix ist 1, also ist ω nicht ausgeartet.

(b) Mittels symmetrischem Gauß gibt es eine Basis B := {b1, . . . , bm, c1, . . . , cm}von V mit MB∗B(ϕ) =

(0 Im−Im 0

). Wir definieren W := spanK{b1, . . . , bm} und

bezeichnen mit {b1, . . . , bm} ⊂ W ∗ die duale Basis. Die Zuordnung bi 7→ ci ergibt

eine lineare Abbildung W ∗ → V , die einen Isomorphismus W ⊕W ∗ ∼→ V induziert(man schaue auf die Basen). Unter dieser Identifizierung entsprechen sich ω aus (a)und das gegebene ϕ.

W ist nicht eindeutig. Man kann hierfur jeden beliebigen maximal isotropischenUnterraum nehmen.





Jakub Rondomanski

8. Aufgabenblatt

Die Aufgabe 32(d) ist eine Zusatzaufgabe, d.h. mit zusatzlichen Punkten.

Aufgabe 29. Sei V ein Euklidischer Vektorraum, also ein n-dimensionaler R-Vektorraum mit fixiertem Skalarprodukt 〈•, •〉 : V × V → R.

a) Fur Vektoren v.w ∈ V zeige man den Kosinussatz

|v + w|2 = |v|2 + |w|2 + 2 |v| · |w| · cos∠(v, w).b) Fur v, w ∈ V zeige man die Dreiecksungleichung |v + w| ≤ |v| + |w|. Mit Hilfeeiner Skizze zeige man, wieso diese Ungleichung so heißt.

c) Fur aufeinander senkrecht stehende Vektoren v, w ∈ V zeige man den Satz desPythagoras |v+w|2 = |v|2+ |w|2. Mit Hilfe einer Skizze erlautere man die Beziehungdieser Gleichung zur klassischen Formulierung dieses Satzes.

Solution: (a) |v + w|2 = 〈v + w, v + w〉 = 〈v, v〉 + 〈w,w〉 + 2〈v, w〉 = |v|2 + |w|2 +2 |v| · |w| · cos∠(v, w).(b) Aus (a) folgt |v + w|2 ≤ |v|2 + |w|2 + 2 |v| · |w| = (|v|+ |w|)2.(c) In (a) entfallt der letzte Summand 2 |v| · |w| · cos∠(v, w) = 2〈v, w〉.Aufgabe 30. a) Im Euklidischen Vektorraum R4 mit dem Standard-Skalarproduktfinde man einen Vektor v der Lange 2, der mit dem Vektor (1, 1, 1, 1) einen Winkelvon 60o einschließt.

b) Man finde eine ON-Basis E des R4, bei der alle vier Eintrage aller vier Vektorenden Betrag 1

2haben.

c) Man beschreibe die Menge aller Vektoren aus (a) in der Basis aus (b). Welchegeometrische Figur wird damit beschrieben?

Solution: (a) Ein Vektor v = (a, b, c, d) ∈ R4 erfullt diese Bedingung ⇔ a2 + b2 +c2 + d2 = |v|2 = 4 und

a+ b+ c+ d = 〈v, (1, 1, 1, 1)〉 = |v| · |(1, 1, 1, 1)| · cos 60o = 2 · 2 · 12= 2.

Gesucht ist nun eine einzige Losung. Diese kann man entweder durch direktes Pro-bieren finden – oder man spezialisiert die Variablen irgendwie, aber in der Hoffnungdaß danach noch Losungen ubrig bleiben.Eine Moglichkeit ist die Spezialisierung ist x := a = b = c und y := d. Das ergibtdie Gleichungen 3x+ y = 2 und 3x2 + y2 = 4. Diese fuhren auf (x, y) = (0, 2) oder(1,−1), also zu den Vektoren v = (0, 0, 0, 2) oder (1, 1, 1,−1).(b) Falls K die kanonische ON-Basis des R4 bezeichnet, so ist (eine Moglichkeit fur)

E urch den folgenden orthogonalen Basiswechsel gegeben:

MKE =1

2·

1 −1 −1 1−1 1 −1 1−1 −1 1 11 1 1 1

Da die Matrix auch noch symmetrisch ist, gilt M−1KE =MT

KE =MKE.

(c) Wenn die neuen Koordinaten A,B,C,D heißen, dann werden die Gleichungena+ b+ c+ d = 2 und a2 + b2 + c2 + d2 = 4 zu D = 1 und A2 + B2 + C2 +D2 = 4,also A2 +B2 +C2 = 3. Es handelt sich also um eine zwei-dimensionale Sphare vomRadius

√3.

In diesen neuen Koordinaten sind die beiden in (a) vorgeschlagenen Vektoren genau(1, 1, 1, 1) und (−1,−1,−1, 1).

Aufgabe 31. Sei V ⊆ Rn ein Unterraum der Diemension n− 1, d.h. V kann durcheine Gleichung

∑ni=1 ai xi = 0 gegeben werden. Wir nennen diese Gleichung in ,,Hes-

sescher Normalform“, falls∑n

i=1 a2i = 1 gilt. Der Vektor nV := (a1, . . . , an) heißt

Normalenvektor auf V .

a) Berechnen Sie die Hessesche Normalform von span{(1, 1, 1), (1, 2, 3)} ⊂ R3.

b) Sei V ⊆ Rn in Hessescher Normalform mit Normalenvektor nV gegeben. Be-stimmen Sie eine ON-Basis von V ⊥. (Rn wird mit dem Standard-Skalarproduktzum Euklidischen Vektorraum.)

c) Sei V wie oben, sei p ∈ Rn. Man zeige, daß es dann genau einen Vektor v0 ∈ Vgibt mit (p − v0)⊥V (also 〈p− v0, v〉 = 0 fur alle v ∈ V . (Der Punkt v0 ∈ V heißtder Fußpunkt des Lots von p auf V .)

d) Man zeige, daß die Abstandsfunktion V → R, v 7→ |p− v| stetig ist, und daß v0aus (c) diese Funktion minimiert. Wir nennen d(p.V ) := |p − v0| den Abstand vonp zu V .

e) Sei nV ein Normalenvektor von V . Man zeige, daß fur Punkte p ∈ Rn d(p, V ) =|〈nV , p〉| gilt. Was ist der Abstand von (2, 5, 1) von der Ebene aus (a)?

Solution: (a) Der Unterraum V := span{(1, 1, 1), (1, 2, 3)} ist durch die Gleichung〈(1,−2, 1), (x, y, z)〉 = x − 2y + z = 0 gegeben. Der Koeffizientenvektor (1,−2, 1)muß jetzt nur noch normiert werden – es entsteht n = 1√

6(1,−2, 1).

(b) Die Gleichung 〈nV , x〉 = 0 fur V , zusammen mit |nV | = 1 zeigt, daß genau {nV }eine solche ON-Basis ist. Die einzige andere Wahl ware {−nV }.(c) Sei ℓ := V ⊥. Wegen dimV ⊥ = n − dimV ist ℓ eine Gerade, namlich genau der1-dimensionale Unterraum R · nV von Rn. Die Bedingung (p − v0) ∈ ℓ kann mandann als v0 ∈ p+ ℓ schreiben. Und da p+ ℓ eine affine, nicht in V enthaltene Geradeist, besteht (p+ ℓ) ∩ V genau aus einem Punkt (und das wird v0).

