Prof. Klaus Mohnke Institut f¨ur Mathematik
L¨ osungen und Korrekturhilfen zur Probeklausur
Lineare Algebra und analytische Geometrie I - Winter 2007/2008
31.12.2007
Die Musterl¨osungen sind evenuell nicht die einzig m¨oglichen L¨osungen. ¨Uberpr¨ufen Sie zun¨achst die Korrektheit des L¨osungsweges. ¨Ubertragen Sie dann die vorgeschlagene Punkteverteilung auf die Ihnen vorliegende L¨osung. Ziehen Sie f¨ur einen Rechenfehler einen halben Punkt ab, Folgefehler in der Rechnung werden nat¨urlich nicht bestraft: Sie m¨ussen also die gesamte folgende Rechnung selber nachvollziehen. Wird der eventuell vorhandene n¨achste Teil der Aufgabe durch den Fehler unsinnig, d¨urfen Sie daf¨ur h¨ochstens einen Teil der Punkte erteilen.
Richtwerte f¨ur die Benotung:
90% - Sehr Gut 80% - Gut
65% - Befriedigend 50% - Bestanden
Aufgabe 1
BetrachteZ/nZ={0,1, ..., n−1}.
a) Zeigen Sie, dass jede Untergruppe von Z/nZ zyklisch ist, d.h. jede Untergruppe wird von einem Element erzeugt.
b) Seireine nat¨urliche Zahl, dienteilt. Zeigen Sie: Z/nZenth¨alt genau eine Untergruppe der Ordnungr.
c) Bestimmen Sie die Ordnung der folgenden Elemente, d.h. die Ordnung der von diesem Ele- ment erzeugten Untergruppe inGL(2,R):
A1=
1 1
−1 0
undA2=
1 1 0 1
.
L¨osungsvorschlag::
Teil (a).SeiH Untergruppe vonZ/nZ. Sei oBdAH 6={0}. Das bedeutet die Menge
{l∈N|l6= 0, l∈H}ist nichtleer. Es gibt also ein kleinstes Elementmin dieser Menge. Wir wissen, dass{l·m|l∈N} ⊂H gilt. (l·m:=Pl
i=1m)
Nun sei x∈H. Es giltx=k f¨ur eink∈ {0,1, ..., n−1}. Division mit Rest liefert: k=p·m+q mit q∈ {0,1, ..., m−1}undp∈N. Daraus folgt:
q=k−p·m=k+p·(−m) =k+p·n−m∈H.
Da abermminimal gew¨ahlt war, giltq= 0. Nun folgt
x=k=p·m∈ {l·m|l∈N}.
Also gilt {l·m|l∈N}=H.
Insbesondere ist alson=m·r. Dann besteht die Untergruppe aus den ElementenH ={0;m; 2m;...; (r−
1)m}.
Teil (b). Wir wissenr teilt n. Also gibt es einm ∈ Nmit 1 ≤m ≤n, f¨ur das gilt: n= m·r.
Definiere
H :={0, m,2m, ...,(r−1)m}.
i)H ist eine Untergruppe vonZ/nZ:
Offensichtlich giltH ⊂Z/nZ. Weiterhin haben wir f¨urkm, lm∈H (Also:k, l∈ {0, ..., r−1}):
km+lm= (k+l)m= (p·r+q)m=p·(rm) +q·m=q·m∈H Beachte hierbei:k+l=p·r+qmit q∈ {0, ..., r−1}undr·m= 0.
Schließlich ist f¨urk∈ {1, ..., r−1}auch r−k∈ {1, ..., r−1} und km+ (r−k)m= (k+r−k)m=rm= 0.
Das Inverse zu 0 ist nat¨urlich 0 selbst.
ii)H ist die einzige Untergruppe vonZ/nZmit |H|=r:
Das folgt aus (a), da jede Untergruppe der Ordnung raus den Elementen besteht, wie die Unter- gruppe, die unter (i) konstruiert wurde.
Teil (c). Durch Rechnungen erkennen wir:
A61=
1 1
−1 0 6
=
1 0 0 1
undAn2 =
1 1 0 1
n
=
1 n 0 1
.
Damit folgt|A1|= 6 und|A2|=∞.
Punkteschl¨ussel:
Teil (a) gibt 3 Punkte (1 Punkt f¨ur das minimale Element, 2 Punkte f¨ur die restliche Argumenta- tion).
Teil (b) gibt 5 Punkte (1 Punkt f¨ur das Bestimmen der UntergruppeH, 2 Punkte f¨ur den Beweis, dass es sich um eine Untergruppe handelt, 2 Punkte f¨ur den Nachweis der Einzigkeit).
