Kurs:Lineare Algebra/Teil II/8/Klausur mit Lösungen

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

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

Eine Orthogonalbasis in einem ${}{\mathbb {K} }$ - Vektorraum ${}V$ mit Skalarprodukt.
Eine eigentliche Isometrie
$\varphi \colon V\longrightarrow V$
auf einem euklidischen Vektorraum ${}V$ .
Ein normaler Endomorphismus
$\varphi \colon V\longrightarrow V$
auf einem endlichdimensionalen ${}{\mathbb {K} }$ - Vektorraum mit Skalarprodukt ${}\left\langle -,-\right\rangle$ .
Die Linksnebenklasse von ${}x$ in einer Gruppe ${}G$ bezüglich einer Untergruppe ${}H\subseteq G$ .
Ein orientierter ${}\mathbb {R}$ - Vektorraum.
Ein stabiler Endomorphismus
$\varphi \colon V\longrightarrow V$
auf einem endlichdimensionalen ${}{\mathbb {K} }$ - Vektorraum ${}V$ .

Lösung

Eine Basis ${}v_{i}$ , ${}i\in I$ , von ${}V$ heißt Orthogonalbasis, wenn
$\left\langle v_{i},v_{j}\right\rangle =0{\text{ für }}i\neq j$
gilt.
Eine Isometrie heißt eigentlich, wenn ihre Determinante gleich ${}1$ ist.
Ein Endomorphismus
$\varphi \colon V\longrightarrow V$
heißt normal, wenn ${}\varphi$ und ${}{\hat {\varphi }}$ vertauschbar sind.
Die Teilmenge
${}xH={\left\{xh\mid h\in H\right\}}\,$
heißt die Linksnebenklasse von ${}x$ in ${}G$ bezüglich ${}H$ .
Ein reeller Vektorraum ${}V$ heißt orientiert, wenn er endlichdimensional und auf ihm eine Orientierung erklärt ist.
Der Endomorphismus ${}\varphi$ heißt stabil, wenn die Folge ${}\varphi ^{n}$ in ${}\operatorname {End} _{}{\left(V\right)}$ beschränkt ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

Der Spektralsatz für komplexe Isometrien.
Der Satz über die Untergruppen von ${}\mathbb {Z}$ .
Der Konvergenzsatz für stochastische Matrizen.

Lösung

Es sei ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}{\mathbb {C} }$ -Vektorraum mit Skalarprodukt und sei
$\varphi \colon V\longrightarrow V$
eine Isometrie. Dann besitzt ${}V$ eine Orthonormalbasis aus Eigenvektoren zu ${}\varphi$ .
Die Untergruppen von ${}\mathbb {Z}$ sind genau die Teilmengen der Form
${}\mathbb {Z} d={\left\{kd\mid k\in \mathbb {Z} \right\}}\,$
mit einer eindeutig bestimmten nicht-negativen Zahl ${}d$ .
Es sei ${}M$ eine spaltenstochastische Matrix mit der Eigenschaft, dass es eine Zeile gibt, in der alle Einträge positiv sind. Dann konvergiert zu jedem Verteilungsvektor ${}v\in \mathbb {R} _{\geq 0}^{n}$ mit ${}\sum _{i=1}^{n}v_{i}=1$ die Folge ${}M^{n}v$ gegen die eindeutig bestimmte stationäre Verteilung von ${}M$ .

Aufgabe weiter

Der ${}\mathbb {R} ^{n}$ sei mit der Maximumsnorm

{}\Vert {v}\Vert =\Vert {v}\Vert _{\rm {max}}\,

versehen. Wir interessieren und für die reellen Matrizen

{}M=(a_{ij})_{1\leq i,j\leq n}\,

mit der Eigenschaft

{}\Vert {Mv}\Vert =\Vert {v}\Vert \,

für alle ${}v\in \mathbb {R} ^{n}$ . Eine solche Matrix nennen wir ${}\Vert {-}\Vert _{\rm {max}}$ -isometrisch.

Zeige, dass eine ${}\Vert {-}\Vert _{\rm {max}}$ -isometrische Matrix invertierbar ist.
Zeige, dass die Menge der ${}\Vert {-}\Vert _{\rm {max}}$ -isometrischen Matrizen eine Untergruppe der allgemeinen linearen Gruppe bildet.
Zeige, dass eine Permutationsmatrix ${}\Vert {-}\Vert _{\rm {max}}$ -isometrisch ist.
Unter einer Vorzeichen-Permutationsmatrix verstehen wir eine Matrix, die aus einer Permutationsmatrix entsteht, indem man eintragsweise vor die ${}1$ jeweils ein ${}+$ oder ein ${}-$ -Zeichen setzt. Man gebe ein Beispiel für eine ${}3\times 3$ -Vorzeichen-Permutationsmatrix, die keine Permutationsmatrix und keine obere Dreiecksmatrix ist und deren Determinante gleich ${}1$ ist.
Zeige, dass eine Vorzeichen-Permutationsmatrix ${}\Vert {-}\Vert _{\rm {max}}$ -isometrisch ist.
Zeige, dass jede ${}\Vert {-}\Vert _{\rm {max}}$ -isometrische Matrix eine Vorzeichen-Permutationsmatrix ist.