(d) Die Dreiecksungleichung liefert∣∣|p−v1|− |p−v2|

∣∣ ≤ |v1−v2|, und das impliziertdie Stetigkeit. Fur einen beliebigen Vektor v ∈ V gilt |p−v|2 = |(p−v0)+(v0−v)|2 =

|p− v0|2 + |v0 − v|2 (Pythagoras), also |p− v|2 ≥ |p− v0|2.(e) Wegen (p − v0)⊥V und nV⊥V gilt p − v0 ∈ R · nV . Und aus |nV | = 1 folgtp− v0 = ±|p− v0| · nV . Schließlich benutzt man nochmal 〈nV , nV 〉 = 1, also

〈nV , p〉 = 〈nV , p− v0〉 = ±|p− v0| · 〈nV , nV 〉 = ±|p− v0|.Fur das spezielle Beispiel ergibt sich

d(2, 5, 1), (1,−2, 1)⊥

)=∣∣〈(2, 5, 1), 1√

6(1,−2, 1)〉

∣∣ = 7√6.

Aufgabe 32. Sei L2C(0, 2π) der C-Vektorraum der quadratisch integrierbaren Funk-

tionen f : [0, 2π]→ C, d.h. wir fordern die Existenz des Integrals∫ 2π

0|f(x)|2 dx, und

wir faktorisieren den Unterraum aller Funktionen mit∫ 2π

0|f(x)|2 dx = 0 aus. Ein

spezieller Unterraum V von L2C(0, 2π) ist der Raum der auf [0, 2π] stetigen komplex-

wertigen Funktionen. Auf V und L2C(0, 2π) sei folgendes Skalarprodukt definiert:

〈f, g〉 :=∫ 2π

0f(x) g(x) dx.

a) Man zeige, daß diese Hermitesche Paarung positiv definit ist.

b) Man zeige, daß { 1√2πeinx | n ∈ Z} ein ON-System in V ist, d.h. alle Elemente

haben die Lange 1 und stehen paarweise senkrecht aufeinander.

c) Mit welchem Faktor muß man die Matrix S :=

(1 1i −i

)skalieren, damit sie

unitar wird? Was ist das Inverse dieser unitaren Matrix?

d) Man gebe ein (reelles) ON-System in L2R(0, 2π) an, das uber C den selben Unter-

raum, wie das aus (b) definiert. (Tip: Man linear-kombiniere z.B. e3ix und e−3ix mitHilfe der Matrizen aus (c) zu zwei reellen Funktionen.)

Solution: (a) 〈f, f〉 =∫ 2π

0f(x) f(x) dx =

∫ 2π

0|f(x)|2 dx ≥ 0. Und wenn dieses Inte-

gral verschwindet, dann ist f = 0 in L2 (so wurde dieser raum gerade definiert).

(b) Seien m,n ∈ Z; wir schreiben k := m− n. Dann gilt

12π

∫ 2π

0eimx einx dx = 1

2π

∫ 2π

0(eimxe−inx) dx = 1

2π

∫ 2π

0eikx dx.

Dieses Integral laßt sich direkt berechnen: Fur k 6= 0 ergibt sich 12kπi

eikx|2π0 = 0, undfur k = 0 ist ei·0·x = 1, d.h. das Integral ergibt 1.

(c) Wegen ST · S = 2 · I2 ist der Faktor 1/√2.

(d) Man vollzieht den Koordinatenwechsel 12(einx + e−inx) = cos(nx), 1

2i(einx −

e−inx) = sin(nx) und gelangt zu dem ON-System

{ 1√2π, 1√

πcos(nx), 1√

πsin(nx) | n ∈ Z≥1}.





Jakub Rondomanski

9. Aufgabenblatt

Die Eindeutigkeit in Aufgabe 36 ist eine Zusatzaufgabe, d.h. mit zusatzlichenPunkten.

Aufgabe 33. Man berechne die orthogonale Projektion des Vektors (1, 2, 0,−1) aufden Unterraum V = spanR((1,−1, 0, 1), (1, 1, 1,−3), (2, 0, 1,−2)) ⊆ R4. (D.h.: Manfinde Vektoren v ∈ V und w ∈ V ⊥ mit (1, 2, 0,−1) = v + w - diese existieren undsind eindeutig bestimmt wegen R4 = V ⊕ V ⊥.) Wie sieht der ProjektionsoperatorR4 → V ⊆ R4 bzgl. der kanonischen Basen aus?

Solution: Die Vektoren {(1,−1, 0, 1), (1, 1, 1,−3)} bilden eine Basis von V ; durchLosung des entsprechenden linearen Gleichungssystems erhalten wir mit (z.B.)

{(1, 1,−2, 0), (−1, 0, 4, 1)}eine Basis von V ⊥. Insgesamt ergibt sich eine Basis B von V ⊕ V ⊥. Jetzt muß nurnoch (1, 2, 0,−1) in dieser Basis ausgedruckt werden: Die inverse Matrix von

S =MKB =

1 1 1 −1−1 1 1 00 1 −2 41 −3 0 1

ist

A = S−1 =MBK =1

9·

5 −3 1 12 0 1 −23 6 0 31 3 2 2

,

also ergibt sich die Zerlegung mittels A · (1, 2, 0,−1)T = 19· (−2, 4, 12, 5)T , namlich

v = −29(1,−1, 0, 1) + 4

9(1, 1, 1,−3) = 2

9(1, 3, 2,−7). Die Matrix der Orthogonal-

Projektion ergibt sich analog als

SV · S−1 =

1 1 0 0−1 1 0 00 1 0 01 −3 0 0

·

1

9·

5 −3 1 12 0 1 −23 6 0 31 3 2 2

=

1

9·

7 −3 2 −1−3 3 0 −32 0 1 −2−1 −3 −2 7

,

wobei SV die Matrix ist, die aus S hervorgeht, wenn alle V ⊥-Vektoren (die beidenletzten Spalten) durch Null ersetzt werden.

Aufgabe 34. In Aufgabe 23 wurde die Losungsmenge der Gleichung 4x2 + y2 −2xy + x − 3y + 2 = 0 als ,,verschobener und verzerrter Kreis“, also als Ellipseidentifiziert. Bestimmen Sie das Verhaltnis der Lange der beiden Halbachsen dieserEllipse. (Erinnerung: Eine Ellipse mit den Halbachsen a, b ist durch die Gleichung(x/a)2 + (y/b)2 = 1 gegeben.)

Solution: Das charakteristische Polynom von

(4 −1−1 1

)ist x2 − 5x + 3, d.h. die

Eigenwerte dieser Matrix sind 5±√13

2. Die Halbachsen sind dann ein gewisses Viel-

faches der Inversen der Quadratwurzeln dieser Zahlen, also√

25±

√13. Das Verhaltnis

dieser beiden Zahlen ist√

5+√13

5−√13.