Teil (c) gibt 2 Punkte (1 Punkt je behandelter Matrix).
Aufgabe 2
Man bestimme mit Hilfe der Laplace-Entwicklung die Determinante der folgenden Matrix:
M =
2 1 17 0 0
0 3 2 −1 0
0 0 5 0 0
−1 0 −3 −3 2
0 0 0 1 −1
L¨osungsvorschlag:
Wir entwickeln nach der dritten Zeile:
det(M) = (−1)3+3·5·det
2 1 0 0
0 3 −1 0
−1 0 −3 2
0 0 1 −1
Wir entwickeln weiter nach der ersten Zeile:
= 5·2·(−1)1+1·det
3 −1 0
0 −3 2
0 1 −1
+ 5·(−1)1+2·1·det
0 −1 0
−1 −3 2
0 1 −1
Weiter entwickeln wir den ersten Ausdruck nach der ersten Spalte und den zweiten nach der ersten Zeile:
= 5·2·(−1)1+1·3·det
−3 2 1 −1
−5·(−1)2+1·(−1)·det
−1 2 0 −1
= 30(3−2)−5(1−0) = 25 Wir erhaltendet(M) = 25.
Punkteschl¨ussel:Je einen Punkt f¨ur die Kenntnis der Laplace-Transformation, die genaue Kennt- nis der Vorzeichen sowie die Antwort. Bleiben 7 Punkte f¨ur die Rechnung.
Aufgabe 3
Berechnen Sie die Inverse der folgenden Matrix:
A=
5 −3 4 1 11 0
−20 3 −4 −1 −9 8
5 10 −4 0 −2 3
−4 4 −3 6 2 −16
5 −3 23 15 0 −1
0 −1 2 4 −10 −8
∈M(6,6,Z/2Z)
? P
L¨osung Aufgabe ?
W¨ahle geeignete Repr¨asentanten f¨ur die Eintr¨age der Matrix:
A=
5 −3 4 1 11 0
−20 3 −4 −1 −9 8
5 10 −4 0 −2 3
−4 4 −3 6 2 −16
5 −3 23 15 0 −1
0 −1 2 4 −10 −8
=
1 1 0 1 1 0
0 1 0 1 1 0
1 0 0 0 0 1
0 0 1 0 0 0
1 1 1 1 0 1
0 1 0 0 0 0
Betrachte die Blockmatrix (A|En) und benutze den Gauß-Algorithmus:
1 1 0 1 1 0 | 1 0 0 0 0 0
0 1 0 1 1 0 | 0 1 0 0 0 0
1 0 0 0 0 1 | 0 0 1 0 0 0
0 0 1 0 0 0 | 0 0 0 1 0 0
1 1 1 1 0 1 | 0 0 0 0 1 0
0 1 0 0 0 0 | 0 0 0 0 0 1
(III+I),∼(V +I)
1 1 0 1 1 0 | 1 0 0 0 0 0
0 1 0 1 1 0 | 0 1 0 0 0 0
0 1 0 1 1 1 | 1 0 1 0 0 0
0 0 1 0 0 0 | 0 0 0 1 0 0
0 0 1 0 1 1 | 1 0 0 0 1 0
0 1 0 0 0 0 | 0 0 0 0 0 1
∼
(I+II),(III+II),(V I+II)
1 0 0 0 0 0 | 1 1 0 0 0 0
0 1 0 1 1 0 | 0 1 0 0 0 0
0 0 0 0 0 1 | 1 1 1 0 0 0
0 0 1 0 0 0 | 0 0 0 1 0 0
0 0 1 0 1 1 | 1 0 0 0 1 0
0 0 0 1 1 0 | 0 1 0 0 0 1
∼
V ertausche III, V I, IV
1 0 0 0 0 0 | 1 1 0 0 0 0
0 1 0 1 1 0 | 0 1 0 0 0 0
0 0 1 0 0 0 | 0 0 0 1 0 0
0 0 0 1 1 0 | 0 1 0 0 0 1
0 0 1 0 1 1 | 1 0 0 0 1 0
0 0 0 0 0 1 | 1 1 1 0 0 0
∼
(V +III)
1 0 0 0 0 0 | 1 1 0 0 0 0
0 1 0 1 1 0 | 0 1 0 0 0 0
0 0 1 0 0 0 | 0 0 0 1 0 0
0 0 0 1 1 0 | 0 1 0 0 0 1
0 0 0 0 1 1 | 1 0 0 1 1 0
0 0 0 0 0 1 | 1 1 1 0 0 0
∼
(II+IV)
1 0 0 0 0 0 | 1 1 0 0 0 0
0 1 0 0 0 0 | 0 0 0 0 0 1
0 0 1 0 0 0 | 0 0 0 1 0 0
0 0 0 1 1 0 | 0 1 0 0 0 1
0 0 0 0 1 1 | 1 0 0 1 1 0
