M. Künzer, J. Marhenke

Lineare Algebra für Informatiker, WS 03/04

Lösung 8

Aufgabe 32.

(1) Die definierten Produkte sind ABC = (\begin{matrix}7 & 5 \\ −8 & −7 \end{matrix}); BCA = (\begin{matrix}3 & 0 \\ 9 & −3 \end{matrix}); CAB = (\begin{matrix}4 & 1 & 2 \\ −11 & −5 & −1 \\ −1 & −1 & 1 \end{matrix}).

(2) Die definierten Produkte sind ABC = (\begin{matrix}0 & 1 & α \\ 1+α & 1 & 1 \\ 1+α & 1 & 1 \end{matrix}); BCA = (\begin{matrix}α & 1 & 1+α \\ 0 & 0 & α \\ 1+α & α & α \end{matrix}); CAB = (\begin{matrix}1+α & 0 \\ 1+α & 1+α \end{matrix}).

Aufgabe 33.

(1) Es gilt (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) \overline{}(\begin{matrix}1+i \\ −i \\ −1 \end{matrix}), (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) \overline{}(\begin{matrix}1+i \\ −i \\ −1 \end{matrix}) und (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) \overline{}(\begin{matrix}i \\ 1−i \\ −1 \end{matrix}). Daher ist A(φ)_{\underline{y},\underline{y}} = (\begin{matrix}1+i & 1+i & i \\ −i & −i & 1−i \\ −1 & −1 & −1 \end{matrix})

und A(φ^{3})_{\underline{y},\underline{y}} = (A(φ)_{\underline{y},\underline{y}})^{3} = (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}).

(2) Es gilt (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) \overline{}(\begin{matrix}2 \\ 2 \\ 2 \end{matrix}) = 2·(\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix})+0·(\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix})+0·(\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}), (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) \overline{}(\begin{matrix}−1 \\ −1 \\ −2 \end{matrix}) = 0·(\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix})+(−1)·(\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix})+(−1)·(\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})

und (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) \overline{}(\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) = 0·(\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix})+1·(\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix})+0·(\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}). Daher ist A(φ)_{\underline{y},\underline{y}} = (\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 1 \\ 0 & −1 & 0 \end{matrix}) und A(φ^{3})_{\underline{y},\underline{y}} = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}).

(3) Es gilt 1 \overline{}0 = 0 · 1 + 0 · (1 + X) + 0 · (1 + X)^{2}, (1 + X) \overline{}2 = 2 · 1 + 0 · (1 + X) + 0 · (1 + X)^{2} und (1 + X)^{2} \overline{}12X^{2} + 4 = 16 · 1 + (−24) · (1 + X) + 12 · (1 + X)^{2}. Daher ist A(φ)_{\underline{y},\underline{y}} = (\begin{matrix}0 & 2 & 16 \\ 0 & 0 & −24 \\ 0 & 0 & 12 \end{matrix})

und A(φ^{3})_{\underline{y},\underline{y}} = (\begin{matrix}0 & 0 & 1728 \\ 0 & 0 & −3456 \\ 0 & 0 & 1728 \end{matrix}).

(4) Es gilt 1 \overline{}1 = 1 · 1 + 0 · γ + 0 · γ^{2}, γ \overline{}γ^{5} = 1 · 1 + 1 · γ + (−1) · γ^{2} und γ^{2} \overline{}γ^{10} =

(−2) · 1 + (−2) · γ + (−2) · γ^{2}. Daher ist A(φ)_{\underline{y},\underline{y}} = (\begin{matrix}1 & 1 & −2 \\ 0 & 1 & −2 \\ 0 & −1 & −2 \end{matrix}) und A(φ^{3})_{\underline{y},\underline{y}} = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}).

Dies ist nicht weiter verwunderlich, da φ^{3} : ξ \overline{}ξ^{125} = ξ.

Aufgabe 34.

(1) Die Ordnung von A := (\begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{matrix}) ist 13, da A^{13} = E, und A^{k} ≠ E für k ∈ [1, 12], wie man durch direkte Rechnung verifiziert.

(2) Gesucht ist eine Matrix A ∈ GL_{2}(F_{9}), für die A^{5} − E = 0 gilt. Wir zerlegen X^{5} − 1 ∈ F_{9}[X] in

X^{5} − 1 = (X − 1)(X − (1 − ι)X + 1)(X − (1 + ι)X + 1) .

Für eine Matrix A ∈ GL_{2}(F_{9}) ist daher entsprechend

A^{5} − E = (A − E)(A^{2} − (1 − ι)A + E)(A^{2} − (1 + ι)A + E) ,

so daß es etwa genügt, A so zu finden, daß A^{2} − (1 − ι)A + E = 0.

Setzen wir einfachstmöglich mit A = (\begin{matrix}0 & 1 \\ a & b \end{matrix}) an, a, b ∈ F_{9}, so sehen wir wegen A^{2} = (\begin{matrix}a & b \\ ab & a+b^{2} \end{matrix} ), daß

A^{2} − bA − aE = 0. Wir wählen also b = 1 − ι und a = −1 und erhalten A = ( \begin{matrix}0 & 1 \\ −1 & 1−ι \end{matrix}).

