Lösungsvorschlag Prof. P. Habegger 1. Standardprogramm Aufgabe

Lineare Algebra I
Probeklausur – Lösungsvorschlag
Herbstsemester 2016
Prof. P. Habegger
1. Standardprogramm
Aufgabe S1. Geben Sie bei jeder Aussage unten an, ob sie wahr oder falsch ist.
Eine Begründung ist nicht erforderlich.
(i) Eine quadratische Matrix deren Einträge alle ungleich Null sind, ist invertierbar.
(ii) Die Menge {(x, y) ∈ Q2 : x = 5y} ist ein Untervektorraum von Q2 .
(iii) Für alle A, B ∈ Mat2 (Q) gilt det(A + B) 6= det(A) + det(B).
(iv) Für jede Matrix A ∈ Mat2 (Q) gibt es B ∈ Mat2 (Q) mit AB = BA.
Lösungsvorschlag.
(i) Falsch. Z.B.
1 1
1 1
∈ Mat2 (Q).
(ii) Wahr.
(iii) Falsch. Z.B. A = B = 0 ∈ Mat2 (Q).
(iv) Wahr. Z.B. B = A.
Aufgabe S2. Berechnen Sie die Determinante von


2 1 1 1
 3 2 2 0 


 4 3 0 2  ∈ Mat4 (Q).
0 4 3 0
Lösungsvorschlag. Wir entwickeln die Determinante nach Zeile 4 mit der Laplaceschen Formel und erhalten für






2 1 1 1
2
1
1
2
1
1
 3 2 2 0 


 − 3 det  3 2 0  .
A=
 4 3 0 2  , dass det(A) = 4 det 3 2 0
4 0 2
4 3 2
0 4 3 0
Die zwei Determinanten lassen sich mit der Formel von Sarrus berechnen. Wir
erhalten
det A = 4 · (8 − 8 − 6) − 3 · (8 + 9 − 8 − 6) = −24 − 9 = −33.
Aufgabe S3. Bestimmen Sie die Lösungsmenge
chungssystems
x + y + 7z + 5w
2y − 2z − 3w
x + 3y + 5z − w
mit Koeffizienten in Q.
des homogenen linearen Glei= 0
= 0
= 0
Lösungsvorschlag. Wir halten das Gleichungssystem als Matrix


1 1 7
5
A =  0 2 −2 −3 
1 3 5 −1
fest und führen Zeilenumformungen an A durch.
Wir subtrahieren Zeile 1 von Zeile 3 und erhalten


