Musterlösung

Lineare Algebra für Informatiker (Prof. Dr. Bürgisser)
M u s t e r l ö s u n g
Sommersemester 2011
z u Ü b u n g s b l a t t
11
Aufgabe 1: (6 Punkte)
Zu einer Matrix A = (aij ) ∈ K n×n sei B = (bij ) definiert durch bij = aji für alle 1 ≤ i, j ≤ n.
Man nennt AT := B die transponierte Matrix von A.
1. Beweisen Sie, dass für alle M, N ∈ K n×n gilt: (M · N )T = N T · M T .
2. Beweisen Sie, dass die Menge O(n, K) := {A ∈ K n×n | AAT = En } eine Untergruppe
der GLn ist.
3. Bestimmen Sie alle Elemente der Menge O(2, F2 ).
Musterlösung:
1. Sei M = [mij ] und N = [nij ]. Desweiteren sei m0ij = mji und n0ij = nji . Dann gilt nach den
Regeln der Matrixmultiplikation:
(M N )T
ij
= (M N )ji =
n
X
mjk nki
k=1
und
(N T M T )ij =
n
X
n0ik m0kj =
k=1
n
X
mjk nki = (M N )T
ij
.
k=1
2. Sei A ∈ O(n, K). Dann folgt aus AAT = En und weil GLn eine Gruppe ist, dass AT das
eindeutige beidseitige Inverse von A in GLn ist, also auch AT A = En . Zudem ist AT ∈ O(n, K),
denn AT (AT )T = AT A = En .
Seien A, B ∈ O(n, K). Dann ist AB(AB)T = ABB T AT = ABB −1 A−1 = En , also ist AB ∈
O(n, K).
2
a b
a c
a + b2 ac + bd
1 0
3.
=
=
.
c d
b d
ac + bd c2 + d2
0 1
Es gilt
a2 + b2 = 1 ⇔ (a, b) ∈ {(1, 0), (0, 1)} und c2 + d2 = 1 ⇔ (c, d) ∈ {(1, 0), (0, 1)}.
a b
Von den resultierenden 4 Möglichkeiten für
haben 2 eine Nullzeile und sind damit keine
c d
Elemente der GLn . Alternativ kann man auch an der Gleichung ac + bd = 0 sehen, dass diese
beiden Elemente nicht in O(2, F2 ) liegen. Die verbliebenen 2 Elemente
1 0
0 1
und
0 1
1 0
erfüllen AAT = E2 und bilden somit O(2, F2 ).
Aufgabe 2: (6 Punkte) Bekanntlich heißt eine Matrix A ∈ K n×n invertierbar, falls ein
B ∈ K n×n existiert mit AB = BA = En . Es genügt jedoch weniger zu fordern. Beweisen Sie
die folgenden Implikationen für A ∈ K n×n :
1. ∃B ∈ K n×n : AB = En ⇒ A invertierbar.
2. ∃B ∈ K n×n : BA = En ⇒ A invertierbar.
Musterlösung:
Es ist A genau dann invertierbar, wenn rk(A) = n. Aber AB = En mit rk(En ) = n impliziert
rk(A) = rk(B) = n, denn durch Hintereinanderausführung mehrerer linearer Abbildungen kann die
Dimension des Bildes nicht wachsen. Somit ist A invertierbar. Analog für Teil 2.
Aufgabe 3: (7 Punkte)
Wir definieren die Potenzen einer Matrix A ∈ K n×n durch A0 := En und Ak+1 := AAk für
k ∈ N. Es sei nun A eine nilpotente Matrix, d.h. es existiert d ∈ N mit Ad = 0. Beweisen Sie,
dass En − A invertierbar ist und finden Sie eine explizite Formel für die Inverse von En − A.
Hinweis: Denken Sie an die Formel für die endliche geometrische Reihe.
Musterlösung:
(En − A)
d−1
X
Ak =
k=0
d−1
X
Ak −
k=0
d−1
X
Ak+1 = En − Ad = En .
k=0
Nach Aufgabe 2 genügt dies und das eindeutige Inverse ist
Pd−1
k=0
Ak .
Aufgabe 4: (6 Punkte)
Sei A die Darstellungsmatrix von ϕ ∈ End(V ) bezüglich der Basis (f1 , . . . , fn ). Sei S ∈ GLn .
Zeigen Sie, dass es eine Basis (f˜1 , . . . , f˜n ) von V gibt, bezüglich derer ϕ die Darstellungsmatrix
SAS −1 hat.
Musterlösung:
Nach Definition der Darstellungsmatrix ist A genau dann die Darstellungsmatrix von ϕ bezüglich f ,
wenn
ϕ(f1 ), . . . , ϕ(fn ) = (f1 , . . . , fn ) · A.
Pn
Sei nun (g1 , . . . , gn ) := (f1 , . . . , fn )S −1 , also (g1 , . . . , gn )S = (f1 , . . . , fn ), d.h. fi = k=1 gk ski . Dann
ist
!
X
X
!
n
n
n
n
X
X
gk sk1 , . . . , ϕ
gk skn
ϕ(g1 ), . . . , ϕ(gn ) S =
ϕ(gk )sk1 , . . . ,
ϕ(gk )skn = ϕ
k=1
=
k=1
ϕ(f1 ), . . . , ϕ(fn ) = (f1 , . . . , fn )A =
k=1
X
gk sk1 , . . . ,
k=1
=
k=1
X
gk skn
k=1
(g1 , . . . , gn )SA
Das ist äquivalent zu
ϕ(g1 ), . . . , ϕ(gn ) = (g1 , . . . , gn )SAS −1 ,
also ist SAS −1 die Darstellungsmatrix von ϕ bezüglich g.
Umgekehrt ist S −1 AS die Darstellungsmatrix von ϕ bezüglich (f˜1 , . . . , f˜n ) := (f1 , . . . , fn )S.