Lösungen zur linearen Algebra II, Blatt 13

Lösungen zur linearen Algebra II, Blatt 13
Aufgabe 1: Sei
√
6 +√ 2
1
A =  √2 2 √
8
− 6+2 3

√
−2√ 2
4 √2
2 6
√
√ 
− 6+
√2 3
−2 √6  ,
2+3 2
√ 
3
v =  1 .
1
Natürlich ist A der Rotationsanteil der zu untersuchenden Isometrie F . Um die Achsenmenge
zu bestimmen, suchen wir den Kern U von A − id per Gauß-Verfahren:
√
√
√
√ 

−2 +
2
−2 2√
− 6+
2 3
√
√
1
A − id =  √ 2 2 √
−8 +
−2 6√  ,
√4 2
8
− 6+2 3
2 6
−6 + 3 2
die ersten beiden Schritte des Verfahrens liefern

√
√ 
1 2+2 2 − 3
0
−16
0 ,
0
0
0

1 0
0 1
0 0
√ 
− 3
0 .
0
Der Raum U wird also erzeugt von
√ 
3
w =  0 .
1
Die orthogonale Projektion von v auf U ist w, wir benötigen noch eine Lösung x0 von
 
0
v = w + (id − A)x0 oder (A − id)x0 = −1 .
0
Indem wir die Schritte aus dem Gauß-Algorithmus von oben nun ebenfalls auf den Vektor
auf der rechten Seite anwenden, erhalten wir die äquivalente Gleichung



√ 
0
1 0 − 3
0 1
0  · x0 = 1/2 ,
0
0 0
0
eine Lösung ist also


0
x0 = 1/2 .
0
Damit erhalten wir die Gleichung
F (x) = A(x − x0 ) + x0 + w
für alle x ∈ R3 ,
die Achsenmenge von F ist x0 + U , der Translationsanteil w, und F hat keine Fixpunkte.
Gemäß der Klassifikation aller Isometrien des R3 auf dem letzten Übungsblatt ist F eine
Drehung mit Drehachse x0 + U verkettet mit einer Verschiebung um w entlang dieser Achse.
Der Konstrukteur dieser Abbildung weiß zu berichten, dass der Drehwinkel π/2 ist, und die
Drehachse bildet einen Winkel π/3 mit der e3 -Achse.
Aufgabe 2: Sei E = x + U ⊂ R3 eine Ebene.
Behauptung. Es gibt v ∈ R3 und q ∈ R mit E = {z ∈ R3 | hz , vi = q}.
1
Beweis. Wir wählen eine Orthonormalbasis (b1 , b2 ) von U und ergänzen diese zu einer Orthonormalbasis (b1 , b2 , v) von R3 . Setzen wir q = hx , vi, so gilt
E = {z ∈ R3 | z − x ∈ U } = {z ∈ R3 | hz − x , vi = 0}
= {z ∈ R3 | hz , vi = hx , vi} = {z ∈ R3 | hz , vi = q}.
³1´
√
Behauptung. Sei v = √12 1 und q = 2. Dann ist {z ∈ R3 | hz , vi = q} die Hesse0
Normalform der in der Aufabe angegebenen Ebene.
Offenbar ist v normiert und senkrecht zu der Ebene, das Skalarprodukt von v mit
Beweis.
³
´
√
2
0
ist q = 2.
0
Aufgabe 3: Sei K Körper mit Charakteristik 3.
Behauptung. Die Seitenhalbierenden in jedem Dreieck in K 2 sind parallel.
Beweis. Seien x, y, z die Eckpunkte eines Dreiecks. Die Seitenhalbierende durch den Punkt
z wird aufgespannt von x+y
2 − z. Es gilt aber in Charakteristik 3
x+y
x + y − 2z
x+y+z
−z =
=
,
2
2
2
und der letzte Ausdruck ist symmetrisch in x, y, z.
Aufgabe 4:
Behauptung. Der einzige Körperautomorphismus von R ist die identische Abbildung.
Beweis. Sei Φ Körperautomorphismus von R. Dann gilt zunächst per Definition Φ(1) = 1,
und es folgt für jedes n ∈ N
n
n
n
³X
´ X
X
Φ(n) = Φ
1 =
Φ(1) =
1 = n.
i=1
i=1
i=1
Wir erhalten daraus für jedes n ∈ N
Φ(n−1 ) · n = Φ(n−1 ) · Φ(n) = Φ(n−1 · n) = Φ(1) = 1,
also Φ(n−1 ) = Φ(n)−1 , und damit folgt für natürliche Zahlen m, n
Φ(n−1 m) = Φ(n)−1 Φ(m) = n−1 m,
d.h. alle positiven rationalen Zahlen sind Fixpunkte von Φ. Weiter gilt Φ(−1) = −1, denn
aus
Φ(−1)2 = Φ((−1) · (−1)) = Φ(1) = 1
folgt Φ(−1) ∈ {±1}, und Φ ist injektiv. Mit der Multiplikativität sehen wir sofort wie oben,
dass alle rationalen Zahlen Fixpunkte von Φ sind.
Für alle a gilt Φ(a2 ) = Φ(a)2 ≥ 0. Da wir aus jeder nichtnegativen Zahl eine Wurzel ziehen
können, muss das Bild einer einer solchen wieder nichtnegativ sein. Ist nun x ≤ y, so ist
auch Φ(x) ≤ Φ(y), denn y − x ≥ 0.
Sei nun r eine beliebige reelle Zahl. Wir wählen zwei Folgen (li ), (ui ) rationaler Zahlen, von
denen (li ) monoton wachsend gegen r konvergiert und (ui ) monoton fallend. Dann folgt
li = Φ(li ) ≤ Φ(r) ≤ Φ(ui ) = ui ,
wir sehen also, dass li und ui gegen Φ(r) konvergieren. Damit ist Φ(r) = r.
2