Prof. Dr. U. Görtz WS 2010/11 Dr. U. Terstiege A. Herrmann Lineare

Prof. Dr. U. Görtz
Dr. U. Terstiege
A. Herrmann
WS 2010/11
Lineare Algebra I
Lösungsvorschlag zu Blatt 10
Hausaufgabe 1
Sei zunächst f = λ · id für ein λ ∈ K. Dann gilt für eine beliebige Basis b1 , ..., bn von V
und eine beliebiges i die Gleichung f (bi ) = λ·bi , also ist MB
B (f ) die Diagonalmatrix deren
Diagonaleinträge alle gleich λ sind, insbesondere also unabhängig von der Basiswahl.
Wir nehmen nun umgekehrt an, daß die Matrix MB
B (f ) = (aij )i,j nicht von B
abhängt. Dies bedeutet, daß für eine beliebige Basis b1 , ..., bn gilt f (bj ) = a1j b1 + ... +
anj bn . Für n = 1 ist die lineare Abbildung f durch f (b1 ) = a11 b1 bestimmt, insbesondere
ist f = λ·id für λ = a11 ∈ K. Sei jetzt n ≥ 2. Seien i, j ∈ {1, ..., n} mit i 6= j. Wir wollen
0
0
zeigen, daß aij = 0 ist. Sei dazu b0k = bk für k 6= i und b0i = bi +bP
j . Dann ist auch b1 , ..., bn
0
0
0
eine Basis und
P es gilt also
Pf (bj ) = f (bj ) = a1j b1 + ... + anj bn = k6=i akj bk + aij (bi + bj ).
Folglich ist k akj bk = k6=i akj bk + aij (bi + bj ), also aij bj = 0, also aij = 0. Damit ist
gezeigt, daß MB
B (f ) eine Diagonalmatrix ist.
Als nächstes zeigen wir, daß aii = ajj für alle i, j ist. Sei dazu B = b1 , ..., bn wieder
eine Basis. Dann ist also f (bi ) = aii bi für alle i. Seien i, j ∈ {1, ..., n}. Jetzt betrachten
wir die Basis, die aus B hervorgeht, indem man bi und bj vertauscht. Dann folgt f (bi ) =
ajj bi und f (bj ) = aii bj . Also ist aii = ajj . Damit sind alle aii gleich. Die Matrix
MB
B (f ) ist also eine Diagonalmatrix, deren Diagonaleinträge alle gleich sind. Sei λ dieser
Diagonaleintrag. Dann ist also f (bi ) = λ · bi für alle i, also f = λ · id.
Hausaufgabe 2
a) Sei e1 , ..., en die Standardbasis des K n . Dann besteht der K n aus allen Linearkombinationen a1 e1 + ... + an en mit ai ∈ K. Für jedes ai gibt es q verschiedene Möglichkeiten.
Also gibt es q n verschiedene Summen a1 e1 + ... + an en . Der K n besteht also aus q n
Elementen.
b) Eine Matrix aus Mn×n (K) liegt ganau dann in GLn (K), wenn die Spaltenvektoren
linear unabhängig sind. Wenn wir eine Matrix aus der GLn (K) konstruieren wollen,
indem wir die Spalten nacheinander aufschreiben, können wir für die erste Spalte einen
beliebigen Spaltenvektor 6= 0 wählen, haben also q n − 1 Möglichkeiten. Für die zweite
Spalte kann man jeden Spaltenvektor nehmen, der nicht ein Vielfaches des ersten ist,
man hat also q n − q Möglichkeiten. Entsprechend kann man für die i-te Spalte jeden
Spaltenvektor nehmen, der nicht eine der q i−1 Linearkombinationen der ersten i − 1
Spalten ist, es gibt also q n − q i−1 Möglichkeiten. Insgesamt besteht die Gruppe GLn (K)
also aus genau (q n − 1) · (q n − q) · ... · (q n − q n−1 ) Elementen.
Hausaufgabe 3
Es ist rg(g ◦ f ) ≤ rg(f ), da rg(g ◦ f ) die Dimension des Bildes unter g von im f ist,
also insbesondere durch dim im f = rg f abgeschätzt ist. Ebenso ist rg(g ◦ f ) ≤ rg(g),
da rg(g ◦ f ) im Bild von g enthalten ist und also durch dessen Dimension abgeschätzt
wird. Insgesamt ist also rg(g ◦ f ) ≤ min(rg(f ), rg(g)).
