Aufgabe 1:

a) Zeigen Sie, dass V = (\binom{1}{−1}, \binom{2}{3}) und W = (\binom{4}{2}, \binom{−2}{3}) ℚ-Basen von ℚ^{2} sind.

b) Bestimmen Sie die Koordinaten des Vektors v = 3 · \binom{1}{−1} + 2 · \binom{2}{3} bzgl. der Basis W.

\underline{Beweis}:

Wegen dim(ℚ^{2}) = 2 genügt es für a) zu zeigen, dass jeweils \binom{1}{−1}, \binom{2}{3} und \binom{4}{2}, \binom{−2}{3} linear unabhängig sind. Dies folgt aber aus

det ( \begin{matrix}1 & 2 \\ −1 & 3 \end{matrix} ) = 5 ≠ 0 und det ( \begin{matrix}4 & −2 \\ 2 & 3 \end{matrix} ) = 16 ≠ 0.

Also sind V und W Basen von ℚ^{2}. Um b) zu zeigen, löse ich folgendes Gleichungssystem:

v = λ_{1}\binom{4}{2} + λ_{2}\binom{−2}{3} mit λ_{1}, λ_{2} ∈ ℚ.

Mit v = 3 · \binom{1}{−1} + 2 · \binom{2}{3} = \binom{7}{3} ergibt sich also

( \begin{matrix}4 & −2 & 7 \\ 2 & 3 & 3 \end{matrix} ) ⟶ ( \begin{matrix}2 & 3 & 3 \\ 4 & −2 & 7 \end{matrix} ) ⟶ ( \begin{matrix}2 & 3 & 3 \\ 0 & −8 & 1 \end{matrix} )

Damit ist λ_{2} = −\frac{1}{8} und λ_{1} = \frac{3}{2} − \frac{3}{2}λ_{2} = \frac{27}{16}. Es gilt also

v = \frac{27}{16} · \binom{4}{2} − \frac{1}{8} · \binom{−2}{3}.

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Aufgabe 2: Gegeben sei f : ℝ^{3} → ℝ^{3} mit f((1, 0, 1)) = (0, b, 1), f((0, 1, 1)) = (a, 2b, 0), f((1, 1, 0)) = (3, 0, 2c) und f((3, 2, 1)) = (a + 1, 4, 3c).

a) Für welche a, b, c ∈ ℝ ist f ℝ-linear? Eine lineare Abb. wird eindeutig definiert durch die Bilder einer Basis des Ausgangsraumes. Hat man nur Bilder von linear unabhängigen Vektoren, so kann man f vollständig definieren, in dem man diese Vektoren zu einer Basis ergänzt und Bilder für die ergänzenden Vektoren definiert.

Hier: v_{1} = (1, 0, 1), v_{2} = (0, 1, 1), v_{3} = (1, 1, 0) sind linear unabhängig:

( \begin{matrix}1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \end{matrix} ) ⟶ ( \begin{matrix}1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & −1 & 0 \end{matrix} ) ⟶ ( \begin{matrix}1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \end{matrix} )

Also bilden die Vektoren eine Basis des ℝ^{3}. Durch ihre Bilder ist f eindeutig bestimmt. Weiter ist v_{4} = (3, 2, 1) aus v_{1}, v_{2}, v_{3} linear kombinierbar. Diese Linearkombination muss für die Bilder auch unter f erhalten bleiben, damit f linear ist. Es gilt:

(3, 2, 1) = 1 · (1, 0, 1) + 2 · (1, 1, 0).

Daher muss auch gelten:

f((3, 2, 1)) = f((1, 0, 1)) + 2 · f((1, 1, 0))
⟹ (a + 1, 4, 3c) = (0, b, 1) + 2 · (3, 0, 2c).

Aus den einzelnen Komponenten erhält man folgendes LGS:

a + 1 = 6
4 = b
3c = 1 + 4c

⟹ a = 5, b = 4, c = −1. Diese Wahl ist notwendig, damit f linear ist.

b) Zur Eindeutigkeit von f braucht man zwei Argumente:

1. Die Bilder einer Basis des ℝ^{3} sind gegeben. Dies ist mit den Bildern von v_{1}, v_{2}, v_{3} der Fall. Nach Satz 10.1 ist f damit eindeutig bestimmt.

2. Da die Bilder der Basis von den Parametern a, b, c abhängen, müssen diese eindeutig sein. Dies sind sie nach Rechnung in Teil a).

Also ist f in Teil a) eindeutig bestimmt. □

a) Ich wähle A = (1, x, x^{2}, x^{3}) als Basis von ℝ[x]_{≤3} und B = (1, x, x^{2}, x^{3}) als Basis von ℝ[x]_{≤2}.

Die zugehörige Darstellungsmatrix von δ ist ( \begin{matrix}0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 3 \end{matrix} )

b) δ bildet 0 und 1 beide auf 0 ab, ist also nicht injektiv. Daher hat die Abbildung keine Linksinverse.