Lösung

Wenn ${}M$ nicht invertierbar wäre, so gäbe es einen nichttrivialen Kern, sagen wir ${}v\in \mathbb {R} ^{n}$ , ${}v\neq 0$ , mit
${}Mv=0\,.$
Dann ist aber

${}\Vert {v}\Vert \neq 0\,$
und

${}\Vert {Mv}\Vert =0\,,$
was der isometrischen Eigenschaft widerspricht.
Die Einheitsmatrix ist offenbar ${}\Vert {-}\Vert _{\rm {max}}$ -isometrisch. Wenn ${}M$ und ${}N$ diese Eigenschaft haben, so ist wegen
${}{\begin{aligned}\Vert {(M\circ N)v}\Vert &=\Vert {M(Nv)}\Vert \\&=\Vert {Nv}\Vert \\&=\Vert {v}\Vert \end{aligned}}$
die Verknüpfung ${}M\circ N$ ebenfalls ${}\Vert {-}\Vert _{\rm {max}}$ -isometrisch. Wenn ${}N$ die inverse Matrix zur ${}\Vert {-}\Vert _{\rm {max}}$ -isometrischen Matrix ${}M$ ist, so ist wegen
${}\Vert {Nv}\Vert =\Vert {M(Nv)}\Vert =\Vert {v}\Vert \,$
auch ${}N$ ${}\Vert {-}\Vert _{\rm {max}}$ -isometrisch.
In einer Permutationsmatrix ${}P$ steht in jeder Zeile und in jeder Spalte genau eine ${}1$ . Daher ist ${}Pv$ ein Vektor, der die Einträge von ${}v$ permutiert. Das Maximum der Beträge bleibt dabei gleich.
Ein Beispiel ist
${\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&1\\0&-1&0\end{pmatrix}}.$
In einer Vorzeichen-Permutationsmatrix ${}M$ steht in jeder Zeile und in jeder Spalte genau eine ${}1$ oder eine ${}-1$ . Daher ist ${}Mv$ ein Vektor, der die Einträge von ${}v$ permutiert und eventuell mit einem Vorzeichen versieht. Das Maximum der Beträge bleibt dabei gleich.
Es sei ${}M$ ${}\Vert {-}\Vert _{\rm {max}}$ -isometrisch. Für jeden Standardvektor ${}e_{i}$ ist die Maximumsnorm von ${}Me_{i}$ gleich ${}1$ . Das bedeutet, dass in jeder Spalte von ${}M$ eine ${}1$ oder eine ${}-1$ vorkommt. In der ${}j$ -ten Spalte der Matrix sei der ${}i$ -te Eintrag gleich ${}1$ oder ${}-1$ . Wir betrachten den Vektor
${}v={\begin{pmatrix}\pm 1\\\pm 1\\\vdots \\\pm 1\end{pmatrix}}\,,$
der die Maximumsnorm ${}1$ besitzt, wobei wir das Vorzeichen an der ${}k$ -ten Stelle genau dann positiv wählen, wenn ${}a_{ik}\geq 0$ ist. Dann ist

${}(Mv)_{i}=\sum _{k=1}^{n}a_{ik}(\pm 1)=\sum _{k=1}^{n}\vert {a_{ik}}\vert =1+\sum _{k=1,k\neq j}^{n}\vert {a_{ik}}\vert \,.$
Wegen der Isometrie muss dies ${}1$ sein, d.h. in der ${}i$ -ten Zeile muss überall abgesehen von der Stelle ${}(i,j)$ eine ${}0$ stehen. Wenn in einer Spalte mehr als zwei Einträge ${}\neq 0$ wären, so wären die Zeilen zu diesen Stellen linear abhängig, was Teil (1) widerspricht. Somit ist ${}M$ eine Vorzeichen-Permutationsmatrix.

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise das Schmidtsche Orthonormalisierungsverfahren für einen endlichdimensionalen ${}{\mathbb {K} }$ - Vektorraum ${}V$ mit Skalarprodukt.

