Chr. Nelius  Mathematik für Informatiker II (WS 2000/01)  Musterlösungen

Aufgabe 1

a) Es sei

A = (\begin{matrix}1 & −1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & −3 & −1 \end{matrix}) ∈ M_{3}(ℝ)

die Matrix, deren Spalten gerade die Vektoren aus T_{1} sind. Nach (11.15 a) ist T_{1} genau dann linear unabhängig, wenn das homogene LGS

Ax = 0_{3}

nur die triviale Lösung besitzt.

Dazu bestimmt man zunächst die Treppenform T (A):

(\begin{matrix}1 & −1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & −3 & −1 \end{matrix}) ⟶^{III−I} (\begin{matrix}1 & −1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & −2 & −2 \end{matrix}) ⟶^{2II+III} (\begin{matrix}1 & −1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) ⟶^{II+I} (\begin{matrix}1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) = T (A)

An der Treppenmatrix ersieht man, dass rg(A) = 2 ist. Daher hängt die Lösung des LGS von 3−2 = 1 freien Parameter ab. Folglich besitzt Ax = 0_{3} eine nichttriviale Lösung. Daher ist T_{1} linear abhängig.

b) Es gelte

a(\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 3 \end{matrix}) + b(\begin{matrix}−1 \\ 2 \\ 3 \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}),

wobei a und b Elemente aus ℝ seien. Dann folgt

(\begin{matrix}a − b \\ 2b \\ 3a + 3b \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}).

Aus der zweiten Gleichung 2b = 0 folgt nun b = 0. Aus der ersten Gleichung folgt a = b = 0. Nach (11.13 b) ist T_{2} somit linear unabhängig.

c) In ℝ^{3} hat eine linear unabhängige Teilmenge höchstens 3 Elemente (siehe (11.16 a)). Daher kann T_{3} nicht linear unabhänhgig sein,da |T_{3}| = 4 > 3 gilt. Folglich ist T_{3} linear abhängig.

Aufgabe 2

a) Eine Basis von ℝ^{3} ist insbesondere ein Erzeugendensystem und hat somit nach (11.16 b) mindestens 3 Elemente. Folglich ist S_{1} keine Basis, da hier |S| = 2 gilt.

b) Es sei

A = (\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 0 & 2 & 4 \\ 0 & −3 & 0 \end{matrix}) ∈ M_{3}(ℝ)

die Matrix, deren Spalten aus den Vektoren von S_{2} besteht. Es wird wieder die Treppenmatrix T (A) von A berechnet.

(\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 0 & 2 & 4 \\ 0 & −3 & 0 \end{matrix} ) ⟶^{II:2} (\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & −3 & 0 \end{matrix}) ⟶_{3II+III}^{I−II} (\begin{matrix}1 & 0 & −1 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 6 \end{matrix})

⟶^{III:6} (\begin{matrix}1 & 0 & −1 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) ⟶_{II−2III}^{I+III} (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) = T (A)

Dann ist rg(A) = 3. Damit ist A invertierbar, und es exitiert für jedes w ∈ ℝ^{3} genau eine Lösung von Ax = w. Diese ist A^{−1}w. Nach (11.15 a) ist damit S_{2} linear unabhängig und nach (11.15 c) ein Erzeugendensystem des Vektorraumes ℝ^{3}. Insgesamt ist also S_{2} eine Basis.

Aufgabe 3

Von der Matrix

A = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & −1 \\ 1 & 2 & 1 & −1 \\ 0 & 2 & 1 & 0 \end{matrix})

kann man zur zugehörigen Treppenmatrix wie folgt gelangen:

⟶^{II−I} (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & −1 \\ 0 & 2 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 0 \end{matrix}) ⟶_{II:2}^{III−II} (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & −1 \\ 0 & 1 & \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}) = T (A)

Dann folgt rg(A) = 2, d.h. die Lösung von Ax = 0_{3} hängt von 4 − 2 = 2 freien Parametern ab. Durch Rückwärtseinsetzen erhält man die Lösungsmenge

L = \{(\begin{matrix}s \\ −\frac{1}{2}r \\ r \\ s \end{matrix})| r, s ∈ ℝ\} ⊆ ℝ^{4}.

Setzt man nun speziell r = 1, s = 0 bzw. r = 0, s = 1 so erhält man die beiden Lösungsvektoren

v_{1} = (\begin{matrix}0 \\ −\frac{1}{2} \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) ∈ L und v_{2} = (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) ∈ L.

Behauptung: S := {v_{1}, v_{2}} ist eine Basis von L. Zum Beweis wird gezeigt, dass S sowohl linear unahängig als auch ein Erzeugendensystem von L ist. Beweis:

1.) Es sei v ∈ L. Dann gilt

v = (\begin{matrix}s \\ −\frac{1}{2}r \\ r \\ s \end{matrix}) = rv_{1} + sv_{2} ∈ L_{ℝ}(S),

d.h. jeder Vektor v ∈ L kann als Linearkombnation von v_{1} und v_{2} dargestellt werden. Also ist S ein Erzeugendensystem von L.