Aufgabe 35. a) Sei g ⊆ R2 die Gerade, die mit der x-Achse den Winkel θ ein-schließt, d.h. g = R · (cos θ, sin θ). Bestimmen Sie die Matrix, die (bzgl. der kanoni-schen Basis des R2) die Spiegelung sg an dieser Geraden g beschreibt.

b) Schreiben Sie die Matrix aus (a) explizit als Links- bzw. Rechtsnebenklassen, d.h.

als Elemente von

(1 00 −1

)· SO(2,R) und SO(2,R) ·

(1 00 −1

).

c) Sei h ⊆ R2 eine weitere Gerade – und zwar mit Winkel γ zur x-Achse. Man zeige,daß die Hinteranderausfuhrung sh ◦ sg ein Element von SO(2,R) ist und beschreibees explizit durch Angabe des Drehwinkels.

d) Was sind die Inversen von sg und sh? Sind sg und sh vertauschbar?

Solution: (a) In der ON-Basis E = {(cos θ, sin θ), (− sin θ, cos θ)} ist MEE(sg) =(1 00 −1

). Wegen MKE = Dθ =

(cos θ − sin θsin θ cos θ

)gilt

MKK(sg) = Dθ

(1 0

0 −1

)D−θ

=

(cos2 θ − sin2 θ 2 sin θ cos θ

2 sin θ cos θ sin2 θ − cos2 θ

)=

(cos 2θ sin 2θ

sin 2θ − cos 2θ

).

(b) MKK(sg) = D2θ ·(1 00 −1

)=

(1 00 −1

)·D−2θ.

(c) Aus det sg = det sh = −1 folgt det(sh ◦ sg) = det sh · det sg = 1. Weiter gilt

MKK(sh) ·MKK(sg) = D−2γ ·(1 00 −1

)(1 00 −1

)·D2θ = D2(θ−γ).

(d) Fur g = h erhalt man s2g = D0 = id, d.h. die Spiegelungen sg und sh sind

selbstinvers. Weiter gilt sg · sh = D2(−θ+γ) = D−12(θ−γ) = (sh · sg)−1. Und das ist i.a.

verschieden von D2(θ−γ).

Aufgabe 36. a) Zeigen Sie, daß es zu einer vorgebenen hermiteschen, positiv de-finiten Matrix A ∈ Mn(C) (genau) eine hermitesche, positiv definite Matrix X mit

X2 = A gibt. Wir schreiben daher√A := X . (Tip: Man diagonalisiere A (irgend-

wie) als Endomorphismus.)

b) Berechnen Sie √(5 33 2

).

(Tip: Man kann viel Rechenarbeit sparen, wenn man benutzt, daß sich Zahlen der

Form√a+ b

√5 (a, b ∈ Z) oft auch selbst wieder in der Form c+d

√5 schreiben las-

sen. Die Bedingung an die Koeffizienten c, d ∈ Z ist dann c2+5d2 = a und 2cd = b.)

Solution: (a) Sei B eine (nicht notwendig orthogonale) Basis, die den Endomorphis-mus A zur Diagonalmatrix D = diag(λ1, . . . , λn) macht, d.h. λ1, . . . , λn ∈ R>0 sinddie Eigenwerte und D = S−1AS mit S =MKB. Umgekehrt gilt dann A = S D S−1,und wir erhalten

√A = S

√DS−1 mit

√D := diag(

√λ1, . . . ,

√λn).

Zur Eindeutigkeit: Wir mussen diese o.B.d.A. nur fur A = D zeigen. Sei also Xhermitesch und positiv definit mit X2 = D. Dann zerlegt sich Cn = ⊕iVi in diedirekte Summe der Eigenraume von X . Und da alle Eigenvektoren von X auchEigenvektoren von D sind, sind die Vi in den Eigenraumen von D enthalten. AusDimensionsgrunden folgt dann aber sogar die Gleichheit – denn verschiedene (posi-tive) Eigenwerte von X fuhren zu verschiedenen Eigenwerten von D. Das bedeutetaber, daß die Matrix X auch diagonal ist, d.h. daß sie genau so wie oben beschriebenaussieht.

(b) Sei A :=

(5 33 2

), Das charakteristische Polynom von A ist χA(x) = (x− 5)(x−

2) − 9 = x2 − 7x + 1, d.h. die Eigenwerte sind 7±3√5

2. Zugehorige Eigenvektoren

sind (2,√5 − 1) und (−2,

√5 + 1). Wir erhalten also S =

(2 −2√5− 1

√5 + 1

)mit

det(S) = 4√5, also S−1 = 1

4√5

(√5 + 1 2

1−√5 2

). Damit ergibt sich

√A = 1

4√5

(2 −2√5− 1

√5 + 1

)·

√

7+3√5

20

0√

7−3√5

2

·

(√5 + 1 2

1−√5 2

).

Man kann nun obigen Tip benutzen und erhalt(3±

√5

2

)2= 7±3

√5

2. Damit ergibt sich

dann√A =

(2 11 1

). Das charakteristische Polynome von

√A ist dann χ(x) =

(x− 2)(x− 1)− 1 = x2 − 3x+ 1, d.h. die Eigenwerte sind wirklich 3±√5

2.





Jakub Rondomanski

10. Aufgabenblatt

Aufgabe 37. Man zeige: Außer der Nullmatrix gibt es keine nilpotenten, symme-trischen Matrizen mit reellen Eintragen.

Solution: Sei A ∈M(n,R) nilpotent und symmetrisch. Aus der zweiten Eigenschaftfolgt die Diagonalisierbarkeit, insbesondere ist A halbeinfach. Das fuhrt zu zweiJordan-Zerlegungen A+ 0 = A = 0 + A, also folgt A = 0.Andere Losung: A hat als nilpotente Matrix nur 0 als EW; nach Diagonalisierungvon A verschwindet damit auch die zunachst verbleibende Diagonale.

Aufgabe 38. Sei O(n,R) die Gruppe der orthogonalen (n× n)-Matrizen. Sei nun

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

a) Man zeige, daß Bew(Rn) mit “◦” eine Gruppe ist und O(n,R) (mittels a := 0)und Rn (mittels A := In) zu Untergruppen von Bew(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 Bew(Rn) ∼= O(n,R)× Rn als Mengen (d.h. gibt es eine bijektive Abbildungzwischen beiden Seiten)?

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

Solution: Die Losung dieser Aufgabe kann fast wortlich von Aufgabe 49 (des er-sten Semesters) ubernommen werden – man muß nur Aff(Rn) durch Bew(Rn) undGL(n,R) durch O(n,R) ersetzen:

(a) Bew(Rn) ist eine Teilmenge der Menge aller Bijektionen Rn ∼→ Rn und erbtdamit 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 so-gar TA,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 : Bew(Rn) →→ O(n,R) mit Rn als Kern. Damit ist Rn Normalteiler in Bew(Rn).Dagegen ist O(n,R) ⊆ Bew(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 O(n,R).

(c) Die Abbildung TA,a 7→ (A, a) gibt eine Bijektion Bew(Rn)∼→ O(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 {±1} × (R,+). Ein Element

dieser Gruppe hat genau dann endliche Ordnung, wenn auch der zweite Eintrag vonendlicher Ordnung in (R,+) ist. Das ergibt dann nur die zwei Elemente (±1, 0). Aufder linken Seite finden wir dagegen unendlich viele Elemente endlicher Ordnung:T1,0 und alle T−1,a (a ∈ R): Man rechnet nach, daß T 2

−1,a = id gilt.

