Leibniz Universität Hannover 10. Dezember 2009 Fakultät für

Leibniz Universität Hannover
Fakultät für Mathematik und Physik
Prof. Dr. M. Erné
10. Dezember 2009
Übungen zur Linearen Algebra I
Wintersemester 2009/10
Lösungsvorschläge zu Blatt 9
Aufgabe 1:

0
(a) Linear! Für alle x = (x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 ist f (x) = Ax mit der Darstellungsmatrix A =  0
2
1
2
0

1
0 .
1
(b) Nicht linear! Für u = (1, 1, 0, 0) gilt f (2 u) = f ((2, 2, 0, 0)) = (4, 0, 0) 6= (2, 0, 0) = 2 f (u).
(c) Linear! Gemäß den Rechenregeln für das Vektorprodukt (Skript, Satz 2.4.3) gilt für alle x, y ∈ R3 :
f (x + y) = (x + y) × v = x × v + y × v = f (x) + f (y)
und für alle λ ∈ R und alle x ∈ R3 :
f (λx) = (λx) × v = λ(x × v) = λf (x).
Ist v = (v1 , v2 , v3 ) so gilt für die Einheitsvektoren e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0) und e3 = (0, 0, 1):
f (e1 ) = e1 × v = (0, −v3 , v2 ), f (e2 ) = e2 × v = (v3 , 0, −v
v = (−v2 , v1 , 0). Die
1 ) und f (e3 ) = e3 ×
0
v3 −v2
0
v1  .
Darstellungsmatrix bzgl. der kanonischen Basis ist also  −v3
v2 −v1
0
(d) Für alle z1 = x + yι und z2 = r + sι in C gilt
f (z1 + z2 ) = f ((x + r) + (y + s)ι) = (x + r) − (y + s)ι = (x − yι) + (r − sι) = f (z1 ) + f (z2 ).
Es bleibt die zweite Bedingung für Linearität zu untersuchen.
Für K = R ist f linear! Für alle λ ∈ R und alle z = x + yι ∈ C gilt
f (λ z) = f (λx + λyι) = λx − λyι = λ(x − yι) = λ f (z).
Der R-Vektorraum C hat als Basis {1, ι}; bzgl. dieser Basis hat f die Darstellungsmatrix
1
0
Für K = C ist f nicht linear! Es gilt nämlich
f (ι · ι) = f (ι2 ) = f (−1) = −1 6= 1 = ι · (−ι) = ι · f (ι).
Aufgabe 2:
(a) Direktes Ausrechnen

−1
A2 =  0
0
liefert
0
−1
0


0
0
0  , A3 =  −1
1
0


1 0
1
0 0  , und A4 =  0
0 1
0
Insgesamt haben wir dann A4k+r = Ar für alle k ∈ Z und r
Analog berechnet man für die Potenzen der Matrix B.



0 1 0
1
B2 =  0 0 1  , B3 =  0
1 0 0
0
0
1
0

0
0  = E.
1
∈ Z4 .
0
1
0

0
0 =E
1
und damit B 3k+r = B r für alle k ∈ Z und r ∈ Z3 . Direktes Ausrechnen liefert