0 0 0 0 0 1 | 1 1 1 0 0 0
∼
(IV +V)
1 0 0 0 0 0 | 1 1 0 0 0 0
0 1 0 0 0 0 | 0 0 0 0 0 1
0 0 1 0 0 0 | 0 0 0 1 0 0
0 0 0 1 0 1 | 1 1 0 1 1 1
0 0 0 0 1 1 | 1 0 0 1 1 0
0 0 0 0 0 1 | 1 1 1 0 0 0
∼
(IV +V I),(V +V I)
1 0 0 0 0 0 | 1 1 0 0 0 0
0 1 0 0 0 0 | 0 0 0 0 0 1
0 0 1 0 0 0 | 0 0 0 1 0 0
0 0 0 1 0 0 | 0 0 1 1 1 1
0 0 0 0 1 0 | 0 1 1 1 1 0
0 0 0 0 0 1 | 1 1 1 0 0 0
Wir erhalten die Blockmatrix (En|A−1). Die inverse Matrix zuAist:
A−1=
1 1 0 0 0 0
0 0 0 0 0 1
0 0 0 1 0 0
0 0 1 1 1 1
0 1 1 1 1 0
1 1 1 0 0 0
Punkteschl¨ussel:F¨ur das Umrechnen der Matrixkoeffizienten in 0 und 1, den richtigen L¨osungs- weg (z.B. das Auftellen der ”Doppelmatrix” sowie die formulierte Antwort ”Das Inverse er Matrix ist...” gibt es je einen Punkt. F¨ur die Berechnung (je Schritt) gibt es 7 Punkte.
Aufgabe 4
SeiKein K¨orper,neine nat¨urliche Zahl undA∈M(n;K) eine quadratische Matrix. Wir setzen
K(A) :=
m
X
i=0
ki·Ai|m∈N, ki ∈K ⊆M(n;K).
Dabei seiA0=En die Einheitsmatrix undk·(βij) = (kβij).
(a) Man zeige: (K(A) ist ein Unterring (mit 1) vonM(n;K).
Ist die Multiplikation in (K(A) kommutativ?
(b) Sei nunK=QundA=
0 1
−2 0
. Man zeige:
(I) Q(A) = (
a b
−2b a
|a, b∈Q )
. (II) Q(A) ist ein K¨orper.
L¨osungsvorschlag:
Teil (a).Zun¨achst bemerken wir, daß f¨uek, l∈KundA, B∈M(n;K) gilt:
(*) (k·A)·(l·B) = (kl)·(AB), sowie (**) k·(A+B) = (k·A) + (k·B).
Um zu zeigen, daß Kein Unterring ist, gen¨ugt es, die Abgeschlossenheitseigenschaften zu zeigen.
Die Gesetze (AG f¨ur + und·, KG f¨ur + sowie DG) vererben sich aufK(A).
(1) Die Nullmatrix ist gleich 0·A0, also inK(A).
(2) IstB=Pm
i=0ki·Ai∈K(A), so−B=Pm
i=0(−ki)·Ai∈K(A), da−ki∈Kf¨ur allei.
(3) SindB =Pm
i=0ki·AiundC=Pp
i=0li·AiausK(A), so folgt (mit Hilfe von (**))B+C= Pmax(m,p)
i=0 (ki+li)·Ai∈K(A).
Da (1-3) gilt, istKeine additive Untergruppe vonM(n;K).
(4) En=A0= 1·A0∈K(A).
(5) SindB=Pm
i=0ki·AiundC=Pp
i=0li·AiausK(A), so folgt mit Hilfe des DG inM(n;K(A) und (*):
BC=
m+p
X
k=0
[ X
i+j=k
(ki·Ai)·(lj·Aj)] =
m+p
X
k=0
[ X
i+j=k
(kilj)·Ai+j] =
m+p
X
k=0
( X
i+j=k
(kilj))·Ak
Also istBC∈K(A).
Da (1-5) gilt, istK(A) Unterring mit 1 vonM(n;K).
(6) Dakl=lkinK, so folgt aus dem Beweis von (5) leicht die Kommutativit¨at der Multiplikation inK(A).
Damit ist (a) gezeigt.
Teil (b.I).SeiMA:=
(
a b
−2b a
|a, b∈Q )
. Es giltA2=−2·E2, und man hat a b
−2b a
=a·A0+b·A1 f¨ura, b∈Qund somitMA⊆Q(A).
