Lineare Algebra II (MIIB) - Lösungsskizze zu Blatt 3

Mathematisches Institut der Universität München
H.-J. Schneider
SS 2002
Lineare Algebra II (MIIB) - Lösungsskizze zu Blatt 3
Aufgabe 1
(a) Wir machen Induktion über n. Den Induktionsanfang n = 1 kann man durch ausprobieren
aller Fälle erledigen. Sei nun n > 1. Wenn A eine Nullspalte enthält ist die Determinante
Null. Da die Matrix A im anderen Fall höchstens n + 1 Einträge ungleich Null (also gleich
Eins) und keine Nullspalte hat, finden wir sicher eine Spalte in A, die genau eine Eins enthält.
Diese Spalte vertauschen wir mit der ersten Spalte (das ändert eventuell das Vorzeichen der
Determinante aber so etwas stört uns nicht). Jetzt können wir noch durch Vertauschen
zweier Zeilen (wieder ändert sich vielleicht das Vorzeichen) erreichen, dass die Determinante
die folgende Form hat:


1 ∗ ... ∗
 0



det(A) = ± det  ..
 = ± det(B)
 .

B
0
Wobei die Sterne für unbekannte Einträge stehen und B eine (n − 1) × (n − 1)-Matrix ist, die
maximal n Einsen enthält (eine steht ja schon links oben). Nach Induktionsvoraussetzung
ist nun det(B) ∈ {0, +1, −1}, also auch det(A) ∈ {0, +1, −1}.
(b) Es ist zum Beispiel






1 0 1
1 0 1
1 1 1
det  0 1 0  = +1 , det  0 0 1  = −1 , det  0 0 1  = 0
0 0 1
0 1 0
0 0 0
und
det
1 1
0 1
= +1 , det
0 1
1 1
= −1.
Der Fall mit Determinante Null kann bei n = 2 nicht vorkommen, weil sich nur die folgenden
Matrizen ergeben können, die alle Determinante ±1 haben:
1 1
1 0
1 1
1 0
0 1
,
,
und
.
0 1
1 1
1 1
Aufgabe 2
Wir machen Induktion nach n. Für n = 1 ist das Produkt leer, also gleich 1 und somit gleich der
Determinante der Matrix (1). Weiter gehts im Fall n > 1: Wenn man (wie im Hinweis geraten)
x1 -mal die (n − 1)-te Spalte von der n-ten abzieht und so weiter erhält man;

1
0
0
.
.
.
0
1 x1 x1 2 . . . x1 n−1
n−2


 .. ..
..
..  = det  1 x2 − x1 x2 (x2 − x1 ) . . . x2 (x2 − x1 )  =
det  . .



.
.
.
.
.
.
..
..
..
 ..

2
n−1
1 xn xn . . . x n
n−2
1 xn − x1 xn (xn − x1 ) . . . xn (xn − x1 )




x2 − x1 x2 (x2 − x1 ) . . . x2 n−2 (x2 − x1 )
1 x2 x2 2 . . . x2 n−2
n


 .. ..
..
..
..
..
..  Y(x −x )
= det 
=
det

 . .
j
1
.
.
.
.
. 


xn − x1 xn (xn − x1 ) . . .

xn n−2 (xn − x1 )
1 xn xn 2 . . .
Daraus folgt mit der Induktionsvoraussetzung (für n − 1) die Behauptung.
xn n−2
j=1
Aufgabe 3
(a) Wir sehen leicht, dass für alle x ∈ R

a1j


ϕj (x) = (1, x, . . . , xn−1 )  ... 
anj

ist. Also gilt
(ϕj (xi ))1≤i,j≤n

1 x1 x1 2 . . .

..
=  ... ...
.
1 xn xn 2 . . .

x1 n−1
..  A
. 
n−1
xn
und somit nach Aufgabe 10 und dem Determinantenmultiplikationssatz
det((ϕj (xi ))ij ) =
!
Y
(xj − xi ) det(A)
i<j
(b) Zum Beispiel mit Hilfe der Formel eit = cos t + i sin t rechnet man aus, dass für alle t ∈ R
gilt:
cos 2t = 2(cos t)2 − 1 und cos3t = 4(cos t)3 − 3 cos t
Definiere Polynome ϕ1 (x) := 1, ϕ2 (x) := x, ϕ3 (x) := 2x2 − 1 und ϕ4 (x) := 4x3 − 3x. Setzt
man xi := cos ti für alle 1 ≤ i ≤ 4, so erhält man die gewünschte Determinante zu:

1
 1
det 
 1
1
x1
x2
x3
x4
2x1 2 − 1
2x2 2 − 1
2x3 2 − 1
2x4 2 − 1

4x1 3 − 3x1
4x2 3 − 3x2 
 = det((ϕj (xi ))ij )
4x3 3 − 3x3 
4x4 3 − 3x4
Mit Teilaufgabe (a) ergibt sich also


