TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN Lineare Algebra 1 Körper

TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN
Zentrum Mathematik
Prof. Dr. Friedrich Roesler
Ralf Franken, PhD
Max Lein
Lineare Algebra 1
WS 2006/07
Lösungen Blatt 6
27.11.2006
Körper, Ringe und Gruppen
Zentralübungsaufgaben
Z13 Gruppen
Seien GLR (2), SLR (2) und SO(2) die Mengen
GLR (2) := A ∈ M2,2 (R) | A−1 existiert
SLR (2) := A ∈ M2,2 (R) | det A = 1
n
o
cos α − sin α
SO(2) := R(α) ∈ M2,2 (R) | R(α) =
,α∈R
sin α cos α
(i) Zeigen Sie, dass diese Mengen zusammen mit der Matrixmultiplikation Matrix-Gruppen sind.
(ii) Zeigen Sie, dass SO(2) ( SLR (2) ( GLR (2).
(iii) Interpretieren sie diese Gruppen geometrisch.
Lösung
(i) Wir müssen vier Punkte zeigen, nämlich: Sei G eine Menge und · : G×G −→ G eine Abbildung.
(G1) Die Multiplikation bildet tatsächlich von G × G nach G ab (Wohldefiniertheit der Multiplikation).
(G2) Die Multiplikation ist assoziativ.
(G3) Es existiert ein Einselement e ∈ G mit g · e = g ∀g ∈ G.
(G4) Es existiert für alle g ∈ G ein Inverses g −1 : g · g −1 = e.
Überprüfen wir zuerst die Gruppenaxiome für GLR (2):
(G1) Für 2 × 2-Matrizen wissen wir aus H2, dass eine Matrix genau dann invertierbar ist,
wenn det A 6= 0 gilt. Nach T 2 gilt außerdem det(A· B) = det A· det B. Das Produkt zweier
Matrizen ist also genau dann nicht invertierbar, wenn mindestens eine der Matrizen
nicht invertierbar ist. Das heißt die Matrixmultiplikation bildet tatsächlich immer zwei
invertierbare Matrizen auf eine invertierbare Matrix ab.
(G2) Das folgt sofort aus der Assoziativität der Matrixmultiplikation.
(G3) Man überzeugt sich sofort, dass idR2 ,
idR2 =
1 0
0 1
das Einselement von GLR (2) ist. Da det idR2 = 1 ist idR2 ∈ GLR (2).
1
(G4) Nach Definition der Menge muss es zu jedem A ∈ GLR (2) ein A−1 ∈ GLR (2) geben.
GLR (2) ist also eine Gruppe.
Überprüfen wir die Gruppenaxiome für SLR (2):
(G1) Genau wie oben, benutzen wir die Determinante: für alle A, B ∈ SLR (2) haben wir det(A·
B) = det A · det B = 1 · 1 = 1 und die Multiplikation bildet tatsächlich auf SLR (2) ab.
(G2) Das folgt wieder sofort aus der Assoziativität der Matrixmultiplikation.
(G3) Wieder ist idR2 das Einselement und da det idR2 = 1, ist es auch tatsächlich ein Element
der Menge SLR (2).
(G4) Da det A = 1 für alle A ∈ SLR (2), sind alle Elemente der Menge invertierbar.
SLR (2) ist eine Gruppe.
Die Gruppenaxiome für SO(2) sind in H15 (a) überprüft worden, die Kommutativität ist Gegenstand von H16 (i).
(ii) Es ist klar, dass SLR (2) ( GLR (2): in GLR (2) Matrizen mit det A 6= 1 enthalten.
Da per Definition von SO(2) die Einträge zwischen −1 und +1 liegen müssen, ai j ∈ [−1, +1]
∀1 ≤ i, j ≤ 2 für A = (ai j )1≤i, j≤2 ∈ SO(2), ist
2 1
B=
1 1
zwar ein Element von SLR (2), det B = 1, aber nicht von SO(2).