Aufgabe 39. a) Man berechne (bzgl. einer frei gewahlten ON-Basis E) die Matri-zen, die den folgenden beiden Drehungen im R3 entsprechen:

(i) Drehung D1 um 90◦ um die Achse durch Null und (0, 1, 1).

(ii) Drehung D2 um 135◦ um die Achse durch Null und (1, 0, 0),

(Diese Angaben bestimmen die Drehungen nur bis auf die Orientierung – man wahledann jeweils die Variante aus, bei der die zweite Koordinate von D1(1, 0, 0) positivund die von D2(0, 1, 1) negativ ist.)

b) Was fur eine Bewegung entsteht bei der Hintereinanderausfuhrung D := D2 ◦D1

beider Abbildungen? (Was ist der Kosinus des Drehwinkels? Durch welchen Vektorv ∈ R3 ist die Drehachse erzeugt?)

c) Wie ist λ ∈ R zu wahlen, damit ϕ(x) := D(x) + (λ, 0, 1) eine (affine) Achsendre-hung, also keine Schraubendrehung) wird?

Solution: (a) Sei E := {(1, 0, 0), (0, 1√2,− 1√

2), (0, 1√

2, 1√

2)}, das ist offensichtlich eine

ON-Basis, und wir haben

MKE =

1 0 00 1√

21√2

0 − 1√2

1√2

.

Damit ist

MEE(D1) =

0 −1 01 0 00 0 1

und MEE(D

2) =

1 0 00 − 1√

2− 1√

2

0 1√2− 1√

2

.

Zur Orientierung: Obiges D1 bildet den Vektor (1, 0, 0) folgendermaßen ab:

MEE(D1) · (1, 0, 0)T = (0, 1, 0)T ,

also D1(1, 0, 0) = (0, 1√2,− 1√

2). Dagegen wurde die entgegengesetzte Drehung den

Vektor (0,− 1√2, 1√

2) ergeben. Fur D2(0, 1, 1) mussen wir

MEE(D2) · (0, 0,

√2)T = (0,−1,−1)T

betrachten. Das impliziert D2(0, 1, 1) = (0,−√2, 0). Die entgegengesetzte Drehung

hatte mit MEE(D2) zunachst (0, 1,−1)T bzgl. der E-Basis und damit D2(0, 1, 1) =

(0, 0,−√2) ergeben.

(b) Die Multiplikation ergibt

MEE(D) =MEE(D2) ·MEE(D

1) =

0 −1 0− 1√

20 − 1√

21√2

0 − 1√2

.

Das charakteristische Polynom ist χD(x) = (x − 1)(x2 + (1 + 1√

2)x + 1

), d.h. der

Drehwinkel θ ergibt sich aus cos θ = −12− 1

2√2. Die Drehachse erhalt man uber den

Eigenvektor zum Eigenwert 1, d.h. aus dem Kern von

1 1 01√2

1 1√2

− 1√2

0 1 + 1√2

, d.h.

R ·(1,−1, (

√2− 1)

)in der Basis E. Damit ergibt sich v = (1, 1−

√2, 1).

(c) Die Bedingung ist (λ, 0, 1) ∈ (1, 1−√2, 1)⊥, also λ+ 1 = 0.

Aufgabe 40. a) Sei A eine reelle, symmetrische (n×n)-Matrix; fur k = 1, . . . , n be-zeichne A(k) die aus den jeweils ersten k Zeilen und Spalten gebildete Untermatrix.Man zeige, daß die zu A gehorige symmetrische Bilinearform auf Rn genau dannpositiv definit ist, wenn detA(k) > 0 fur alle k gilt.

b) Gilt der entsprechende Satz auch fur ,,positiv semidefinit“ (also 〈v, v〉 ≥ 0 furalle v) und ,,detA(k) ≥ 0“? (Beweis/Gegenbeispiel)

Solution: Zunachst folgt aus ,,positiv definit“ stets detA > 0 und aus ,,positiv semi-definit“ detA ≥ 0 (z.B. mittels det = Produkt der Eigenwerte). Mittels sukzessiverEinschrankungen der durch A gegebenen symmetrischen Bilinearform auf die Un-terraume span{e1, . . . , ek} ⊆ Rn ergibt sich die Implikation (⇒) in (a) und (b).

(a, ⇐) Wir fuhren den symmetrischen Gauß-Algorithmus durch und diagona-lisieren schrittweise von der ersten zur letzten Zeile/Spalte: Sei bereits A(k) =diag(d1, . . . , dk) mit di > 0. Das ermoglicht dann

A(k + 1) =

d1 0 0 a1

0. . . 0

...0 0 dk aka1 . . . ak ak+1

❀ diag(d1, . . . , dk, dk+1)

mittels der Elementaroperationen II(k+1),i(−aidi) (i = 1, . . . , k) aus (3.2) – hier aber

mit Zeilen und Spalten. Dabei bleibt die Determinante erhalten. Also ist dk+1 =detA(k + 1)/(d1 · . . . · dk) > 0.

(b,⇐) Es gibt folgendes Gegenbeispiel: A = diag(0,−1). Da diese Matrix immerhinnoch negativ semidefinit ist, kann man auch noch das Beispiel A = diag(1, 0,−1)betrachten.





Jakub Rondomanski

11. Aufgabenblatt

Die Aufgabe 44(iv) ist eine Zusatzaufgabe, d.h. mit zusatzlichen Punkten.

Aufgabe 41. Zeigen Sie (mit elementargeometrischen Methoden), daß zwei flachen-gleiche konvexe Polygone P , Q scheren-aquivalent sind, sich also in gleiche ,,Basis-schnipsel“ zerschneiden lassen.

Beispiel:

❅❅

❅❅P

❅❅❅❅❅❅❅❅❅❅Q

Solution: i) Schnitt von P -Ecke zu nicht benachbarter P -Ecke; Schnitt von Q-Ecke,der die gleiche Volumen-Aufteilung erreicht ⇒ Induktion nach #(P -Ecken)+#(Q-Ecken) gibt: o.B.d.A. sind P , Q Dreiecke.

ii) Schnitt auf halber Hohe, parallel zur Dreiecksgrundseite und Herunterklappender Spitze ⇒ o.B.d.A. sind P , Q Parallelogramme.

iii) Schließlich sind alle Parallelogramme mit gleicher Grundseite und fester Hohe

Scheren-aquivalent ⇒ die “schrage” Seite ist so wahlbar, daß sie Lnge√vol hat.

Dese wird als Grundseite genommen und man erzeugt rechte Winkel ⇒ Quadrat.

Aufgabe 42. Man stelle (e1 + 2e2 − e3) ∧ (3e1 + 2e2 + e3) ∈ Λ2R3 in der Basis{e2 ∧ e3, e1 ∧ e3, e1 ∧ e2} dar.

Solution:Die Koeffizienten sind die (2×2)-Minoren der Koeffizientenmatrix

(1 2 −13 2 1

),

also [23]⇒ 4, [13]⇒ 4 und [12]⇒ −4. Wir erhalten

(e1 + 2e2 − e3) ∧ (3e1 + 2e2 + e3) = 4 ·(e2 ∧ e3 + e1 ∧ e3 − e1 ∧ e2

).

Aufgabe 43. Sei B = {b1, . . . , bn} eine Basis eines Vektorraumes V , und bezeichne{b1, . . . , bn} ⊆ V ∗ die dazu duale Basis. Man zeige, daß dann κ :=

∑i bi⊗bi ∈ V ∗⊗V

ein Element ist, das nicht von der Wahl der Basis B abhangt.