Folglich ist die Ordnung von A eine Teiler von 5. Da A ≠ E ist, folgt, dass die Ordnung von A gleich 5 ist. Wegen der linearen Unabhängigkeit der Spalten von A ist A ∈ GL_{2}(F_{9}).

Hier ist es eher mühsam, durch Probieren zum Ergebnis zu kommen, da unter den (9^{2} − 1)(9^{2} − 9) Elementen von GL_{2}(F_{9}) nur 144 Ordnung 5 haben. In einer kleineren Gruppe wäre das aber durchaus möglich.

Aufgabe 35.

(1) Die Aussage ist richtig. X^{2} − a ist irreduzibel genau dann, wenn b^{2} ≠ a für alle b ∈ F_{p} gilt. Es bleibt zu zeigen, dass immer ein solches a existiert, das kein Quadrat eines Elements b ∈ F_{p} ist, d.h., daß die Abbildung F_{p} \overline{}F_{p}, ξ \overline{}ξ^{2} nicht surjektiv ist. Dazu genügt es, zu zeigen, daß sie nicht injektiv ist. In der Tat ist −1 ≠ +1 wegen p ≥ 3, wohingegen (−1)^{2} = (+1)^{2}.

(2) Die Aussage ist falsch. Sei q := #K. Es ist #(GL_{n}(K)) = ∏_{j∈[0,n−1]}(q^{n} − q^{j}) nach Aufgabe 26 (3).

Ferner ist #(K^{n×n}) = q^{n^{2}}. Für n ≥ 1 wird

\frac{#(GL_{n}(K))}{#(K^{n×n})} = \frac{∏_{j∈[0,n−1]}(q^{n} − q^{j})}{q^{n^{2}}}
= ∏_{j∈[0,n−1]}(1 − q^{j−n})
< 1 − 1/q .

Damit kann der fragliche Ausdruck nicht gegen 1 konvergieren. (In der Tat konvergiert er gegen einen Wert echt zwischen 0 und 1.)

(3) Die Aussage ist falsch. Es bezeichnet D^{k} ∈ End_{R} R[X] die Abbildung, die ein Polynom k-fach ableitet. Man betrachte für beliebiges n das Tupel (D^{0}, …, D^{n}). Angenommen, dieses Tupel sei linear abhängig. Dann existieren (λ_{0}, …, λ_{n}) ≠ (0, …, 0) so, daß λ_{0}D^{0} + ⋯ + λ_{n}D^{n} = 0. Sei l der kleinste Index mit λ_{l} ≠ 0. Dann ist

0 = (∑_{k=l}^{n} λ_{k}D^{k}) (X^{l}) = λ_{l}D^{l}(X^{l}) = λ_{l} · l! ,

und wir haben einen Widerspruch.

Folglich ist das Tupel (D^{0}, …, D^{n}) für jedes n ∈ N linear unabhängig, und somit ist End_{R} R[X] nicht endlichdimensional über R.

(4) Die Aussage ist richtig.

⟸. Gibt es ein V ^{\overline{}^{g}} W mit f ∘g = 1_{W}, so ist f wegen y = f(g(y)) für gegebenes y ∈ W surjektiv.

⟹. Sei f surjektiv und sei (x_{1}, …, x_{n}) eine Basis von V. Dann ist (f(x_{1}), …, f(x_{n})) ein erzeugendes Tupel von W. Daraus wählt man eine Basis (f(x_{i_{1}}), …, f(x_{i_{m}})) von W aus und definiert

die lineare Abbildung V ^{\overline{}^{g}} W dadurch, daß f(x_{i_{j}}) ^{\overline{}^{g}} x_{i_{j}} gesetzt wird für alle j ∈ [1, m]. Dann

ist wegen f ∘ g : f(x_{i_{j}}) ^{\overline{}^{g}} x_{i_{j}} ^{\overline{}^{f}} f(x_{i_{j}}) in der Tat f ∘ g = 1_{W}. Die Injektivität von g folgt aus der linearen Unabhängigkeit von (x_{i_{1}}, …, x_{i_{m}}), oder aber auch aus f ∘ g = 1_{W}.

(5) Die Aussage ist falsch. Wir haben etwa das Gegenbeispiel A = (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}).

(6) Die Aussage ist richtig. Sei A = ( ⋮  ⋮_{a_{n,1} ··· a_{n,n}}^{a_{1,1} ··· a_{1,n}} ). Dann ist A^{t}A = (∑_{k∈[1,n]} a_{k,i}a_{k,j})_{i,j}. Ist A^{t}A = 0,

so muss also insbesondere ∑_{k∈[1,n]} a_{k,i}^{2} = 0 für alle i ∈ [1, n] gelten, woraus a_{k,i} = 0 für alle i, k ∈ [1, n] folgt, d.h. A = 0.

(7) Die Aussage ist richtig. Es gilt ξ^{2} ∈ {0, 1, 2, 4} für alle ξ ∈ F_{7}, so daß wir aus ξ_{1}^{2} + ξ_{2}^{2} = 0 mit ξ_{1}, ξ_{2} ∈ F_{7} folgern können, daß ξ_{1} = ξ_{2} = 0. Folglich kann man wie in (6) argumentieren.

(8) Die Aussage ist falsch. Wir haben etwa das Gegenbeispiel A = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 2 & 0 & 0 \\ 3 & 0 & 0 \end{matrix}).