Rechtsinverse ist die Abbildung, die bzgl. A und B die Darstellungsmatrix ( \begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & 0 & \frac{1}{3} \end{matrix} )

hat, denn ( \begin{matrix}0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 3 \end{matrix} ) · ( \begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & 0 & \frac{1}{3} \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} ).

Anschaulich ist dies auch völlig klar... (Stichwort: Integration!): Integriert man erst und differenziert dann wieder, so erhält man das Ausgangspolynom. Differenziert man allerdings zuerst und integriert dann, so kommt noch eine Konstante dazu...!

Aufgabe 4: Eine geometrische Bedingung, die zur genannten äquivalent ist, ist E_{1}∩E_{2} = {0}. Beweis: Wenn E_{1} ∩ E_{2} = {0}, dann ist die Summe E_{1} + E_{2} direkt. Nach der Dimensionsformel aus der Vorlesung gilt dim (E_{1} ⊕ E_{2}) = dim ℝ^{4}, und es folgt, dass eine Basis des ℝ^{4} in E_{1} ∪ E_{2} enthalten ist. Wenn E_{1} ∩ E_{2} ≠ {0}, dann ist nach der Dimensionsformel dim (E_{1} + E_{2}) ≤ 3, also liegt keine Basis des ℝ^{4} in E_{1} ∪ E_{2}.

Aufgabe 5

a) Man bringt die Matrix

A := ( \begin{matrix}1 & a^{3} \\ a & −1 \\ b & 2 \end{matrix} )

zunächst auf Zeilenstufenform. Addiere hierzu das −a-fache der ersten Zeile zur zweiten und das −b-fache der ersten Zeile zur dritten:

( \begin{matrix}1 & a^{3} \\ 0 & −a^{4} − 1 \\ 0 & 2 − ba^{3} \end{matrix} )

Der Spaltenrang dieser Matrix ist 2; es sei denn es gilt −a^{4} − 1 = 0 ∧ 2 − ba^{3} = 0. In diesem Fall ist der Rang gleich 1. Die erste Gleichung ist genau dann erfüllt ist, wenn (a = \sqrt{i} ∧ b = −2\sqrt{i}) ∨ (a = −\sqrt{i} ∧ b = 2\sqrt{i}) ist. Sei f die zur Matrix A gehörige lieare Abbildung. Da der Spaltenrang einer Matrix gleich dim Bild(f) ist, kann nach der Dimensionsformel dim Kern(f) = 2 − 2 = 0 oder dim Kern(f) = 2 − 1 = 1 sein.

b)In den reellen Zahlen ist a^{4} stets ≥ 0. Daraus folgt: −a^{4} − 1 ≤ −1 < 0 ∀a ∈ ℝ. Somit ist der Rang der Matrix immer gleich 2 und der Kern hat immer die Dimension 0.

Sei K ein Körper und M ∈ Mat_{n}(K). Zeigen Sie, dass die folgenden Bedingungen äquivalent sind.

a) Es gilt M^{2} = 0 und Rang(M) = \frac{n}{2}.

b) Der von den Spaltenvektoren von M erzeugte K-Untervektorraum von K^{n} stimmt mit der Lösungsmenge des homogenen linearen Gleichungssystems

M · ( x_{1} ; ⋮ ; x_{n} ) = 0

überein.

a) ⇒ b) : Der von den Spaltenvektoren von M erzeugte K-Untervektorraum von K^{n} ist gerade Bild(M). Die Lösungsmenge des homogenen linearen Gleichungssystems

M · ( x_{1} ; ⋮ ; x_{n} ) = 0

ist gerade Kern(M). Zu zeigen ist also Bild(M)=Kern(M).

i) Mit der Dimensionsformel folgt aus Rang(M) = \frac{n}{2} :

dim(K^{n})  = dim(Bild(M)) + dim(Kern(M))
⇔  n  = Rang(M) + dim(Kern(M))
⇔  n  =  \frac{n}{2}  + dim(Kern(M))
⇒ dim(Kern(M) =  \frac{n}{2}
⇒ dim(Bild(M)) = dim(Kern(M)

ii) Sei v ∈ Bild(M), dann ∃ u ∈ K^{n} : Mu = v. ⇒ 0 = M^{2}u = M · Mu = Mv ⇒ v ∈ Kern(M), also Bild(M)⊆ Kern(M). Da außerdem beide Mengen dieselbe Dimension haben, folgt die Behauptung.

b) ⇒ a) : i) Es gilt Bild(M)=Kern(M). Also auch dim(Bild(M)) = dim(Kern(M).

Dann gilt mit Dimensionsformel:

dim(K^{n}) = dim(Bild(M)) + dim(Kern(M))
⇔ n = Rang(M) + Rang(M)
⇔ Rang(M) =  \frac{n}{2}

ii) Sei v ∈ K^{n}. So ist Mv ∈Bild(M)=Kern(M).

M · Mv = 0 ⇒^{v beliebig} M^{2} = 0.