Es bleibt zu zeigen, daß rg(f ) + rg(g) − dim V2 ≤ rg(g ◦ f ).
1
Es gilt
dim V1 = rg(g ◦ f ) + dim ker(g ◦ f ).
Andererseits ist
dim V1 = dim V1 + dim V2 − dim V2 = dim ker f + rg f + dim ker g + rg g − dim V2 .
Also ist
rg(g ◦ f ) − (rg f + rg g − dim V2 ) = dim ker f + dim ker g − dim ker(g ◦ f ).
Es ist zu zeigen, daß dieser Ausdruck nicht negativ ist, m.a.W. daß dim ker f +dim ker g ≥
dim ker(g◦f ). Sei f¯ die Einschränkung von f auf f −1 (ker g). Dann ist offenbar dim ker f¯ ≤
dim ker f und dim im f¯ ≤ dim ker g. Somit ist
dim ker(g ◦ f ) = dim ker f¯ + dim im f¯ ≤ dim ker f + dim ker g.
Damit ist die Behauptung gezeigt.
Hausaufgabe 4
Sei K ein Körper, sei n ≥ 2 eine natürliche Zahl.
0.1
Teil a)
Wir betrachten die Menge
G := {A = (ai,j )i,j ∈ Gln (K); ai,i = 1 für alle i}.
Behauptung: Die Menge G ist keine Untergruppe von Gln (K).
Grund: Nicht immer ist das Produkt zweier Matrizen in G wieder ein Element von
G. Betrachte z.B. die beiden Matrizen
A = I + aE1,2 ,
B = I + bE2,1 ,
a, b ∈ K,
wobei I die Einheitsmatrix in Gln (K) bezeichne, und Ei,j die Elementarmatrix bezeichne, deren (i, j)−ter Eintrag gleich 1, alle anderen Einträge gleich 0 sind. Beide Matrizen
A und B liegen offensichtlich in G, und ihr Produkt hat die Form
A · B = I + abE1,1 + aE1,2 + bE2,1 .
Wenn ab 6= 0, dann ist A · B also nicht in G.
0.2
Teil b)
Wir betrachten die Menge
D := {A = (ai,j )i,j ∈ Gln (K); ai,j = 0 für alle i 6= j},
also die Menge aller Diagonalmatrizen in Gln (K).
Behauptung: Die Menge D ist eine Untergruppe von Gln (K).
Beweis: Seien A, B ∈ D und C = (ci,j )i,j = A · B. Die Formel für die Einträge eines
Produkts von Matrizen zeigt
n
X
ci,j =
ai,k bk,j .
k=1
2
Falls nun i 6= j, so gilt für jedes k
i 6= k oder k 6= j und daher ai,k = 0 oder bk,j = 0,
und daher
ci,j =
n
X
ai,k bk,j = 0.
k=1
Die Matrix C = A · B ist somit wieder ein Element von D. Da A und B beliebig waren,
ist D abgeschlossen unter Multiplikation.
Weiters ist klar, dass die Einheitsmatrix in D liegt.
Zuletzt müssen wir überprüfen, ob das Inverse einer invertierbaren Diagonalmatrix
wieder eine Diagonalmatrix ist. Wir bezeichnen dazu mit diag(x1 , . . . , xn ) die Diagonalmatrix, in deren Diagonale die Einträge x1 , . . . , xn stehen. Wenn diag(x1 , . . . , xn )
invertierbar ist, so ist insbesondere xi 6= 0 für alle i = 1, . . . , n, und wir können die
−1
Matrix diag(x−1
1 , . . . , xn ) betrachten. Wir sehen dann, dass
−1
diag(x1 , . . . , xn ) · diag(x−1
1 , . . . , xn ) = I.
Das Inverse einer Diagonalmatrix ist also wieder eine Diagonalmatrix. Daher ist D eine
Untergruppe von Gln (K).
0.3
Teil c)
Nun ist K = Q. Aus den Überlegungen in Teil b) folgt, dass die Teilmenge
H = {A = (ai,j )i,j ∈ Gln (K); ai,j ∈ Z für alle i, j}
keine Untergruppe von Gln (K) ist. Seien beispielsweise x1 , . . . , xn ∈ Z nicht alle gleich
−1
+1 oder −1. Dann ist diag(x1 , . . . , xn ) ∈ H, aber das Inverse diag(x−1
1 , . . . , xn ) ist
nicht in H. Die Teilmenge H ist damit nicht abgeschlossen unter Inversenbildung, und
daher keine Untergruppe von Gln (K).
3