Probeprüfung: Lösungen

Name:
Universität Zürich
Prof. A. Cattaneo
FS 2013
Lineare Algebra II
Probeprüfung: Lösungen
1. Sei G eine Gruppe. Man definiert das Zentrum Z(G) von G als
Z(G) := {x ∈ G | gx = xg, ∀g ∈ G}.
(a) Zeigen Sie, dass Z(G) eine Untergruppe von G ist.
Lösung: Es folgt dass
i. Z(G) ist nicht leere: eg = ge, ∀g ∈ G, ⇒ e ∈ Z(G).
ii. Wir zeigen dass Z(G) ist eine Untergruppe von G ⇔ ∀g, h ∈ Z(G), gh−1 ∈
Z(G). Zuerst, bemerken wir dass g, h ∈ Z(G) ⇔ gxg −1 = h−1 xh, ∀x ∈ G.
Deshalb
(gh−1 )−1 x(gh−1 ) = hg −1 xgh−1 = hxh−1 = x,
dann gh−1 ∈ Z(G).
(b) Seien G und H Gruppen. Gilt Z(G × H) = Z(G) × Z(H)? Begründen Sie
Ihre Antwort.
Lösung: Ja.
Beweis: Es folgt dass
Z(G × H) = {(xG , xH ) | (g, h) · (xG , xH ) = (xG , xH ) · (g, h), ∀(g, h) ∈ G × H}
= {(xG , xH ) | (gxG , hxh ) = (xG g, xH h), ∀(g, h) ∈ G × H}
= {(xG , xH ) | gxG = xG g, ∀g ∈ G, hxH = xH h, ∀h ∈ H}
= Z(G) × Z(H).
(c) Bestimmen Sie Z(G), wobei G = Gl(2, Z/3Z) die Gruppe der invertierbaren
2 × 2 Matrizen über Z/3Z ist.
Lösung:
1
Wir zeigen dass Z(G) = {
0
1 2
a
Sei M =
und sei
0 1
c
1 2
a b
a + 2c
=
0 1
c d
c
0
2 0
,
}∼
= Z/2Z.
1
0 2
b
∈ Z(G). Es folgt dass
d
b + 2d
a 2a + b
a b
1 2
=
=
,
d
c 2c + d
c d
0 1
deshalb haben wir die folgende Gleichungen:
c=0
Jetzt, betrachten wir N =
a = d.
1 0
. Dann, haben wir die folgende Gleichun2 1
gen:
b=0
a = d.
Deshalb,
a b
a
∈ Z(G) ⇒
c
c d
λ 0
,
Wir bemerken dass, für
0 λ
λ
λ 0
=
X
0
0 λ
b
d
=
λ 0
, λ ∈ Z/3Z.
0 λ
0
X = λX, ∀X ∈ G.
λ
Deshalb,
2 0
1 0
}∼
,
Z(G) = {
= Z/2Z.
0 1
0 2
2. Sei K ein Körper und V = K[x]. Sei T : V → V die Abbildung gegeben durch
T :V
→ V
p(x) 7→ p(x + 1)
(a) Zeigen Sie, dass T eine lineare Abbildung ist.
Lösung: Wir haben dass
• T(p+q)(x)=(p+q)(x+1)=p(x+1)+q(x+1)=T(p)+T(q).
• λT (p)(x) = (λp)(x + 1) = T (λp)(x).
(b) Sei T2 : K2 [x] → K2 [x] die Einschränkung von T auf K2 [x], wobei K2 [x] =
{p(x) ∈ V : deg p(x) ≤ 2}. Bestimmen Sie die Matrix X, welche die Abbildung
T2 bezüglich der Basis α = {1, x, x2 } darstellt. Lösung:
Wir darstellen {1, x, x2 } als {(1, 0, 0)t , (0, 1, 0)t , (0, 0, 1)t }. Da
T (1) = 1, T (x) = x + 1, T (x2 ) = (x + 1)2 = x2 + 2x + 1,
wir haben dass
Deshalb
X· 1 0 0
t
=
X· 0 1 0
t
=
X· 0 0 1
t
=
t
1 0 0
t
1 1 0
t
1 2 1 .


1 1 1
X = 0 1 2 .
0 0 1
(c) Zeigen Sie, dass β = {1, x + 1, x2 + x} eine Basis von K2 [x] ist und finden Sie
die Transformationsmatrix S von α nach β.
Lösung:
Wir darstellen β als {(1, 0, 0)t , (1, 1, 0)t , (0, 1, 1)t }. Es gilt dass K2 [x] einer
Vektorraum mit Dimension 3 ist, es ist genug, um zu zeigen, dass die Vektoren
linear unabhängig sind. Die Matrix


1 1 0
φβ = 0 1 1
0 0 1
hat Determinante gleich 1, d.h. die Spaltenvektoren (die Vektoren von β),
linear unabängig sind. Da