(iii) Diese Gruppen tauchen beispielsweise im Zusammenhang mit Koordinatentransformationen
Φ in Integralen auf: eine Koordinatentransformation ist genau dann volumenerhaltend, falls
det(∂ x i ∂ x j Φ)1≤i, j≤2 = 1 ist. GLR (2) entspricht also einer Transformation mit Volumenänderung. Beispielsweise ist die Streckung der Basisvektoren um das Doppelte (also A = 2idR2 )
eine solche Transformation.
SLR (2) entspricht volumenerhaltenden Transformationen (Scherungen, Drehungen) während
SO(2) nur Drehungen um den Ursprung enthält.
Die Gruppen SLR (2) und SO(2) sind in der Physik von allerhöchster Bedeutung, sie sind – zusammen mit ihren Verallgemeinerungen für den n-dimensionalen Fall – häufig anzutreffende
Symmetriegruppen. Ohne eine gruppentheoretische Analyse ist es häufig gar nicht möglich
bestimmte Theorien aufzustellen (z. B. die Theorie des Spins und der Helizität in der Quantenmechanik).
Z14 Ring der Polynome
Sei K ein Körper. Dann definieren wir die Menge der Polynome:
PN
K[X ] := P | P(X ) = n=0 αn X n , N ∈ N0
(i) Zeigen Sie, dass ein Körper nullteilerfrei ist: a · b = 0 ⇔ a = 0 ∨ b = 0.
(ii) Zeigen Sie, dass K[X ] mit der üblichen Addition und Multiplikation ein Ring ist.
2
(iii) Sei K eine Nullstelle des Polynoms P ∈ K[X ]. Zeigen Sie, dass es dann ein P 0 ∈ K[X ] gibt mit
P(X ) = (X − K)P 0 (X ).
(iv) Sei P ∈ K[X ], P 6= 0, und N die Zahl der Nullstellen von P. Beweisen Sie, dass N ≤ deg P.
Lösung
(i) ⇐: Falls a = 0 oder b = 0, so ist auch a · b = 0.
⇒: Falls a = 0 = b so folgt a · b = 0.
Sei daher ohne Beschränkung der Allgemeinheit a 6= 0 (die Rollen von a und b sind ja symmetrisch): dann folgt
b = (a−1 · a) · b = a−1 · (|{z}
a · b) = 0
=0
(ii) Sei R eine Menge mit zwei Verknüpfungen, einer ‘Addition’ und einer ‘Multiplikation’. Dieses
Tripel (R, +, ·) heißt Ring, wenn gilt:
(R1) (R, +) ist eine abelsche Gruppe.
(R2) (R, ·) ist ein Monoid (eine Halbgruppe mit Einselement).
(R3) Die Verknüpfungen sind distributiv, das heißt
(a + a0 ) · b = a · b + a0 · b
a, a0 , b ∈ R
a · (b + b0 ) = a · b + a · b0
a, b, b0 ∈ R
Ein Ring ist also fast ein Körper, es fehlt die Bedingung, dass für alle R\{0R } ein inverses
Element bezüglich der Multiplikation existiert.
PN1
PN2
Seien also R = K[X ], P1 , P2 ∈ K[X ] zwei Polynome, P1 (X ) = n=0
αn X n , P2 (X ) = n=0
βn X n ,
N1 , N2 ∈ N0 . Sei weiterhin ohne Einschränkung N1 ≥ N2 . Dann definieren wir Summe und
Produkt dieser zwei Polynome wie gewohnt als
P1 (X ) + P2 (X ) :=
N1
X
N1
N2
X
X
∗
αn X n +
βn X n =
(αn + βn ) X n
n=0
P1 (X ) · P2 (X ) :=
N1
X
n=0
n=0
N2
1 +N2 X
X
NX
n
n
(α j βl ) X n
αn X ·
βn X
=
n=0
n=0
n=0 j+l=n
Im mit ∗ markierten Schritt haben wir das erste Polynom trivial fortgesetzt, βN2 +1 = βN2 +2 =
. . . = βN1 = 0.
(R1) (R, +) ist eine (abelsche) Gruppe mit neutralem Element 0 ∈ K[X ] und Inversem −P.
(R2) (R, ·) ist eine Halbgruppe, da das Produkt zweier Polynome wieder ein Polynom ist. Es
ist sogar ein Monoid mit neutralem Element id = 1 (der Einsfunktion).
