Klausur lineare Algebra WS 2004/2005: L¨ osungsskizze
Aufgabe 1. SeiK ein K¨orper,f :V →W eine lineare Abbildung vonK-Vektorr¨aumen, und x1, . . . , xn∈V Vektoren. Angenommen, die Bilder y1 =f(x1), . . . , yn=f(xn) in W sind linear unabh¨angig. Zeigen Sie, daß auch x1, . . . , xn ∈V linear unabh¨angig sind.
L¨osung Aufgabe 1:
Seien λ1, . . . , λn∈K mit λ1x1+· · ·+λnxn= 0. Also
0 = f(0) =f(λ1x1+· · ·+λnxn)
= λ1f(x1) +· · ·+λnf(xn).
Da y1 =f(x1), . . . , yn=f(xn) linear unabh¨angig ¨uberK sind, folgt λ1 =. . .=λn= 0.
Also sind x1, . . . , xn linear unabh¨angig.
Aufgabe 2. Bringen Sie die komplexe 3×4-Matrix
A =
i 2 3 4
3 1−6i −1 5 1 +i 2 +i 0 1
∈Mat3,4(C)
auf Zeilenstufenform und bestimmen Sie ihren Rang.
L¨osung Aufgabe 2:
Wir berechnen zuerst die Zeilenstufenform mit dem Gauß-Algorithmus.
i 2 3 4
3 1−6i −1 5 1 +i 2 +i 0 1
∼
i 2 3 4
0 1 −1 + 9i 5 + 12i 0 3i −3 + 3i −3 + 4i
∼
i 2 3 4
0 1 −1 + 9i 5 + 12i 0 0 24 + 6i 33−11i
.
Also ist der Rang der Matrix 3.
Aufgabe 3. Sei K ein K¨orper, und V ⊂ K[t] der Untervektorraum aller Polynome p vom Grad deg(p)≤3. Wir definieren eine lineare Abbildung
f :V −→V, p(t)7−→p(t+ 1).
W¨ahlen Sie eine Basis p1, . . . , p4 ∈ V, bestimmen sie die Matrix A ∈ Mat4(K) von f bez¨uglich dieser Basis, und berechnen sie das charakteristische Polynom χf.
L¨osung Aufgabe 3:
W¨ahle die Basis
p1(t) = 1, p2(t) =t, p3(t) =t2, p4(t) =t3. Die Bilder der Basisvektoren unter f sind:
f(p1) =p1, f(p2) =t+ 1 =p1+p2, f(p3) = (t+ 1)2 =p1+ 2p2+p3, f(p4) = (t+ 1)3=p1+ 3p2+ 3p3+p4.
Die Matrix A von f bez¨uglich dieser Basis lautet also
A=
1 1 1 1 0 1 2 3 0 0 1 3 0 0 0 1
.
Da tE−A eine obere Dreiecksmatrix ist, gilt
χA(t) = det(tE−A) = (t−1)3.
Aufgabe 4. Seien x, y ∈ K zwei Elemente eines K¨orpers, und n ≥ 1 eine ganze Zahl.
Wir definieren eine 2n×2n-Matrix An= (αij)∈Mat2n(K) durch
αij =
x falls i=j,
y falls i= 1 + 2n−j, 0 sonst.
Mit anderen Worten: x steht auf der Diagonalen, und y auf der Antidiagonalen. Zeigen Sie durch Induktion, daß det(An) = (x2−y2)n gilt.
L¨osung Aufgabe 4:
Beweis mit Induktion nach n.
Induktionsanfang: Sei n = 1, also
A1 =
x y y x
.
Also ist det(A1) =x2−y2.
Induktionsschritt: Angenommen die Behauptung gilt f¨ur n−1, d.h. det(An−1) = (x2− y2)n−1. Zu zeigen: die Behauptung gilt f¨urn.
Mit Laplace-Entwicklung nach der erste Zeile folgt:
det(An) = det
x y
0 x y 0
· · ·
0 y x 0
y x
= xdet
x y 0
0 x y 0 0
· · ·
0 y x 0 0
y x 0
0 0 x
+ (−1)1+2nydet
0 x y
0 0 x y 0
· · ·
0 0 y x 0
0 y x
y 0 0
.
