Musterlösung zur Probeklausur Lineare Algebra II
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Musterlösung zur Probeklausur Lineare Algebra II
Aufgabe 1 (5 Punkte):
Welche der folgenden Aussagen sind wahr bzw. falsch? Setzen Sie in jeder Zeile genau ein
Kreuz. Für jede korrekte Antwort erhalten Sie 0,5 Punkte, für jede falsche 0 Punkte. Eine
Begründung ist nicht erforderlich.
wahr
falsch
Sei R ein kommutativer Ring mit Eins. Jedes Polynom
p ∈ R[T ] vom Grad n hat höchstens n Nullstellen.
X
N ⊂ Z ist ein Ideal.
X
Seien a, b, c Elemente eines Integritätsrings.
Aus a | b und a | c folgt a | b2 + c2 .
X
Eine Matrix A ∈ K n×n ist genau dann invertierbar,
wenn 0 kein Eigenwert ist.
X
Sei f ein Endomorphismus, so dass −1 ein Eigenwert von f 2 + f ist.
Dann ist 1 ein Eigenwert von f 3 .
X
Sind A, B ∈ K n×n ähnlich und ist A2010 = En ,
so ist auch B 2010 = En .
X
Sei A ∈ Cn×n . Dann gilt χA | (pA )n .
X
Jedes Skalarprodukt auf einem C- oder R-Vektorraum erfüllt
die Ungleichung |hx , yi|2 ≤ hx , xihy , yi.
X
Sei f ein normaler Endomorphismus eines endlich-dimensionalen
unitären Vektorraums. Dann haben f und f ∗ die gleichen Eigenwerte.
X
Jede symmetrische Matrix A ∈ Rn×n ist diagonalisierbar.
X
Aufgabe 2 (5 Punkte):
Geben Sie das richtige Ergebnis an. Eine Begründung ist nicht erforderlich.
a) Geben Sie eine ganze Zahl x an, die das Ideal (42, 54, 60) ⊆ Z erzeugt.
x=6
(1 P.)
b) Bestimmen Sie das charakteristische Polynom, das Minimalpolynom und alle
1
2
2
Eigenwerte der Matrix A := −2 −3 −2 ∈ R3 .
1
2
1
χA = T 3 + T 2 + T + 1 = (T + 1)(T 2 + 1)
(1 P.)
pA = T 3 + T 2 + T + 1 = (T + 1)(T 2 + 1)
(0,5 P.)
Eigenwerte von A: −1
(0,5 P.)
c) Sei B ∈ C6×6 eine Matrix mit Minimalpolynom pB = (T − 1)2 (T − 2)3 .
Der Eigenraum zum Eigenwert 2 sei eindimensional.
Geben Sie die Jordansche Normalform von B an:
1 0 0 0 0 0
0 1 0 0 0 0
0 1 1 0 0 0
0 0 0 2 0 0
0 0 0 1 2 0
0 0 0 0 1 2
d) Für eine symmetrische Bilinearform auf R2 gelte
!
!
!
!
!
1
2
1
1
2
h
,
i = 9 und h
,
i+h
,
2
1
2
2
1
!
!
1
1
h
,
i=2
1
1
2
1
(1 P.)
!
i = 0.
(1 P.)
Aufgabe 3 (4 Punkte):
Wir betrachten den Integritätsring
R :=
x x, y ∈ Z, y ist ungerade ⊂ Q.
y
a) Bestimmen Sie alle Einheiten in R.
(1 P.)
b) Sei a 6= 0 ein Ideal in R.
Zeigen Sie: Es gibt ein k ∈ N mit 2k ∈ a und es gilt
k ∈a}
a = 2min{k∈N|2
R.
Insbesondere ist R ein Hauptidealring.
(1,5 P.)
c) Beweisen Sie:
2 ∈ R ist ein Primelement, und jedes Primelement in R ist assoziiert zu 2. (1,5 P.)
Lösung:
a) Behauptung: R∗ = { xy | x, y ungerade}.
Beweis:
“⊆”: Sei r ∈ R∗ . Dann existieren ganze Zahlen x, x0 und ungerade ganze Zahlen y,
0
y 0 , so dass r = xy und r−1 = xy0 . Wegen r · r−1 = 1 folgt xx0 = yy 0 . Da y und y 0
ungerade sind, ist auch xx0 = yy 0 ungerade. Daraus folgt, dass x ungerade ist.
