Kurs:Lineare Algebra/Teil II/1/Teiltest/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	${}\sum$
Punkte	3	3	2	4	1	2	6	3	5	8	2	5	2	6	8	4	64

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die Norm zu einem Skalarprodukt ${}\left\langle -,-\right\rangle$ auf einem ${}\mathbb {R}$- Vektorraum ${}V$.
2. Orthogonale Vektoren ${}v,w\in V$ in einem reellen Vektorraum ${}V$ mit Skalarprodukt.
3. Eine winkeltreue Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

   auf einem reellen Vektorraum ${}V$ mit Skalarprodukt.

4. Der Höhenfußpunkt zu einer Seite in einem Dreieck in der euklidischen Ebene.
5. Die Gramsche Matrix zu einer Bilinearform ${}\left\langle -,-\right\rangle$ auf einem ${}K$- Vektorraum ${}V$ bezüglich einer Basis ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ von ${}V$.
6. Ein normaler Endomorphismus

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

   auf einem endlichdimensionalen ${}{\mathbb {K} }$- Vektorraum mit Skalarprodukt ${}\left\langle -,-\right\rangle$.

Lösung

1. Zu einem Vektor ${}v\in V$ nennt man

   ${}\Vert {v}\Vert ={\sqrt {\left\langle v,v\right\rangle }}\,$

   die Norm von ${}v$.

2. Zwei Vektoren ${}v,w\in V$ heißen orthogonal zueinander, wenn

   ${}\left\langle v,w\right\rangle =0\,$

   ist.

3. Eine lineare Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

   heißt winkeltreu, wenn für je zwei Vektoren ${}v,w\in V$ die Beziehung

   ${}\angle (\varphi (v),\varphi (w))=\angle (v,w)\,$

   gilt.

4. In einem Dreieck ${}A,B,C$ in einer euklidischen Ebene heißt der Schnittpunkt der Höhe durch ${}A$ mit der Geraden durch ${}B$ und ${}C$ der Höhenfußpunkt dieser Höhe.
5. Die ${}n\times n$- Matrix

   $\left\langle v_{i},v_{j}\right\rangle _{1\leq i,j\leq n}$

   heißt die Gramsche Matrix von ${}\left\langle -,-\right\rangle$ bezüglich der Basis.

6. Ein Endomorphismus

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

   heißt normal, wenn ${}\varphi$ und ${}{\hat {\varphi }}$ vertauschbar sind.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über die Beschreibung von eigentlichen Isometrien im ${}\mathbb {R} ^{3}$.
2. Der Trägheitssatz von Sylvester.
3. Der Homomorphiesatz für Gruppen (Satz vom induzierten Homomorphismus).

Lösung

1. Es sei

   $\varphi \colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3}$

   eine eigentliche Isometrie.

   Dann ist ${}\varphi$ eine Drehung um eine feste Achse.
2. Es sei ${}V$ ein endlichdimensionaler reeller Vektorraum mit einer symmetrischen Bilinearform ${}\left\langle -,-\right\rangle$ vom Typ ${}(p,q)$. Dann ist die Gramsche Matrix von ${}\left\langle -,-\right\rangle$ bezüglich einer jeden Orthogonalbasis eine Diagonalmatrix mit ${}p$ positiven und ${}q$ negativen Einträgen.
3. Es seien ${}G,Q$ und ${}H$ Gruppen, es sei ${}\varphi \colon G\rightarrow H$ ein Gruppenhomomorphismus und ${}\psi \colon G\rightarrow Q$ ein surjektiver Gruppenhomomorphismus. Es sei vorausgesetzt, dass

   ${}\operatorname {kern} \psi \subseteq \operatorname {kern} \varphi \,$

   ist. Dann gibt es einen eindeutig bestimmten Gruppenhomomorphismus

   ${\tilde {\varphi }}\colon Q\longrightarrow H$

   derart, dass  ${}\varphi ={\tilde {\varphi }}\circ \psi$ 

   ist.

Aufgabe (2 Punkte)

Was bedeutet die Polarisationsformel für ein reelles Skalarprodukt für die Multiplikation von reellen Zahlen?