(R3) Man muss nur eine Richtung zeigen, da die Addition und das Produkt · kommutativ
sind. Der Rest ist eine leichte Übungsaufgabe.
3
Allgemein kann man sagen, dass zusätzliche mathematische Struktur für Mathematiker und
Physiker gleichermaßen lebensnotwendig ist.
Betrachten Sie die Differentialgleichung für den Schwingkreis:
d2
dt 2
x + ω2 x 2 = 0
Wir werden später sehen, dass viele Funktionenräume, z. B. die stetigen Funktionen, einen
Vektorraum bilden. Das soll bedeuten, dass die Summe zweier stetiger Funktionen wieder eine stetige Funktion ist, usw. Auch Lösungen von linearen Differentialgleichungen bilden einen
Vektorraum: wir wissen aus der Schule, dass x 1 (t) = sin ωt und x 2 (t) = cos ωt obige Differentialgleichung lösen. Da die Lösungen einen Vektorraum bilden, folgt aber sofort, dass auch
x 1 (t) + x 2 (t) = sin ωt + cos ωt die Differentialgleichung löst. So kann man eine passende
Linearkombination zu den gewählten Anfangsbedingungen wählen ohne sich Gedanken machen zu müssen, ob diese bestimmte Linearkombination die Differentialgleichung wieder löst,
sie tut es automatisch.
Zusätzliche Struktur ist also hilfreich, Probleme effizient zu lösen.
(iii) Wir benutzen Polynomdivision mit Rest und erhalten so P 0 , R ∈ K[X ] derart, dass
P(X ) = (X − K) · P 0 (X ) + R(X )
Wir wissen bereits, dass deg R = 0 sein muss, also R(X ) = α0 . Weiterhin ist P(K) = 0 nach
Voraussetzung.
!
P(K) = (K − K) · P 0 (K) + R(K) = R(K) = 0
Somit ist R(X ) = 0 und wir haben gezeigt, dass P(X ) = (X − K) · P 0 (X ).
(iv) Umgangssprachlich ist der Grad eines Polynoms der höchste Exponent aller Summanden.
Definition (Grad eines Polynoms) Der Grad eines Polynoms P ∈ K[X ] ist
PN
deg P := min N ∈ N0 | P(X ) = n=0 αn X n
Wir beweisen induktiv nach N = deg P:
Induktionsanfang: Für N = 0 sind Polynome konstant und können keine Nullstellen haben, es
sei denn, es ist das Nullpolynom. Also ist 0 = M ≤ N = 0.
/ N + 1: Sei P ein Polynom N + 1-ten Grades und K ∈ K eine Nullstelle
Induktionsschritt, N
(hätte P keine Nullstelle, so wäre M = 0 ≤ N + 1 und die Behauptung wäre erfüllt). Nach
Z14.3 gilt P(X ) = (X − K) · P 0 (X ) für ein P 0 ∈ K[X ]. Weiterhin ist deg P 0 = N und wir können
die Induktionsvoraussetzung auf P 0 anwenden, nämlich die Anzahl der Nullstellen von P 0 M 0
erfüllt M 0 ≤ N . Somit ist auch M = M 0 + 1 ≤ N + 1.
4
Tutoraufgaben
T13 Gruppen über Z
Seien GL+
Z (2), SLZ (2) und SOZ (2) definiert als Menge der Matrizen mit Einträgen in Z mit
−1
GL+
∈ M2,2 (Z) existiert, det A > 0
Z (2) := A ∈ M2,2 (Z) | A
SLZ (2) := A ∈ M2,2 (Z) | det A = 1
n
o
cos α − sin α
SOZ (2) := R(α) ∈ M2,2 (Z) | R(α) =
∈ M2,2 (Z), α ∈ R
sin α cos α
(i) Zeigen Sie, dass GL+
Z (2) ( A ∈ M2,2 (Z) | det A > 0 .
(ii) Zeigen Sie, dass GL+
Z (2) = SLZ (2).
(iii) Geben Sie alle Elemente von SOZ (2) an.
(iv) Zeigen Sie, dass SOZ (2) ( SLZ (2). Geben Sie eine Matrix B an mit B ∈ SLZ (2)\SOZ (2).