“⊇”: Seien x, y ungerade ganzen Zahlen. Dann ist xy eine Einheit in R wegen xy · xy = 1.
b) Sei 0 6= xy ∈ a (x, y ∈ Z, y ungerade). Wir schreiben x = 2k · x0 mit k ∈ N und einer
ungeraden ganzen Zahl x0 . Dann folgt 2k = xy0 · xy ∈ a.
k
Als nächstes beweisen wir die Gleichung a = 2min{k∈N|2 ∈a} R.
k
“⊆”: Sei xy ∈ a (x, y ∈ Z, y ungerade). Falls x = 0, folgt xy = 0 ∈ 2min{k∈N|2 ∈a} R.
Wir betrachten nun den Fall x 6= 0. Wir schreiben x = 2l · x0 mit l ∈ N und einer
ungeraden ganzen Zahl x0 . Es folgt 2l = xy0 · xy ∈ a und l ≥ min{k ∈ N | 2k ∈ a}. Wir
erhalten
k ∈a}
x
2l−min{k∈N|2
k
= 2min{k∈N|2 ∈a} ·
y
y
k ∈a}
“⊇”: 2min{k∈N|2
k ∈a}
∈ a impliziert 2min{k∈N|2
· x0
∈ 2min{k∈N|2
k ∈a}
R.
R ⊆ a.
c) Seien xy11 , xy22 ∈ R (x1 , x2 , y1 , y2 ∈ Z, y1 , y2 ungerade) mit 2 | xy11 · xy22 . Dann ist x1 x2
gerade. Falls x1 gerade ist, folgt 2 | xy11 . Andernfalls ist x2 gerade und 2 | xy22 . Somit
ist 2 ein Primelement.
Sei p = xy ∈ R ein Primelement (x, y ∈ Z, y ungerade). Wegen p ∈
/ R∗ ist x gerade.
Somit gilt 2 | p. Aus der Eindeutigkeit der Primfaktorzerlegung folgt, dass p und 2
assoziiert sind.
Aufgabe 4 (4 Punkte):
Beweisen oder widerlegen Sie:
a) Sei V ein endlich-dimensionaler unitärer Vektorraum. Sei f ein normaler Endomorphismus von V mit hf (v) , vi = 0 für alle v ∈ V . Dann gilt f = 0.
(2 P.)
b) Sei V ein endlich-dimensionaler euklidischer Vektorraum. Sei f ein normaler Endomorphismus von V mit hf (v) , vi = 0 für alle v ∈ V . Dann gilt f = 0.
(2 P.)
Lösung:
a) Beweis: Da der Körper der komplexen Zahlen algebraisch abgeschlossen ist, zerfällt
das charakteristische Polynom χf vollständig in Linearfaktoren. Laut Spektralsatz
existiert ein Orthonormalbasis aus Eigenvektoren von f . Es genügt somit f (v) = 0
für jeden Eigenvektor v von f zu zeigen.
Sei also v ein Eigenvektor von f zum Eigenwert λ. Dann gilt
λ · hv , vi = hλv , vi = hf (v) , vi = 0.
Es folgt λ = 0 und f (v) = λv = 0.
b) Gegenbeispiel: Sei V := R2 mit dem Standardskalarprodukt. Definiere
!
!
x
y
f : R2 → R2 ,
7→
.
y
−x
Dann gilt
f(
x
y
!
),
x
y
!
=
y
−x
!
,
x
y
!
= yx − xy = 0
für alle x, y ∈ R, aber f 6= 0.
Aufgabe 5 (2 Punkte):
Seien A, B ∈ Cn×n , wobei B diagonalisierbar sei.
Zeigen Sie:
Wenn kein Eigenwert von A auch Eigenwert von B ist, so besitzt die Matrixgleichung
AX = XB nur die Nullmatrix als Lösung.
Lösung: Da B diagonalisierbar ist, existiert eine Basis aus Eigenvektoren. Es reicht somit
aus, Xv = 0 für jeden Eigenvektor v von B zu beweisen.
Für einen Eigenvektor v von B zum Eigenwert λ folgt AXv = XBv = λ · Xv. Da λ nach
Voraussetzung nicht auch ein Eigenwert von A sein kann, muss Xv = 0 gelten.