2.) Es gelte

a_{1}v_{1} + a_{2}v_{2} = o_{4}

mit a_{1}, a_{2} ∈ ℝ. Es ist zu zeigen, dass a_{1} = a_{2} = 0 ist. Dazu rechnet man die Linearkombination aus und erhält

a_{1}v_{1} + a_{2}v_{2} = (\begin{matrix}a_{2} \\ −\frac{1}{2}a_{1} \\ a_{1} \\ a_{2} \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}).

Daraus liest man das gewünschte Ergebnis a_{1} = a_{2} = 0 ab. Es ist damit nachgewiesen, dass S linear unabhängig ist.

Daher ist S eine Basis von L.

Aufgabe 4

Die Matrix E_{ik} ist eine 3 × 3-Matrix, die an der Stelle (i, k) eine 1 und sonst lauter Nullen hat. Um nachzuweisen, dass die Menge

S := {E_{ik}|1 ≤ i, k ≤ 3}

eine Basis ist, zeigt man erneut, dass diese Menge linear unabhängig und ein Erzeugendensystem von M_{3}(ℝ) ist.

1.) Es sei A ∈ M_{3}(ℝ) beliebig mit A = (a_{ik}). Da die Matrix a_{ik}E_{ik} genau an der Stelle (i, k) das Element a_{ik} und sonst lauter Nullen besitzt, gilt

∑_{i,k=1}^{3} a_{ik}E_{ik} = A,

d.h. A ∈ L_{ℝ}(S), also ist S ein Erzeugendensystem von M_{3}(ℝ).

2.) Es gelte nun

∑_{i,k=1}^{3} b_{ik}E_{ik} = 0 ∈ M_{3}(ℝ)

mit b_{ik} ∈ ℝ. Dann folgt

(b_{ik}) = (0) ∈ M_{3}(ℝ)
⇒ b_{ik} = 0 für alle i, k ∈ {1, 2, 3}.

Damit ist S linear unabhängig.

Insgesamt ist also S eine Basis von M_{3}(ℝ). Diese Basis hat |S| = 3 · 3 = 9 Elemente.

Aufgabe 5

Es sei S := {v_{1}, …, v_{m}} ⊆ {v_{1}, …, v_{n}} =: T.

a) Es sei S linear abhängig. Dann gibt es a_{1}, …, a_{m} ∈ K, die nicht alle Null sind, mit

a_{1}v_{1} + … + a_{m}v_{m} = o_{V} .

Es sei nun a_{j} ≠ 0 für ein j ∈ {1, …, m}. Dann ist

a_{1}v_{1} + ⋯ + a_{j}v_{j} + ⋯ + a_{m}v_{m} + \underbrace{0 · v_{m+1}}_{= o_{V}} + ⋯ + \underbrace{0 · v_{n}}_{= o_{V}} = o_{V}

eine Linearkombination der Elemente von T, welche den Nullvektor ergibt, und in der nicht alle Koeffizienten Null sind (siehe a_{j}). Also ist T linear abhängig.

b) Es seien b_{1}, …, b_{m} ∈ K mit

b_{1}v_{1} + … + b_{m}v_{m} = ∑_{i=1}^{m} b_{i}v_{i} = o_{V} .  (1)

Es ist zu zeigen, dass b_{1} = ⋯ = b_{m} = 0. Es folgt aus der Voraussetzung (1) sofort die Gleichung

b_{1} + ⋯ + b_{m}v_{m} + \underbrace{0 · v_{m+1}}_{= o_{V}} + ⋯ + \underbrace{0 · v_{n}}_{= o_{V}} = o_{V} .

Dies ist eine Linearkombination der Elemente von T, die den Nullvektor ergibt. Da T linear unabhängig ist, ist jeder Koeffizient in dieser Linearkombination Null. Insbesondere folgt dann

b_{1} = … b_{m} = 0,

d.h. S ist linear abhängig.

Aufgabe 6

Bilde die Matrix A ∈ M_{4,5}(ℝ), die die Vektoren v_{1}, …, v_{5} als Spalten hat, und bringe sie auf Treppenform:

A = (\begin{matrix}1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 2 & 1 & 0 \\ 0 & −1 & −1 & 1 & 1 \\ 0 & −1 & −1 & 0 & 1 \end{matrix}) ⟶^{II−I} (\begin{matrix}1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 1 & −1 \\ 0 & −1 & −1 & 1 & 1 \\ 0 & −1 & −1 & 0 & 1 \end{matrix}) ⟶_{II+IV}^{II+III} (\begin{matrix}1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 1 & −1 \\ 0 & 0 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \end{matrix})

⟶_{II−IV}^{III−2II} (\begin{matrix}1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & −1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \end{matrix}) ⟶^{III↔II} (\begin{matrix}1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & −1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix})

Dann gilt rg(A) = 3, woraus wiederum nach (11.26 a) dim_{ℝ}(U) = 3 folgt. Die charakteristischen Spaltenindices sind 1, 2 und 4. Damit ist nach (11.24 b) die Menge {v1, v2, v4} eine Basis von U.

