M. Künzer, J. Marhenke

Lineare Algebra für Informatiker, WS 03/04

Lösung 10

Aufgabe 40.

(1) Im Fall s ≠ −1 ist rk A = 3, und eine Basis von Kern φ ist gegeben durch (). Für s = −1 ist rk A = 2 und eine Basis von Kern φ ist z.B. gegeben durch ((\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix})).

(2) Im Fall s ∉ \{0, 1\}, d.h. für s = −1, ist rk A = 3 und eine Basis von Kern φ ist z.B. gegeben durch ((\begin{matrix}−1 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix})). Für

s = 0 ist rk A = 2 und eine Basis von Kern φ ist z.B. gegeben durch ((\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}−1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix})). Für s = 1 ist rk A = 2 und eine

Basis von Kern φ ist z.B. gegeben durch ((\begin{matrix}−1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}−1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})).

(3) Im Fall s ≠ 0 ist rk A = 3 und eine Basis von Kern φ ist gegeben durch ((\begin{matrix}1+β \\ β \\ β+β^{2} \\ 1 \end{matrix} )). Für s = 0 ist rk A = 2 und eine

Basis von Kern φ ist z.B. gegeben durch ((\begin{matrix}1+β+β^{2} \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) , (\begin{matrix}1+β+β^{2} \\ β^{2} \\ 0 \\ 1 \end{matrix} )).

Aufgabe 41. (1) A^{−1} = (\begin{matrix}−7 & −12 \\ 4 & 7 \end{matrix}), (2) A^{−1} = (\begin{matrix}1 & i & −i \\ −i & 1 & 0 \\ −1 & −2i & i \end{matrix}), (3) A^{−1} = (\begin{matrix}1 & 1+α & 0 & 1+α \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & 0 \\ α & 1 & 1 & 1 \end{matrix}).

Die Probe sollte jeweils AA^{−1} = E und A^{−1}A = E ergeben haben.

Aufgabe 42.

(1) Es genügt zu zeigen, dass D_{k}(A) ein Teiler von D_{k}(AT) ist für alle T ∈ GL_{n}(Z). Hat man dies gezeigt, so folgt genauso, dass D_{k}(AT) ein Teiler von D_{k}((AT)T^{−1}) = D_{k}(A) ist. Wegen D_{k}(A) ≥ 0 folgt dann auch D_{k}(A) = D_{k}(AT).

Um zu zeigen, daß D_{k}(A) ein Teiler von D_{k}(AT) ist, genügt es zu zeigen, dass jeder k × k-Minor von AT eine Z-Linearkombination von Minoren von A ist. Dann teilt nämlich der größte gemeinsame Teiler D_{k}(A) der k × k-Minoren von A jeden k × k-Minor von AT, und mithin auch D_{k}(AT).

Sei T = (t_{i,j}) ∈ GL_{n}(Z). Es ist AT = (∑_{ν_{j}∈[1,n]} a_{i,ν_{j}}t_{ν_{j},j})_{i,j}, wobei der Index j am Laufindex ν nur der Unterscheidbarkeit der Laufindizes dient.

Der k × k-Minor von AT zu den Zeilenindizes 1 ≤ i_{1} < i_{2} < ⋯ < i_{k} ≤ n und den Spaltenindizes 1 ≤ j_{1} < j_{2} < ⋯ < j_{k} ≤ n hat die Gestalt

det ( ∑_{ν_{jw} ∈[1,n]} a_{i_{s},ν_{jw}} t_{ν_{jw} , j_{w}} )_{s,w} .

Wegen der Multilinearität ist dieser Minor gleich

∑_{ν_{j_{1}} ∈[1,n]} ⋯ ∑_{ν_{j_{k}} ∈[1,n]} ( ∏_{w∈[1,k]} t_{ν_{jw} , j_{w}} ) det(a_{i_{s},ν_{jw}})_{s,w} .

Enthält ein Tupel (ν_{j_{1}}, …, ν_{j_{w}}) zwei übereinstimmende Einträge an verschiedenen Positionen, so ist der zugehörige Summand det(a_{i_{s},ν_{jw}})_{s,w} gleich 0. Anderenfalls ist wegen der Alternativität det(a_{i_{s},ν_{jw}})_{s,w} bis auf Vorzeichen gleich einem k × k-Minor von A. Damit ist die fragliche Mehrfachsumme in der Tat eine Z-Linearkombination von k × k-Minoren von A.

(2) Wegen Invarianz der Determinante unter Transposition und wegen (1) ist D_{k}(A) = D_{k}(A^{t}) = D_{k}(A^{t}S^{t}) = D_{k}((SA)^{t}) = D_{k}(SA) = D_{k}(SAT) für S ∈ GL_{m}(Z) und T ∈ GL_{n}(Z). Also dürfen wir mit 39 (1) die Matrix A in Smithscher Normalform als gegeben annehmen, um D_{k}(A) zu bestimmen.

