Lineare Algebra 1 12. Übungsblatt Lösungshinweise

Lineare Algebra 1 12. Übungsblatt Lösungshinweise

Fachbereich Mathematik WS 2011/2012

Prof. Dr. A. Kollross 26. Januar 2012

K. Schwieger

Gruppenübung

Aufgabe G1

SeiV der reelle Vektorraum, der von den Funktionen inB:= (f₁, . . . ,f₅), f_i:R→R, mit

f₁(t):=sin(t), f₂(t):=cos(t), f₃(t):=sin(t)·cos(t), f₄(t):=sin²(t), f₅(t):=cos²(t)

aufgespannt wird. Wir betrachten die Ableitungϕ:V →V, f 7→f⁰.

(a) Zeigen Sie, dassB eine Basis vonV ist.

(b) Bestimmen Sie die Matrix[ϕ]^B_B.

(c) Bestimmen Sie jeweils eine Basis des Kerns und des Bildes vonϕ.

Lösungshinweise:

Aufgabe G2

Seienv₁, . . . ,v_n∈Rⁿbeliebige Vektoren. Zeigen Sie, dass die folgenden Aussagen äquivalent sind:

(a) Die Matrizenv_iv_j^t,1≤i,j≤n, inM_n(R)sind linear unabhängig.

(b) Die Vektorenv₁, . . . ,v_ninRⁿsind linear unabhängig.

Lösungshinweise: Sind die Vektorenv₁, . . . ,v_n linear abhängig, so lässt sich einer der Vektoren als Linearkombi- nation der übrigen Darstellen. Wir nehmen o.B.d.A. an, dass sichv₁als Linearkombination vonv₂, . . . ,v_ndarstellen lässt, d.h. es gibtµ2, . . . ,µn∈Rmit

v₁=µ2v₂+· · ·+µnv_n.

Dann gilt

v₁v_j^t=µ2v₂v_j^t+· · ·+µnv_nv_j^T.

Also sind auch die Matrizenv₁v_j^t mit1≤j≤nlinear abhängig, damit erst rechtv_iv_j^t mit1≤i,j≤n.

Umgekehrt seienv₁, . . . ,v_n linear unabhängig. Dann gibt es eine invertierbare MatrixS ∈M_n(R)mitSv_i =e_i für jedes1≤i≤n, wobeie₁, . . . ,e_ndie kanonische Basis vonRⁿbezeichnet. Es folgt

Sv_iv^t_jS^t= (Sv_i)(Sv_j)^t =e_ie^t_j=E_i,j,

wobei E_i,j die Matrix mit einer 1 in der i-ten Zeile und j-ten Spalte bezeichnet und sonst Nulleneinträgen be- zeichnet. Die MatrizenE_i,jsind linear unabängig. Daraus folgt, dass auchv_iv_j^t linear unabhängig sind: Ist nämlich Pn

i,j=1µi,jv_iv_j^t=0, so folgt auch0=S Pn

i,j=1µi,jv_iv_j^t

S^t=Pn

i,j=1µi,jE_i,jund somitµi,j=0für alle1≤i,j≤n.

Aufgabe G3

Wir betrachten den RingM_n(R)aller reellen(n×n)-Matrizen. Für eine TeilmengeS⊆M_n(R)heißt die Menge

S⁰:={B∈M_n(R)| ∀A∈S: AB=BA}

dieKommutantevonS.

(a) Zeigen Sie, dass die KommutanteS⁰einer beliebigen TeilmengeS⊆M_n(R)ein linearer Teilraum ist, der unter Multiplikation abgeschlossen ist. (Ein solcher Teilraum heißt auchUnteralgebravonM_n(R).)

(b) SeiDn⊆M_n(R)die Menge aller Diagonalmatrizen. Zeigen SieD_n⁰ =Dn.

(c) Zeigen Sie, dass die KommutanteM_n(R)⁰genau aus den skalaren Vielfachen der Einheitsmatrix besteht.

(d) Sei0<k<n. Wir bezeichnen mitA die Menge aller Blockmatrizen der Form

A=

A₁ 0 0 A₂

mit MatrizenA₁∈M_k(R)undA₂∈M_n−k(R). Bestimmen Sie die Kommutante vonA. Lösungshinweise:

(a) Einfach nachrechnen.

(b) Klar ist, dass alle Diagonalmatrizen kommutieren, alsoD⁰_n⊇D_n. SeiB=:(b_i,j)i,jeine Matrix in der Kommu- tanteD_n⁰. Wir zeigen, dassb_i,j=0für allei6=jgilt. Seien also1≤i,j≤nmiti6=j. SeiAdie Diagonalmatrix, die nur in deri-ten Zeile/Spalte eine Eins hat und sonst Nullen als Einträge hat. Dann gilt für den Eintrag der MatrixC:=AB=BAan deri-ten Zeilen, j-te Spalte zum einen

c_i,j=

n

X

k=1

a_i,kb_k,j=a_i,jb_i,j=b_i,j

zum anderen

c_i,j=

n

X

k=1

b_i,ka_k,j=0 ,

alsob_i,j=0.

