Musterlösung Klausur zur Linearen Algebra II

Musterlösung
Klausur zur Linearen Algebra II
Samstag 8. Juli 2006 10-12Uhr
1.
a) Sei f : V −→ W k -linear. Denieren Sie V ∗ und f ∗ : W ∗ −→ V ∗ .
b) Die Gruppe G operiere auf der Menge M . Denieren Sie die Bahn und die
Isotropiegruppe von m ∈ M .
c) Was besagt der Homomorphiesatz für Vektorräume?
d) Wie lautet der Satz über die RNF? (Der Begri Begleitmatrix wird dabei als
bekannt vorausgesetzt).
Lösung
a) V ∗ = Hom(V, k), f ∗ : W ∗ −→ V ∗ ,
ϕ 7→ ϕ ◦ f
b) Sei ∗ : G × M −→ M eine Gruppenoperation, dann heiÿt
G ∗ m := {g ∗ m|g ∈ G}
die G-Bahn von m und
Gm := {g ∈ G|g ∗ m = m}
die Isotropiegruppe von m ∈ M .
c) Ist f : V −→ W linear, dann gibt es genau eine lineare Abbildung f¯, so daÿ das
folgende Diagramm kommutiert:
V
π
²
V / Kern f
f
/W
O
f¯
Â?
i
/ Bild f
Auÿerdem ist f¯ ein Isomorphismus.
d) Sei k ein Körper. Jede Matrix A ∈ k n×n ist zu genau einer Matrix RA in rationaler Normalform konjugiert und diese Matrix läÿt sich durch endlich viele
rationale Rechenoperationen aus A berechnen.
Eine Matrix R heiÿt in rationaler Normalform, wenn sie die folgende Gestalt
hat:


B(P1 )


B(P2 )

R=


···
B(Pk )
Wobei die Pi ∈ k[X], i = 1, . . . , k normierte und nicht konstante Polynome sind
mit Pi+1 |Pi für i = 1, . . . , k − 1. Die Matrizen B(Pi ) sind dabei die Frobenius Begleitmatrizen zu den Polynomen Pi .
1
2. Für die symmetrische Matrix


0
1
1
A =  1 −1 −1 
1 −1 −1
betrachte man die symmetrische Bilinearform b : R3 × R3 → R mit b(x, y) = xT Ay .
a) Bestimmen Sie die Signatur von b und eine Orthogonalbasis für b.
P3
2
b) Schreiben Sie q(x) = b(x, x) als
j=1 aj (Lj (x)) mit geeigneten aj ∈ R und
Linearformen Lj : R3 −→ R.
Lösung



0 0
0
1
1 1 0 0
1 0
0 1
 1 −1 −1 0 1 0  Ã  0 0
0 0
1 0 
1 −1 −1 0 0 1
0 0 −1 1 −1 1
  
  
1
0
0
Die Signatur von A ist also (1; 1) und  0 ,  1 ,  0  bilden eine Or1
−1
1
thogonalbasis für b. Setze:




1 0
0
1
0 0
0 , S =  0
1 0 
D= 0 0
0 0 −1
1 −1 1

man berechnet/sieht

S −1

1 0 0
:=  0 1 0 
−1 1 1
Damit ist dann also
qA (x) = xT (S −1 )T DS −1 x = qD (S −1 x) = 1 · (x1 )2 + 0 · (x2 )2 − 1 · (−x1 + x2 + x3 )2
3. Sei


5
1 1
2

5 
A :=  5 0
∈ C3×3
2 
−2 0 −1
Berechnen Sie µA,e2 , µA , χA , die RNF R von A, eine JNF J von A sowie ein S ∈
GL3 (C) mit S −1 AS = R.
Lösung


 


 
0
1
1
1
e2 =  1  , Ae2 = e1 =  0  , A2 e2 =  5  , A3 e2 = e1 =  0  = Ae2 .
0
0
−2
0
2
Also ist µA,e2 = X 3 − X = X(X + 1)(X − 1). Weiterhin gilt µA,e2 |µA |χA . Weil µA,e2
und χA schon den gleichen Grad haben, haben alle drei Polynome den gleichen Grad.
Weiterhin sind diese drei Polynome normiert, also sind alle diese Polynome gleich,
d.h. µA,e2 = µA = χA .
Jetzt ist also


0 0 0
R = B(µA ) = B(X 3 − X) =  1 0 1 
0 1 0
und mit

0 1
1
5 
= 1 0
0 0 −2

S=
£
e2 Ae2 A2 e2
¤
haben wir R = S −1 AS . Auÿerdem hat µA keine mehrfachen Nullstellen, also ist A
diagonalisierbar und eine Jordannormalform J von A ist dann