Solution: Unter V ∗ ⊗ V ∼→ Hom(V, V ) geht κ genau auf idV .Alternativer Beweis: Man zeigt, daß sich κ unter Koordinatenwechsel nicht andert.

Sei dazu C eine andere Basis und seien S := MBC und T := MCB = S−1 dieBasiswechselmatrizen. Damit ist

cj =∑

µ Sµj bµ und ci =

∑ν Ti,ν bν ,

also ci ⊗ cj =∑

µ,ν Sµj Ti,ν · bµ ⊗ bν . Damit erhalten wir∑

i(ci ⊗ ci) =∑

µ,ν(∑

i Sµi Ti,ν) · (bν ⊗ bµ).Fur ein fixiertes Paar (µ, ν) ist die Summe

∑i Sµi Ti,ν genau der (µ, ν)-Eintrag der

Matrix S T = S S−1 = In, d.h. es entsteht 1 fur µ = ν und 0 sonst. Das ergibt dannaber ∑

i(ci ⊗ ci) =∑

ν(bν ⊗ bν).

Aufgabe 44. Gegeben sei ein Rechteck mit einer endlichen Zerlegung in Teilrecht-ecke, wie in der folgenden Abbildung:

Bekannt ist, daß jedes der kleinen Rechtecke wenigstens eine Seite mit rationalerLange besitzt. Zeigen Sie, dass dann auch das große Rechteck eine rationale Seitehat. Gehen Sie dabei in folgenden Schritten vor:

(i) Fur jedes (kleine oder das große) Rechteck R mit Eckpunkt-Koordinaten (x, y),(X, y), (x, Y ), (X, Y ) definieren Sie t(R) := X⊗Y −x⊗Y −X⊗y+x⊗y ∈ R⊗QR.Zeigen Sie, daß eine Zerlegung eines Rechtecks R in Teilrechtecke Ri die Gleichungt(R) =

∑i t(Ri) impliziert.

(ii) Seien a, b ∈ R die horizontale und vertikale Lange von R und ai, bi ∈ R dieselbenGroßen fur Ri. Zeigen Sie, daß eine Zerlegung des Rechtecks R in Teilrechtecke Ri

die Gleichung a⊗ b =∑i(ai ⊗ bi) ∈ R⊗Q R impliziert.

(iii) Gilt die Gleichung von (iii) auch in R⊗R R (statt R⊗Q R)? Wenn ja, was be-deutet sie dann?

(iv) Benutzen Sie den Q-Vektorraum V := R ⊗Q R/(Q ⊗Q R + R ⊗Q Q), um dieeingangs formulierte Behauptung zu zeigen.

Solution: (i) Jeder Eckpunkt E = (e1, e2) der Zerlegung, der nicht einer der vieraußeren Eckpunkte ist, ist immer der Eckpunkt von genau zwei oder vier ,,kleinen“Rechtecken Ri. Fur den ersten Fall nehmen wir o.B.d.A. an, daß R1 und R2 neben-einander liegen, und daß E die rechte obere Ecke von R1 und die linke obere Eckevon R2 ist. Dann kommt e1⊗e2 in t(R1) und t(R2) mit unterschiedlichen Vorzeichen

vor.Der Fall von vier Rechtecken, die E beruhren verlauft analog. Damit heben sich in∑

i t(Ri) alle Terme gegenseitig auf – außer die vier Summanden, die den außerenEckpunkten entsprechen. Diese ergeben dann t(R).

(ii) a⊗ b = (X − x)⊗ (Y − y) = t(R).

(iii) Ja, alle Argumente gelten auch fur R⊗RR. Es gilt aber R⊗RR = R (a⊗b 7→ ab),und damit tragt dieser 1-dimensionale R-Vektorraum viel weniger Information alsder ∞-dimensionale R-Vektorraum R⊗Q R. Die Information von a⊗ b ∈ R⊗R R isteinfach nur der Flacheninhalt des Rechtecks.

(iv) Die Zerlegung von R in die Rechtecke Ri impliziert t(R) =∑

i t(Ri) in R⊗Q R,also auch in V . In letzterem gilt aber t(Ri) = 0, also folgt a ⊗ b = t(R) = 0 in V ,d.h. a⊗ b ∈ (Q⊗Q R+R⊗Q Q). Falls nun a, b /∈ Q, so unterscheiden wir zwei Falle:

(1) b ∈ a ·Q. Dann sei a = γ1 ein Teil einer Basis {1, γν} des Q-Vektorraums R, unda⊗ b ist ein Q-Vielfaches von γ1 ⊗ γ1.(2) Anderenfalls seien a = γ1, b = γ2 gemeinsam ein Teil der Basis {1, γν}. Hier gilta⊗ b = γ1 ⊗ γ2.Mit γ0 := 1 formen die γi⊗γj eine Basis von R⊗QR, und dabei wird (Q⊗QR+R⊗QQ)genau von den Tensoren mit i = 0 oder j = 0 aufgespannt. Aber a ⊗ b = γ1 ⊗ γ1/2gehort in beiden Fallen nicht dazu.





Jakub Rondomanski

12. Aufgabenblatt

Aufgabe 45. Sei V ein C-Vektorraum und ϕ : V ×V → C eine hermitesche Formmit ϕ(v, v) 6= 0 fur v 6= 0. Man zeige, daß dann entweder ϕ oder −ϕ positiv definitist.

Solution: Seien sonst ϕ(v, v) > 0 und ϕ(w,w) < 0. Fur relle λ betrachten fir dannf(λ) := ϕ(λv+(1−λ)w, λv+(1−λ)w). Das gibt eine stetige Funktion (ein quadrati-sches Polynom) f : R→ R mit f(0) < 0 und f(1) > 0. Nach dem Zwischenwertsatzgibt es dann auch eine Nullstelle.

Aufgabe 46. Sei V ein Vektorraummit Basis E = {e1, e2, e3}; sei E∗ = {e1, e2, e3} ⊂V ∗ die duale Basis. Wir definieren die 2-Form

ω := (e1 + 2e2 − e3) ∧ (3e1 + 2e2 + e3) ∈ Λ2V ∗.

Andererseits sei U := span{b1, b2} mit b1 = (1, 1, 1) und b2 = (1, 0,−1)} gegeben;wir bezeichnen mit ι : U → V die Einbettung.

a) Geben Sie die Abbildungsmatrix der Surjektion Λ2ι∗ : Λ2V ∗ →→ Λ2U∗ bzgl. derBasen Λ2E∗ := {ei∧ej} und Λ2B∗ = {bi∧bj} an. Was ist das Bild von ω (geschriebenin der Basis Λ2B∗)?

b) Berechnen Sie ω(b1, b2).

c) Was ist ω|Λ2U? (Wir fassen ω als Element von (Λ2V )∗ = Hom(Λ2V,K) auf undschranken diese 2-Form dann mittels ι auf den Unterraum Λ2U ⊆ Λ2V ein.)