Lösung
(i) Ein einfaches Gegenbeispiel liefert die Behauptung: sei A ∈ M2,2 (Z) folgende Matrix:
A=
3 1
1 1
Offensichtlich ist det A = 2 und das Inverse (aufgefasst als Matrix mit reellen Einträgen) ist
nach H2
1/2
−1/2
1 1 −1
−1
6∈ M2,2 (Z)
= −1
A =
/2 3/2
2 −1 3
!
−1
−1
(ii) SLZ (2) ⊇ GL+
= 1 muss det A−1 = (det A)−1 sein. Damit
Z (2): Da det(A · A ) = det A · det A
sowohl det A als auch det A−1 ganzzahlig sind, det A, det A−1 ∈ Z (die Einträge der Matrizen
sind ganze Zahlen und somit muss auch die Determinante eine ganze Zahl sein), sind nur
die Matrizen in M2,2 (Z) invertierbar mit det A = ±1. GL+
Z (2) enthält aber nur Matrizen mit
det A > 0, somit ist nur det A = 1 möglich.
Wir müssen dennoch überprüfen, ob tatsächlich A−1 ∈ M2,2 (Z) ist. Nach H2 ist das Inverse
einer 2 × 2-Matrix gegeben durch
1
a22 −a12
a22 −a12
A−1 =
=
−a21 a11
det A −a21 a11
Die Einträge bleiben also ganzzahlig und A−1 ∈ M2,2 (Z). Also haben wir SLZ (2) = GL+
Z (2).
+
+
SLZ (2) ⊆ GLZ (2): Sei also A ∈ SLZ (2), det A = 1. Dann ist A ∈ GLZ (2), denn A ist in M2,2 (Z)
invertierbar (wir haben ja einen expliziten Ausdruck für das Inverse).
(iii) Die Elemente von SOZ (2) erhält man durch Einsetzen geeigneter Winkel α derart, dass sin α, cos α ∈
{−1, 0, +1}.
1 0
−1 0
0 −1
0 1
SOZ (2) =
,
,
,
=: {e, g1 , g2 , g3 }
0 1
0 −1
1 0
−1 0
5
(iv) Ein Beispiel für eine Matrix B ∈ SLZ (2)\SOZ (2) ist
1 1
B=
1 2
Offensichtlich ist det B = 1 und das Inverse ist ebenfalls eine M2,2 (Z)-Matrix.
B
−1
=
1
det B
2 −1
−1 1
=
2 −1
−1 1
T14 Endliche Gruppen
Sei G eine endliche Gruppe mit n Elementen (|G| = n) und Einselement e.
(i) Zeigen Sie, dass für jedes g ∈ G ein k ∈ N, k ≤ n, existiert, so dass g k = e.
(ii) Sei g ∈ G derart, dass min{k ∈ N | g k = e} = n ist. Zeigen Sie, dass g ein Generator der
Gruppe ist, G = {g j | 0 ≤ j ≤ n − 1}.
(iii) Geben Sie für alle Elemente g von SOZ (2) das minimale k ∈ N an, für das gilt: g k = idZ2 .
Welche Elemente sind Generatoren von SOZ (2)? Interpretieren Sie geometrisch!
Lösung
(i) Für g = e ist k = 1 und die Aussage ist trivial, e1 = e. Wir schließen k = 0 aus, da wir g 0
definieren als g 0 =: e. (Das ist vollkommen analog zu a0 = 1 für a ∈ R\{0}.)
Sei also g 6= e. Angenommen, es gäbe kein k ≤ n mit g k = e, das heißt n < k ≤ ∞ (k = ∞
bedeutet hier, dass kein endliches k g k = e erfüllt). Da g 6= e ist g 2 6= g. Analog dazu folgert
man g m 6= g j für 1 ≤ j < m ≤ k, denn ansonsten hätte man g m− j = e, Widerspruch!
∗
!
g m = g m− j · g j = g j
Im mit ∗ markierten Schritt haben wir die Assoziativität der Gruppenverknüpfung ausgenutzt.