1 0 −1 0
Y
 0 1 0 −3  Y

det((ϕj (xi ))ij ) = det 
(x
−
x
)
=
8
(cos tj − cos ti )
j
i
 0 0 2
0 
1≤i<j≤4
1≤i<j≤4
0 0 0
4
Aufgabe 4
(a) Es seien wie in der Angabe A, Q, P ∈ Mn (Z) mit (u1 , . . . , un ) = (v1 , . . . , vn )A, (v1 , . . . , vn ) =
(e1 , . . . , en )Q und (u1 , . . . , un ) = (a1 e1 , . . . , an en )P , wobei Q und P als Übergangsmatrizen von
Basen von V invertierbar sind. Offenbar ist ausserdem mit


a1 0 . . .
0

.. 
...
D :=  ...
. 
0 ...
0 an
(u1 , . . . , un ) = (a1 e1 , . . . , an en )P = (e1 , . . . , en )DP
und
(u1 , . . . , un ) = (v1 , . . . , vn )A = (e1 , . . . , en )QA
Da e1 , . . . , en eine Basis von V bilden, müssen die Matrizen QA und DP übereinstimmen, denn
für alle 1 ≤ i ≤ n kann ui auf zwei Arten als Linearkombination der e1 , . . . , en dargestellt werden:
Einerseits mit den Koeffizienten aus der i-ten Spalte von DP und andererseits mit den Koeffizienten aus der i-ten Spalte von QA. Da e1 , . . . , en eine Basis ist, müssen diese beiden Spalten also
gleich sein. Somit QA = DP .
Da Q und P invertierbar sind, ist ihre Determinante in Z invertierbar also +1 oder −1. Damit
folgt:
| det(A)| = | det(Q) det(A)| = | det(QA)| = | det(DP )| = | det(D)| = |a1 . . . an |
Mit dem Hinweis ist [V : U ] = |V /U | = |a1 . . . an | ebenfalls klar.
Zusatzaufgabe
(a) (α) ⇒ (β) ist wahr, weil 1, x, . . . , xn−1 ein Erzeugendensystem von R[x] bilden
(β) ⇒ (γ) ist trivial
(γ) ⇒ (α): Es sei v1 , . . . , vn in R-Erzeugendensystem von R0 . Dann gibt es eine Matrix
A = (ai j) ∈ Mn (R) mit
vj x =
n
X
aij vi ∀1 ≤ j ≤ n
i=1
Offenbar ist dann


v1


(xE − A)  ...  = 0
vn
Diese Gleichung multipliziert man von links mit der adjungierten Matrix und erhält det(xE−
A)vi = 0 für alle 1 ≤ i ≤ n. Da nun aber v1 , . . . , vn ein R-Erzeugendensystem von R0
n
P
sind, gibt es r1 , . . . , rn ∈ R mit R0 3 1 =
ri vi , also det(xE − A) = det(xE − A)1 =
n
P
i=1
ri det(xE − A)vi = 0.
i=1
Nun ist aber det(xE − A) ein Polynom in x, also genau von der Form wie wir sie für (α)
brauchen.
(b) Es sei a =
k P
l
P
aij xi y j ∈ R[x, y] (d.h. k, l ∈ N und aij ∈ R für alle 1 ≤ i ≤ k, 1 ≤ j ≤
i=1 j=1
l). Weiterhin können wir annehmen, dass k minimal ist, dass heisst, dass es keine andere
u P
v
P
Darstellung a =
bij xi y j gibt mit u < k. Angenommen es ist nun k ≥ n. Dann können
i=1 j=1
wir xk ∈ R[x] als R-Linearkombination von 1, x, . . . , xn−1 schreiben (da R[x] als R-Modul
von 1, x, . . . , xn−1 erzeugt wird). Diese Linearkombination setzen wir dann in
a=
k X
l
X
aij xi y j
i=1 j=1
ein und erhalten (da n − 1 < k) eine Summe in der nur Potenzen von x mit Exponenten
echt kleiner als k vorkommen. Dies ist aber ein Widerspruch zur Minimalität von k. Also ist
k ≤ n − 1. Analog zeigt man nun l ≤ m − 1.
(c) Klarerweise ist jedes Element von R ganz über R (für r ∈ R nehme zum Beispiel 1r1 −
r = 0). Sind x, y ganz über R, so ist nach (a) und (b) R[x, y] endlich erzeugter R-Modul
und ausserdem ein Zwischenring R ⊂ R[x, y] ⊂ S mit x + y, xy, −x ∈ R[x, y], also sind
x + y, xy, −x ebenfalls ganz über R. Dies zeigt die Behauptung.