Lösung

Eindimensional besagt die Polarisationsformel für reelle Zahlen ${}a,b\in \mathbb {R}$ einfach

${}ab={\frac {1}{2}}{\left({\left(a+b\right)}^{2}-a^{2}-b^{2}\right)}\,.$

Insbesondere lässt sich also die reelle Multiplikation auf das Quadrieren, Addieren und Subtrahieren von reellen Zahlen zurückführen.

Aufgabe (4 Punkte)

Wende das Schmidtsche Orthonormalisierungsverfahren auf die Basis

${\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}}$

des ${}\mathbb {R} ^{3}$ an.

Lösung

Der Vektor ${}v_{1}={\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}}$ besitzt die Norm ${}{\sqrt {2}}$, somit ist

${}u_{1}={\frac {v_{1}}{\Vert {v_{1}}\Vert }}={\begin{pmatrix}0\\{\frac {1}{\sqrt {2}}}\\{\frac {1}{\sqrt {2}}}\end{pmatrix}}\,$

der zugehörige normierte Vektor. Nun berechnen wir

${}w_{2}=v_{2}-\left\langle v_{2},u_{1}\right\rangle u_{1}={\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}}-{\frac {1}{\sqrt {2}}}{\begin{pmatrix}0\\{\frac {1}{\sqrt {2}}}\\{\frac {1}{\sqrt {2}}}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\-{\frac {1}{2}}\\{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}\,$

als einen orthogonalen Vektor zu ${}u_{1}$, der zusammen mit ${}u_{1}$ den gleichen Untervektorraum wie ${}v_{1}$ und ${}v_{2}$ aufspannt. Normieren liefert

${}u_{2}={\frac {w_{2}}{\Vert {w_{2}}\Vert }}={\begin{pmatrix}{\frac {2}{\sqrt {6}}}\\-{\frac {1}{\sqrt {6}}}\\{\frac {1}{\sqrt {6}}}\end{pmatrix}}\,$

als zweiten Vektor der Orthonormalbasis. Ein weiterer Vektor, der orthogonal auf ${}u_{1}$ und ${}u_{2}$ steht, ist

${}{\begin{aligned}w_{3}&=v_{3}-\left\langle v_{3},u_{1}\right\rangle u_{1}-\left\langle v_{3},u_{2}\right\rangle u_{2}\\&={\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}}-{\frac {1}{\sqrt {2}}}{\begin{pmatrix}0\\{\frac {1}{\sqrt {2}}}\\{\frac {1}{\sqrt {2}}}\end{pmatrix}}-{\frac {1}{\sqrt {6}}}{\begin{pmatrix}{\frac {2}{\sqrt {6}}}\\-{\frac {1}{\sqrt {6}}}\\{\frac {1}{\sqrt {6}}}\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}{\frac {2}{3}}\\{\frac {2}{3}}\\-{\frac {2}{3}}\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$

Somit ist

${}u_{3}={\frac {w_{3}}{\Vert {w_{3}}\Vert }}={\begin{pmatrix}{\frac {1}{\sqrt {3}}}\\{\frac {1}{\sqrt {3}}}\\-{\frac {1}{\sqrt {3}}}\end{pmatrix}}\,$

ein dritter Vektor der Orthonormalbasis.

Aufgabe (1 Punkt)

Berechne das Kreuzprodukt

${\begin{pmatrix}3\\5\\2\end{pmatrix}}\times {\begin{pmatrix}-4\\6\\-5\end{pmatrix}}$

im ${}\mathbb {R} ^{3}$.

Lösung

Es ist

${}{\begin{pmatrix}3\\5\\2\end{pmatrix}}\times {\begin{pmatrix}-4\\6\\-5\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}5\cdot (-5)-2\cdot 6\\-3\cdot (-5)+2\cdot (-4)\\3\cdot 6-5\cdot (-4)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-37\\7\\38\end{pmatrix}}\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Diskutiere, ob es sinnvoll ist, die Ecken eines Dreiecks in der Ebene immer gleichermaßen gegen den Uhrzeigersinn mit ${}A,B,C$ zu bezeichnen, insbesondere unter Berücksichtigung des Bildes rechts.

Lösung erstellen

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise den Trägheitssatz von Sylvester.