Aufgabe 7

Die Menge U aller symmetrischen Matrizen lässt sich beschreiben durch

U = {A|A ∈ M_{7}(ℝ),^{t}A = A}.

(Dabei bezeichnet ^{t}A die zu A transponierte Matrix.)

a) Es sind die Unterraumeigenschaften aus (11.4) nachzuweisen.

U_{1}) Es sei O ∈ M_{7}(ℝ) die Nullmatrix. Nun ist ^{t}O = O, d.h. O ∈ U. U_{2}) Es seien A, B ∈ U. Nach (10.14 b) gilt

t(A + B) = ^{t}A +^{t}B = A + B.

Der letzte Schritt ist richtig, da A und B symmetrische Matrizen sind. Insgesamt gilt also A + B ∈ U.

U_{3}) Es sei r ∈ ℝ und A ∈ U. Dann gilt mit (10.14 c)

t(rA) = r^{t}A = rA.

Daraus folgt rA ∈ U.

Also ist U ein Unterraum von M_{7}(ℝ).

b) Die Menge der Basismatrizen S := {E_{ik}|i, k = 1, …, 7} ist eine Basis von M_{7}(ℝ) (siehe Aufgabe 4). Für die Anzahl an Basiselementen gilt |S| = 7^{2} = 49. Behauptung: Die Menge T := {E_{ik} + E_{ki}|1 ≤ i ≤ k ≤ 7} ist eine Basis von U. Achtung: Es muss T ⊆ U gelten, d.h. die angegebene Basis muss aus symmetrischen Matrizen bestehen. Zum Nachweis, dass T eine Basis ist, wird geprüft, ob T ⊆ U gilt, sowie ob T ein linear unabhängiges Erzeugendensystem ist.

(a) Es gilt

t(E_{ik} + E_{ki}) = ^{t}E_{ik} +^{t}E_{ki} = E_{ki} + E_{ik} = E_{ik} + E_{ki},

d.h. T ⊆ U.

(b) Aus der Gleichung

(\begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}) = ∑_{1≤i≤k≤7} a_{ik}(E_{ik} + E_{ki}) = (\begin{matrix}2a_{11} & a_{12} & a_{13} & a_{14} & a_{15} & a_{16} & a_{17} \\ a_{21} & 2a_{22} & a_{23} & a_{24} & a_{25} & a_{26} & a_{27} \\ a_{31} & a_{32} & 2a_{33} & a_{34} & a_{35} & a_{36} & a_{37} \\ a_{41} & a_{42} & a_{43} & 2a_{44} & a_{45} & a_{46} & a_{47} \\ a_{51} & a_{52} & a_{53} & a_{54} & 2a_{55} & a_{56} & a_{57} \\ a_{61} & a_{62} & a_{63} & a_{64} & a_{65} & 2a_{66} & a_{67} \\ a_{71} & a_{72} & a_{73} & a_{74} & a_{75} & a_{76} & 2a_{77} \end{matrix})

folgt sofort: a_{ik} = 0 für alle 1 ≤ i ≤ k ≤ 7.

Damit ist T also linear unabhängig.

(c) Es sei A ∈ U. Dann gilt a_{ik} = a_{ki}, und es gilt die Gleichung

A = ∑_{1≤i<k≤7} a_{ik}(E_{ik} + E_{ki}) + ∑_{i=1}^{7} \frac{1}{2}a_{ii}(E_{ii} + E_{ii}) ∈ L(T ),

d.h. T ist ein Erzeugendensystem von U.

c) Für die Dimension gilt

dim_{ℝ}(U) = |T | = |{(i, k)|1 ≤ i ≤ k ≤ 7}| .

Zur Bestimmung der Anzahl der Elemente von T betrachte man folgendes Tableau:

i = 1  (1, 1)  (1, 2)  (1, 3)  (1, 4)  (1, 5)  (1, 6)  (1, 7)  7 Mögl.
i = 2  (2, 2)  (2, 3)  (2, 4)  (2, 5)  (2, 6)  (2, 7)  6 Mögl.
i = 3  (3, 3)  (3, 4)  (3, 5)  (3, 6)  (3, 7)  5 Mögl.
i = 4  (4, 4)  (4, 5)  (4, 6)  (4, 7)  4 Mögl.
i = 5  (5, 5)  (5, 6)  (5, 7)  3 Mögl.
i = 6  (6, 6)  (6, 7)  2 Mögl.
i = 7  (7, 7)  1 Mögl.