Sei also A = (a_{i,j})_{i∈[1,m], j∈[1,n]} = diag_{n,m}(d_{1}, …, d_{l}) in Smithscher Normalform gegeben. Ihre k × k-Minoren sind wegen Nullspalten allesamt gleich 0, mit Ausnahme k-ten Hauptminors det(a_{i,j})_{i∈[1,k], j∈[1,k]} oben links im Eck, welcher für k ≤ l gerade ∏_{i∈[1,k]} d_{i} beträgt, und 0 für k > l. Und dieser Wert ist daher auch schon gleich D_{k}(A).

Damit ist l eindeutig durch die Angabe von A festgelegt, und auch die Produkte d_{1}, d_{1} · d_{2}, …, d_{1} ⋯ d_{l}, und somit auch die Elementarteiler d_{1}, d_{2}, …, d_{l} selbst.

(3) Hier wählt man D_{k}(A) normiert. Wir wollen zeigen, daß die Elementarteiler eindeutig durch Angabe von A festliegen. Wir behaupten D_{k}(A) = D_{k}(AT) für alle T ∈ GL_{n}(K[X]). Es genügt zu zeigen, dass D_{k}(A) ein Teiler von D_{k}(AT) ist. Und dafür genügt es zu zeigen, dass jeder k × k-Minor von AT eine K[X]-Linearkombination von k × k-Minoren von A ist. Sei T = (t_{i,j}) ∈ GL_{n}(K[X]). Es ist AT = (∑_{ν_{j}∈[1,n]} a_{i,ν_{j}}t_{ν_{j},j})_{i,j}. Der k × k-Minor von AT zu den Zeilenindizes 1 ≤ i_{1} < i_{2} < ⋯ < i_{k} ≤ n und den Spaltenindizes 1 ≤ j_{1} < j_{2} < ⋯ < j_{k} ≤ n hat die Gestalt

det ( ∑_{ν_{jw} ∈[1,n]} a_{i_{s},ν_{jw}} t_{ν_{jw} , j_{w}} )_{s,w} .

Wegen der Multilinearität ist dieser Minor gleich

∑_{ν_{j_{1}} ∈[1,n]} ⋯ ∑_{ν_{j_{k}} ∈[1,n]} ( ∏_{w∈[1,k]} t_{ν_{jw} , j_{w}} ) det(a_{i_{s},ν_{jw}})_{s,w} .

Enthält ein Tupel (ν_{j_{1}}, …, ν_{j_{w}}) zwei übereinstimmende Einträge an verschiedenen Positionen, so ist der zugehörige Summand det(a_{i_{s},ν_{jw}})_{s,w} gleich 0. Anderenfalls ist wegen der Alternativität det(a_{i_{s},ν_{jw}})_{s,w} bis auf Vorzeichen gleich einem k × k-Minor von A. Damit ist die fragliche Mehrfachsumme in der Tat eine K[X]-Linearkombination von k × k-Minoren von A. Dies zeigt die Behauptung. Damit dürfen wir A als in Smithscher Normalform A = diag_{n,m}(d_{1}, …, d_{l}) annehmen, um D_{k}(A) zu berechnen, und erhalten D_{k}(A) = ∏_{i∈[1,k]} d_{i} für k ≤ l, und D_{k}(A) = 0 für k > l. Damit liegen die Elementarteiler von A eindeutig durch die Angabe von A fest.

(4) (1) D_{1}(A) = ggT(2, 4) = 2, D_{2}(A) = ggT(0, 0, 0) = 0, also d_{1} = 2.

(2) D_{1}(A) = ggT(2, 4, 6, ±8, ±10, 12) = 2, D_{2}(A) = ggT(−88, −80, −40, 16, 64, 8, 56, 64) = 8, D_{3}(A) = det(A) = 96, also d_{1} = 2, d_{2} = 8/2 = 4 und d_{3} = 96/8 = 12.

(3) D_{1}(A) = ggT(X, 1, 0) = 1, D_{2}(A) = det(A) = X^{2}, also d_{1} = 1, d_{2} = X^{2}/1 = X^{2}.

(5) Sei S ∈ GL_{m}(Z) und T ∈ GL_{n}(Z) so, daß SAT in Smithscher Normalform ist, sagen wir SAT = diag_{m,n}(d_{1}, …, d_{l}). Dann ist S_{Q} ∈ GL_{m}(Q) und T_{Q} ∈ GL_{n}(Q), also rk_{Q} A_{Q} = rk_{Q}(S_{Q}A_{Q}T_{Q}) = rk_{Q}(SAT)_{Q} = l. Ferner ist S_{F_{p}} ∈ GL_{m}(F_{p}) und T_{F_{p}} ∈ GL_{n}(F_{p}), also rk_{F_{p}} A = rk_{F_{p}}(S_{F_{p}}A_{F_{p}}T_{F_{p}}) = rk_{F_{p}}(SAT)_{F_{p}}. Dieser Rang ist nun die Anzahl der Elementarteiler d_{i}, die nicht durch p teilbar sind, und diese Anzahl ist ≤ l.

Aufgabe 43.

(1) Die Aussage ist wahr, wie man folgenden Umformungen bereits entnehmen kann.