Da die Gruppenverknüpfung · : G × G −→ G wohldefiniert ist (also nach G abbildet), muss
g j ∈ G, 1 ≤ j ≤ k − 1, sein. Somit gilt {g 0 , g 1 , . . . , g k−1 } ⊆ G. Die Mächtigkeit der linken
Menge ist k, die der rechten n. Da die Mächtigkeit einer Teilmenge kleiner oder gleich der
Mächtigkeit der Obermenge sein muss, gilt k ≤ n, Widerspruch!
Das heißt es gibt ein k ≤ n mit g k = e.
(ii) Sei g ∈ G derart, dass k = n ist. Zeigen Sie, dass g ein Generator der Gruppe ist.
Definition (Generator einer endlichen Gruppe) Ein Element g0 einer endlichen Gruppe G
mit Mächtigkeit n heißt Generator, falls G = {g0 0 = e, g0 1 , . . . , g0 n−1 }
Sei also k = n für ein g0 ∈ G. Da aus g0 j = e j = n folgt, muss auch g0 m 6= g0 j für alle
1 ≤ j ≤ m ≤ n gelten. Das bedeutet |{g0 0 , g0 1 , . . . , g0 n−1 }| = n und {g0 0 , g0 1 , . . . , g0 n−1 } ⊆ G.
Da Ober- und Untermenge dieselbe Mächtigkeit haben, müssen sie gleich sein und g0 ist ein
Generator von G.
6
(iii) SOZ (2) besteht aus vier Elementen:
1 0
−1 0
0 −1
0 1
SOZ (2) =
,
,
,
=: {e, g1 , g2 , g3 }
0 1
0 −1
1 0
−1 0
Für e ist k = 1, e1 = e. Für g1 = −e ist k = 2, g2 und g3 sind Generatoren von G, k = 4, wie
man durch direktes Ausrechnen einsieht.
0 −1
0 −1
−1 0
2
2
g2 =
=
= −e =⇒ g2 4 = (g2 2 ) = (−e)2 = e
1 0
1 0
0 −1
0 1
0 1
−1 0
2
2
g3 =
=
= −e =⇒ g3 4 = (g3 2 ) = (−e)2 = e
−1 0
−1 0
0 −1
T15 Gleichungssysteme mit Restklassen
Lösen sie folgendes Gleichungssystem in R und in F5 = Z/5Z:
2x 1 + 4x 2 = 1
2̄ · x̄ 1 + 4̄ · x̄ 2 = 1̄
4x 1 + 3x 2 = 7
4̄ · x̄ 1 + 3̄ · x̄ 2 = 7̄
Lösung
Wir lösen zuerst das Gleichungssystem mit Einträgen in den reellen Zahlen.
2x 1 + 4x 2 = 1 =⇒ 2x 1 = 1 − 4x 2
(i)
4x 1 + 3x 2 = 7
(ii)
Wir setzen (i) in (ii) ein und erhalten
2 · (1 − 4x 2 ) + 3x 2 = 7 =⇒ 2 − 5x 2 = 7
Also ist x 2 = −1 und somit x 1 = 5/2.
Bevor wir mit der eigentlichen Rechnung beginnen, stellen wir die Multiplikations- und Additionstabellen für den Körper F5 = Z/5Z auf.
· 0̄ 1̄ 2̄ 3̄ 4̄
+ 0̄ 1̄ 2̄ 3̄ 4̄
0̄ 0̄ 1̄ 2̄ 3̄ 4̄
0̄ 0̄ 0̄ 0̄ 0̄ 0̄
1̄ 0̄ 1̄ 2̄ 3̄ 4̄
1̄ 1̄ 2̄ 3̄ 4̄ 0̄
2̄ 0̄ 2̄ 4̄ 1̄ 3̄
2̄ 2̄ 3̄ 4̄ 0̄ 1̄
3̄ 0̄ 3̄ 1̄ 4̄ 2̄
3̄ 3̄ 4̄ 0̄ 1̄ 2̄
4̄ 0̄ 4̄ 3̄ 2̄ 1̄
4̄ 4̄ 0̄ 1̄ 2̄ 3̄
Stellen wir zuerst die zwei Gleichungen in den niedrigstmöglichen Repräsentanten dar.
