Lösungen Klausur I

Aufgabe 1.

(1) Wir erhalten σ = (3, 7, 5)(4, 6) und τ = (2, 5)(3, 4). Es hat σ die Ordnung 6, und τ die Ordnung 2.

(2) Es wird σ ∘ τ ∘ σ^{−1} = (2, 3)(6, 7).

(3) Es werden ε_{σ} = −1 und ε_{σ ∘ τ ∘ σ^{−1}} = +1.

(4) Da die Signumsabbildung ein Gruppenmorphismus ist, gilt in der Tat ε_{σ ∘ τ ∘ σ^{−1}} = ε_{σ}ε_{τ} ε_{σ}^{−1} = ε_{τ}.

(5) Die angegebene Menge ist keine Untergruppe, da (1, 2)(3, 4) ∘ ((1, 3)(2, 4))^{−1} = (1, 4)(2, 3) nicht in U liegt.

Aufgabe 2.

(1) Wir erhalten 1^{−1} = 1, 5^{−1} = 5, 7^{−1} = 7 und 11^{−1} = 11.

(2) Modulo 5 haben wir 3x ≡_{5} 1 zu lösen und erhalten x ≡_{5} 2. Der Ansatz x = 2 + 5k führt auf y = (1 − 3x)/5 = −1 − 3k. Also

{(x, y) ∈ Z | 3x + 5y = 1} = {(2 + 5k, −1 − 3k) | k ∈ Z} .

(3) (i) R = Z/91Z ist kein Körper, da 91 = 7 · 13 keine Primzahl ist. Es ist #R = 91.

(ii) R = F_{4}[X]/(X^{3} + X + 1) ist ein Körper, da das Polynom f(X) := X^{3} + X + 1 in F_{4} keine Nullstelle hat. In der Tat ist f(0) = 1, f(1) = 1, f(α) = α und f(α + 1) = α + 1. Es ist #R = 4^{3} = 64.

Aufgabe 3.

(1) Wir können z.B. ((\begin{matrix}1 \\ −1 \end{matrix})) auswählen, so daß dim⟨\underline{x}⟩ = 1. Es ist y = (\begin{matrix}−1 \\ −1 \end{matrix}) nicht im Erzeugnis von \underline{x} enthalten.

(2) Wir können z.B. ((\begin{matrix}i \\ 1 \\ −i \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ −2 \end{matrix})) auswählen, so daß dim⟨\underline{x}⟩ = 2. Es ist y = (\begin{matrix}2i \\ 1 \\ −3i \end{matrix}) = (\begin{matrix}i \\ 1 \\ −i \end{matrix}) + i · (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ −2 \end{matrix}) im Erzeugnis von \underline{x} enthalten.

(3) Wir berechnen das Tupel in standardisierter Form zu (β^{2}, 1 + β, β + β^{2}, 1 + β + β^{2}). Das Teiltupel (β^{2}, 1 + β, β + β^{2}) erzeugt bereits F_{8}, da y = 1 = (1 + β) + (β + β^{2}) + β^{2}, β = (β + β^{2}) + β^{2} und β^{2} im Erzeugnis liegen. Da dieses Tupel nur aus 3 = dimF_{2} F_{8} Elementen besteht, ist es auch linear unabhängig, und also eine Basis von F_{8}. Insbesondere ist dimF_{2}⟨\underline{x}⟩ = dimF_{2} F_{8} = 3.

Alternativ: Die Multiplikation mit β^{2} ist ein F_{2}-linearer Isomorphismus von F_{8} in sich. Da (1, β, β^{2}) eine Basis von F_{8} über F_{2} ist, ist auch (β^{2}, β^{3}, β^{4}) eine Basis von F_{8} über F_{2}. Damit ist y = 1 ∈ ⟨\underline{x}⟩ = F_{8} und dimF_{2}⟨\underline{x}⟩ = dimF_{2} F_{8} = 3.

Aufgabe 4.

(1) Die Abbildung f ist linear. Das Tupel (f(e_{1}), f(e_{2}), f(e_{3})) = ((\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ −1 \\ −1 \\ 1 \end{matrix})) ist linear unabhängig.

Also ist f injektiv. Da dim_{R} R^{4} = 4 ist, kann dieses Tupel nicht erzeugend sein. Also ist f nicht surjektiv.

(2) Die Abbildung f ist nicht linear über C. Zum Beispiel ist i · f((\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix})) = (\begin{matrix}0 \\ i \end{matrix}), während f(i · (\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix})) = (\begin{matrix}0 \\ −i \end{matrix}) ist.