Laplace-Entwicklung nach der letzte Zeile in beiden Matrizen liefert:
xdet
x y 0
0 x y 0 0
· · ·
0 y x 0 0
y x 0
0 0 x
= (−1)2n−1+2n−1det(An−1).
und
det
0 x y
0 0 x y 0
· · ·
0 0 y x 0
0 y x
y 0 0
= (−1)1+2n−1ydet(An−1).
Somit gilt:
det(An) =x2det(An−1)−y2det(An−1) = (x2 −y2) det(An−1).
Nach Induktionshypothese folgt also
det(An) = (x2−y2)(x2−y2)n−1 = (x2−y2)n.
Aufgabe 5. Sei V ein K-Vektorraum, und U, U0 ⊂ V zwei Untervektorr¨aume. Zeigen Sie, daß die Abbildung f : U ⊕U0 → V, (x, x0) 7→ x+x0 genau dann injektiv ist, wenn U ∩U0 = 0 gilt.
L¨osung Aufgabe 5:
“⇒” Seif injektiv. Zu zeigenU∩U0 = 0. Seix∈U∩U0. Dann giltf(x,−x) =x−x= 0, also (x,−x) = (0,0). Es folgtx= 0. Also ist U ∩U0 = 0.
“⇐” SeiU∩U0 = 0. Zu zeigen: f ist injektiv. Sei x∈U undx0 ∈U0 mit (x, x0)∈ker(f), d.h. x+x0 = 0. Dann ist x = −x0 und somit x =−x0 ∈U0. Also liegt x in U ∩U0 = 0 und es folgt, daß x= 0 sein muß. Genauso folgt x0 = 0. Damit gilt ker(f) = 0 und f ist also injektiv.
Aufgabe 6. F¨ur welche x∈R ist die reelle 3×3-Matrix
A=
0 0 x 0 2 0 1 0 0
∈Mat3(R)
trigonalisierbar bzw. diagonalisierbar? Begr¨unden Sie ihre Antwort.
L¨osung Aufgabe 6:
Es gilt
χA(t) = det(tE−A) = (t−2)(t2−x).
(Laplace-Entwicklung nach der zweite Zeile.)
Fall 1: x <0. Dann hat t2−x keine Nullstelle in R, also zerf¨allt χA nicht in Linearfak- toren, A ist also nicht trigonalisierbar und insbesondere auch nicht diagonalisierbar.
Fall 2: x≥0. Dann
χA(t) = (t−2)(t+√
x)(t−√ x) und A ist trigonalisierbar.
Fall 2.a: Fallsx6= 0,4, so sind die Eigenwerte paarweise verschieden und istA diagonal- isierbar.
Fall 2.b: Sei x= 0. Der Eigenwert λ= 0 hat algebraische Multiplizit¨at 2. Offenbar hat
0E−A =
0 0 0
0 −2 0
−1 0 0
Rang 2, also ist Kern(0E−A) von Dimension 1. Der Eigenwert λ= 0 hat geometrische Multiplizit¨at 1<2 und A ist nicht diagonalisierbar.
Fall 2.c: Sei x= 4. Der Eigenwert λ = 2 hat algebraische Multiplizit¨at 2. Offenbar hat
2E−A =
2 0 −4
0 0 0
−1 0 2
Rang 1. Der Eigenwert λ = 2 hat geometrische Multiplizit¨at 2 gleich algebraischer Mul- tiplizit¨at. Der Eigenwert λ =−2 hat algebraische und geometrische Multiplizit¨at gleich 1. Also ist A in diesem Fall diagonalisierbar.
Aufgabe 7. F¨ur welche Primzahlen p >0 ist die Matrix
A=
0 −2 −5 1 −2 −4
0 4 12
∈Mat3(Fp)
nilpotent? Begr¨unden Sie ihre Antwort.
L¨osung Aufgabe 7:
Eine Matrix A∈Mn,n(K) ist nilpotent falls χA(t) =tn. (Satz aus der Vorlesung.) Das Charakteristisches Polynom von A∈Mat3,3(Fp) ist
χA= det
t 2 5
−1 t+ 2 4 0 −4 t−12
=t3−10t2−6t−4.
Demnach ist A genau dann nilpotent, wenn
[−10] = [−6] = [−4] = [0] in Fp.
Da ggT(−10,−6,−4) = 2, gilt dies genau dann, wenn p = 2 ist. Also ist A f¨ur p = 2 nilpotent und f¨urp6= 2 nicht nilpotent.
Klausureinsicht: Donnerstag, der 3.2. von 16-17 Uhr im Seminarraum 25.22.03.73.