(\begin{matrix}2 & 3 & ··· & n+1 \\ 3 & 4 & ··· & n+2 \\ ⋮ & ⋮ & & ⋮ \\ n+1 & n+2 & ··· & n+n \end{matrix} ) ⇝ (\begin{matrix}2 & 3 & ··· & n+1 \\ 1 & 1 & ··· & 1 \\ ⋮ & ⋮ & & ⋮ \\ n−1 & n−1 & ··· & n−1 \end{matrix} ) ⇝ (\begin{matrix}1 & 1 & ··· & 1 \\ 0 & 1 & ··· & n−1 \\ 0 & 0 & ··· & 0 \\ ⋮ & ⋮ & & ⋮ \\ 0 & 0 & ··· & 0 \end{matrix} )

(2) Die Aussage ist wahr. Zum Beweis addiere man das (−i)-fache der 1-ten Zeile zur i-ten Zeile für i ≥ 2.

(\begin{matrix}1 & 2 & ··· & n \\ 2 & 4 & ··· & 2n \\ ⋮ & ⋮ & & ⋮ \\ n & 2n & ··· & n^{2} \end{matrix} ) ⇝ (\begin{matrix}1 & 2 & ··· & n \\ 0 & 0 & ··· & 0 \\ ⋮ & ⋮ & & ⋮ \\ 0 & 0 & ··· & 0 \end{matrix} )

(3) Die Aussage ist wahr. Diese Aussage beweist man durch Induktion nach n. Für n = 1 ist die Aussage offenbar wahr. Für n ≥ 2 macht man Zeilen- und Spaltenumformungen, bis man die Induktionshypothese einsetzen kann.

\begin{matrix}(\begin{matrix}1^{1} & 1^{2} & ··· & 1^{n} \\ 2^{1} & 2^{2} & ··· & 2^{n} \\ ⋮ & ⋮ & & ⋮ \\ n^{1} & n^{2} & ··· & n^{n} \end{matrix} ) ⇝ (\begin{matrix}1^{0} & 1^{1} & ··· & 1^{n−1} \\ 2^{0} & 2^{1} & ··· & 2^{n−1} \\ ⋮ & ⋮ & & ⋮ \\ n^{0} & n^{1} & ··· & n^{n−1} \end{matrix} ) ⇝ (\begin{matrix}0 & 1^{1}−n^{1} & ··· & 1^{n−1}−n^{n−1} \\ 0 & 2^{1}−n^{1} & ··· & 2^{n−1}−n^{n−1} \\ ⋮ & ⋮ & & ⋮ \\ 0 & (n−1)^{1}−n^{1} & ··· & (n−1)^{n−1}−n^{n−1} \\ 1 & n^{1} & ··· & n^{n−1} \end{matrix} ) ⇝ (\begin{matrix}0 & 1^{1}−n^{1} & ··· & 1^{n−1}−n^{n−1} \\ 0 & 2^{1}−n^{1} & ··· & 2^{n−1}−n^{n−1} \\ ⋮ & ⋮ & & ⋮ \\ 0 & (n−1)^{1}−n^{1} & ··· & (n−1)^{n−1}−n^{n−1} \\ 1 & 0 & ··· & 0 \end{matrix} ) \\ ⇝ (\begin{matrix}0 & 1 & 1+n & ··· & 1^{n−2}+1^{n−3}n+···+n^{n−2} \\ 0 & 1 & 2+n & ··· & 2^{n−2}+2^{n−3}n+···+n^{n−2} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & & ⋮ \\ 0 & 1 & (n−1)+n & ··· & (n−1)^{n−2}+(n−1)^{n−3}n+···+n^{n−2} \\ 1 & 0 & 0 & ··· & 0 \end{matrix} ) ⇝ (\begin{matrix}0 & 1 & 1 & ··· & 1^{n−2} \\ 0 & 1 & 2 & ··· & 2^{n−2} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & & ⋮ \\ 0 & 1 & (n−1) & ··· & (n−1)^{n−2} \\ 1 & 0 & 0 & ··· & 0 \end{matrix} ) ⇝ (\begin{matrix}0 & 1^{1} & 1^{2} & ··· & 1^{n−1} \\ 0 & 2^{1} & 2^{2} & ··· & 2^{n−1} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & & ⋮ \\ 0 & (n−1)^{1} & (n−1)^{2} & ··· & (n−1)^{n−1} \\ 1 & 0 & 0 & ··· & 0 \end{matrix} ) \end{matrix}

(4) Die Aussage ist wahr. Denn die Menge der surjektiven linearen Abbildungen von K^{m} nach K^{n} steht über die beschreibende Matrix in Bijektion zur Menge der Matrizen von Rang n in K^{n×m}. Und die Menge der injektiven linearen Abbildungen von K^{n} nach K^{m} steht über die beschreibende Matrix in Bijektion zur Menge der Matrizen von Rang n in K^{m×n}. Schließlich stehen diese beiden Mengen von Matrizen über die Transposition in Bijektion zueinander. (Hierbei geht entscheidend ein, daß rk(A) = rk(A^{t}) für A ∈ K^{n×m} – das wußten wir bei Aufgabe 30 noch nicht.)