Blatt #8, 5. Dez. 2002 Aufgabe 29.

(1) ABC = (^{−10} ^{2} ), C^{t}B^{t}A^{t} = ( \begin{matrix}−10 \\ 2 \end{matrix} ), AA^{t}ABB^{t} = (^{185} ^{160} ).

(2) Beachte BC = 0 und BB^{t} = 0. ABC = 0, C^{t}B^{t}A^{t} = 0, AA^{t}ABB^{t} = 0.

(3) ABC = ( \begin{matrix}1 & β+1 \\ β & β^{2}+1 \end{matrix} ), C^{t}B^{t}A^{t} = ( \begin{matrix}1 & β \\ β+1 & β^{2}+1 \end{matrix} ), AA^{t}ABB^{t} = ( \begin{matrix}1 & β^{2} & β^{2}+1 \\ β & β+1 & 1 \end{matrix} ).

Aufgabe 30.

(1) Für A ∈ K^{n×n} schreibe A = (v_{1}, …, v_{n}) mit v_{i} ∈ K^{n}. Wähle für die erste Spalte einen Vektor v_{1} ∈ K^{n} \ 0. Davon gibt es q^{n} − 1 Stück. Fixiere die erste Spalte. Wähle für die zweite Spalte einen Vektor v_{2} ∈ K^{n} \ ⟨v_{1}⟩. Davon gibt es q^{n} − q Stück. Fixiere auch die zweite Spalte. Wähle für die dritte Spalte einen Vektor v_{3} ∈ K^{n} \ ⟨v_{1}, v_{2}⟩. Davon gibt es q^{n} − q^{2} Stück. Fixiere auch die dritte Spalte. So fortfahrend erhält man schließlich eine reguläre Matrix. Insgesamt kann man

# GL_{n}(K) = (q^{n} − 1)(q^{n} − q)(q^{n} − q^{2}) ⋯ (q^{n} − q^{n−1}) = ∏_{i=1}^{n}(q^{n} − q^{n−i})

verschiedene reguläre Matrizen konstruieren.

(2) Es ist #{A^{k} | k ≥ 1} endlich, d.h. es existieren l, m ≥ 1 mit l > m und A^{l} = A^{m}. Dann ist A^{l−m} = A^{0} = E, da A regulär ist.

(3) (a) A^{2} = ( \begin{matrix}1 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix} ), A^{3} = E, die Ordnung von A ist 3.

(b) A^{2} = ( \begin{matrix}−1 & ι−1 \\ ι−1 & −ι−1 \end{matrix} ), A^{3} = ( \begin{matrix}−ι−1 & −ι+1 \\ −ι+1 & −1 \end{matrix} ), A^{4} = ( \begin{matrix}ι+1 & −ι \\ −ι & 0 \end{matrix} ), A^{5} = E, die Ordnung von A ist 5.

(c) A^{2} = ( \begin{matrix}−1 & −1 & −1 \\ −1 & −1 & 0 \\ −1 & 0 & 1 \end{matrix} ), A^{3} = ( \begin{matrix}0 & 0 & 1 \\ 0 & −1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{matrix} ), A^{4} = ( \begin{matrix}0 & −1 & 0 \\ −1 & −1 & 1 \\ 0 & 1 & −1 \end{matrix} ), A^{5} = ( \begin{matrix}−1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & −1 \end{matrix} ), A^{6} = ( \begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 1 & −1 & −1 \\ 0 & −1 & −1 \end{matrix} ),

A^{7} = ( \begin{matrix}0 & 1 & −1 \\ 1 & −1 & 1 \\ −1 & 1 & 1 \end{matrix} ), A^{8} = ( \begin{matrix}1 & 1 & −1 \\ 1 & 0 & 1 \\ −1 & 1 & −1 \end{matrix} ), A^{9} = ( \begin{matrix}0 & −1 & −1 \\ −1 & 0 & 0 \\ −1 & 0 & −1 \end{matrix} ), A^{10} = ( \begin{matrix}−1 & 1 & 1 \\ 1 & −1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{matrix} ), A^{11} =

( \begin{matrix}−1 & 1 & −1 \\ 1 & 1 & 1 \\ −1 & 1 & 0 \end{matrix} ), A^{12} = ( \begin{matrix}−1 & 0 & −1 \\ 0 & 0 & −1 \\ −1 & −1 & −1 \end{matrix} ), A^{13} = E, die Ordnung von A ist 13.