(c) Klar ist, dass alle Vielfachen der Einheitsmatrix tatsächlich in der Kommutante M_n(R)⁰ liegen. Weiter gilt (klar!): IstS₁⊆S₂, so giltS₂⁰ ⊆S₁⁰. Nach dem vorherigen Aufgabenteil besteht damit die KommutanteM_n(R)⁰ nur aus Diagonalmatrizen. Sei also B =:(bi,j)i,j eine Diagonalmatrix mit Diagonaleinträgen b_i,i =:λi. Be- zeichne mitE_i,jdie Matrix, die nur in deri-ten Zeile, j-ten Spalte eine Eins und sonst Nullen als Eintrag hat.

Dann gilt

BE_i,j=λiE_i,j, E_i,jB=λjE_i,j.

LiegtBin der KommutantenM_n(R)⁰, so folgt darausλi=λj, d.h.Balle Diagonaleinträge sind gleich.

(d) Die Kommutante vonA enthält alle Blockmatrizen der Form

B=

λ1E_k 0 0 λ2E_n−k

(1)

mit Skalarenλ1,λ2∈Rund den entsprechenden EinheitsmatrizenE_kbzw.E_n−k. Ist nun umgekehrt

B=:

B_1,1 B_1,2 B_2,1 B_2,2

eine beliebige Matrix in der KommutantenA⁰, so gilt für alleA₁∈M_k(R)undA₂∈M_n−k(R)

A₁B_1,1 A₁B_1,2 A₂B_2,1 A₂B_2,2

=

A₁ 0 0 A₂

B=B

A₁ 0 0 A₂

=

B_1,1A₁ B_1,2A₂ B_2,1A₁ B_2,2A₂

.

Insbesondere giltA₁B_1,1=B_1,1A₁undA₂B_2,2=B_2,2A₂. Nach dem vorherigen Aufgabenteil sind folglich B_1,1 und B_2,2Vielfache der entsprechenden Einheitsmatrix. Für die spezielle Wahl A₁:=0 undA₂ :=E_n−k folgt weiter0=A₁B_1,2=B_1,2A₂=B_1,2und analogB_2,1=0. Insgesamt istBalso tatsächlich von der Form in (1).

Hausübung

Aufgabe H1 (Duale Abbildungen)

Für eine lineare Abbildungϕ:V→W zwischen VektorräumenV undW bezeichnen wir mit ϕ^∗:W^∗→V^∗, ϕ(ω):=ω◦ϕ

die duale Abbildung zwischen den DualräumenV^∗undW^∗. Zeigen Sie:

(a) Für zwei lineare Abbildungenϕ:U→V undψ:V→W gilt(ψ◦ϕ)^∗=ϕ^∗◦ψ^∗. (b) Istϕsurjektiv, so istϕ^∗injektiv.

SeienV undW endlich-dimensional. SeiB := (v1, . . . ,v_n)eine Basis vonV undC := (w1, . . . ,w_m)ein Basis von W. Wir bezeichnen jeweils mitB⁰:= (v₁⁰, . . . ,v_n⁰)undC⁰:= (w⁰₁, . . . ,w_n⁰)die zugehörige duale Basis.

(c) Zeigen Sie für eine lineare Abbildungϕ:V→W: IstA= [ϕ]^B_C, so istA^t= [ϕ^∗]^C_B⁰0. Hierbei bezeichnetA^t die transponierte Matrix zuA.

Die folgenden Zusatzfragen führen zwar um Einiges über den Stoff hinaus. Eine Beschäftigung damit liefert aber u.U. tiefere Einblicke in die Problematik:

(d*) Wie sieht es mit der Umkehrung von (b) aus?

(e*) Folgt aus der Injektivität vonϕdie Surjektivität vonϕ^∗? Oder umgekehrt?

Lösungshinweise:

(a) (ψ◦ϕ)^∗(ω) =ω◦(ψ◦ϕ) = (ω◦ψ)◦ϕ=ϕ^∗(ω◦ψ) =ϕ^∗ ϕ^∗(ω) .

(b) Seiω∈W^∗ mit0=ϕ^∗(ω) =ω◦ϕ. Dann ist jeder Vektorw∈W von der Formw=ϕ(v)für einv ∈V, und somit folgtω(w) = (ω◦ϕ)(v) =0, d.h.ω=0.

(c) Betrachte die Matrix[ϕ]^B_C =:(ai,j). Dann sind die Einträge der Matrix dadurch bestimmt, dass für jedesjgilt

ϕ(v_j) =X

i

a_i,jw_j.

Weil für die duale Basisw⁰_i(wj) =δi,jgilt, folgt

a_i,j=w⁰_i ϕ(v_j) .