1 0 0
φα =  0 1 0  ,
0 0 1
es folgt dass
−1
S = φ−1
β φα = φβ .


b11 b12 b13
b21 b22 b23  mit den folgenden Gleichung:
Wir berechnen φ−1
β =
b31 b32 b33


 

1 1 0
b11 b12 b13
1 0 0
0 1 1 b21 b22 b23  = 0 1 0 .
0 0 1
b31 b32 b33
0 0 1
Wir lösen

1
0
0

1
0
0

1
0
0
   
   
1 0
b11
1
b11
1
1 1 b21  = 0 ⇒ b21  = 0
0 1
b31
0
b31
0
   
   
−1
0
b12
1 0
b12
1 1 b22  = 1 ⇒ b22  =  1 
0
0
b32
0 1
b32
   
   
1 0
b13
0
b13
1








1 1
b23 = 0
b23 = −1 .
⇒
0 1
b33
1
b33
1
Dann,

S = φ−1
β

1 −1 1
= 0 1 −1 .
0 0
1
(d) Bestimmen Sie die Matrix Y , welche die Abbildung T2 bezüglich der Basis β
darstellt.
Lösung:
Es gilt dass

 



1 1 0
1 1 0
1 1 1
1 −1 1
0 1 −1 0 1 2 0 1 1 = 0 1 2 .
Y = φ−1
β Xφβ =
0 0 1
0 0 1
0 0 1
0 0
1
3. Sei
Mα =
2 α
.
α −4
mit α ∈ R.
(a) Bestimmen Sie die Eigenwerte von Mα in Abhängigkeit des Parameters α.
Lösung:
Wir bestimmen das charakteristiche Polynom für Mα :
pMα (λ) = (2 − λ)(−4 − λ) − α2 = λ2 + 2λ − (8 + α2 ).
Deshalb,
λ1,2 =
−2 ±
p
p
4 + 4(8 + α2 )
= −1 ± 9 + α2 .
2
Dann die Eigenwerte sind
λ1 = −1 +
p
p
9 + α2 , λ2 = −1 − 9 + α2 .
(1)
(b) Sei M = M4 . Finden Sie eine zu M ähnliche Diagonalmatrix.
Lösung:
Für α = 4, von Gleichung (1) es gilt dass
λ1 = 4, λ2 = −6.
Deshalb, die zu M ähnliche Diagonalmatrix ist
4 0
−6 0
oder
.
0 −6
0 4
(c) Sei M = M4 . Berechnen Sie die Eigenwerte von
• 3M + 2I.
• M 2 − M , wobei I die Einheitsmatrix ist.
Lösung:
• Die Eigenwerte für 3M + 2I sind 3λ1 + 2 = 14 und 3λ2 + 2 = −16.
• Die Eigenwerte für M 2 − M sind λ21 − λ1 = 12 und λ22 − λ2 = 42.
(d) Sei M = M4 . Bestimmen Sie det(M 2 ) + Sp(M 3 ). Lösung:
Die Eigenwerte für M 2 sind λ21 = 16 und λ22 = 36. Die Eigenwerte für M 3
sind λ31 = 64 und λ32 = −216. Da der Spur ist die Summe der Eigenwerte und
die Determinante ist die Multiplikation der Eigenwerte, es folgt dass
det(M 2 ) + Sp(M 3 ) = 16.36 + 64 − 216 = 724.
4. Wahr oder Falsch? Sie müssen Ihre Antworten nicht begründen, sondern nur die
untenstehende Tabelle ausfüllen. Diese Aufgabe wird folgendermassen bewertet:
Eine korrekte Antwort gibt 1 Punkt, keine Antwort gibt 0 Punkte und eine inkorrekte Antwort gibt -1 Punkte.
(a) Eine Koordinatentransformationsmatrix ist immer invertierbar.
(b) Es gibt keinen Körper mit Charakteristik 6.
(c) Jede 2 × 2 invertierbare Matrix ist das Produkt von endliche vielen Elementarmatrizen.
(d) Der Anzahl die Pivoten für eine Matrix in Zeilenstufenform ist die Dimension
der Kernel.
(e) Sei S eine Menge die Vektoren in Rn so dass, jede n − 1 Vektoren in S lineare
unabhängige sind. Dann S ist eine Basis von Rn .
(f) Eine surjektive lineare Abbildung T : Rn → Rn ist ein Isomorphismus von
Vektorräumen.
(g) Eine injektive lineare Abbildung S : Rn → Rm , mit n < m ist ein Isomorphismus von Vektorräumen.
(h) Die Spaltenvektoren einer invertierbaren n × n Matrix bilden eine Basis von
Rn .
(i) Jedes Element eines Körpers hat ein multiplikatives Inverses.
(j) Zwei Basen eines Vektorraums V haben die gleiche Anzahl Elemente.
Lösung:
Aufgabe
Wahr
Falsch
a
x
b
x
c
x
d
e
x
x
f
x
g
x
h
x
i
x
j
x