(d) Z.B. folgt mit A = ( \begin{matrix}0 & α+1 \\ α & α+1 \end{matrix} ), daß A^{2} = ( \begin{matrix}1 & α \\ 1 & α+1 \end{matrix} ), A^{3} = ( \begin{matrix}α+1 & α \\ 1 & 1 \end{matrix} ), A^{4} = ( \begin{matrix}α+1 & α+1 \\ α & 0 \end{matrix} ), A^{5} = E.

Sei x ∈ GL_{2}(F_{2}), dann ist G_{x} := {x^{m} | m ∈ Z} ⩽ GL_{2}(F_{2}) eine Untergruppe mit #G_{x} = (Ordnung von x). Nach Aufgabe 4.(1) ist damit die Ordnung von x ein Teiler von # GL_{2}(F_{2}). 5 ist aber kein Teiler von 6 = # GL_{2}(F_{2}), ein Element der Ordnung 5 existiert in GL_{2}(F_{2}) also nicht.

Aufgabe 31.

(1) Induktionshypothese:

A^{n} = ( \begin{matrix}λ^{n} & \binom{n}{1}λ^{n−1} & \binom{n}{2}λ^{n−2} & \binom{n}{3}λ^{n−3} \\ & λ^{n} & \binom{n}{1}λ^{n−1} & \binom{n}{2}λ^{n−2} \\ & & λ^{n} & \binom{n}{1}λ^{n−1} \\ & & & λ^{n} \end{matrix} ) =: (a_{i,j}^{(n)})_{i,j}, d.h. a_{i,j}^{(n)} = \binom{n}{j − i}λ^{n−(j−i)}.

Beachte, daß \binom{n}{k} = 0 falls k > n oder k < 0. n = 0: A^{0} = E. n → (n + 1): Es ist a_{i,j}^{(n+1)} = ∑_{k=1}^{n} a_{i,k}^{(n)}a_{k,j} = ∑_{k=i}^{j} a_{i,k}^{(n)}a_{k,j}, da sowohl A^{n} als auch A obere Dreiecksmatrizen sind. Für j ≥ i folgt der Induktionsschluß

a_{i,j}^{(n+1)} = ∑_{k=i}^{j} \binom{n}{k − i}λ^{n−(k−i)}\binom{1}{j − k}λ^{1−(j−k)}

= λ^{n+1−(j−i)}(\binom{n}{j − i} + \binom{n}{j − i − 1})

= λ^{n+1−(j−1)}\binom{n + 1}{j − i}.

(2) Es ist ( \begin{matrix}a_{1,1}^{2}+a_{1,2}a_{2,1} & a_{1,1}a_{1,2}+a_{1,2}a_{2,2} \\ a_{2,1}a_{1,1}+a_{2,2}a_{2,1} & a_{2,1}a_{1,2}+a_{2,2}^{2} \end{matrix} ) − (a_{1,1} + a_{2,2}) ( \begin{matrix}a_{1,1} & a_{1,2} \\ a_{2,1} & a_{2,2} \end{matrix} ) + (a_{1,1}a_{2,2} − a_{1,2}a_{2,1}) ( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix} ) =

( \begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix} ).

Also ist A(A − (a_{1,1} + a_{2,2})E) = (A − (a_{1,1} + a_{2,2})E)A = −(a_{1,1}a_{2,2} − a_{1,2}a_{2,1})E, und

B := −(a_{1,1}a_{2,2} − a_{1,2}a_{2,1})^{−1}(A − (a_{1,1} + a_{2,2})E) = (a_{1,1}a_{2,2} − a_{1,2}a_{2,1})^{−1} ( \begin{matrix}a_{2,2} & −a_{1,2} \\ −a_{2,1} & a_{1,1} \end{matrix} ) ist das

multiplikative Inverse zu A. Aufgabe 32.

(1) Wähle z.B. die Standardbasen \underline{v} = \underline{w} = (( \begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix} )) von R^{2}, und \underline{y} = (1) von R^{1}.

A(f)_{\underline{w},\underline{v}} = ( \begin{matrix}1 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix} ), A(g)_{\underline{y},\underline{w}} = (^{1} ^{−1} ), A(g ∘ f)_{\underline{y},\underline{v}} = (^{1} ^{−1} ) ( \begin{matrix}1 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix} ) = (^{0} ^{1} ).

An den beschreibenden Matrizen liest man ab: f ist bijektiv (da das Spaltentupel eine Basis von R^{2} ist). g ist nicht injektiv (da das Spaltentupel linear abhängig ist), aber surjektiv (da das Spaltentupel R^{1} erzeugt). g ∘ f ist nicht injektiv (da das Spaltentupel linear abhängig ist), aber surjektiv (da das Spaltentupel R^{1} erzeugt).