Zum Beweis der umgekehrten Inklusion bemerken wir zun¨achst, daß f¨urk, l∈QundB, C ∈MA
auchk·A+l·BinMAliegt. Es gen¨ugt also zu zeigen, daßAi∈MAf¨ur allei≥0. F¨uri= 0 oder 1 ist dies offensichtlich. Da A2 =−2·A0, gilt aber A2k+l= (A2)kAl = (−2)k·Al f¨urk ≥0 und l= 0,1, somitAi∈MA f¨ur allei≥0.
Teil (b.II).Nach Teilaufgabe (a) istQ(A) ein kommutativer Ring mit 1. Es gen¨ugt also zu zeigen, daß jede von der Nullmatrix verschiedene MatrixB∈Q(A) =MA invertierbar ist mitB−1∈MA. SeiB =
a b
−2b a
mita6= 0 oderb6= 0. Man berechnet (z.B. mit dem Gauß-Algorithmus) a b
−2b a −1
= a
a2+2b2
−b a2+2b2 2b
a2+2b2 a a2+2b2
.
Beachte, daßa2+ 2b26= 0 f¨ur allea, b∈Qnicht beide 0. Diese Matrix ist offensichtlich inMA.
Punkteschl¨ussel.
Teil (a) gibt 4 Punkte (1 Punkt f¨urs Nennen der Unterringkriterien, 1 Punkt f¨ur die Tatsache, daß es sich um eine additive Untergruppe handelt, 1 Punkt f¨ur die multiplikative Abgeschlossenheit und schließlich 1 Punkt f¨ur die Kommutativit¨at der Multiplikation).
Teil (b.I) gibt 3 Punkte (1 Punkt f¨ur die InklusionMA⊆Q(A), 2 Punkte f¨ur die andere Inklusion, wobei einer f¨ur das Induktionsargument bestimmt ist).
Teil (b.II) gibt 3 Punkte (2 Punkte f¨ur die korrekte Bestimmung der Inversen, einen f¨ur die Dis- kussion, warum der Nennera2+ 2b2 stets von 0 verschieden ist).
Aufgabe 5 - richtige Antwort(en) ankreuzen:
SeiKein K¨orper,A∈M(m, n;K) einem×n-Matrix, sowie b∈Kmein Spaltenvektor. Bezeichne Lb := {§ ∈K\ | A§=b} die L¨osungsmenge des linearen Gleichungssystems mitn Unbekannten x= (x1, ..., xn) undmGleichungen, deren Koeffizientenmatrix geradeAist und deren rechte Sei- ten durchb= (b1, ..., bm)T gegeben werden.
a) Welche der der folgenden Aussagen impliziert, dass das lineare Gleichungssystem genau eine L¨osung besitzt? (”Impliziert” heißt: ”ist eine hinreichende Bedingung daf¨ur”)
m=n
rg(A) =rg(A|b) =n, wobei (A|b) die erweiterte Koeffizientenmatrix bezeichne
dimL0= 0
Jede Spalte ist Pivotspalte undrg(A|b) =n b= 0 undrg(A) =n
b) Welche der folgenden Aussagen impliziert, dass das lineare Gleichungssystem unendlich vie- le L¨osungen besitzt?
m < n
rg(A) =rg(A|b)< n
dimL0>0
Jede Zeile enth¨alt ein Pivotelement, aber nicht jede Spalte b= 0 undrg(A)< n
c) Welche der folgenden Aussagen impliziert, dass das lineare Gleichungssystem keine L¨osung besitzt?
m > n
rg(A|b) =n+ 1 dimL0= 0
Nicht jede Zeile enth¨alt ein Pivotelement b6= 0 undrg(A)< n
d) SeiK=Z/2Z,m= 3 undn= 2. Wieviele Elemente kannLb haben?
0 1 2 3
Unendlich viele
L¨osung:
a) richtig sind 2.,4.,5.
b) richtig sind 2.,4.,5.
c) richtig ist 2.
d) richtig sind 1.,2.,3.
Punkteschl¨ussel:F¨ur jede richtig angekreuzte Antwort gibt es einen Punkt, f¨ur jede falsch an- gekreuzte wird von den in Aufgabe 5 erreichten Punkten einer abgezogen. Wird am Ende eine negative unktezahl erreicht, gibt es f¨ur diese Aufgabe 0 Punkte.
Aufgabe 6
Forθ∈R, consider matrices of the form M2(θ) =
cosθ −sinθ sinθ cosθ
.
a) Forθ∈R, show thatM2(θ) is invertible.
b) Show that the map fromR →GL(2,R) defined byθ 7→M2(θ) is a group homomorphism.