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Sei K Körper, V ein endlich-dimensionaler K-Vektorraum und f : V → V eine K-lineare Abbildung mit Kern(f) = Kern(f^{2}). Zu zeigen war: Bild(f) = Bild(f^{2}):

Beweis.

Mit f ist natürlich auch f^{2} = f ∘f eine K-lineare Abbildung als Komposition von linearen Abbildungen. Es gelten also folgende Dimensionsformeln:

(1) dim_{K}(V) = dim_{K}(Kern(f)) + dim_{K}(Bild(f))
(2) dim_{K}(V) = dim_{K}(Kern(f^{2})) + dim_{K}(Bild(f^{2})),

also

dim_{K}(Kern(f)) + dim_{K}(Bild(f)) = dim_{K}(Kern(f^{2})) + dim_{K}(Bild(f^{2})).

Da nach Voraussetzung Kern(f) = Kern(f^{2}), folgt also

dim_{K}(Bild(f)) = dim_{K}(Bild(f^{2})).

Da für eine K-lineare Abbildung f : V → V stets gilt, dass f(V) ⊆ V, folgt auch Bild(f^{2}) = f^{2}(V) ⊆ f(V) = Bild(f). Zusammen mit der Dimensionsgleichheit folgt daraus Bild(f) = Bild(f^{2}).

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a) Z.z.: Die Menge Mat_{ssm}(n) der schiefsymmetrischen, magischen Matrizen ist ein ℚ-Untervektorraum von M_{n}(ℚ).

Beweis: Als Schnitt zweier ℚ-Untervektorräume (vgl. Vorlesung und Übungen) ist Mat_{ssm}(n) ein ℚ-Untervektorraum des ℚ-Vektorraumes M_{n}(ℚ).

b) Bestimme die Dimension von Mat_{sm}(4) als ℚ-Vektorraum.

Behauptung: dim_{ℚ}(Mat_{ssm}(4)) = 3.

Es sei v := (1, 1, 1, 1)^{t} ∈ ℚ^{4}, dann gilt für eine Matrix S ∈ Mat_{ssm}(4), deren Zeilensummen jeweils gleich z ∈ ℤ seien,

4z^{2} = zv^{t} · zv = (Sv)^{t}Sv = v^{t}(S^{t}S)v = v^{t}(−SS)v = −z^{2}v^{t}v = −4z^{2} ⇒ z = 0.

Es sei E_{ij} ∈ M_{4}(ℚ) die Matrix mit einer Eins in der i-ten Zeile und j-ten Spalten und sonst Nullen. Laut Vorlesung ist

B := {b_{1}, …, b_{6}} := {E_{12}−E_{21}, E_{13}−E_{31}, E_{14}−E_{41}, E_{23}−E_{32}, E_{24}−E_{42}, E_{34}−E_{43}}

eine Basis für Mat_{ss}(4), der Menge der schiefsymmetrischen Matrizen. Eine schiefsymmetrische Matrix S hat somit eine Darstellung der Art

S = ∑_{i=1}^{6} λ_{i}b_{i}, Sv = S (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}λ_{1} + λ_{2} + λ_{3} \\ −λ_{1} + λ_{4} + λ_{5} \\ −λ_{2} − λ_{4} + λ_{6} \\ −λ_{3} − λ_{5} + λ_{6} \end{matrix}) .

Damit ist S genau dann eine schiefsymmetrische, magische Matrix, wenn die λ_{i} Lösung des folgenden homogenen Gleichungssystems sind, welches hier direkt in Matrixform geschrieben und dann umgeformt wird,

(\begin{matrix}1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ −1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & −1 & 0 & −1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & −1 & 0 & −1 & −1 \end{matrix}) ≅ (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & −1 & −1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & −1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & −1 & −1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}) .

Wie man an dieser Normalform direkt erkennt ist der Rang der Matrix drei, damit hat der Kern dieser linearen Abbildung nach der Dimensionsformel die Dimension 6-3=3, d.h. die schiefsymmetrischen, magischen (rationalen) Matrizen Mat_{ssm}(4) ⊂ M_{4}(ℚ) bilden selbst einen drei dimensionalen ℚ-Vektorraum.

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Aufgabe 9):

Erste Lösung : f : V ⟶ V ist ein Automorphismus, d.h. es existiert die Umkehrabbildung f^{−1} : V ⟶ V. Es folgt

id_{V} = f^{−1} ∘ f = f^{−1} ∘ (f^{2}) = f

Daher gilt f − id_{V} = 0. Weil die Nullabbildung nicht invertierbar ist, folgt die Behauptung.

Zweite Lösung: Aus f^{2} = f folgt 0 = f^{2} − f = f ∘ (f − id_{V}). Weil f ein Automorphismus ist gilt det(f) ≠ 0. Die Gleichung

0 = det(0) = det(f ∘ (f − id_{V})) = \underbrace{det(f)}_{≠0} det(f − id_{V})

liefert det(f − id_{V}) = 0, also ist f − id_{V} nicht invertierbar.

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