2̄ · x̄ 1 + 4̄ · x̄ 2 = 1̄
(i)
4̄ · x̄ 1 + 3̄ · x̄ 2 = 2̄
(ii)
Wir müssen nun etwas aufpassen, da Rechnungen in Restklassen ungewohnt sind. Wir stellen (i)
nach x̄ 1 um und erhalten
2̄ · x̄ 1 = 1̄ − 4̄ · x̄ 2 =⇒ 3̄ · 2̄ · x̄ 1 = x̄ 1 = 3̄ · (1̄ + x̄ 2 ) = 3̄ + 3̄ · x̄ 2
Wir setzen in (ii) ein.
4̄ · (3̄ + 3̄ · x̄ 2 ) + 3̄ · x̄ 2 = 2̄ =⇒ 2̄ + 2̄ · x̄ 2 + 3̄ · x̄ 2 = 2̄ + 0̄ · x̄ 2 = 2̄
7
Diese Gleichung ist immer erfüllt und wir haben mehr als eine Lösung (endlich viele, da der Körper
endlich ist!), nämlich 5:
(0̄, 4̄), (1̄, 1̄), (2̄, 3̄), (3̄, 0̄), (4̄, 2̄)
Jetzt kann man sich fragen, wie es möglich sein kann, dass eine Gleichung im Körper R eine eindeutig bestimmte Lösung hat, im Körper F5 aber 5? Die untere Gleichung ist 7̄ · (i) = (ii). Daher
sind die Vektoren (2̄, 4̄) und (4̄, 3̄) linear abhängig, 7̄ · (2̄, 4̄) = (14, 28) = (4̄, 3̄).
8
Hausaufgaben
H16 Gruppen [3 Punkte]
(i) Zeigen Sie, dass SO(2) mit Matrixmultiplikation eine kommutative Gruppe ist. [1 Punkte]
−
(ii) Überprüfen Sie, ob GL−
R (2), GLR (2) := A ∈ GLR (2) | det A < 0 , eine Gruppe, ein Monoid
oder Halbgruppe ist. [2 Punkte]
Lösung
(i) Die Gruppenaxiome (G1)–(G4) (eigentlich (G2)–(G4), (G1) ist die Wohldefiniertheit des Produkts) lassen sich leicht überprüfen. Das ist in H15 a) bereits geschehen (muss also nicht noch
Mal gezeigt werden).
(G1) Wir benutzen die Additionstheoreme für Sinus und Kosinus.
cos α − sin α
cos β − sin β
R(α) · R(β) =
sin α cos α
sin β
cos β
cos α · cos β − sin α · sin β − sin α · cos β − sin β cos α
=
sin α · cos β + sin β cos α − sin α · sin β + cos α · cos β
cos(α + β) − sin(α + β)
= R(α + β)
=
sin(α + β) cos(α + β)
(∗)
(G2) Die Assoziativität des Produkts folgt aus der Assoziativität des Matrixprodukts.
(G3) Da R(0) = idR2 , ist auch idR2 ∈ SO(2).
(G4) Man kann leicht zeigen, dass det R(α) = 1 = cos2 α − (− sin2 α) gilt. Somit wissen wir,
dass R(α) invertierbar ist. Mit (∗) ist aber auch das Inverse R(α)−1 = R(−α) ∈ SO(2) ein
Element der Gruppe.
Die Kommutativität wird auch mittels (∗) gezeigt:
(∗)
R(α) · R(β) = R(α + β) = R(β + α)
(∗)
= R(β) · R(α)
(ii) Da idR2 6∈ GL−
R (2), kann diese Menge weder eine Gruppe noch ein Monoid sein. Seien A, B ∈
GL−
(2).
Dann
ist det(A· B) = det A·det B > 0. Somit ist das Produkt zweier Matrizen aus dieser
R
Menge keine Matrix aus dieser Menge, A · B 6∈ GL−
R (2).