Es ergibt sich:

|T | = ∑_{i=1}^{7} i = \frac{1}{2} · 7 · (7 + 1) = 28,

also gilt dim_{ℝ}(U) = 28.

Aufgabe 9

a) Es sei T ⊆ V linear unabhängig, und es gelte |T | = n = dim_{K}(V). Ferner sei U := L_{K}(T) ⊆ V. Dann ist T eine Basis von U und es gilt dim_{K}(U) = |T | = n. Also ist U ⊆ V ein Unterraum mit dim_{K}(U) = dim_{K}(V). Nach (11.30 b) folgt damit U = V, d.h. V = L_{K}(T). Folglich ist T ein Erzeugendensystem von V und damit insgesamt eine Basis.

b) Es sei S := {v_{1}, …, v_{n}} ⊆ V eine Basis von V. Da f eine injektive K-lineare Abbildung ist, folgt nach (12.4 c), dass

f(S) = {f(v_{1}), …, f(v_{n})} ⊆ W

eine linear unabhängige Teilmenge ist. Es gilt weiter nach Voraussetzung dim_{K}(W) = n sowie n = |f(S)|, da f injektiv ist und |S| = n gilt. Nach Teil a) ist f(S) eine Basis von W. Insbesondere gilt L_{K}(f(S)) = W. Daher folgt

W = L_{K}(f(S)) ⟹^{(12.4a)} f(L_{K}(S)) = f(V) = Bild(f).

Damit ist f surjektiv.

Aufgabe 10

Es sei f : M_{n}(ℝ) → ℝ^{n} eine Abbildung definiert durch (a_{ik}) ↦ (a_{ii}) ∈ ℝ^{n}.

a) Zu prüfen sind die Eigenschaften, die in der Definition (12.1) aufgeführt werden.

L_{1}) Es seien A = (a_{ik}), B = (b_{ik}) ∈ M_{n}(ℝ) gegeben. Dann ist A + B = (a_{ik} + b_{ik}). Es folgt nun

f(A + B) = (a_{ii} + b_{ii}) = (a_{ii}) + (b_{ii}) = f(A) + f(B).

L_{2}) Es seien r ∈ ℝ und A = (a_{ik}) ∈ M_{n}(ℝ). Dann folgt zunächst rA = (ra_{ik}). Es ergibt sich nun

f(rA) = (ra_{ii}) = r(a_{ii}) = rf(A).

Damit ist f eine K-lineare Abbildung.

b) Für n = 1 ist f = id_{ℝ} und damit bijektiv. Zur weiteren Untersuchung kann man n ≥ 2 voraussetzen. f ist immer surjektiv. Zum Beweis sei ^{t}(a_{1}, …, a_{n}) ∈ ℝ^{n} beliebig. Dann ist die Matrix

A = (\begin{matrix}a_{1} & 0 & ⋯ & ⋯ & 0 \\ 0 & ... & ... & & ⋮ \\ ⋮ & ... & ... & ... & ⋮ \\ ⋮ & & ... & ... & 0 \\ 0 & ⋯ & ⋯ & 0 & a_{n} \end{matrix}) ∈ M_{n}(ℝ)

ein Urbild unter f, denn f(A) = ^{t}(a_{1}, …, a_{n}). f ist nicht injektiv, denn es gilt für die Nullmatrix O ∈ M_{n}(ℝ) bzw. die Basismatrix E_{1n} die Gleichung

f(E_{1n}) = o_{ℝ^{n}} = f(O),

und es ist E_{1n} ≠ 0.

Aufgabe 12

a) Es seien A = (a_{ik}) und B = (b_{ik}) aus M_{n}(K) und r ∈ K. Zu zeigen ist: L_{1}) s(A + B) = s(A) + s(B) für alle A, B ∈ M_{n}(ℝ) L_{2}) s(rA) = r · s(A) für alle A ∈ M_{n}(ℝ) und alle r ∈ K. Dies kann folgendermassen geschehen: L_{1}) Für die Summe gilt: A + B = (a_{ik} + b_{ik}). Damit folgt:

s(A + B) = ∑_{i=1}^{n}(a_{ii} + b_{ii}) = ∑_{i=1}^{n} a_{ii} + ∑_{i=1}^{n} b_{ii} = s(A) + s(B)

L_{2}) Hier gilt rA = (r a_{ik}). Dann folgt:

s(rA) = ∑_{i=1}^{n}(r · a_{ii}) = r · ∑_{i=1}^{n} a_{ii} = r · s(A).