Here the operations are (as usual) the addition inRand matrix multiplication inGL(2,R).
Compute the kernel of the homomorphism.
c) What is the geometric meaning of the map fromR2→R2 defined byx7→M2(θ)x, where x is as usual considered to be a column vector, andM2(θ)xis given by matrix multiplication, where xis interpreted as a 1-column matrix. Draw examples to make a guess. Prove your claim: compute the relevant quantites (lengths and angles) and discuss the situation based on these calculations.
Solution Key
a) For anyM ∈M(n,R),M is invertible if and only if det(M)6= 0, but det(M2(θ)) = (cosθ)(cosθ)−(sinθ)(−sinθ)
= cos2θ+ sin2θ= 1, so in particular, det(M2(θ))6= 0, and henceM2(θ) is invertible.
b) Recall the trigonometric identities,
cos(θ+ψ) = cosθcosψ−sinθsinψ (1) sin(θ+ψ) = sinθcosψ+ cosθsinψ (2) for anyθ, ψ∈R.
Multiplying the matricesM2(θ) andM2(ψ) gives
M2(θ)M2(ψ) =
cosθcosψ−sinθsinψ cosθ(−sinψ)−sinθcosψ sinθcosψ+ cosθsinψ sinθsinψ+ cosθcosψ
=
cos(θ+ψ) −sin(θ+ψ) sin(θ+ψ) cos(θ+ψ)
By trigonometric relations (1) and (2), this is precisely M2(θ +ψ), hence the map is a homomorphism.
To determine the kernel, we must findθ∈Rsuch that sin(θ) = 0 and cos(θ) = 1, i.e., such thatM2(θ) is the identity matrix. This occurs precisely whenθ= 2kπfor somek∈Z, so the kernel is{2kπ:k∈Z}
c) The matrixM2(θ) rotates the vectorx∈R2by the angleθin the counterclockwise direction.
The best examples to begin with are to consider whatM2(θ) does to the vectorx= (1,0)t (the superscriptt here means to take the transpose, so thatxis a column vector), and then consider what M2(θ) does to the vector x = (0,1)t. Try this for different θ, starting with θ=π/2, π and so on until you feel confident in whatM2(θ) does.
For generalx= (x1, x2)t, we must prove thatM2(θ)xis the vector obtained by rotation of xbyθ, i.e., that the lengths ofxandM2(θ)xare equal, and the angle fromxto M2(θ)xis preciselyθ. To check the lengths, note that
M2(θ)x=
x1cosθ−x2sinθ x1sinθ+x2cosθ
,
hence the length of the vectorM2(θ)xis
|M2(θ)x|=
x21cos2θ+x22sin2θ−2x1x2cosθsinθ +x21sin2θ+x22cos2θ+ 2x1x2cosθsinθ1/2
= x21+x22)1/2=|x|,
where the second to last equality follows by the Pythagorean trigonometric identity, sin2θ+ cos2θ= 1 for θ∈R.
To determine the angle between x and M2(θ)x, we use that, if ψ is the angle from x to M2(θ)x, then
cosψ=hx, M2(θ)x)i
|x||M2(θ)x|
But
hx, M2(θ)x)i=x21cosθ−x1x2cosθ+x1x2cosθ+x22cosθ
= cosθ|x|2
= cosθ|x||M2(θ)x|,
since |x| = |M2(θ)x|. Hence if ψ is the angle between x and M2(θ)x in counterclockwi- se direction, cosψ = cosθ, and so (modulo 2π), ψ = ±θ. Rotation by 2π or 360 de- grees is the same as the identity and can thus be ignored. It remains to check the sign.
For M2(θ)(|x|,0) = |x|(cosθ,sinθ). Thus (|x|,0) is clearly rotated in counterclockwise di- rection. A general vector can be written as (x1, x2) = r(cosφ,sinφ) = M2(φ)(r,0). Thus M2(θ)(x1, x2) =rM2(θ)M2(φ)(1,0) =rM2(θ+φ)(1,0). The image of (x1, x2) is thus given by (r,0) rotated byθ+φin counterclockwise direction, and thus equal to (x1, x2rotated by θ(and not−θ in counterclockwise direction.
Point scheme
a) 2 points for showing invertibility.
b) • 1 points for knowing how to show the map is a group homomorphism.
• 2 points for showing it.
• 1 point for computing the kernel.
c) • 1 point for drawing picture
• 2 points for showing that it preserves lengths and that the angle betweenxandM2(θ) is θ.
• 1 point for showing that it is a counterclockwise rotation ifθ is positive.
