1. (a) Wann heißen Vektoren v1,...,vn ∈ V linear abhängig?

1.
(a) Wann heißen Vektoren v1 , . . . , vn ∈ V linear abhängig?
(b) Wie ist die Determinante einer Matrix definiert?
(c) Was ist ein Eigenwert einer Matrix?
(d) Was besagt der Satz von Cayley-Hamilton?
(e) Was sagt der Jordan-Normalformsatz?
(a) Die Vektoren v1 , . . . , vn eines K-Vektorraums heißen linear abhaengig,
wenn es eine nichttriviale Linearkombination der Null gibt, wenn es also
λ1 , . . . , λn ∈ K gibt so dass
• λ1 v1 + · · · + λn vn = 0 und
• es gibt ein 1 ≤ j ≤ n so dass λj 6= 0.
(b) Die Determinante einer quadratischen Matrix A ∈ Mn (K) ist definiert
als
X
sign(σ)a1,σ(1) a2,σ(2) · · · an,σ(n) ,
σ∈Per(n)
wobei die Summe ueber die Menge aller Permutationen Per(n) in {1, . . . , n}
erstreckt wird und sign(σ) das Signum der Permutation σ ist. Ferner sind
die Eintraege der Matrix A als ai,j mit 1 ≤ i, j ≤ n geschrieben.
(c) Ist A ∈ Mn (K), so heisst ein Koerperelement λ ∈ K Eigenwert von A,
wenn es ein v 6= 0 in K n gibt, so dass
Av = λv.
(d) Der Satz von Cayley-Hamilton besagt, dass eine Matrix A ∈ Mn (K),
eingesetzt in ihr eigenes charakteristisches Polynom, Null ergibt, dass also
gilt
χA (A) = 0.
(e) Der Jordan-Normalformsatz besagt, dass eine Matrix A ∈ Mn (K),
deren charakteristisches Polynom ueber K in Linearfaktoren zerfaellt in
Mn (K) zu einer Jodran-Matrix konjugiert ist. Genauer heisst das, dass
eine invertierbare Matrix S ∈ Mn (A) existiert, so dass


J1


..
SAS −1 = 

.
Jk
gilt, wobei jedes Js fuer s = 1, . . . , k ein Jordan-Block vom Format ns × ns
ist, d.h. von der Form


λs 1


λs 1




.
.
..
..
Js = 




λs 1 
λs
fuer ein λs ∈ K ist. Hierbei muss n = n1 +· · ·+nk gelten. Ferner besagt der
Satz, dass die Jordan-Bloecke bis auf ihre Reihenfolge eindeutig bestimmt
sind.
2.
(a) Zeige, dass die Vektoren
 
1
v1 =  2  ,
3


4
v2 =  5  ,
6


0
v3 =  1 
0
eine Basis des Q3 bilden und finde die Koeffizienten λi,j fuer die gilt
λi,1 v1 + λi,2 v2 + λi,3 v3 = ei ,
wobei e1 , e2 , e3 die Standard-Basis ist.
Loesung: Es reicht, den zweiten Teil der Aufgabe zu loesen, denn die
e1 , e2 , e3 bilden eine Basis des Q3 und im zweiten Teil wird ja gezeigt,
dass sie im Spann von v1 , v2 , v3 liegen, so dass v1 , v2 , v3 ein Erzeugendensystem ist. Da es die Laenge 3 hat, was mit der Dimension des Raums
uebereinstimmt, ist es eine Basis.
Um den zweiten Teil der Aufgabe zu loesen,bestimmen wir zunaechst die
Loesungen des Gleichungssystems xv1 + yv2 + zv3 = e1 , wenden also das
Gauss-Verfahren auf die folgende erweiterte Koeffizientenmatrix an:




1 4 0 1
1 4 0 1

 2 5 1 0 
−3 1 −2 
3 6 0 0
3 6 0 0


1 4 0 1

−3 1 −2 
−6 0 −3


1 4 0 1

3 −1 2 
−2 1


1 4 0
1

3 0 3/2 
1 −1/2


1 4 0
1

3 0 3/2 
1 −1/2


1
−1

1
1/2 
1 −1/2
Wir ersehen hieraus, dass λ1,1 = −1, λ1,2 = 1/2 und λ1,3 = −1/2 die
Gleichung fuer i = 1 loesen. Da v3 = e2 gilt, ist λ2,1 = 0, λ2,2 = 0 und
λ2,3 = 1 eine Loesung fuer i = 2.
Die letzte Runde lautet