Damit ist s eine lineare Abbildung.

b) Nach dem Rangsatz (12.10) gilt

dim_{K} (M_{n}(K)) = dim_{K} (Kern(s)) + dim_{K} (Bild(s)).  (2)

Wir kennen die Dimension des Vektorraumes M_{n}(K):

dim_{K} (M_{n}(K)) = n^{2}.

Es ist nun die Dimension von Bild(s) zu berechnen. Es ist Bild(s) ein Unterraum von K. Ferner gilt dim_{K}(K) = 1. Daher folgt:

0 ≤ dim_{K} (Bild(s)) = 1.

Aus dieser Gleichung folgt nun entweder

dim_{K}(Bild(s)) = 0  (3)

oder

dim_{K}(Bild(s)) = 1.  (4)

Aus (3) würde Bild(s) = {0} folgen. Dies ist aber nicht möglich, da s(E_{11}) = 1 ≠ 0 gilt. Daher muss (4) gelten. Mit (2) erhält man nun

n^{2} = dim_{K}(Kern(s)) + 1,

woraus das gesuchte Ergebnis folgt:

dim_{K}(Kern(s)) = n^{2} − 1.

Aufgabe 13

a) Zur Lösung bringt man die erweiterte Koeffizientenmatrix auf Treppenform (Schritt 1), entfernt die vollständigen Nullzeilen (Schritt 2) und ergänzt dann mit vollständigen Nullzeilen bis auf der Diagonalen der Matrix die Einsen der charakteristischen Spalten stehen (Schritt 3) und ändert abschließend alle Nullen auf der Diagonalen um in Einsen (Schritt 4):

(\begin{matrix}1 & 1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & −1 & 1 \\ 0 & 2 & 2 & −2 \\ 1 & 4 & 3 & −3 \end{matrix}) →^{(1)} (\begin{matrix}1 & 0 & −1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & −1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}) ⇝^{(2)} (\begin{matrix}1 & 0 & −1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & −1 \end{matrix})

⇝^{(3)} (\begin{matrix}1 & 0 & −1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & −1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}) ⇝^{(4)} (\begin{matrix}1 & 0 & −1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & −1 \\ 0 & 0 & −1 & 0 \end{matrix})

Es gilt nun

v_{0} = (\begin{matrix}1 \\ −1 \\ 0 \end{matrix}) ∈ Lös(A, b),  v_{1} = (\begin{matrix}−1 \\ 1 \\ −1 \end{matrix}) ∈ Lös(A, o_{4}).

Ferner ist {v_{1}} eine Basis des Lösungsraumes Lös(A, o_{4}). Daher gilt

Lös(A, b) = {v_{0} + rv_{1}|r ∈ ℝ} ⊆ ℝ^{3}.

b) Nach dem oben beschriebenen Schema erhält man hier als Zwischen- und Endergebnisse der Matrixumformungen:

(\begin{matrix}−1 & 1 & 0 & 0 & 2 & 1 \\ −1 & 4 & 1 & −2 & 3 & −3 \\ 0 & 3 & 1 & −2 & 1 & −4 \\ 1 & −1 & 0 & 1 & 0 & 3 \end{matrix}) →^{(1)} (\begin{matrix}1 & 0 & \frac{1}{3} & 0 & −\frac{1}{3} & \frac{1}{3} \\ 0 & 1 & \frac{1}{3} & 0 & \frac{5}{3} & \frac{4}{3} \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 2 & 4 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}) ⇝^{(2)} (\begin{matrix}1 & 0 & \frac{1}{3} & 0 & −\frac{1}{3} & \frac{1}{3} \\ 0 & 1 & \frac{1}{3} & 0 & \frac{5}{3} & \frac{4}{3} \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 2 & 4 \end{matrix})

⇝^{(3)} (\begin{matrix}1 & 0 & \frac{1}{3} & 0 & −\frac{1}{3} & \frac{1}{3} \\ 0 & 1 & \frac{1}{3} & 0 & \frac{5}{3} & \frac{4}{3} \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 2 & 4 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}) ⇝^{(4)} (\begin{matrix}1 & 0 & \frac{1}{3} & 0 & −\frac{1}{3} & \frac{1}{3} \\ 0 & 1 & \frac{1}{3} & 0 & \frac{5}{3} & \frac{4}{3} \\ 0 & 0 & −1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 2 & 4 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & −1 & 0 \end{matrix})

Hier gilt nun

v_{0} = (\frac{1}{3} \frac{4}{3} 0 4 0) ∈ Lös(A, b),  v_{1} = ( \frac{1}{3} ; \frac{1}{3} ; −1 ; 0 ; 0),  v_{2} = (−\frac{1}{3} ; \frac{5}{3} ; 0 ; 2 ; −1).

Ferner ist {v_{1}, v_{2}} eine Basis des Lösungsraumes Lös(A, o_{4}). Daher folgt

Lös(A, b) = {v_{0} + rv_{1} + sv_{2}|r, s ∈ ℝ} ⊆ ℝ^{5}.