H17 Gleichungssysteme in Z/nZ [13 Punkte]
(i) Lösen Sie die Gleichung x̄ 2 = −1 in Z/17Z. [2 Punkte]
(ii) Lösen Sie die Gleichung x̄ 2 = 1̄ in Z/8Z. [2 Punkte]
(iii) Wieso kann eine Gleichung obigen Typs (ein Polynom zweiten Grades) mehr als zwei Lösungen haben? Steht das im Widerspruch zu Z14.4? [2 Punkte]
9
(iv) Überprüfen Sie, ob folgende Matrizen invertierbar sind und geben Sie, falls möglich, das Inverse explizit an (Probe!). [6 Punkte]
2 2
A=
∈ M2,2 (R)
−2 2
1 −4
B=
∈ M2,2 (R)
−1 −2
2
Ā =
−2
1
B̄ =
−1
2
2
∈ M2,2 (Z/3Z)
−4
−2
∈ M2,2 (Z/3Z)
(v) Sei A ∈ M2,2 (R) eine Matrix mit Einträgen aus einem Ring R. Ist det A 6= 0R (0R ist das Nullelement der Addition auf R) eine hinreichende Bedingung dafür, dass A in M2,2 (R) invertierbar
ist? [1 Punkte]
Lösung
(i) Man sieht, dass −1 = 16 ist und somit x̄ = 4̄ eine Lösung ist. Auch −4 = 13 ist eine Lösung
2
der Gleichung, denn 13 = 169 = −1 = 16.
Da 17 prim ist, greift Satz 4.4 aus der Vorlesung und Z/17Z = F17 ist ein Körper. Somit
wissen wir aus Z14.4, dass x̄ 2 = −1 nur zwei Lösungen haben kann; wir haben daher bereits
alle Lösungen gefunden.
Alternativ können wir explizit die Multiplikationstabelle aller Quadrate hinschreiben um das
einzusehen:
n
n2
0
0
1
1
2
4
3
9
4
16
5
8
6
2
7
15
8
13
9
13
10
15
11
2
12
8
13
16
14
9
15
4
16
1
(ii) Wir sehen uns die Multiplikationstabelle aller Quadrate in Z/8Z an: die Gleichung hat 4
Lösungen, nämlich 1, 3, 5 und 7.
n
n2
0
0
1
1
2
4
3
1
4
0
5
1
6
4
7
1
(iii) Die Voraussetzungen für den Satz aus Z14.4 sind nur im ersten Fall gegeben, denn Z/17Z ist
ein Körper, Z/8Z ist keiner (sondern nur ein Ring)! Das folgt aus Satz 4.4 der Vorlesung. Der
Satz sagt nichts über Polynome über Ringen aus (wie beispielsweise Z/8Z).
(iv) Um A und B zu invertieren, können wir direkt die Formel aus H2 anwenden. Für eine invertierbare Matrix A = (ai j )1≤i, j≤2 ist das Inverse gegeben durch
A−1 =
1
a22 −a12
det A −a21 a11
Da det A = 2 · 2 − 2 · (−2) = 8 6= 0 und det B = 1 · (−2) − (−4) · (−1) = −6 6= 0 sind beide
Matrizen invertierbar.
1 2 −2
1 1 −1
−1
A =
=
8 2 2
4 1 1
1 −2 4
1 2 −4
−1
B =
=
−6 1 1
6 −1 −1
10
Wir invertieren Ā und B̄ per Hand. Um die Notation einfacher zu halten, definieren wir
Ā1 := (c̄i j )1≤i, j≤2 und B̄ 1 := (d̄i j )1≤i, j≤2 (ansonsten müssten wir die Komponenten als a−1 i j
schreiben).
2 2
c 11 c 12 ! 1 0
−1
Ā · Ā =
=
c 21 c 22
−2 2
0 1
Wir erhalten vier Gleichungen mit vier Unbekannten; wenn wir berücksichtigen, dass −2 = 1̄,
erhalten wir
2̄ · c̄11 + 2̄ · c̄21 = 1̄
(i)
1̄ · c̄11 + 2̄ · c̄21 = 0̄ =⇒ c̄11 = −2̄ · c̄21 = 1̄ · c̄21 = c̄21
(ii)
2̄ · c̄12 + 2̄ · c̄22 = 0̄ =⇒ 2̄ · c̄12 = −2̄ · c̄22 = 1̄ · c̄22 = c̄22
(iii)
1̄ · c̄12 + 2̄ · c̄22 = 1̄
(iv)
Wir setzen (ii) in (i) und (iii) in (iv) ein.