(3) Die Abbildung f ist linear. Ist g(X) = ∑_{j≥0} a_{j}X^{j}, dann ist sein Bild unter f gleich ∑_{j≥1} 2ja_{j}X^{2j}. Die Abbildung f ist nicht surjektiv, da z.B. X nicht im Bild liegt. Sie ist nicht injektiv, da jedes konstante Polynom auf 0 abgebildet wird.

(4) Die Abbildung ist linear (da (λξ + μη)^{3} = λξ^{3} + μη^{3} für λ, μ ∈ F_{3} und ξ, η ∈ F_{9}). Das Tupel (f(1), f(ι)) = (1, −ι) ist eine Basis von F_{9} über F_{3}. Damit ist f bijektiv.

Aufgabe 5. Die Ordnung von (\begin{matrix}−1 & 1 \\ −1 & 0 \end{matrix}) ∈ GL_{2}(F_{3}) ist gleich 3, und die Ordnung von (\begin{matrix}0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix}) ∈ GL_{3}(F_{2}) ist gleich 7.

Aufgabe 6.

(1) Es ist jeweils die lineare Unabhängigkeit zu zeigen.

T: Aus λ_{1}y_{1} + λ_{2}y_{2} + λ_{3}y_{3} = 0 folgt mit dem ersten Eintrag, daß λ_{1} = 0, mit dem zweiten Eintrag, daß λ_{2} = 0, und mit dem fünften Eintrag, daß λ_{3} = 0.

U: Aus μ_{1}z_{1} + μ_{2}z_{2} + μ_{3}z_{3} = 0 folgt mit dem ersten Eintrag, daß μ_{1} = 0, und mit dem fünften Eintrag, daß μ_{2} = 0. Nun folgt mit dem zweiten Eintrag, daß μ_{3} = 0.

(2) Es ist T + U = ⟨y_{1}, y_{2}, y_{3}, z_{2}⟩, da dieses Erzeugnis bereits z_{1} = y_{1} + y_{2} und z_{3} = y_{2} + y_{3} + z_{2} enthält. Dieses Tupel ist auch linear unabhängig, da man aus λ_{1}y_{1} + λ_{2}y_{2} + λ_{3}y_{3} + μ_{2}z_{2} = 0 wie in (1) folgern kann, daß λ_{1} = λ_{2} = 0, und da dann mit dem dritten Eintrag folgt, daß λ_{3} = 0, und schließlich mit dem fünften, daß μ_{2} = 0.

Wir erhalten dim(T ∩ U) = 3 + 3 − 4 = 2, und somit #(T ∩ U) = 2^{dim(T ∩U)} = 4.

(3) Den bereits verwandten Gleichungen z_{1} = y_{1} + y_{2} und z_{3} = y_{2} + y_{3} + z_{2} entnimmt man, daß z_{1}, z_{2} + z_{3} ∈ T ∩ U. Da das Tupel (z_{1}, z_{2} + z_{3}) linear unabhängig ist, stellt es eine Basis von T ∩ U dar.

Z.B. gilt für U′ = ⟨z_{2}⟩, daß T ∩ U′ = 0. Also ist T ⊕ U′ direkt. (Man kann statt z_{2} jeden Vektor von U heranziehen, der nicht in T liegt.)

Aufgabe 7.

(1) Ist wahr. Für u ∈ U liegt f(u) in Im f = Kern g, woraus g(f(u)) = 0.

(2) Ist falsch. Seien etwa U = V = W = K, und sei f = g = 0. Es ist Im f = 0 und Kern g = V.

(3) Ist wahr. Sei v ∈ V. Aus g(f(v)) = 0 und Kern g = 0 folgt f(v) = 0.

(4) Ist wahr. Mit der Dimensionsformel ist dim U = dim Kernf +dim Imf und dim V = dim Kerng+dim Img. Da Im f ≤ Kern g, und somit dim Im f ≤ dim Kern g, ist

dim U − dim V = dim Kern f + dim Im f − dim Kern g − dim Im g ≤ dim Kern f − dim Im g .

(5) Ist wahr. Angenommen, Kern f = Im f. Dann ist dim V = dim Kern f + dim Im f = 2 · dim Kern f gerade, und das ist ein Widerspruch. Also ist Kern f ≠ Im f. Die Bedingung f ∘ f = 0 ist redundant.