Lösung

Bezüglich einer Orthogonalbasis ${}u_{1},\ldots ,u_{n}$ von ${}V$ (die es nach Satz 38.15 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) gibt) hat die Gramsche Matrix natürlich Diagonalgestalt. Es sei ${}p'$ die Anzahl der positiven Diagonaleinträge und ${}q'$ die Anzahl der negativen Diagonaleinträge. Die Basis sei so geordnet, dass die ersten ${}p'$ Diagonaleinträge positiv, die folgenden ${}q'$ Diagonaleinträge negativ und die übrigen ${}0$ seien. Auf dem ${}p'$-dimensionalen Unterraum  ${}U=\langle u_{1},\ldots ,u_{p'}\rangle$  ist die eingeschränkte Bilinearform positiv definit, sodass  ${}p'\leq p$  gilt. Es sei  ${}W=\langle u_{p'+1},\ldots ,u_{n}\rangle$,  auf diesem Unterraum ist die Bilinearform negativ semidefinit. Dabei ist  ${}V=U\oplus W$,  und diese beiden Räume sind orthogonal zueinander.

 Angenommen, es gebe einen Unterraum ${}U'$, auf dem die Bilinearform positiv definit ist, und dessen Dimension ${}p$ größer als ${}p'$ ist. Die Dimension von ${}W$ ist ${}n-p'$ und daher ist  ${}W\cap U'\neq 0$  nach Korollar 9.8 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)).

Für einen Vektor ${}w\in W\cap U'$, ${}w\neq 0$, ergibt sich aber direkt der Widerspruch  ${}\left\langle w,w\right\rangle >0$  und  ${}\left\langle w,w\right\rangle \leq 0$. 

Aufgabe (3 Punkte)

Was versteht man in der Mathematik unter Klassifikation? Welche Ergebnisse aus der linearen Algebra kann man als Klassifikationsergebnisse auffassen?

Lösung erstellen

Aufgabe (5 Punkte)

Der ${}\mathbb {R} ^{2}$ sei mit der Standard-Minkowski-Form versehen. Zeige, dass zu ${}z\in \mathbb {R}$, ${}z\neq 0$, die Vektoren

${\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}z-{\frac {1}{z}}\\z+{\frac {1}{z}}\end{pmatrix}}\,\,{\text{ und }}\,\,{\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}-z+{\frac {1}{z}}\\z+{\frac {1}{z}}\end{pmatrix}}$

Geschwindigkeitsvektoren eines Beobachters sind. Zeige, dass jeder Beobachtervektor diese Gestalt besitzt.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}\left\langle {\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}z-{\frac {1}{z}}\\z+{\frac {1}{z}}\end{pmatrix}},{\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}z-{\frac {1}{z}}\\z+{\frac {1}{z}}\end{pmatrix}}\right\rangle &={\frac {1}{4}}{\left({\left(z-{\frac {1}{z}}\right)}^{2}-{\left(z+{\frac {1}{z}}\right)}^{2}\right)}\\&={\frac {1}{4}}{\left(z^{2}-2+{\left({\frac {1}{z}}\right)}^{2}-z^{2}-2-{\left({\frac {1}{z}}\right)}^{2}\right)}\\&=-1\end{aligned}}$

und ebenso

${}{\begin{aligned}\left\langle {\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}-z+{\frac {1}{z}}\\z+{\frac {1}{z}}\end{pmatrix}},{\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}-z+{\frac {1}{z}}\\z+{\frac {1}{z}}\end{pmatrix}}\right\rangle &={\frac {1}{4}}{\left({\left(-z+{\frac {1}{z}}\right)}^{2}-{\left(z+{\frac {1}{z}}\right)}^{2}\right)}\\&={\frac {1}{4}}{\left(z^{2}-2+{\left({\frac {1}{z}}\right)}^{2}-z^{2}-2-{\left({\frac {1}{z}}\right)}^{2}\right)}\\&=-1,\end{aligned}}$

somit sind dies Beobachtervektoren.

Es sei umgekehrt ${}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}$ ein Beobachtervektor, also

${}x^{2}-y^{2}=-1\,.$

Wir müssen zeigen, dass dieser Vektor von einer der angegebenen Gestalt ist und betrachten daher die Gleichung

${}{\frac {1}{2}}{\left(z+{\frac {1}{z}}\right)}=y\,.$

Multiplikation mit ${}z$ führt auf

${}z^{2}-2yz+1=0\,$

bzw. auf

${}(z-y)^{2}+1-y^{2}=0\,$

und auf

${}z=\pm {\sqrt {y^{2}-1}}+y\,,$

wobei die Wurzel stets existiert, und zwar gleich ${}\pm x$ ist. Je nachdem, ob ${}x$ positiv oder negativ ist, muss man ${}z$ entsprechend wählen.