1 1 7
5
A0 =  0 2 −2 −3  .
0 2 −2 −6
Nun subtrahieren wir Zeile 2 von Zeile 3

1 1
00

0 2
A =
0 0
und erhalten

7
5
−2 −3  .
0 −3
Die Lösungen unseres Gleichungssystems sind genau die Lösungen von
x +
y + 7z +
2y − 2z −
5w = 0,
3w = 0,
−3w = 0.
Also ist (x, y, z, w) eine Lösung, genau dann wenn w = 0, y = z und x = −8z.
Die Lösungsmenge ist daher
{(−8, 1, 1, 0)z : z ∈ Q}. Aufgabe S4. Sei m eine natürliche Zahl und A, B ∈ Matm (R). Beweisen Sie
det(AB) = det(BA).
Lösungsvorschlag. Seien A und B Matrizen wie in der Voraussetzung. In der
Vorlesung haben wir bewiesen, dass det(AB) = det(A) det(B) gilt. Da die Multiplikation auf K kommutativ ist und det(A), det(B) ∈ K, gilt det(A) det(B) =
det(B) det(A). Schliesslich wenden wir noch einmal die Multiplikativität der Determinante an und erhalten det(B) det(A) = det(BA). Aus der Gleichungskette
folgt det(AB) = det(BA), was zu zeigen war.
2. Ergänzungsprogramm
Aufgabe E1. Geben Sie bei jeder Aussage unten an, ob sie wahr oder falsch ist.
Eine Begründung ist nicht erforderlich.
(i) Für alle A, B ∈ Mat2 (F2 ) gilt (A + B)2 = A2 + B 2 .
(ii) Die wohldefinierte Verkettung zweier injektiver Abbildungen ist injektiv.
(iii) Es gibt einen Körper mit genau einem Element.
(iv) Die Menge der Transpositionen in der symmetrischen Gruppe S5 ist eine
Untergruppe.
0 1
0 0
Lösungsvorschlag.
(i) Falsch. Z.B. A =
und B =
er0 0
1 0
gibt A2 = B 2 = 0, und (A + B)2 = E2 .
(ii) Wahr.
(iii) Falsch. Per Definition ist 0 6= 1 in jedem Körper.
(iv) Falsch. Die Verkettung der zwei Transpositionen τ1,2 ∈ S5 , die durch
τ1 (1) = 2, τ1 (2) = 1 bzw. τ2 (2) = 3, τ2 (3) = 2 definiert sind, ist
k
τ2 ◦ τ1 (k)
1 2 3 4 5
3 1 2 4 5
und daher keine Transposition.
Aufgabe E2. Sei m eine natürliche Zahl und A ∈ GLm (Q), so dass A ∈ Matm (Z)
und A−1 ∈ Matm (Z). Beweisen Sie det(A) = ±1.
Lösungsvorschlag. Sei A wie in der Voraussetzung. Ist A = (ai,j )1≤i,j≤m , so gilt
per Definition
X
det(A) =
sign(σ)a1,σ(1) · · · am,σ(m) .
σ∈Sm
Da jeder Summand eine ganze Zahl ist, folgt det(A) ∈ Z. Nach Voraussetzung
sind die Einträge von A−1 ebenfalls ganze Zahlen. Wir finden ebenfalls det(A−1 ) ∈
Z.
Aus der Vorlesung wissen wir, dass 1 = det Em = det(A−1 A) = det(A−1 ) det(A).
Da beide Faktoren ganze Zahlen sind, muss det(A) = 1 oder det(A) = −1 gelten.
Aufgabe E3. Sei G eine Gruppe in multiplikativer Schreibweise.
(i) Zeigen Sie (ab)−1 = b−1 a−1 für alle a, b ∈ G.
(ii) Sei H ⊆ G eine endliche Untergruppe. Beweisen Sie, dass
{g ∈ G : für alle h ∈ H gilt ghg −1 ∈ H}
eine Untergruppe von G ist.
Lösungsvorschlag. Sei e das neutrale Element von G.
(i) Seien a, b ∈ G. Per Definition gilt a−1 a = b−1 b = e und eb = b. Aus der
Assoziativität der Verknüpfung folgt
(b−1 a−1 )(ab) = b−1 ((a−1 a)b) = b−1 (eb) = b−1 b = e.
Also ist b−1 a−1 das zu ab inverse Element. In anderen Worten (ab)−1 =
b−1 a−1 .
(ii) Sei K = {g ∈ G : für alle h ∈ H gilt ghg −1 ∈ H}.
• Es gilt ehe−1 = h für alle h ∈ H, also e ∈ K. Insbesondere ist K 6= ∅.
• Seien g, g 0 ∈ K. Für jedes h ∈ H gilt
−1
(gg 0 )h(gg 0 )−1 = gg 0 hg 0 g −1
wobei wir Teil (i) und die Assoziativität verwendet haben. Wegen
g 0 ∈ K ist g 0 hg 0 −1 = h0 ∈ H und aus g ∈ K folgt gh0 g −1 ∈ H. Es
folgt (gg 0 )h(gg 0 )−1 ∈ H. Da dies für alle h ∈ H gilt, folgt gg 0 ∈ K.
Inbesondere ist K unter der Verknüpfung abgeschlossen.
• Sei schliesslich g ∈ K. Die Vorschrift h 7→ ghg −1 definiert eine Abbildung H → H. Sie ist injektiv, da
ghg −1 = gh0 g −1
⇐⇒
h = h0 .
Weil H endlich ist, ist sie ebenfalls surjektiv. Also gibt es zu jedem
h0 ∈ H ein h ∈ H mit ghg −1 = h0 also g −1 h0 g = h. In anderen
Worten: es gilt g −1 h0 g ∈ H für alle h0 ∈ H. Aus g = (g −1 )−1 folgt
g −1 ∈ K.
Aus diesen drei Punkten folgt, dass K eine Untergruppe von G ist.