1 4 0
 2 5 1
3 6 0

0
0 
1

4
−3
−6
1
4
3
1
4 0
3
1








0 0
1 0 
0 1

0 0
−1 0 
−2 1
1
1
1
1

0
−1/2 
−1/2

2/3
−1/6  .
−1/2
Wir folgern λ3,1 = 2/3, λ3,2 = −1/6 und λ3,3 = −1/2 ist eine Loesung.
(b) Bestimme die a ∈ C, fuer die die Matrix


1 1
a
 1 0
2 
0 a −1
invertierbar ist.
Loesung: Eine Matrix ist genau dann invertierbar, wenn die Determinante
ungleich Null ist. Die Determinante dieser Matrix ist
a2 + 1 − 2a = (a − 1)2
und diese Zahl ist genau dann gleich Null, wenn a = 1. Demzufolge ist die
Matrix genau dann invertierbar, wenn a ∈ C r {1} ist.
(c) Bestimme die Jordan-Normalform

1 1
 2 2

A=
0 0
0 0
der komplexen Matrix

0 1
0 0 
.
2 2 
1 1
Loesung: Das charakteristische Polynom ist


x−1
−1
−1
 −2

x−2
x−1


det 
= det
x−2
−2 
−2
−1
x−1
2
−1
x−2
= [(x − 1)(x − 2) − 2]2 = [x2 − 3x]2 = x2 (x − 3)2 .
Die Eigenwerte sind x = 0 und x = 3, beide mit algebraischer Vielfacheit
2. Wir bestimmen die Dimension des Kerns von A, diese Dimension gibt
die Anzahl der Jordankaestchen zum Eigenwert 0 an. Wir benutzen den
Gauss-Algorithmus:




1 1
1
1 1
1


 2 2
−1 







1 1 
2 2
1 1


1 1


.



1
1
Der Rang dieser Matrix ist 3, also ist die Dimension des Kerns gleich 1,
es gibt also nur ein Jordan-Kaestchen zum Eigenwert 0. Dasselbe machen
wir mit dem Eigenwert 3, bestimmmen also die Kerndimension von A − 3:




−2 1
1
−2 1
1


 2 −1
1 







−1 2 
−1 2
1 −2


−2 1






1
1
Der Rang dieser Matrix ist ebenfalls 3 und so schliessen wir wie oben, dass
es auch zum Eigenwert 3 nur ein Jordan-Kaestchen gibt. Die Laenge der
beiden Kaestchen ist dann gleich der jeweiligen algebraischen Vielfachheit,
also zwei, so dass die Jordan-Normalform so aussieht:


0 1


0

.