Aufgabe (8 (4+4) Punkte)

Es sei ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}{\mathbb {K} }$- Vektorraum mit Skalarprodukt und es sei

${}V=V_{1}\oplus V_{2}\,$

die direkte Summe der Untervektorräume ${}V_{1}$ und ${}V_{2}$. Es seien

$\varphi _{1}\colon V_{1}\longrightarrow V_{1}$

und

$\varphi _{2}\colon V_{2}\longrightarrow V_{2}$

lineare Abbildungen und

${}\varphi =\varphi _{1}\oplus \varphi _{2}\,$

die Summe davon.

a) Die Summenzerlegung sei zusätzlich orthogonal, d.h. ${}V_{1}$ und ${}V_{2}$ stehen senkrecht aufeinander. Zeige

${}{\hat {\varphi }}={\hat {\varphi _{1}}}\oplus {\hat {\varphi _{2}}}\,.$

b) Zeige, dass die Aussage aus Teil (1) nicht gilt, wenn die Summenzerlegung nicht orthogonal ist.

Lösung

a) Es seien  ${}v,w\in V$  und

${}v=v_{1}+v_{2}\,$

und

${}w=w_{1}+w_{2}\,$

sei ihre Summenzerlegung. Dann ist

${}{\begin{aligned}\left\langle \varphi (v),w\right\rangle &=\left\langle \varphi (v_{1}+v_{2}),w_{1}+w_{2}\right\rangle \\&=\left\langle \varphi _{1}(v_{1})+\varphi _{2}(v_{2}),w_{1}+w_{2}\right\rangle \\&=\left\langle \varphi _{1}(v_{1}),w_{1}\right\rangle +\left\langle \varphi _{1}(v_{1}),w_{2}\right\rangle +\left\langle \varphi _{2}(v_{2}),w_{1}\right\rangle +\left\langle \varphi _{2}(v_{2}),w_{2}\right\rangle \\&=\left\langle \varphi _{1}(v_{1}),w_{1}\right\rangle +\left\langle \varphi _{2}(v_{2}),w_{2}\right\rangle \\&=\left\langle v_{1},{\hat {\varphi _{1}}}(w_{1})\right\rangle +\left\langle v_{2},{\hat {\varphi _{2}}}(w_{2})\right\rangle \\&=\left\langle v_{1},{\hat {\varphi _{1}}}(w_{1})\right\rangle +\left\langle v_{1},{\hat {\varphi _{2}}}(w_{2})\right\rangle +\left\langle v_{2},{\hat {\varphi _{1}}}(w_{1})\right\rangle +\left\langle v_{2},{\hat {\varphi _{2}}}(w_{2})\right\rangle \\&=\left\langle v_{1}+v_{2},{\hat {\varphi _{1}}}(w_{1})+{\hat {\varphi _{2}}}(w_{2})\right\rangle \\&=\left\langle v,{\hat {\varphi _{1}}}(w_{1})+{\hat {\varphi _{2}}}(w_{2})\right\rangle ,\end{aligned}}$

wobei wir für die vierte und die sechste Gleichung die Orthogonalität verwendet haben. Die Summe ${}{\hat {\varphi _{1}}}(w_{1})+{\hat {\varphi _{2}}}(w_{2})$ erfüllt also die für den adjungierten Endomorphismus charakteristische Eigenschaft, daher ist es der adjungierte Endomorphismus.

b) Wir betrachten die Matrix ${}{\begin{pmatrix}1&1\\0&2\end{pmatrix}}$ als lineare Abbildung von ${}\mathbb {R} ^{2}$ nach ${}\mathbb {R} ^{2}$. Diese Abbildung besitzt die beiden Eigenwerte ${}1$ und ${}2$ mit den Eigenvektoren ${}{\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}$ und ${}{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}$. Mit  ${}V_{1}=\mathbb {R} {\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}$  und  ${}V_{2}=\mathbb {R} {\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}$  und  ${}\varphi _{1}=1$  und  ${}\varphi _{2}=2$  ist

${}\varphi =\varphi _{1}\oplus \varphi _{2}\,.$

Da ${}\varphi _{1}$ und ${}\varphi _{2}$ reelle Streckungen sind, stimmen sie mit ihren adjungierten Endomorphismen überein, und somit ist die Summe der adjungierten Endomorphismen gleich ${}\varphi$. Es ist aber einerseits

${}\left\langle \varphi {\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}\right\rangle =\left\langle {\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}\right\rangle =1\,$

und andererseits

${}\left\langle {\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}},\varphi {\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}\right\rangle =\left\langle {\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix}}\right\rangle =2\,,$

sodass ${}\varphi$ nicht der adjungierte Endomorphismus ist.