Aufgabe 14

Es sei h := g ∘ f : U → W. Zu zeigen ist:

L_{1}) h(u_{1} + u_{2}) = h(u_{1}) + h(u_{2}) für alle u_{1}, u_{2} ∈ U

L_{2}) h(ru_{1}) = r · h(u_{1}) für alle u_{1} ∈ U und alle r ∈ ℝ.

Dies kann folgendermassen geschehen:

L_{1}) Es seien u_{1}, u_{2} ∈ U. Dann folgt:

h(u_{1} + u_{2}) = (g ∘ f)(u_{1} + u_{2}) = g(f(u_{1} + u_{2}))
= g(f(u_{1}) + f(u_{2}))  da f K-linear ist
= g(f(u_{1})) + g(f(u_{2}))  da g K-linear ist
= (g ∘ f)(u_{1}) + (g ∘ f)(u_{2}) = h(u_{1}) + h(u_{2})

L_{2}) Nun sei u_{1} ∈ U und r ∈ ℝ. Dann ergibt sich:

h(ru_{1}) = (g ∘ f)(ru_{1}) = g(f(ru_{1}))
= g(rf(u_{1}))  da f K-linear ist
= rg(f(u_{1}))  da g K-linear ist
= r(g ∘ f)(u_{1}) = r · h(u_{1}).

Damit ist h eine lineare Abbildung.

Aufgabe 15

a) f muss bijektiv sein, d.h. A muss invertierbar sein. Die Umkehrabbildung f^{−1} wird durch die Multiplikation mit der inversen Matrix A^{−1} bewirkt, d.h. es gilt

f^{−1}(v) = A^{−1}v für alle v ∈ ℤ_{29}^{n}.

b) Die Tabelle 1 listet die Zuordnung von Zeichen zu einer ganzen Zahl auf.

(a) Es sei g = f^{−1} = f_{A^{−1}}. Wir müssen die inverse Matrix von A bilden. Da die Matrix Elemente aus ℤ_{29} enthält, gelten u.a. die folgenden Rechenregeln:

5 · 6 ≡ 30 ≡ 1 (mod 29),
5^{−1} ≡ 6 (mod 29),
6^{−1} ≡ 5 (mod 29).

Mit diesen Daten kann man nun die Inverse von A ausrechnen, indem man neben die Matrix A die passende Einheitsmarix notiert und T (A) berechnet. Am Ende steht (bei vollständiger

A B C D E F G H I J K L M N O
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
P Q R S T U V W X Y Z , . ⌞⌟
15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28

Tabelle 1: Kodierungszuordnung Durchführung) in den Plätzen der Einheitsmatrix gerade die Inverse von A.

(\begin{matrix}5 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 5 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 6 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 6 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix})

→ (\begin{matrix}1 & 6 & 0 & 0 & 6 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 6 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 5 & 0 & 0 & 5 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 5 \end{matrix})

→ (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 & 6 & −36 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 6 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 5 & 25 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 5 \end{matrix})

Diese Daten modulo 29 gerechnet, ergeben

g(u) = A^{−1}(u)

mit

A^{−1} = (\begin{matrix}6 & 22 & 0 & 0 \\ 0 & 6 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 5 & 4 \\ 0 & 0 & 0 & 5 \end{matrix})

(b) Die verschlüsselte Botschaft wird in Zahlenblöcke der Länge vier zerlegt. Diese Blöcke werden dann mit A^{−1} multipliziert und wieder in Zeichen umgesetzt. Dann ergibt sich für die drei Teilschriften:

CAFN ⇝ (\begin{matrix}2 \\ 0 \\ 5 \\ 13 \end{matrix}) ⟹ A^{−1}(\begin{matrix}2 \\ 0 \\ 5 \\ 13 \end{matrix}) = (\begin{matrix}12 \\ 0 \\ 19 \\ 7 \end{matrix}) ⇝ MATH

DLUX ⇝ (\begin{matrix}3 \\ 11 \\ 20 \\ 23 \end{matrix}) ⟹ A^{−1}(\begin{matrix}3 \\ 11 \\ 20 \\ 23 \end{matrix}) = (\begin{matrix}28 \\ 8 \\ 18 \\ 28 \end{matrix}) ⇝ ⌞⌟ IS ⌞⌟

QNSR ⇝ (\begin{matrix}16 \\ 13 \\ 18 \\ 17 \end{matrix}) ⟹ A^{−1}(\begin{matrix}16 \\ 13 \\ 13 \\ 17 \end{matrix}) = (\begin{matrix}5 \\ 20 \\ 13 \\ 27 \end{matrix}) ⇝ FUN.

Der gesamte unverschlüsselte Satz lautet also

MATH ⌞⌟ IS ⌞⌟ FUN.