(2) Wähle z.B. die Standardbasen \underline{v} von C^{3}, \underline{w} von C^{4} und \underline{y} von C^{2}.

A(f)_{\underline{w},\underline{v}} = ( \begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 0 & 4 & 0 \\ −1 & i & −2 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} ), A(g)_{\underline{y},\underline{w}} = ( \begin{matrix}1 & i & 0 & 0 \\ i & −1 & 0 & 0 \end{matrix} ). A(g ∘ f)_{\underline{y},\underline{v}} = A(g)_{\underline{y},\underline{w}}A(f)_{\underline{w},\underline{v}} = ( \begin{matrix}1 & 2+4i & 3 \\ i & −4+2i & 3i \end{matrix} ). An

den beschreibenden Matrizen liest man ab: f ist injektiv (da das Spaltentupel linear unabhängig ist), aber nicht surjektiv (da ein Tupel mit 3 Vektoren nicht erzeugend in C^{4} ist). g ist nicht injektiv (da das Spaltentupel linear abhängig ist), aber nicht surjektiv (da das Spaltentupel nicht erzeugend ist). g ∘ f ist mit der gleichen Begründung wie für g weder injektiv noch surjektiv.

(3) Wähle z.B. \underline{v} = (1, β, β^{2}) als Basis von F_{8} über F_{2}. Es ist f(1) = 1, f(β) = β^{2} und f(β^{2}) =

β^{4} = β + β^{2}. A(f)_{\underline{v},\underline{v}} = ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{matrix} ). A(f^{2})_{\underline{v},\underline{v}} = (A(f)_{\underline{v},\underline{v}})^{2} = ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix} ).

f und f^{2} sind bijektiv, da die Spaltentupel jeweils eine Basis von F_{2}^{3} über F_{2} sind. Aufgabe 33.

(1) Ist falsch, z.B. ist A = ( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix} ) = A^{2}, aber A ∉ \{0, E\}.

(2) Ist richtig. Sei A^{t}A = 0. Dann gilt insbesondere für den i-ten Eintrag (i ∈ [1, n]) auf der Diagonalen von A^{t}A: 0 = ∑_{k=1}^{n} a_{k,i}^{2}. Da a_{k,i} ∈ R, folgt a_{k,i} = 0 für k ∈ [1, n]. Also ist A = 0. Die Rückrichtung ist trivial.

(3) Ist falsch, z.B. gilt für A = ( \begin{matrix}i & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix} ), daß A^{t}A = 0, aber A ≠ 0.

(4) Ist richtig. Seien l, m ∈ [1, n].

Definiere D(l, m) ∈ K^{n×n} mit D(l, m) = (d_{i,j})_{i,j} mit d_{i,j} = \begin{cases}1 & falls i = l und j = m \\ 0 & sonst \end{cases}.

Für i, j ∈ [1, n] ist

AD(l, m) =: (c_{i,j})_{i,j} mit c_{i,j} = \begin{cases}a_{i,l} & falls j = m \\ 0 & sonst \end{cases}, und

D(l, m)A =: (c̃_{i,j})_{i,j} mit c̃_{i,j} = \begin{cases}a_{m,j} & falls i = l \\ 0 & sonst \end{cases}.

Damit folgt a_{i,j} = 0 für i ≠ j und a_{i,i} = a_{j,j} (setze l = i, m = j). Damit ist A = λE für ein λ ∈ K. Die Rückrichtung ist trivial.

(5) Ist richtig. Für l, m ∈ [1, n] sei D(l, m) wie in (4) definiert.

”⇒“ Sei l ≠ m. Es ist D(l, 1)D(1, m) = D(l, m), aber D(1, m)D(l, 1) = 0, und f(D(l, m)) = 0. Es ist D(l, 1)D(1, l) = D(l, l) und D(1, l)D(l, 1) = D(1, 1). Damit folgt f(D(1, 1)) = f(D(l, l)). Mit λ := f(D(1, 1)) folgt

f(A) = ∑_{ij} a_{i,j}f(D(i, j)) = ∑_{i} a_{i,i}f(D(i, i)) = λ Tr(A).

”⇐“: Man beachte Tr(AB) = ∑_{l=1}^{n} ∑_{k=1}^{n} a_{l,k}b_{k,l} = ∑_{l=1}^{n} ∑_{k=1}^{n} b_{l,k}a_{k,l} = Tr(BA) für B ∈ K^{n×n}.