Aufgabe (2 Punkte)

Entscheide, ob es für die durch die Matrix

${\begin{pmatrix}2-3{\mathrm {i} }&4+5{\mathrm {i} }\\11-3{\mathrm {i} }&6+9{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}$

gegebene lineare Abbildung ${}{\mathbb {C} }^{2}\rightarrow {\mathbb {C} }^{2}$ eine Orthonormalbasis des ${}{\mathbb {C} }^{2}$ aus Eigenvektoren gibt.

Lösung

Es sei

${}M={\begin{pmatrix}2-3{\mathrm {i} }&4+5{\mathrm {i} }\\11-3{\mathrm {i} }&6+9{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}\,.$

Die adjungierte Abbildung wird durch

${}N={{\overline {M}}^{\text{tr}}}={\begin{pmatrix}2+3{\mathrm {i} }&11+3{\mathrm {i} }\\4-5{\mathrm {i} }&6-9{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}\,$

beschrieben. Wegen

${}(2-3{\mathrm {i} })(2+3{\mathrm {i} })+(4+5{\mathrm {i} })(4-5{\mathrm {i} })=(2-3{\mathrm {i} })(2+3{\mathrm {i} })+41\,$

und

${}(2-3{\mathrm {i} })(2+3{\mathrm {i} })+(11+3{\mathrm {i} })(11-3{\mathrm {i} })=(2-3{\mathrm {i} })(2+3{\mathrm {i} })+130\,$

ist

${}M\circ N\neq N\circ M\,.$

Der Endomorphismus ist also nicht normal und daher gibt es nach Satz 42.9 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) keine Orthonormalbasis aus Eigenvektoren.

Aufgabe (5 Punkte)

Bringe das reelle quadratische Polynom

$X^{2}-4Y^{2}+6XY+2$

auf eine Standardgestalt.

Lösung

Der rein-quadratische Term des quadratischen Polynoms wird durch die symmetrische Matrix

${}M={\begin{pmatrix}1&3\\3&-4\end{pmatrix}}\,$

beschrieben. Das charakteristische Polynom dazu ist

${}{\begin{aligned}(X-1)(X+4)-9&=X^{2}+3X-13\\&={\left(X+{\frac {3}{2}}\right)}^{2}-{\frac {9}{4}}-13\\&={\left(X+{\frac {3}{2}}\right)}^{2}-{\frac {61}{4}}.\end{aligned}}$

Die Eigenwerte sind also

${}\lambda _{1,2}={\frac {\pm {\sqrt {61}}}{2}}-{\frac {3}{2}}\,.$

Ein Eigenvektor zu Eigenwert ${}{\frac {\sqrt {61}}{2}}-{\frac {3}{2}}$ ist

${\begin{pmatrix}3\\{\frac {{\sqrt {61}}-5}{2}}\end{pmatrix}}$

und ein Eigenvektor zu Eigenwert ${}-{\frac {\sqrt {61}}{2}}-{\frac {3}{2}}$ ist

${\begin{pmatrix}3\\{\frac {-{\sqrt {61}}-5}{2}}\end{pmatrix}}.$

Normierte Eigenvektoren ${}v_{1}$ und ${}v_{2}$ sind somit ${}{\frac {2}{\sqrt {122-10{\sqrt {61}}}}}{\begin{pmatrix}3\\{\frac {{\sqrt {61}}-5}{2}}\end{pmatrix}}$ und ${}{\frac {2}{\sqrt {122+10{\sqrt {61}}}}}{\begin{pmatrix}3\\{\frac {-{\sqrt {61}}-5}{2}}\end{pmatrix}}$. Es seien ${}s,t$ die Koordinatenfunktionen zu dieser neuen Basis. Zwischen den Koordinaten besteht die Beziehung