(c) Die entschlüsselte Botschaft lautet hier:

DIE ⌞⌟ KUNST ⌞⌟ DER ⌞⌟ MATHEMATIK, ⌞⌟ IST ⌞⌟ RECHNEN ⌞⌟ ZU ⌞⌟ VERMEIDEN. ⌞⌟

Aufgabe 16

a) Entwicklung nach der zweiten Spalte liefert:

det(A) = (−2)|\begin{matrix}2 & −1 & 3 \\ −1 & 2 & 1 \\ 2 & −1 & 2 \end{matrix}| + (1)|\begin{matrix}2 & −1 & 3 \\ 1 & 1 & 0 \\ −1 & 2 & 1 \end{matrix}| = (−2)|\begin{matrix}2 & −1 & 3 \\ −1 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}| + |\begin{matrix}2 & −3 & 3 \\ 1 & 0 & 0 \\ −1 & 3 & 1 \end{matrix}|

= (−2)(−1)|\begin{matrix}2 & −1 \\ −1 & 2 \end{matrix}| + (−1)|\begin{matrix}−3 & 3 \\ 3 & 1 \end{matrix}| = 2(4 − 1) − (−12) = 6 + 12 = 18.

b) Hier entwickelt man nach der zweiten Zeile und erhält

det(B) = (−2)|\begin{matrix}1 & −2 + 2i \\ 2 − i & 1 + 2i \end{matrix}| = (−2)(1 + 2i − (2 − i)(−2 + i))
= (−2)(1 + 2i + (−2 + i)(−2 + i)) = (−2)(1 + 2i + i^{2} − 4i + 4) = −8 + 4i.

c)

det(C) ≡ 6 · 9 − 2 · 7 ≡ 54 − 14 ≡ 40 ≡ 7 (mod 11).

d) Durch Addition der letzten beiden Zeilen erhält man in der dritten Zeile einige Nullen, so dass die Rechnung einfacher wird:

det(D) = |\begin{matrix}4 & 5 & 6 \\ 5 & 2 & −2 \\ 7 & −2 & 2 \end{matrix}| = |\begin{matrix}4 & 5 & 6 \\ 5 & 2 & −2 \\ 12 & 0 & 0 \end{matrix}| = 12|\begin{matrix}5 & 6 \\ 2 & −2 \end{matrix}| = 12(−10 − 12) = 12(−22) = −264.

Aufgabe 17

Zunächst berechnet man für n = 1, 2, 3 die Determinanten explizit aus:

det(D_{1}) = a_{11},
det(D_{2}) = |\begin{matrix}a_{11} & a_{12} \\ 0 & a_{22} \end{matrix}| = a_{11}a_{22},
det(D_{3}) = |\begin{matrix}a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ 0 & a_{22} & a_{23} \\ 0 & 0 & a_{33} \end{matrix}| = a_{11}|\begin{matrix}a_{22} & a_{23} \\ 0 & a_{33} \end{matrix}| = a_{11}(a_{22}a_{33}) = a_{11}a_{22}a_{33}.

Von diesen Ergebnissen aus vermutet man

det(D_{n}) = a_{11} ⋯ a_{nn} = ∏_{i=1}^{n} a_{ii}.

Der Beweis erfolgt durch Induktion nach n: (IA): Für n = 1 gilt det(D_{1}) = a_{11}. (IV): Es sei n ∈ ℕ beliebig, und es gelte det(D_{n}) = a_{11} ⋯ a_{nn}. (IB):

det(D_{n+1}) = ∏_{i=1}^{n+1} a_{ii}.

(IS): Entwicklung von det(D_{n+1}) nach der letzten Zeile liefert

det(D_{n+1}) = (−1)^{(n+1)+(n+1)}a_{n+1,n+1} · det(D_{n}) =^{(IV)} a_{n+1,n+1} · ∏_{i=1}^{n} a_{ii} = ∏_{i=1}^{n+1} a_{ii}.

Damit ist die geratene Formel bewiesen.

Aufgabe 18

a) Es gibt drei Arten von Elementarmatrizen:

(a) Vertauschungsmatrizen V_{ik} mit i ≠ k: Dann gilt ^{t}V_{ik} = V_{ki}. Da V_{ik} aus E_{n} durch Vertauschen

zweier Zeilen hervorgeht, gilt:

det(V_{ik}) = − det(E_{n}) = −1
det(^{t}V_{ik}) = det(V_{ki}) = −1

Daher gilt det(^{t}V_{ik}) = det(V_{ik}).

(b) Additionsmatrizen A_{ik}(a): Diese sind Dreiecksmatrizen mit i ≠ k, bei denen auf der Hauptdiagonalen nur 1’en auftreten. Nach Aufgabe 17 gilt daher

det(A_{ik}(a)) = 1.

Weiter gilt

tA_{ik}(a) = A_{ki}(a),

woraus folgt

det(^{t}A_{ik}(a)) = 1.