Analog gilt für die Einträge der Matrix[ϕ^∗]^C_B⁰0=:(bi,j)i,j

b_i,j= ϕ^∗(w⁰_j)(vi).

Zusammen ergibt sich alsoa_i,j=b_j,i.

Aufgabe H2

Für welcheα,β∈Rist das GleichungssystemAx=bmit

A:=















1 1 1 1

−2 0 −1 −6

1 3 3 3

3 1 1 α

1 5 4 0















, b:=













 1

−2 5 β−1+3















lösbar? Geben Sie jeweils die Lösungsmenge an.

Lösungshinweise: Mit Gauss–Jordan–Algorithmus

1 1 1 1 1

−2 0 −1 −6 −2

1 3 3 3 5

3 1 1 α −1

1 5 4 0 β+3

1 1 1 1 1

0 2 1 −4 0

0 2 2 2 4

0 −2 −2 α−3 −4

0 4 3 −1 β+2

1 1 1 1 1

0 2 1 −4 0

0 0 1 6 4

0 0 −1 α−7 −4

0 0 1 7 β+2

1 1 1 1 1

0 2 1 −4 0

0 0 1 6 4

0 0 0 α−1 0

0 0 0 1 β−2

1 1 1 1 1

0 2 1 −4 0

0 0 1 6 4

0 0 0 1 β−2

0 0 0 0 (2−β)(α−1)

Wir sehen also, dass das lineare Gleichungssystem genau dann lösbar ist, fallsβ=2oderα=1gilt.

1.Fallβ=2(αbel.): Für das homogene SystemAx=0gibt es gibt nur die triviale Lösungx₄=x₃=x₂=x₁=0.

Als spezielle Lösung erhalten wir x=











−1

−2 4 0











(welches in diesem Fall die einzige Lösung vonAx=cist!).

2. Fallβ6=0,α=1: Wieder gibt es nur die triviale Lösung x = 0für das homogene System. Die spezielle (und

einzige) Lösung des inhomogenen Systems istx=











−1

−12 16

−2









 +β









 0 5

−6 1









 .

Aufgabe H3

Wir betrachten den RingM₂(R)der reellen(2×2)-Matrizen. Erinnern Sie sich, dass die MengeGL2(R)der inver- tierbaren Matrizen eine Gruppe bilden. Wir definieren

det a b

c d

:=ad−bc.

Für eine MatrixAheißt der Wertdet(A)dieDeterminantevonA.

(a) Zeigen Sie, dass die Menge

SL₂(R):={A∈GL₂(R)| det(A) =1}

eine Untergruppe vonGL₂(R)ist. Diese Gruppe heißt auch diespezielle, lineare Gruppe.

(b) Zeigen Sie, dass die Menge

O₂(R):={A∈GL₂(R)|A^t·A=E=A·A^t}

eine Untergruppe vonGL2(R)ist. Diese Gruppe heißt auch dieorthogonale Gruppe.

(c) Machen Sie sich klar, dass der SchnittSO2(R):=SL2(R)∩O2(R)wieder eine Untergruppe vonGL2(R)ist.

Die GruppeSO₂(R)heißt auchspezielle, orthogonale Gruppe. Zeigen Sie, dass jede MatrixA∈SO₂(R)von der Form

A_ϕ:=

cos(ϕ) −sin(ϕ) sin(ϕ) cos(ϕ)

für eine reelle Zahl ϕ ist. Folgern Sie, dass die Gruppe SO₂(R) isomorph zum Einheitskreis-Gruppe {e^iϕ|ϕ∈R} ⊆Cist.

Lösungshinweise:

(a) Die Inverse einer MatrixA=:€_{a b}

c d

Šist gegeben durch

A⁻¹= 1 det(A)

d −b

−c a

.

Den Rest rechnet man einfach nach.

(b) Klar.

(c) Man verifiziert sofort, dass die Matrizen der gegebenen Form tatsächlich im Schnitt liegen. Für eine MatrixA im Schnitt vonSL₂(R)undO₂(R)giltdet(A) =1undA⁻¹=A^t, also mitA=:€_{a b}

c d

Š

ad−bc=1 , d=a, −b=c, (−c=b), (a=d).

Sie ist also von der Form

A=

a −c c a

mita,b∈Rmita²+c²=1. Es gibt also eine Zahlϕ∈Rmita=cos(ϕ)undc=sin(ϕ). Damit istA=A_ϕ von der gewünschten Form.

Die Isomorphie haben wir eigentlich schon gezeigt. Wir wissen nämlich, dass die Abbildung C→ M₂(R), x+i y7→€_x−y

y x

Šein injektiver Homomorphismus von Ringen ist (8. Übung, Aufgabe H1). Insbesondere ist die Abbildunge^iϕ7→A_ϕein Gruppen-Isomorphismus.