${}{\begin{pmatrix}X\\Y\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}{\frac {2}{\sqrt {122-10{\sqrt {61}}}}}\cdot 3&{\frac {2}{\sqrt {122+10{\sqrt {61}}}}}\cdot 3\\{\frac {2}{\sqrt {122-10{\sqrt {61}}}}}\cdot {\frac {{\sqrt {61}}-5}{2}}&{\frac {2}{\sqrt {122+10{\sqrt {61}}}}}\cdot {\frac {-{\sqrt {61}}-5}{2}}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}s\\t\end{pmatrix}}\,,$

wobei wir diese Übergangsmatrix ${}B$ nennen. Somit ist

${}{\begin{aligned}X^{2}-4Y^{2}+6XY+2&={{\begin{pmatrix}X\\Y\end{pmatrix}}^{\text{tr}}}M{\begin{pmatrix}X\\Y\end{pmatrix}}+2\\&={{\begin{pmatrix}s\\t\end{pmatrix}}^{\text{tr}}}{B^{\text{tr}}}MB{\begin{pmatrix}s\\t\end{pmatrix}}+2\\&={\left({\frac {{\sqrt {61}}-3}{2}}\right)}s^{2}+{\left({\frac {-{\sqrt {61}}-3}{2}}\right)}t^{2}+2.\end{aligned}}$

Aufgabe (2 Punkte)

Es seien ${}M$ und ${}N$ Mengen und sei ${}f\colon M\rightarrow N$ eine Abbildung. Zeige, dass durch die Festlegung

${}x\sim y\,,$

wenn

${}f(x)=f(y)\,,$

eine Äquivalenzrelation auf ${}M$ definiert wird.

Lösung

Da der Funktionswert ${}f(x)$ eindeutig bestimmt und die Gleichheit reflexiv ist, gilt offenbar ${}x\sim x$. Wenn ${}x\sim y$ ist, so bedeutet das  ${}f(x)=f(y)$  und wegen der Symmetrie der Gleichheit folgt  ${}f(y)=f(x)$,  was wiederum ${}y\sim x$ bedeutet. Wenn ${}x\sim y$ und ${}y\sim z$ ist, so bedeutet dies einerseits  ${}f(x)=f(y)$  und andererseits  ${}f(y)=f(z)$.  Wegen der Transitivität der Gleichheit folgt  ${}f(x)=f(z)$,  was ${}x\sim z$ bedeutet.

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise den Homomorphiesatz für Gruppen.

Lösung

Wir zeigen zuerst die Eindeutigkeit. Für jedes Element  ${}u\in Q$  gibt es mindestens ein ${}g\in G$ mit ${}\psi (g)=u$. Wegen der Kommutativität des Diagramms muss

${}{\tilde {\varphi }}(u)=\varphi (g)\,$

gelten. Das bedeutet, dass es maximal ein ${}{\tilde {\varphi }}$ geben kann.
Wir müssen zeigen, dass durch diese Bedingung eine wohldefinierte Abbildung gegeben ist. Es seien also  ${}g,g'\in G$  zwei Urbilder von ${}u$. Dann ist

${}\psi {\left(g'g^{-1}\right)}=uu^{-1}=e_{Q}\,$

und somit ist  ${}g'g^{-1}\in \operatorname {kern} \psi \subseteq \operatorname {kern} \varphi$.  Daher ist  ${}\varphi (g)=\varphi (g')$.  Die Abbildung ist also wohldefiniert. Seien  ${}u,v\in Q$  und seien  ${}g,h\in G$  Urbilder davon. Dann ist ${}gh$ ein Urbild von ${}uv$ und daher ist

${}{\tilde {\varphi }}(uv)=\varphi (gh)=\varphi (g)\varphi (h)={\tilde {\varphi }}(u){\tilde {\varphi }}(v)\,.$

D.h. ${}{\tilde {\varphi }}$ ist ein Gruppenhomomorphismus.

Aufgabe (8 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper, ${}V$ ein ${}K$- Vektorraum und  ${}U\subseteq V$  ein Untervektorraum. Es sei ${}u_{i}$, ${}i\in I$, eine Basis von ${}U$ und ${}v_{j}$, ${}j\in J$, eine Familie von Vektoren in ${}V$. Zeige, dass die Gesamtfamilie ${}u_{i},i\in I,v_{j},j\in J$, genau dann eine Basis von ${}V$ ist, wenn ${}[v_{j}]$, ${}j\in J$, eine Basis des Restklassenraumes ${}V/U$ ist.