0 0
0
0 .
J = 0 1
0 0 −1
4. Sei


0 −1 −1
0
 1
1
0 −1 
 ∈ C4×4 .
A := 
 0
0
1
0 
−1 −1
0
1
Berechnen Sie eine JNF J zu A und eine Matrix S ∈ GLn (C) mit S −1 AS = J . (Tip:
A hat nur die Eigenwerte 0 und 1).
Lösung Man berechnet Kern A = he1 +e4 i und Kern(A−E) = he1 −e2 +e4 i, Kern((A−E)2 ) =
he1 , −e2 + e4 i und Kern((A − E)3 ) = he1 , e3 , −e2 + e4 i. . . . Also ist


1 0 0 0
 1 1 0 0 

J =
 0 1 1 0 
0 0 0 0
eine Jordannormalform von A und mit
S=
£
e3 (A − E)e3 (A − E)2 e3
erhalten wir also S −1 AS = J .
3


0 −1 1 1
¤  0 0 −1 0 

e1 + e4 = 
 1 0
0 0 
0 0
1 1
5. Sei V ein k -Vektorraum, U ⊆ V ein Untervektorraum und π : V −→ V /U die kanonische Projektion.
Beweisen Sie direkt ohne Sätze aus dem Kapitel über Dualräume:
a) π ∗ ist injektiv.
b) Bild π ∗ =
Lösung
⊥
U = {χ ∈ V ∗ |χ(U ) = 0}
a) Wir bestimmen dazu Kern π ∗ . Sei nun ϕ ∈ Kern π ∗ , daÿ heiÿt π ∗ (ϕ) = ϕ ◦ π = 0
ist die Nullabbildung. Also ist ϕ(π(v)) = 0 für alle v ∈ V . Da π aber surjektiv
ist, ist ϕ(v̄) = 0 für alle v̄ ∈ V /U . Also ist ϕ = 0 und damit ist π ∗ injektiv.
b) Ist u ∈ U , dann ist natürlich (ϕ ◦ π)(u) = ϕ(0) = 0 für alle ϕ ∈ (V /U )∗ . Ist
umgekehrt χ ∈ ⊥ U , dann ist U ⊂ Kern χ. Nach dem Homomorphiesatz gibt es
dann genau eine Linearform φ : V /U −→ k mit φ ◦ π = χ. Also ist χ ∈ Bild(π ∗ ).
6. Sei V ein endlich dimensional k -Vektorraum. P ∈ Endk V heiÿt Projektor, falls P 2 =
P gilt.
a) Zeigen Sie: Genau dann ist P ein Projektor, wenn es ein Koordinatensystem φ
von V gibt mit
·
¸
Er 0
Mφ (P ) =
0 0
Dabei ist r = Rang P und Er die Einheitsmatrix in k r×r .
b) Zeigen Sie: Ist P Q = QP für zwei Projektoren P und Q, so ist auch P Q ein
Projektor. Dabei gilt Bild(P Q) = Bild P ∩ Bild Q und Kern(P Q) = Kern(P ) +
Kern(Q).
c) Geben Sie ein Beispiel von Projektoren P, Q an, wo P Q ein Projektor ist, aber
P Q 6= QP gilt.
Lösung
a) Da P 2 − P = 0 ist, ist µP ein Teiler von X 2 − X = X(X − 1). Da µP also keine
mehrfachen Nullstellen hat, ist P diagonalisierbar und die Eigenwerte liegen
in {0, 1}. Also gibt es ein gesuchtes Koordinatensystem. Weil der Rang unter
Konjugation invariant ist, ist natürlich Rang A = r.
b) Ist P Q = QP , dann ist (P Q)2 = P QP Q = P 2 Q2 = P Q, also ist auch P Q ein
Projektor. Auÿerdem sehen wir:
Kern P ⊆ Kern(QP ) = Kern(P Q) ⊇ Kern(Q)
Bild P ⊇ Bild(P Q) = Bild(QP ) ⊇ Bild(P )
Für ein x ∈ Kern(P Q) ist dann also x = (x − Q(X)) + Q(X), wobei (x − Q(x) ∈
Kern(Q) und Q(x) ∈ Kern(P ). Damit ist also Kern(P Q) = Kern(P )+Kern(Q).
Für ein x ∈ Bild(P ) ∩ Bild(Q) ist natürlich P (Q(x)) = P (x) = x, also gilt
zusammen mit den oben gezeigten Inklusionen Bild(P Q) = Bild(P ) ∩ Bild(Q).
4
c) Seien P, Q : k 2 −→ k 2 die linearen Abbildungen mit
· ¸
· ¸
· ¸
·
¸
x
x
x
x−y
P:
7→
und Q :
7→
,
y
0
y
0
dann ist P 2 = P , Q2 = Q und P Q = Q 6= P = QP , also ist auch P Q ein
Projektor.
5