(1 0 ) und L (1 2 ) = (1 1 )

Aufgabe 1.
2
1
1
1
=
und L
=
bestimmte lineare Abbildung. Bestimmen
3
0
2
1
Sie die darstellende Matrix [L]B , wobei B die kanonische Basis von R2 sei.
Es sei L : R2 → R2 die durch L
Beweis. Es gilt
2 · (2, 3) − 3 · (1, 2) = (4, 6) − (3, 6) = (1, 0)
und
2 · (1, 2) − (2, 3) = (2, 4) − (2, 3) = (0, 1).
Damit folgt
L((1, 0)) = L(2 · (2, 3) − 3 · (1, 2)) = (2, 0) − (3, 3) = (−1, −3) = (−1) · (1, 0) + (−3) · (0, 1)
und
L((0, 1)) = L(2 · (1, 2) − (2, 3)) = (2, 2) − (1, 0) = (1, 2) = 1 · (1, 0) + 2 · (0, 1).
Die darstellende Matrix der Abbildung L bezüglich der Basis {(1, 0), (0, 1)} ist somit gegeben durch
−1 1
.
−3 2
Aufgabe 2.
Für welche λ ∈ C ist die Matrix

1
−λ
Aλ := 
 0
0
λ
1
0
0

0
0

λ
1
0
λ
1
0
invertierbar? Bestimmen Sie für diese λ die Inverse von Aλ .
Beweis. Wir verwenden den Gauß-Algorithmus, um festzustellen, ob die Matrix Aλ , λ ∈ C, invertierbar
ist, und bestimmen zugleich ihre Inverse. Die Matrix Aλ ist genau dann invertierbar und besitzt Inverse
Bλ , wenn gilt




1 0 0 0
1 λ 0 0


 −λ 1 λ 0 
 Bλ =  0 1 0 0 
Aλ Bλ = I4 ⇐⇒ 
 0 0 1 0 
 0 0 1 λ 
0 0 0 1
0 0 0 1




1 0 0 0
1
λ
0 0


 0 1 + λ2 λ 0 
 Bλ =  λ 1 0 0 
⇐⇒ 

 0

0 0 1 0 
0
1 λ
0 0 0 1
0
0
0 1
Gilt λ2 = −1, so ist λ · Aλ · (1, 0, 0, 0) = A · (0, 1, 0, 0), die ersten beiden Spalten von Aλ also linear
abhängig. Für solche λ hat Aλ also höchstens Rang 3 und ist daher nicht invertierbar. Da in C aus
λ2 = −1 entweder λ = i oder λ = −i folgt, sind Ai und A−i somit nicht invertierbar. Nehmen wir
hingegen λ2 6= −1 und setzen c := 1 + λ2 , so gilt also




1 0 0 0
1 λ 0 0
 λ 1 0 0 
 0 c λ 0 



Aλ Bλ = I4 ⇐⇒ 
 0 0 1 λ  Bλ =  0 0 1 0 
0 0 0 1
0 0 0 1




2
1 − λ2 /c −λ/c 0 0
1 0 −λ /c 0

 0 c
λ
1
0 0 
λ
0 

 Bλ = 
⇐⇒ 


 0 0
0
0
1 0 
1
λ
0
0
0 1
0 0
0
1




3
2
2
1 0 0 λ /c
1 − λ /c −λ/c λ /c 0
 0 c 0 −λ2 

λ
1
−λ 0 
 Bλ = 

⇐⇒ 
 0 0 1


0
0
1
0 
λ
0 0 0
1
0
0
0
1




2
2
3
1 0 0 0
1 − λ /c −λ/c λ /c −λ /c
 0 c 0 0 

λ
1
−λ
λ2 


.
⇐⇒ 
 0 0 1 0  Bλ = 
0
0
1
−λ 
0 0 0 1
0
0
0
1
Für λ 6= ±i ist Aλ also invertierbar mit Inverser


Bλ = 

λ2
1+λ2
λ
1+λ2
1−
0
0
λ
− 1+λ
2
1
1+λ2
λ2
1+λ2
λ
− 1+λ
2
0
0
1
0
−λ
1
λ
− 1+λ
2
3
λ2
1+λ2


.