Solution: (a) Die Einbettung ι : U → V hat die Abbildungsmatrix MEB(ι) =1 11 01 −1

, also ist MB∗E∗(ι∗) =

(1 1 11 0 −1

). Die Bilder von e1 + 2e2 − e3 und

3e1 + 2e2 + e3 bzgl. ι∗ sind also

(1 1 11 0 −1

)

12−1

=

(22

)und

(1 1 11 0 −1

)321

=

(62

),

d.h. 2(b1+b2) und 6b1+2b2. Damit ist ι∗(ω) = 2(b1+b2)∧(6b1+2b2) = −8 · (b1∧b2).Die Abbildungsmatrix MΛ2B∗,Λ2E∗(Λ2ι∗) hat das Format (1, 3), und sie stellt dieBilder der Elemente von {e1 ∧ e2, e2 ∧ e3, e1 ∧ e3} bzgl. der Basis {b1 ∧ b2} dar. Dassind aber gerade die 2-Minoren von MB∗E∗(ι∗), also (−1 − 1 − 2).Damit konnen wir alternativ ι∗ω = 4 · ι∗(−e1 ∧ e2 + e2 ∧ e3 + e1 ∧ e3) berechnen:

4 ·(−1 −1 −2

)−111

= −8.

(b) ω(b1, b2) = det

(1 + 2− 1 3 + 2 + 11 + 0 + 1 3 + 0− 1

)= det

(2 62 2

)= −8.

(c) Aus (b) folgt ω|Λ2U = −8 · (b1 ∧ b2). Aber es gilt sowieso ω|Λ2U = Λ2ι∗(ω) – d.h.wir kannten die Einschrankung also schon von (a).

Aufgabe 47. Sei V ein n-dimensionaler K-Vektorraum; sei k ∈ {0, 1, . . . , n}.a) Man konstruiere eine naturliche perfekte (bilineare) Paarung

Φ : ΛkV × Λn−kV → ΛnV.

Nach der direkten Konstruktion von Φ zeige man, wie diese Paarung mit den Basenaller beteiligten Vektorraumen verfahrt, die aus einer gegebenen Basis B ⊂ V her-vorgehen.

b) Man folgere aus (a), daß Λn−kV = ΛkV ∗ ⊗ ΛnV gilt. Wie sehen hier die Basenauf beiden Seiten aus?

c) Sei V nun ein 3-dimensionaler, orientierter Euklidischer Vektorraumm. Mit k = 1(und n = 3) erhalten wir dann aus (b) eine bilineare, alternierende Paarung

V × V → Λ2V = V ∗ ⊗ Λ3V∼→ V ⊗ R = V.

Erklaren Sie den hinteren Isomorphismus und beschreiben Sie die Abbildung V ×V → V mit Hilfe einer richtig orientierten ON-Basis E = {e1, e2, e3} von V .d) Vergleichen Sie (c) mit dem (vielleicht aus der Schule bekannten) VektorproduktR3 × R3 → R3.

Solution: (a) Φ : ΛkV × Λn−kV → ΛnV ist die bilineare Fortsetzung von

Φ : (v1 ∧ . . . ∧ vk), (vk+1 ∧ . . . ∧ vn) 7→ (v1 ∧ . . . ∧ vn).Falls B = {b1, . . . , bn} eine Basis von V ist, so definiert jedes I = (i1, . . . , ik) mit1 ≤ i1 < . . . < ik ≤ n ein

bI := bi1 ∧ . . . ∧ bik ,und diese Elemente bilden eine Basis von ΛkV . Analog erhalten wir eine Basis {bJ}von Λn−kV mit Hilfe von (n− k)-Tupeln J = (j1, . . . , jn−k). Fur zwei solcher TupelI, J gilt nun

Φ(bI , bJ) =

{0 falls I, J gemeinsame Eintrage habensgn(I, J) · b sonst,

wobei b := b1 ∧ . . . ∧ bn ∈ ΛnV ∼= K bezeichne. Jeder Basisvektor bI hat also genaueinen ,,Partner “ bJ (wir bezeichnen J := [n] \ I) mit Φ(bI , bJ) = ±1; alle anderenPaarungen sind Null. Das zeigt insbesondere, daß Φ perfekt ist.

(b) Die perfekte Paarung Φ ubersetzt sich in einen Isomorphismus

Λn−k∼→ Hom(ΛkV,ΛnV )

∼← (ΛkV )∗ ⊗ ΛnV = ΛkV ∗ ⊗ ΛnV.

Der Raum ΛnV ist 1-dimensional mit Basis {b}; damit fixieren wir eine IsomorphieΛnV ∼= K. Wir starten auf der linken Seite: Der Basisvektor bJ wird zu sgn(I, J) · bI

mit I := [n] \ J (und der Index unten erinnert an die duale Basis {bI} von {bI}).Das wird wiederum zu sgn(I, J) · bI ⊗ b, wobei wir hier mit bI auch

bI := bi1 ∧ . . . ∧ bikbezeichnen; das gibt dann wirklich die duale Basis {bI} von {bI}. Zusammenfassenderhalten wir also

bJ 7→ sgn([n] \ J, J) · b[n]\J ⊗ b.(c) Das Element e := e1 ∧ e2∧ e3 ∈ Λ3V ist unabhangig von der Wahl einer (richtig)

orientierten ON-Basis. Es definiert also einen Isomorphismus R∼→ Λ3V . Außerdem

gibt das Skalarprodukt α : V × V → R einen Isomorphismus α : V∼→ V ∗. Unter

diesem ist ei 7→ ei fur jede ON-Basis E. Insgesamt ergibt das

eJ 7→ sgn([3] \ J, J) · e[n]\J ⊗ e 7→ sgn([3] \ J, J) · e[3]\J .Fur k = 1 ergibt das explizit

e1 ∧ e2 7→ e3, e2 ∧ e3 7→ e1, e1 ∧ e3 7→ −e2.(d) Das Vektorprodukt (in einer ON-Basis E) ist R3 × R3 → R3 mit

(x1, x2, x3), (y1, y2, y3) 7→ det

x1 x2 x3y1 y2 y3e1 e2 e3

,

und das gibt genau dasselbe Ergebnis.

Aufgabe 48. a) Zeigen Sie direkt, daß (e1 ∧ e2) + (e2 ∧ e3) + (e3 ∧ e1) ∈ Λ2R3

ein zerfallender Vektor ist, d.h. ein Element in Grass(2,R3) reprasentiert. WelcherUnterraum wird damit beschrieben?

b) Zeigen Sie direkt, daß (e1 ∧ e2) + (e3 ∧ e4) ∈ Λ2R4 nicht zerfallend ist, d.h. nichtin der Form v ∧ w fur gewisse v, w ∈ R4 geschrieben werden kann.

Solution: (a) Man rechnet direkt nach, daß t := (e1 ∧ e2) + (e2 ∧ e3) + (e3 ∧ e1) =(1,−1, 0) ∧ (1, 0,−1) gilt. Damit reprasentiert dieser alternierende Tensor den Un-terraum span{(1,−1, 0), (1, 0,−1)} = (1, 1, 1)⊥. Das hatte man systematisch be-kommen konnen, indem man t∧ (x, y, z) = (x+ y+ z) · (e1 ∧ e2 ∧ e3) berechnet. Furden Unterraum Ut erhalten wir damit die Gleichung x+ y + z = 0.