−1 0 0
0 0 1
AB =  0 0 1  , (AB)2 = E , BA =  0 −1 0  und (BA)2 = E.
0 1 0
1 0 0
0
−1
.
(b) Die Menge aller Matrizen M mit M T M = E ist abgeschlossen unter Matrixmultiplikation, denn
es ist (M N )T (M N ) = N T M T M N = N T EN = E, falls auch N T N = E. Damit genügt es, die
Bedingung für A und B zu verifizieren. Hier gilt nach (a): AT A = A3 A = E und B T B = B 2 B = E.
(c) Rechenregeln für Transposition von Matrizen finden sich im Skript 4.1.5 und 4.2.4.
(i) C + C T ist symmetrisch wegen (C + C T )T = C T + C T T = C T + C = C + C T .
0 1
0 1
(ii) Nur für n = 1! Z. B. ist für C =
die Matrix C−C T =
nicht symmetrisch.
0 0
−1 0
(C − C T ist aber stets schiefsymmetrisch wegen (C − C T )T = C T − C T T = −(C − C T ).)
(iii) CC T ist symmetrisch wegen (CC T )T = C T T C T = CC T .
(iv) −C T C ist ebenfalls symmetrisch wegen (−C T C)T = −(C T C)T = −(C T C T T ) = −C T C.
Aufgabe 3:
(a) Definitionsgemäß
ist Eij = (δir δjs )r,s∈n und Ekl = (δks δlt )s,t∈n ; also folgt Eij Ekl = (γrt )r,t∈n mit
Pn
γrt =
δ
δ
δks δlt = 1 für i = r, j = k = s, l = t und γrt = 0 sonst. Somit ist tatsächlich
ir
js
s=1
Eij Ekl = δjk Eil (insbesondere die Nullmatrix für j 6= k).
(b) Die Matrizen der Form A = λE erfüllen die Bedingung AB = BA für alle B ∈ K n×n :
AB = λEB = λBE = BλE = BA.
Wir zeigen, dass es die einzigen Matrizen mit der geforderten Eigenschaft sind.
P
Sei A = (αij ) = 1≤i,j≤n αij Eij ∈ K n×n mit AB = BA für alle B ∈ K n×n .
Wir betrachten für beliebige Indizes r, s die Multiplikation mit der Matrix Ers . Nach Voraussetzung
muss AErs = Ers A gelten. Einerseits erhalten wir nach Teil (a)


n
n
n X
n
n X
X
X
X
αir Eis .
αij δjr Eis =
αij Eij  Ers =
AErs = 
i=1 j=1
i=1 j=1
i=1
Andererseits ergibt sich wiederum mit (a)