Daher stimmt die Behauptung auch hier.

(c) Multiplikationsmatrizen D_{i}(a): Diese Matrizen sind Dreiecksmatrizen mit einer Hauptdiagonalen, welche an allen Stellen außer der i-ten mit 1 besetzt ist. An der Stelle i ist das Element a vorhanden. Nach Aufgabe 17 gilt somit

det(D_{i}(a)) = a

und wegen

tD_{i}(a) = D_{i}(a)

folgt die Behauptung.

b) Nach (10.27) kann man eine invertierbare Matrix als Produkt von Elementarmatrizen G_{i} mit Indices i = 1, …, s schreiben, d.h.

A = G_{1} · . . . · G_{s}.

Es folgt mit (10.14d) die Gleichung

tA = ^{t}(G_{1} · . . . · G_{s}) = ^{t}G_{s} · . . . ·^{t}G_{1},

und damit dann

det(^{t}A) = det(^{t}G_{s} · . . . ·^{t}G_{1}) =^{(13.8)} det(^{t}G_{s}) · . . . · det(^{t}G_{1}) =^{a)} det(G_{s}) · . . . · det(G_{1})

=^{Komm.} det(G_{1}) · . . . · det(G_{s}) =^{(13.8)} det(G_{1} · . . . · G_{s}) = det(A).

Aufgabe 19

a) Zu zeigen sind die beiden Linearitätsbedingungen. Dazu seien im folgenden a = (a_{i}) und a′ = (a′_{i}) beliebige Elemente aus K^{n} und r ∈ K beliebig. Dann gilt:

L_{1})

f((a_{i}) + (a′_{i})) = f((a_{i} + a′_{i})) = ((a_{i} + a′_{i})b_{i}) = (a_{i}b_{i} + a′_{i}b_{i})
= (a_{i}b_{i}) + (a′_{i}b_{i}) = f((a_{i}) + f(a′_{i}),

L_{2})

f(r(a_{i})) = f((ra_{i})) = ((ra_{i})b_{i}) = (r(a_{i}b_{i})) = r(a_{i}b_{i}) = rf((a_{i})).

Damit ist f eine K-lineare Abbildung. b) Die Darstellungsmatrix M(f) von der Abbildung f ist definiert durch

M(f) = (f(e_{1}) … f(e_{n})) ∈ M_{n}(K),

wobei e_{i} ∈ K^{n} der i-te Einheitsvektor ist.

Es gilt nun

f(e_{i}) = b_{i}e_{i} ⟹ M(f) = (\begin{matrix}b_{1} & & & & & 0 \\ & b_{2} \\ & & . & . & . \\ 0 & & & & & b_{n} \end{matrix}) ∈ M_{n}(K).

c) Nach (12.9) ist f genau dann ein Isomorphismus, wenn die zugehörige Darstellungsmatrix M(f) invertierbar ist. Diese Eigenschaft ist aber äquivalent zu der Aussage det(M(f)) ≠ 0 (nach (13.9a)). Mit Aufgabe 17 berechnet man nun

det(M(f)) = b_{1} · . . . · b_{n},

woraus sofort die Behauptung folgt.

Aufgabe 20

a) Es gilt:

(3 + 2i)^{3} = 3^{3} + 3 · 3^{2} · 2i + 3 · 3 · (2i)^{2} + (2i)^{3} = 27 + 54i − 36 − 8i = −9 + 46i,
\frac{1 + i}{2 − 3i} = \frac{(1 + i)(2 + 3i)}{(2 − 3i)(2 + 3i)} = \frac{2 + 3i + 2i − 3}{4^{2} − 9i^{2}} = −\frac{1}{13} + \frac{5}{13}i.

b) Es gilt i^{n} = 1 für n ≡ 0 (mod 4), denn wenn n = 4k für ein k ∈ ℕ_{0} ist, so folgt

i^{n} = i^{4k} = (i^{4})^{k} = 1^{k} = 1.

Es gilt i^{n} = i für n ≡ 1 (mod 4), denn wenn n = 4k + 1 für ein k ∈ ℕ_{0} ist, so folgt

i^{n} = i^{4k+1} = (i^{4})^{k} · i = 1^{k} · i = i.

Es gilt i^{n} = −1 für n ≡ 2 (mod 4), denn wenn n = 4k + 2 für ein k ∈ ℕ_{0} ist, so folgt

i^{n} = i^{4k+2} = (i^{4})^{k} · i^{2} = 1^{k} · i^{2} = −1.

Es gilt i^{n} = −i für n ≡ 3 (mod 4), denn wenn n = 4k + 3 für ein k ∈ ℕ_{0} ist, so folgt

i^{n} = i^{4k+3} = (i^{4})^{k} · i^{3} = 1^{k} · i^{2} · i = −i.