(b) Einmal kann man t = (e1 ∧ e2) + (e3 ∧ e4) wieder mit ∧(x, y, z, w) bearbeiten –damit ergibt sich direkt x = y = z = w = 0. Der in der Aufgabe aber gewunschtedirekte Weg ist der folgende:Sei t = (v1, v2, v3, v4) ∧ (w1, w2, w3, w4). Dann sind die Koeffizienten von t bzgl. derBasis ei ∧ ej (also zweimal 1, viermal Null) genau die 2-Minoren der Matrix

M =

(v1 v2 v3 v4w1 w2 w3 w4

).

Das bedeutet aber, daß die erste/dritte, erste/vierte, zweite/dritte und zweite/vierteSpalte jeweils linear abhangig sind, d.h. sie sind jeweils skalare Vielfache voneinan-der. Damit hat M aber hochstens Rang 1, d.h. wir erhalten einen Widerspruch zumNicht-Verschwinden der Minoren erste/zweite und dritte/vierte Spalte.

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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,20.7. (8-10) und Mi, 14.9. (10-12)). Jeder darf beide Klausuren mitschreiben – dasbessere Ergebnis zahlt. In jeder Klausur ist das Mitbringen eines selbst beschriebe-nen DinA4-Zettels erlaubt.Ich hoffe, moglichst viele bei der Vorlesung ,,Einfuhrung in die Algebra und Zahlen-theorie“ im Wintersemester 2016/17 wiederzusehen.

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1. Abschluß-Klausur Lineare Algebra II (20.7.2016)

Aufgabe 1. Fur eine quadratische Matrix A bezeichnen wir mit mA(x) und χA(x)das Minimal- und das charakteristische Polynom. Geben Sie Beispiele – oder zeigenSie, daß es keine Beispiele geben kann – fur Matrizen A mit

a) degmA < deg χA

b) degmA = degχA

c) degmA > degχA.

Solution: Wegen mA|χA entfallt (c). Beispiele fur (a) und (b) sind A =

(0 00 0

)(mit

mA(x) = x und χA(x) = x2) und A = (0) (mit mA(x) = χA(x) = x).

Aufgabe 2. Sei A =

(1 45 −7

)∈ M(2, 2;R). Man gebe explizit eine nicht-triviale

Linearkombination der Matrizen A3, A2, A an, die Null ergibt, d.h. gesucht sindc1, c2, c3 ∈ R (nicht alle Null) mit c3A

3 + c2A2 + c1A = 0.

Solution: χA(x) = det

(x− 1 −4−5 x+ 7

)= x2 + 6x − 27. Aus Cayley-Hamilton folgt

dann A2 + 6A − 27I2 = 0. Multipliziert man mit A, dann ergibt sich die gesuchteGleichung A3 + 6A2 − 27A = 0.

Aufgabe 3. a) Man berechne die Determinante von

M =

1 2 3 40 5 6 70 0 8 90 0 10 11

.

b) Man drucke

t = (e1 + 2e2 + 3e3 + 4e4) ∧ (5e2 + 6e3 + 7e4) ∧ (8e3 + 9e4) ∧ (10e3 + 11e4)

im Vektorraum Λ4R4 durch die Basis {e1 ∧ e2 ∧ e3 ∧ e4} aus.Solution: (a) Die Matrix kann in vier (2× 2)-Blocke zerlegt werden. Dann gilt

det(M) = 1 · 5 · det(8 910 11

)= 5 · (88− 90) = −10.

(b) Der Koordinatenwechsel innerhalb von Λ4R4 geschieht mittels der Determinante.Damit gilt

t = det(M) · (e1 ∧ e2 ∧ e3 ∧ e4) = −10 · (e1 ∧ e2 ∧ e3 ∧ e4).

Aufgabe 4. Welche der beiden symmetrischen Matrizen

a) A =

(1 −2−2 5

)und b) B =

(−1 22 −5

)

ist positiv definit, und welche nicht? (Man begrunde die Antworten!)

Solution: Fur eine quadratische Matrix A gibt es das Positive-Definitheits-Kriteriumdet(Ak) > 0 (k = 1, . . . , n), wobei Ak die Teilmatrix, die aus den ersten k Zeilenund Spalten gebildet werden, bezeichnet.

(a) det(A1) = 1 und det(A2) = 1, d.h. A ist positiv definit.

(b) det(B1) = −1, d.h. B ist trotz det(B2) = 1 nicht positiv definit.

Aufgabe 5. a) Schreiben Sie die (2×2)-Matrizen D30 und D45 auf, die die Drehungder Ebene R2 um die Winkel π/6 und π/4 bzgl. einer ON-Basis darstellen.

b) Berechnen Sie das Produkt D45 ·D30 und argumentieren Sie, wieso es mit D30 ·D45

ubereinstimmt.

c) Berechnen Sie die inverse Matrix D−130 .

Solution: (a)D30 =

12·(√

3 −11√3

)und D45 =

12·(√

2 −√2√

2√2

)

(b)D45 ·D30 =

14·(√

6−√2 −

√6−√2√

6 +√2√6−√2

)

Diese Multiplikation entspricht der Addition der Winkel – und da das kommutativist, ist es auch diese spezielle Matrizenmultiplikation.

(c) Das Inverse von D30 ist die Drehung um −π/6, also

D−130 = D−30 =

12·(√

3 1

−1√3

).

Ein anderes Argument ist, daß D30 orthogonal ist, d.h. D−130 = DT

30.

Aufgabe 6. Seien A,B ∈M(4, 4;R) nilpotente Matrizen. Diese heißen ahnlich, fallses eine regulare Matrix S gibt mit B = S−1AS.

a) Falls dim ker(A) = 1 und dimker(B) = 2 – konnen dann A und B trotzdemahnlich sein?

b) Sei dim ker(A) = dimker(B) = 1. Folgt daraus schon die Ahnlichkeit?

c) Sei dim ker(A) = dimker(B) = 2. Folgt daraus schon die Ahnlichkeit?

d) Sei dim ker(A) = dimker(B) = 3. Folgt daraus schon die Ahnlichkeit?

Solution: (a) Die Dimension des Kerns ist eine Invariante des Endomorphismus’,d.h. sie andert sich nicht bei Basiswechseln. Die Antwort ist also Nein.

(b-d) Die Dimension von dim ker(A) ist (bei einer nilpotenten Matrix) genau dieKastchenanzahl in der JNF. Gibt es nur oder genau drei Kastchen, so ist die JNF(bis auf Reihenfolge der Kastchen) eindeutig bestimmt. Die Antwort fur (b+d) istalso Ja.Gibt es genau zwei Kastchen, so bleiben die Moglichkeiten (2, 2) und (3, 1) fur dieKastchengroßen. Die Antwort fur (c) ist also Nein.

Aufgabe 7. Man zerlege (z.B. mit Hilfe des Newton-Verfahrens) die Matrix

A =

0 0 1 00 0 0 1−1 0 0 01 −1 0 0

∈M(4, 4;Q)

in ihren halbeinfachen und ihren nilpotenten Anteil A = A(s) + A(n).

Solution: Wegen χA(x) = (x2 + 1)2 definieren wir f(x) := x2 + 1. Das wird dasMinimalpolynom von A(s). Außerdem gilt f ′(x) = 2x.Um A(s) als Nullstelle von f zu suchen, benutzen wir den Startwert A0 := A undsetzen dann

A1 := A0 − f(A0)f′(A0)

−1.