n
n X
n
n
n X
X
X
X
αij Eij  =
αij δis Erj =
αsj Erj .
Ers A = Ers 
i=1 j=1
i=1 j=1
j=1
Man beachte, dass damit in AErs alle Einträge außerhalb der s-ten Spalte gleich Null sind, und in
Ers A alle Einträge außerhalb der r-ten Zeile Null sind. Ein beliebiger Eintrag αsr mit r 6= s steht
in AErs an Position (s, s); in Ers A steht aber an Position (s, s) eine 0 (da r 6= s). Daher muss A
eine Diagonalmatrix sein.
Außerdem kreuzen sich die s-te Spalte von AErs und die r-te Zeile von Ers A an der Position (r, s)
und dort steht einerseits αrr , andererseits αss . Damit gilt für die Diagonalelemente αrr = αss für
alle r, s. Also ist A von der Form λE für ein λ ∈ K.
Aufgabe 4:
(a) Auf Blatt 7 wurde gezeigt, dass U und W beide Dimension 2 haben. Eine Basis von U ist gegeben
durch {(1, 0, −1, 1), (0, 1, 1, 1)}, eine Basis von W durch {(1, −1, 0, 1), (0, 3, 1, 2)}. Der Durchschnitt
U ∩ W hat die Basis {(1, 2, 1, 3)}, also Dimension 1, und die Summe U + W hat nach der Dimensionsformel Dimension 3. Für den Faktorraum (U + W )/(U ∩ W ) folgt daher (Skript 3.6.28):
dim(U + W )/(U ∩ W ) = dim(U + W ) − dim(U ∩ W ) = 3 − 1 = 2.
Wir behaupten, dass die Nebenklassen (1, 0, −1, 1) + (U ∩ W ) und (1, −1, 0, 1) + (U ∩ W ) linear
unabhängige Elemente des Faktorraums sind, also eine Basis bilden. Für jede Linearkombination
λ((1, 0, −1, 1) + (U ∩ W )) + µ((1, −1, 0, 1) + (U ∩ W )) = (0, 0, 0, 0) + (U ∩ W )
(letztere Nebenklasse ist der Nullvektor im Faktorraum) folgt
λ(1, 0, −1, 1) + µ(1, −1, 0, 1) ∈ U ∩ W = R(1, 2, 1, 3),
etwa λ(1, 0, −1, 1) + µ(1, −1, 0, 1) = ν(1, 2, 1, 3). Betrachten der ersten und vierten Koordinaten
liefert ν = λ + µ = 3ν, also ν = 0 und λ = −µ. Betrachten der zweiten bzw. dritten Koordinate
ergibt dann λ = 0 = µ.
(b) Der Unterraum SKn+ besteht genau aus den symmetrischen n × n-Matrizen. Jede symmetrische
Matrix hat die Form
n
n−1
n
X
X X
αii Eii +
αij (Eij + Eji ).
i=1
i=1 j=i+1
Die offenbar linear unabhängige Menge {Eii | 1 ≤ i ≤ n} ∪ {Eij + Eji | 1 ≤ i < j ≤ n} ist also eine
.
Basis von SKn+ . Insbesondere ist die Dimension von SKn+ gleich n + (n − 1) + . . . + 2 + 1 = n(n+1)
2
Falls 1 = −1 in K (also z.B. in Z2 ), so ist SKn+ = SKn− und daher dim SKn− = n(n+1)
.
2
In allen anderen Fällen ist der entscheidende Unterschied für den Unterraum SKn− der schiefsymmetrischen Matrizen, dass aufgrund der Bedingungen a 6= −a für alle a ∈ K ∗ = K \ {0} und
A = −AT sämtliche Diagonalelemente 0 sein müssen. Jede schiefsymmetrische Matrix hat daher
die Form
n−1
n
X X
αij (Eij − Eji ).
i=1 j=i+1
Die offenbar linear unabhängige Menge {Eij − Eji | 1 ≤ i < j ≤ n} ist also eine Basis von SKn− .
.
Insbesondere ist die Dimension von SKn− gleich (n − 1) + . . . + 2 + 1 = n(n−1)
2
(c) Für jeden Körper K mit 1 6= −1 gilt nach Teil (b):
dim SKn+ + dim SKn− =
n(n + 1) n(n − 1)
+
= n2 = dim K n×n .
2
2
Es bleibt der Durchschnitt SKn+ ∩ SKn− zu untersuchen.
Im Körper K = Z2 gilt 1 = −1. Damit ist wegen SKn+ = SKn− sicher SKn+ ∩ SKn− 6= {O}, d.h. die
Summe SKn+ + SKn− kann nicht direkt sein (und für n > 1 ergibt sie auch nicht den Raum Z2 n×n ).
In den Körpern K = Z3 und K = Q ist 2 := 1 + 1 6= 0 und damit SKn+ ∩ SKn− = {O}, denn für
A ∈ SKn+ ∩ SKn− ist einerseits A = AT und andererseits A = −AT ; also folgt 2A = O, und wegen
2 6= 0 muss A die Nullmatrix sein. Damit gilt für K = Z3 und K = Q (und ebenso für jeden Körper
K, in dem 2 6= 0 ist, also z.B. auch für R und C):
K n×n = SKn+ ⊕ SKn− .
Altenatives Argument: Im Falle 2 6= 0 ist A = 2−1 (A + AT ) + 2−1 (A − AT ) die eindeute Zerlegung
von A in einen symmetrischen und einen schiefsymmetrischen Summanden.
Knacky 9
(m)
Bei n Dörfern D1 , ..., Dn ist A = (aij ) eine n×n-Matrix. Es sei Am = (aij ).
(m)
Per Induktion zeigt man, dass genau dann aij
> 0 gilt, wenn es einen “Weg”
Di → Di1 → ... → Dim = Dj
gibt, auf dem von Di nach Dj eine Nachricht übermittelt werden kann: Ist ein solcher Weg gegeben,
(m−1)
so liefert die Nachrichtenübertragung von Di nach Dim−1 per Induktionsannahme ai im−1 > 0, und mit
P
(m)
(m−1)
(m−1)
aim−1 j > 0 folgt aij = k aik
akj ≥ ai im−1 aim−1 j > 0.
(m)
Ähnlich ergibt sich induktiv die Abschätzung aij
≤ 2−m /n.
Pk
(k)
(m)
Der Grenzwert bij der konvergenten unendlichen Reihe bij = m=0 aij ist genau dann größer als
0, wenn es einen Nachrichtenweg von Di nach Dj gibt. Es bleibt zu zeigen, dass die Matrix B = (bij )
(k)
multipliziert mit E − A die Einheitsmatrix ergibt. Für die Matrizen Bk = (bij ) = E + A + ... + Ak gilt:
Bk (E − A) = E + A + ... + Ak − A − A2 − ... − Ak+1 = E − Ak+1 , also
B(E − A) = lim Bk (E − A) = E − lim Ak+1 = E − O = E,
wobei die Grenzwerte koeffizientenweise zu bilden sind.