Aufgabe 3.
Wir betrachten den R-Vektorraum M (2, 2; R). Untersuchen Sie,
unabhängig ist, wobei
1 2
2 4
3
X=
,
,
2 0
5 1
7
Beweis. Seien λ1 , λ2 und λ3 reelle Skalare mit
1 2
2
0 = λ1 ·
+ λ2 ·
2 0
5
4
1
ob die Teilmenge X ⊂ M (2, 2; R) linear
0
.
1
+ λ3 ·
3
7
0
1
.
Dann muss insbesondere 0 · λ1 + 1 · λ2 + 1 · λ3 = 0 bzw. λ3 = −λ2 gelten. Also ist obige Gleichung
äquivalent zu
1 2
2 4
3 0
0 = λ1 ·
+ λ2 ·
−
2 0
5 1
7 1
1 2
−1 4
= λ1 ·
+ λ2 ·
2 0
−2 0
Dann ist λ1 − λ2 = 0 bzw. λ1 = λ2 und somit
0 = λ1 ·
0
0
6
0
.
Hieraus folgt dann λ1 = 0 und somit auch λ2 = −λ3 = 0. Die Menge X ist folglich linear unabhängig.
Aufgabe 4.
Es sei V ein endlich-dimensionaler Vektorraum über einem Körper K, und L1 , L2 : V → V zwei Endomorphismen von V . Zeigen Sie:
Rang(L1 ) + Rang(L2 ) − dim V ≤ Rang(L1 ◦ L2 ).
Beweis. Wir betrachten die Einschränkung L1 |im(L2 ) : im(L2 ) → V . Es gilt
Rang(L1 ◦ L2 ) = dim im(L1 ◦ L2 ) = Rang(L1 |im(L2 ) ).
Wir wenden den Rangsatz sowohl auf L1 als auch auf die Einschränkung L1 |im(L2 ) an und erhalten
Rang(L2 ) = dim im(L2 ) = Rang(L1 |im(L2 ) ) + dim ker(L1 |im(L2 ) )
= Rang(L1 ◦ L2 ) + dim ker(L1 |im(L2 ) )
≤ Rang(L1 ◦ L2 ) + dim ker(L1 )
= Rang(L1 ◦ L2 ) + dim V − Rang(L1 ),
was äquivalent zur behaupteten Aussage ist.
Aufgabe 5.
Zeigen Sie, dass das charakteristische Polynom von


7 −3 1
A =  8 −3 1 ∈ M (3, 3; R)
−4 2 0
in Linearfaktoren zerfällt. Bestimmen Sie alle Eigenwerte von A sowie deren algebraische und geometrische Vielfachheit. Ist A diagonalisierbar? Falls nicht, so bestimmen Sie die Jordansche Normalform von
A.
Beweis. Wir bestimmen zunächst das charakteristische Polynom χ ∈ R[X] von A. Es gilt


7−X
−3
1
8
−3 − X
1 
χ = det 
−4
2
−X
8 −3 − X
7 − X −3
7−X
−3
= 1 · det
− 1 · det
+ (−X) ·
−4
2
−4
2
8
−3 − X
0 1−X
1 − X −3
7−X
−3
= 1 · det
− 1 · det
+ (−X) ·
−4
2
0
2
8
−3 − X
= 4 − 4X − (2 − 2X) − X(−21 − 7X + 3X + X 2 + 24)
= 2 − 2X − 3X + 4X 2 − X 3
= 2 − X(5 − 4X + X 2 )
= 2 − X (X − 2)2 + 1
= 2 − X − X(X − 2)2
= −(X − 2)(1 + X(X − 2))
= −(X − 2)(X − 1)2 ,
wobei in der zweiten Zeile der Entwicklungssatz von Laplace, angewandt auf die dritte Spalte, und in
der dritten Zeile die Invarianz der Determinante unter elementaren Zeilen– bzw. Spaltenumformungen
verwendet wurde. Wir halten fest:
1. Das charakteristische Polynom zerfällt.
2. Die Eigenwerte von A sind 1 und 2; der Eigenwert 1 tritt zudem mit algebraischer Vielfachheit 2
auf, der Eigenwert 2 mit algebraischer Vielfachheit 1.
3. Es gilt

6
A − I4 =  8
−4
−3
−4
2

1
1 
−1
und diese Matrix hat Rang 2 (die beiden ersten Spaltenvektoren sind linear abhängig, aber der erste
und dritte nicht). Damit hat diese Matrix einen eindimensionalen Kern, weswegen die geometrische
Vielfachheit des Eigenwerts 1 gleich 1 ist.
4. Da nun für einen Eigenwert die geometrische Vielfachheit kleiner ist als die algebraische, folgt, dass
A nicht diagonalisierbar ist.
(Alternativ kann man auch berechnen, dass (A − I4 )(A − 2I4 ) 6= 0, um zu sehen, dass A nicht
diagonalisierbar ist.)
5. Da die Anzahl der Jordankästchen zu einem Eigenwert gleich der entsprechenden geometrischen
Vielfachheit ist, folgt, dass es zu jedem Eigenwert nur ein Jordankästchen gibt. Da die Dimension
der Haupträume mit der algebraischen Vielfachheit des jeweiligen Eigenwerts übereinstimmt, folgt,
dass die Jordansche Normalform von A durch


1 1 0
 0 1 0 
0 0 2
gegeben ist.
Aufgabe 6.
Es sei An ∈ M (n, n; R) definiert durch

0

1


0
An := 
.
 ..

.
 ..
0
1
0
0
1
..
.
..
.
..
.
···
1
..
.
···
···
..
.
..
.
..
.
···
1
0
0
1
..
1
.

0
.. 
.

.. 
.
.