Dabei gilt

A2 =

−1 0 0 01 −1 0 00 0 −1 00 0 1 −1

, A−1 =

0 0 −1 00 0 −1 −11 0 0 00 1 0 0

,

also

A2 = A− 12(A2 + I4)A

−1 =

0 0 1 00 0 1

21

−1 0 0 012−1 0 0

.

Man testet, daß A2 wirklich Nullstelle von f(x) = x2 + 1 ist, d.h. es gilt A22 = −I4,

und daraus folgt

A(s) = A2 =

0 0 1 00 0 1

21

−1 0 0 012−1 0 0

und A(n) =

0 0 0 00 0 −1

20

0 0 0 012

0 0 0

.

2. Nachklausur Lineare Algebra II (14.9.2016)

Aufgabe 1. Fur eine quadratische Matrix A bezeichnen wir mit mA(x) und χA(x)das Minimal- und das charakteristische Polynom. Wir nennen ein Polynom separa-bel, wenn es keine mehrfachen Primfaktoren hat.Prufen Sie, welche der vier Kombinationen von ,,mA = separabel/nicht separabel“und ,,χA = separabel/nicht separabel“ es geben kann (Beispiel/Beweis der Nicht-Existenz).

Solution: Wegen mA|χA entfallt die Moglichkeit (mA, χA) = (nicht sep, sep). Bei-

spiele fur (nicht sep, nicht sep), (sep, sep) und (sep, nicht sep) sind A =

(0 10 0

)

(mit mA(x) = χA(x) = x2), A = (0) (mit mA(x) = χA(x) = x) und A =

(0 00 0

)

(mit mA(x) = x und χA(x) = x2).

Aufgabe 2. Sei A =

(3√11 π + e

23 −√17

)∈ M(2, 2;R). Welche Dimension hat der

Unterraum

U := spanR{An | n ≥ 0} ⊆M(2, 2;R) ∼= R4?

Solution: Wegen A 6= λ · I2 hat das Minimalpolynom mA nicht den Grad 1, also giltmA = χA = x2 − s · x + t fur gewise s, t ∈ R (es sind ubrigens die Spur und dieDeterminante von A). Damit ist A2 = s · A − t · I2 die kleinste Relation innerhalbvon U .Die Matrizen I2 und A sind also linear unabhangig, und wir konnen alle PotenzenAn als Linearkombinationen von A und I2 ausdrucken. Es ergibt sich dim(U) = 2.

Aufgabe 3. Sei t := e1 ∧ e2 + 2e1 ∧ e3 − 3e2 ∧ e3 ∈ Λ2R3. Man bestimme denUnterraum Ut := {v ∈ R3 | t∧ v = 0} ⊆ R3 und stelle anschließend t als zerfallendesWedge-Produkt t = a ∧ b mit gewissen a, b ∈ R3 dar.

Solution: Mit v = v1e1 + v2e

2 + v3e3 ergibt sich t ∧ v = (v3 − 2v2 − 3v1) · (e1 ∧ e2 ∧

e3), also ist Ut = {v ∈ R3 | − 3v1 − 2v2 + v3 = 0}. Als Basis erhalten wir z.B.{(1, 0, 3), (0, 1, 2)}. Das Wedge=Produkt dieser beiden Vektoren liefert

(e1 + 3e3) ∧ (e2 + 2e3) = e1 ∧ e2 + 2e1 ∧ e3 − 3e2 ∧ e3 = t.

Aufgabe 4. Wir betrachten den R3 mit dem kanonischen Skalarprodukt. Sei B :={(1, 0, 0), (1, 1, 1), (1, 2, 1)}. Fuhren Sie mit dieser Basis (in dieser Reihenfolge) dasGram-Schmidt-Verfahren zur Orthonormalisierung durch.

Solution: B′ = {(1, 0, 0), 1√2(0, 1, 1), 1√

2(0, 1,−1)}.

Aufgabe 5. Eine Matrix A ∈M(n, n;R) heißt unipotent, falls A− In nilpotent ist.

a) Man zeige, daß die Matrix A =

(1 10 1

)unipotent ist.

b) Man zeige, daß fur nilpotente Matrizen N die Matrix B := eN unipotent ist.

c) Gibt es fur das A aus (a) eine nilpotente Matrix N mit A = eN? Gegebenenfallsbestimme man diese.

Solution: (a) A− I2 =(0 10 0

), und diese Matrix ist wegen (A− I2)2 = 0 nilpotent.

(b) B − In =∑m

k=11k!Nk = N ·X fur eine gewisse, mit N vertauschbare Matrix X

(falls Nm+1 = 0). Dann gilt aber auch(N ·X

)m+1= Nm+1 ·Xm+1 = 0.

(c) A = I2 +N mit N =

(0 10 0

), also N2 = 0. Damit gilt A = eN fur dieses N .

Aufgabe 6. a) Seien A,B ∈M(4, 4;R) die folgenden Diagonalmatrizen

A = diag(1, 2,−3,−4) und B = diag(−5,−6, 7, 8).Zeigen Sie, daß es Basen E und F gibt, so daß A und B die Matrizen ME∗E(γ)und MF ∗F (γ) derselben Bilinearform γ sind. (Mit anderen Worten: KonstruierenSie einen reellen Basiswechsel, so daß die SBLF A und B ineinander ubergehen.)

b) Geben Sie ein Beispiel regularer Diagonalmatrizen A und B, bei dem die Aussageaus (a) nicht richtig ist.

Solution: (a) MEFT · ME∗E(γ) · MEF = MF ∗F (γ), also ist das Ziel, eine regulare

Matrix S zu finden mit

ST · diag(1, 2,−3,−4) · S = diag(−5,−6, 7, 8).

Zunachst sei S1 :=

(0 I2I2 0

). Dafur gilt ST1 = S1, und der Basiswechsel mit S1

vertauscht die erste/zweite mit der dritten/vierten Zeile und Spalte:

ST1 · diag(1, 2,−3,−4) · S1 = diag(−3,−4, 1, 2).Danach erreichen wir

ST2 · diag(−3,−4, 1, 2) · S2 = diag(−5,−6, 7, 8)

mit S2 := diag(√

5/3,√

3/2,√7, 2). Insgesamt nehmen wir dann S := S1 S2.

(b) Fur A = diag(1, 2,−3,−4) und B = diag(5, 6, 7, 8) ist die Aussage (a) nichtrichtig – denn das wurde dem Tragheitssatz von Sylvester widersprechen.

Aufgabe 7. Zeigen Sie, daß die Matrix

A =

4 −1 −22 0 −13 −1 −1

einen dreifachen Eigenwert hat und berechnen Sie die Jordansche Normalform (ohneden zugehorigem Basiswechsel).

Solution: Wir berechnen das charakteristische Polynom

χA(x) = det

x− 4 1 2−2 x 1−3 1 x+ 1

= x3 − 3x2 + 3x− 1 = (x− 1)3.

Fur die JNF betrachten wir ψ := A−I3 =

3 −1 −22 −1 −13 −1 −2

. Der Rang ist offensichtlich

2, d.h. dim(kerψ) = 1. Da diese Dimension genau die Anzahl der Jordankastchen

ist, erhalten wir

1 1 00 1 10 0 1

als die JNF von A.

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