3 1 
3
3. Beweise oder widerlege
(a) (π) is eine Basis des reellen Vektorraums R.
(b) Neun Vektoren im Q8 sind stets linear abhaengig.
(c) Acht Vektoren im Q9 sind stets linear unabhaengig.
(d) Fuer Unterraeume U1 , U2 , U3 eines gegebenen Vektorraums gilt
dim(U1 +U2 +U3 ) = dim(U1 )+dim(U2 )+dim(U3 )−dim(U1 ∩U2 ∩U3 ).
(a) Die Aussage ist richtig.
Begruendung: Da der reelle Vektorraum R eindimensional ist, wird er von
jedem Element 6= 0 aufgespannt. Da eine Familie von einem Vektor 6= 0
auch linear unabhaengig ist, ist jede Familie von einem Vektor 6= 0 also
eine Basis. Da π 6= 0, ist somit auch (π) eine Basis.
(b) Die Aussage ist richtig.
Begruendung: Der Q-Vektorraum Q8 hat die Dimension 8, damit ist also
insbesondere die Laenge einer jeden maximalen Familie linear unabhaengiger Vektoren gleich 8, damit kann eine Familie von neun Vektoren nicht
linear abhaengig sein.
(c) Die Aussage ist falsch.
Begruendung: Wir geben ein Gegenbeispiel an: sei v1 = v2 = · · · = v8 = 0,
dann ist zum Beispiel 1v1 + 0v2 + · · · + 0v8 = 0 eine nichttriviale Linearkombination der Null, so dass v1 , . . . , v8 ∈ Q9 linear abhaengig sind.
(d) Die Aussage ist falsch.
Begruendung: Sei als Gegenbeispiel U = U1 = U2 = U3 und sei die Dimension von diesem Raum gleich 1. Dann ist die linke Seite der Gleichung:
dim(U1 + U2 + U3 ) = dimU = 1,
wohingegen die rechte gleich
dim(U1 ) + dim(U2 ) + dim(U3 ) − dim(U1 ∩ U2 ∩ U3 ) = 1 + 1 + 1 − 1 = 2
ist.
4. Sei V = Abb(R, R) der reelle Vektorraum aller Abbildungen von R nach
R. Welche der folgenden sind Unterraeume? (Mit Begründung)
(a) M1 = {f ∈ V : f (1) = f (−1)},
(3)
(b) M2 = {f ∈ V : f (0)f (1) = 0},
(3)
(c) M3 = {f ∈ V : f (x + π) = f (x)}.
(3)
(a) M1 ist ein Unterraum. Begruendung: Die Menge M1 ist nichtleer, da
die Nullabbildung in ihr liegt. Sind f, g ∈ M1 , so folgt
(f + g)(1) = f (1) + g(1) = f (−1) + g(−1) = (f + g)(−1),
so dass auch f + g in M1 liegt. Ist schliesslich λ ∈ R und f ∈ M1 , so gilt
(λf )(1) = λf (1) = λf (−1) = (λf )(−1),
so dass auch λf wieder in M1 liegt. Zusammengenommen ist M1 ein Unterraum.
(b) M2 ist kein Unterraum.
Begruendung: Die Abbildungen f (x) = x und g(x) = 1 − x liegen beide in
M2 , aber ihre Summe f + g nicht, denn es gilt
(f + g)(0)(f + g)(1) = (f (0) + g(0))(f (1) + g(1)) = 1 · 1 = 1 6= 0.
(c) Die Menge M3 ist ein Unterraum.
Begruendung: Die Menge ist nichtleer, da die Nullabbildung in ihr liegt.
Sind f, g ∈ M3 , so gilt fuer beliebiges x ∈ R,
(f + g)(x + π) = f (x + π) + g(x + π) = f (x) + g(x) = (f + g)(x)
und damit liegt f + g in M3 . Ist schliesslich f ∈ M3 und λ ∈ R, so gilt
fuer jedes x ∈ R:
(λf )(x + π) = λf (x + π) = λf (x) = (λf )(x),
so dass auch λf wieder in M3 liegt. Zusammen folgt die Behauptung.
[9]
5. Sei V ein Q-Vektorraum und sei φ : V → V additiv, d.h., es gelte φ(v +
w) = φ(v) + φ(w) fuer alle v, w ∈ V . Zeige dass φ linear ist.
Beweis: Da φ(v + w) = φ(v) + φ(w) bereits verlangt wird, bleibt zu zeigen, dass
φ(λv) = λφ(v) fuer jedes λ ∈ Q und jedes v ∈ V gilt. Als erstes zeigen wir per
Induktion, dass φ(nv) = nφ(v) fuer jedes n ∈ N gilt. Der Fall n = 1 ist trivial,
sei also die Behauptung fuer n gezeigt, so folgt
φ((n + 1)v) = φ(nv + v) = φ(nv) + φ(v) = nφ(v) + φ(v) = (n + 1)φ(v),
dies schliesst den Induktionsschritt ab.
Als naechstes beachte, dass φ(0v) = φ((0 + 0)v) = φ(0v + 0v) = φ(0v) + φ(0v)
gilt, woraus nach Abziehen von φ(0v) folgt, dass φ(0v) = 0 = 0φ(v) gilt.
Sei nun k ∈ N. Dann gilt
φ(kv) + φ((−k)v) = φ(kv + (−k)v) = φ((k − k)v) = φ(0v) = 0,
woraus φ((−k)v) = −φ(kv) = −kφ(v) = (−k)φ(v) folgt, so dass wir insgesamt
φ(kv) = kφ(v) fuer alle k ∈ Z bewiesen haben.
Sei schliesslich r ∈ Q beliebig. Dann kann man r = nk mit k ∈ Z und n ∈ N
schreiben. Es ist dann
k
nφ(rv) = φ(nrv) = φ n v = φ(kv) = kφ(v).
n
Wir multiplizieren diese Gleichung mit
φ(rv) =
1
n
und erhalten
k
φ(v) = rφ(v).
n
Da r ∈ Q beliebig war, folgt die Behauptung.