Lösung

Es sei zunächst die Gesamtfamilie eine Basis von ${}V$. Da

$V\longrightarrow V/U$

surjektiv ist, ist das Bild der Basis ein Erzeugendensystem von ${}V/U$, und da die Vektoren ${}u_{i}$, ${}i\in I$, auf ${}0$ abgebildet werden, ist ${}[v_{j}]$, ${}j\in J$, ein Erzeugendensystem des Restklassenraumes. Zum Nachweis der linearen Unabhängigkeit sei

${}\sum _{j\in J}b_{j}[v_{j}]=0\,,$

wobei die Koeffizienten nur für endlich viele Indizes ungleich ${}0$ sein können. Dies bedeutet zurückübersetzt nach ${}V$, dass

${}\sum _{j\in J}b_{j}v_{j}=u\in U\,$

gilt. Somit ist

${}\sum _{j\in J}b_{j}v_{j}=\sum _{i\in I}a_{i}u_{i}\,$

und aus der linearen Unabhängigkeit der Gesamtfamilie folgt

${}b_{j}=0\,.$

Es sei nun umgekehrt vorausgesetzt, dass die ${}[v_{j}]$, ${}j\in J$, eine Basis des Restklassenraumes bilden. Es sei  ${}v\in V$.  Dann ist

${}[v]=\sum _{j\in J}b_{j}[v_{j}]\,$

in ${}V/U$. Dies bedeutet zurückübersetzt nach ${}V$, dass

$v-\sum _{j\in J}b_{j}v_{j}$

zu ${}U$ gehört. Damit gibt es eine Darstellung

${}v=\sum _{i\in I}a_{i}u_{i}+\sum _{j\in J}b_{j}v_{j}\,$

und die Vektorenfamilie ist ein Erzeugendensystem. Zum Nachweis der linearen Unabhängigkeit sei

${}0=\sum _{i\in I}a_{i}u_{i}+\sum _{j\in J}b_{j}v_{j}\,.$

Im Restklassenraum bedeutet dies

${}[0]=\sum _{i\in I}a_{i}[u_{i}]+\sum _{j\in J}b_{j}[v_{j}]=\sum _{j\in J}b_{j}[v_{j}]\,$

und wegen der linearen Unabhängigkeit folgt

${}b_{j}=0\,$

für alle  ${}j\in J$.  Somit reduziert sich die Ausgangsgleichung zu

${}0=\sum _{i\in I}a_{i}u_{i}\,$

und die lineare Unabhängigkeit der ${}u_{i}$ liefert

${}a_{i}=0\,$

für alle  ${}i\in I$. 

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme, ob die beiden Basen des ${}\mathbb {R} ^{3}$,

${\begin{pmatrix}1\\0\\4\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}2\\4\\-3\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\3\\-5\end{pmatrix}}\,\,{\text{ und }}\,\,{\begin{pmatrix}-3\\7\\2\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}-4\\5\\-1\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}-6\\0\\11\end{pmatrix}},$

die gleiche Orientierung repräsentieren oder nicht.

Lösung

Die Vektoren

${\begin{pmatrix}1\\0\\4\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}2\\4\\-3\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\3\\-5\end{pmatrix}}$

besitzen bezüglich der Standardbasis die Übergangsmatrix

${\begin{pmatrix}1&2&0\\0&4&3\\4&-3&-5\end{pmatrix}},$

deren Determinante ist

${}-20+9+4\cdot 6=13\,.$

Daher repräsentiert diese Basis die Standardorientierung.

Die Vektoren

${\begin{pmatrix}-3\\7\\2\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}-4\\5\\-1\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}-6\\0\\11\end{pmatrix}}$

besitzen bezüglich der Standardbasis die Übergangsmatrix

${\begin{pmatrix}-3&-4&-6\\7&5&0\\2&-1&11\end{pmatrix}},$

deren Determinante ist

${}-3\cdot 55-7(-44-6)+2\cdot 30=-165+350+60=245>0\,.$

Daher repräsentiert diese Basis ebenfalls die Standardorientierung, und damit repräsentieren beide Basen die gleiche Orientierung.