0


1
0
Zeigen Sie:
1. Für alle n ≥ 1 gilt det An+2 = − det An .
(
0
n ungerade
2. Es gilt det An =
n/2
(−1)
n gerade.
Beweis.
1. Wir entwickeln die Deteminante von

1
 1

 0

 ..

det An+2 = − det  .
 ..
 .

 .
 ..
An+2 nach der ersten Spalte und erhalten:

0
0
0
0 ... 0
0
1
0
0 ... 0 

1
0
1
0 ... 0 

. 
..
.
.. .. ..
. .. 
. ..
.
.


..
.
.. ..
. 0 
. ..
.


..
.. ..
. 1 
.
.
0 ... ... 0
0
1 0
Da die Determinante unter elementaren Zeilenumformungen invariant ist, können wir in obiger
Matrix die erste von der zweiten Zeile abziehen. Dann liegt die Matrix in Blockdiagonalgestalt vor,
nämlich als Zusammensetzung der 1 × 1–Matrix (1) und der Matrix An :



1 0
0
0
0 ... 0
1 0
0
0
 0 0
 1 0

1
0
0
.
.
.
0
1
0



 0 1
 0 1

0
1
0
.
.
.
0
0
1



 .. . . . .


.
.
.
.
.
.
.
.
.. ..
. . . . .. 
..

 .
.
. ..
det  .
 = det  .
 ..
 ..

..
.
.. ..
.. ..
 .
 .
. ..
.
.
. 0 
.



 .


.
.. .. ..
..
 ..
 ..
.
.
. 1 
.
0 ... ... 0
0
1 0
0 ... ... 0


0 1
0
0 ... 0
 1 0
1
0 ... 0 



.
.
.
. . . . . ... 
 0 .. ..



= det  . .
= det An .
.. ... ... ... 0 
 ..



 .

.. .. ..
 ..
.
.
. 1 
0 ... 0
0
1 0
0
0
0
..
.
...
...
...
..
.
..
..
.
..
.
..
.
.
0
1
0
0
0
..
.









0 


1 
0
Damit folgt die Behauptung.
2. Wir beweisen beide Aussagen induktiv. Genauer, zeigen wir zunächst, dass für alle n ∈ N gilt:
det A2n+1 = 0. Der Induktionsanfang ist erfüllt, da
det A1 = det(0) = 0
gilt. Gelte nun also det A2n+1 = 0 für ein n ∈ N. Dann gilt nach dem vorherigen Aufgabenteil auch
det A2(n+1)+1 = det A2n+1+2 = − det A2n+1 = 0.
Die zweite Aussage zeigen wir auf die selbe Weise: Wir zeigen per Induktion, dass für alle n ∈ N≥1
gilt: det A2n = (−1)n . Wegen
0 1
det A2 = det
= −1
1 0
ist die Behauptung für n = 1 bewiesen. Ist die Aussage für n wahr, gilt also det A2n = (−1)n , so
gilt wiederum nach dem vorherigen Aufgabenteil
det A2(n+1) = det A2n+2 = − det A2n = (−1)n+1 .
Damit sind die beiden zu zeigenden Aussagen bewiesen.
Aufgabe 7.
Es sei V ein endlich-dimensionaler Vektorraum über einem Körper K. Wir wissen, dass die durch
Φ(v)(ψ) = ψ(v) definierte lineare Abbildung Φ : V → V ∗∗ ein Isomorphismus ist. Zeigen Sie:
1. Für jeden Untervektorraum U ⊂ V gilt Φ(U ) = (U ◦ )◦ . (Erinnerung: Für einen Unterraum S eines
Vektorraumes T wird der Annulator von S in T mit S ◦ bezeichnet.)
2. Sind U, W ⊂ V Untervektorräume, so dass U ◦ = W ◦ , so folgt bereits U = W .
Beweis.
1. Per Definition besteht (U ◦ )◦ aus denjenigen Formen ψ ∈ V ∗∗ mit ψ(ϕ) = 0 für alle ϕ ∈ U ◦ .
Ein Element ϕ ∈ U ◦ wiederum ist eine Form ϕ ∈ V ∗ mit ϕ(u) = 0 für alle u ∈ U . Ist daher u ∈ U
ein beliebiges Element, so gilt für alle ϕ ∈ U ◦ :
Φ(u)(ϕ) = ϕ(u) = 0.
Damit liegt Φ(u) in (U ◦ )◦ , und weil u beliebig war, gilt somit Φ(U ) ⊆ (U ◦ )◦ . Weil Φ ein Isomorphismus ist, ist Φ(U ) somit ein Untervektorraum der Dimension dim U in (U ◦ )◦ . Aber andererseits
gilt
dim(U ◦ )◦ = dim V ∗ − dim U ◦ = dim V ∗ − (dim V − dim U ) = dim U,
da dim V ∗ = dim V ist. Also muss bereits Φ(U ) = (U ◦ )◦ gelten.
2. Ist U ◦ = W ◦ , so gilt nach dem soeben Gezeigten auch Φ(U ) = (U ◦ )◦ = (W ◦ )◦ = Φ(W ). Weil Φ
ein Isomorphismus ist, muss dann aber bereits U = W sein.

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