!
2̄ · c̄11 + 2̄ · c̄11 = (2̄ + 2̄) · c̄11 = 1̄ · c̄11 = c̄11 = 1̄ =⇒ c̄21 = 1̄
!
1̄ · c̄12 + 2̄ · (2̄ · c̄12 ) = c̄12 + 1̄ · c̄12 = 2̄ · c̄12 = 1̄ =⇒ c̄12 = 2̄ =⇒ c̄22 = 1̄
Somit haben wir insgesamt
−1
Ā
=
1̄ 2̄
1̄ 1̄
und machen die Probe:
1̄ 0̄
2̄ · 1̄ + 2̄ · 1̄ 2̄ · 2̄ + 2̄ · 1̄
1̄ 2̄
2̄ 2̄
=
=
0̄ 1̄
1̄ · 1̄ + 2̄ · 1̄ 1̄ · 2̄ + 2̄ · 1̄
1̄ 1̄
1̄ 2̄
Wir setzen für B −1 an:
B̄ · B̄
−1
1̄ 2̄
d̄11
=
2̄ 1̄
d̄21
d̄12
d̄22
!
=
1̄ 0̄
0̄ 1̄
Wir erhalten vier Gleichungen mit vier Unbekannten; wenn wir berücksichtigen, dass −2 = 1̄,
erhalten wir
1̄ · d̄11 + 2̄ · d̄21 = 1̄
(i)
2̄ · d̄11 + 1̄ · d̄21 = 0̄ =⇒ d̄21 = −2̄ · d̄11 = 1̄ · d̄11 = d̄11
(ii)
1̄ · d̄12 + 2̄ · d̄22 = 0̄
(iii)
2̄ · d̄12 + 1̄ · d̄22 = 1̄
(iv)
Wir setzen (ii) in (i) ein und erhalten einen Widerspruch.
!
d̄11 + 2̄ · d̄11 = (1̄ + 2̄) · d̄11 = 0̄ · d̄11 = 0̄ = 1̄
B̄ ist also nicht invertierbar. Vorsichtshalber berechnen wir die Determinante: det B̄ = 1̄ · 1̄ −
2̄ · 2̄ = 1̄ − 4̄ = 0̄.
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Alternativ kann man auch die Formel für das Inverse aus H2 (über R) auch über andere
Körper definieren: sei ā−1 die (eindeutig bestimmte) Lösung der Gleichung ā · ā−1 = 1̄. Dann
definieren wir Ā−1 als
−1
ā22 −ā12
−1
Ā = det Ā
−ā21 ā11
Wir überprüfen anhand der zwei Matrizen aus dieser Aufgabe:
2̄ −2̄
2̄ 1̄
1̄ 2̄
Ā−1 = 8̄−1
= |{z}
2̄−1
=
−1̄ 2̄
2̄ 2̄
1̄ 1̄
=2̄
Für Ā funktioniert sie. Im Falle von B̄ sieht man, dass die Determinante 0̄ ist, det B̄ = −6 = 0̄.
Man sieht also, dass sich die Inversionsformel für 2 × 2-Matrizen auch auf andere Körper
verallgemeinern lässt. Für Matrizen mit Einträgen aus Ringen (beispielsweise Z) ist diese im
allgemeinen Aussage falsch.
(v) Die Antwort ist nein, Beweis durch Gegenbeispiel. Sei A wie in H18.4,
2 2
A=
−2 2
A hat kein Inverses in M2,2 (Z), wohl aber eines in M2,2 (R) (was wir als A−1
R bezeichnen)! Die
−1
Einträge von AR sind nicht aus Z.
A−1
R
=
1
8
2 −2
2 2
=
1/4
1/4
−1/4
1/4
6∈ M2,2 (Z)
Der Grund ist, dass eine Matrix mit Einträgen in Ringen genau dann invertierbar ist, falls
det A ∈ R ein invertierbares Element (bezüglich der Multiplikation) des Ringes ist. Ringe haben mindestens ein invertierbares Element bezüglich der Multiplikation, nämlich das Einheitselement 1R . Der Ring (Z, +, ·) hat zwei invertierbare Elemente: −1 und +1.
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