Lösung

Die Aussage wird durch Induktion über ${}i$ bewiesen, d.h. es wird sukzessive eine Familie von orthonormalen Vektoren konstruiert, die jeweils den gleichen Untervektorraum aufspannen. Für ${}i=1$ muss man lediglich ${}v_{1}$ normieren, also durch ${}u_{1}={\frac {v_{1}}{\Vert {v_{1}}\Vert }}$ ersetzen. Es sei die Aussage für ${}i$ schon bewiesen und sei eine Familie von orthonormalen Vektoren ${}u_{1},\ldots ,u_{i}$ mit ${}\langle u_{1},\ldots ,u_{i}\rangle =\langle v_{1},\ldots ,v_{i}\rangle$ bereits konstruiert. Wir setzen

w_{i+1}=v_{i+1}-\left\langle v_{i+1},u_{1}\right\rangle u_{1}-\cdots -\left\langle v_{i+1},u_{i}\right\rangle u_{i}\,.

Dieser Vektor steht wegen

{}{\begin{aligned}\left\langle w_{i+1},u_{j}\right\rangle &=\left\langle v_{i+1}-\left\langle v_{i+1},u_{1}\right\rangle u_{1}-\cdots -\left\langle v_{i+1},u_{i}\right\rangle u_{i},u_{j}\right\rangle \\&=\left\langle v_{i+1},u_{j}\right\rangle -\sum _{k\leq i,k\neq j}\left\langle v_{i+1},u_{k}\right\rangle \left\langle u_{k},u_{j}\right\rangle -\left\langle v_{i+1},u_{j}\right\rangle \left\langle u_{j},u_{j}\right\rangle \\&=\left\langle v_{i+1},u_{j}\right\rangle -\left\langle v_{i+1},u_{j}\right\rangle \\&=0\end{aligned}}

senkrecht auf allen ${}u_{1},\ldots ,u_{i}$ und offenbar ist

{}\langle u_{1},\ldots ,u_{i},w_{i+1}\rangle =\langle v_{1},\ldots ,v_{i},v_{i+1}\rangle \,.

Durch Normieren von ${}w_{i+1}$ erhält man ${}u_{i+1}$ .

Aufgabe weiter

Wir betrachten das Dreieck, das durch die Eckpunkte ${}{\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}5\\2\end{pmatrix}}$ und ${}{\begin{pmatrix}2\\-3\end{pmatrix}}$ gegeben ist.

Bestimme den Umfang des Dreiecks.
Bestimme eine ganze Zahl ${}n$ mit der Eigenschaft, dass der Dreiecksumfang zwischen ${}n$ und ${}n+1$ liegt.
Bestimme den Kosinus des Winkels des Dreiecks im Eckpunkt ${}{\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}}$ .
Erstelle eine Gleichung in Parameterform für die Höhengerade durch den Eckpunkt ${}{\begin{pmatrix}5\\2\end{pmatrix}}$ .
Bestimme den Höhenfußpunkt zur Höhe durch den Eckpunkt ${}{\begin{pmatrix}5\\2\end{pmatrix}}$ .
Bestimme den Flächeninhalt des Dreiecks.

Lösung

Der Umfang des Dreiecks ist
${}{\begin{aligned}\Vert {{\begin{pmatrix}5\\2\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}}}\Vert +\Vert {{\begin{pmatrix}5\\2\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}2\\-3\end{pmatrix}}}\Vert +\Vert {{\begin{pmatrix}2\\-3\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}}}\Vert &=\Vert {\begin{pmatrix}6\\1\end{pmatrix}}\Vert +\Vert {\begin{pmatrix}3\\5\end{pmatrix}}\Vert +\Vert {\begin{pmatrix}3\\-4\end{pmatrix}}\Vert \\&={\sqrt {37}}+{\sqrt {34}}+{\sqrt {25}}\\&={\sqrt {37}}+{\sqrt {34}}+5\,\end{aligned}}$
Wegen
${}{\sqrt {37}}\geq 6\,$
und

${}{\sqrt {34}}\geq 5\,$
ist der Umfang nach unten durch

${}{\sqrt {37}}+{\sqrt {34}}+5\geq 16\,$
beschränkt. Wir zeigen

${}{\sqrt {37}}+{\sqrt {34}}+5\leq 17\,,$
was zu

${}{\sqrt {37}}+{\sqrt {34}}\leq 12\,$
äquivalent ist. Quadrieren ergibt

${}37+34+2{\sqrt {37\cdot 34}}=71+2{\sqrt {1258}}\leq 144\,$
bzw.

${}2{\sqrt {1258}}\leq 73\,.$
Erneutes Quadrieren ergibt

${}4\cdot 1258=5032\leq 5329\,,$
was wahr ist.
Die beiden Dreiecksseiten, die von ${}{\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}}$ ausgehen, sind in vektorieller Form gleich
${\begin{pmatrix}3\\-4\end{pmatrix}}\,\,{\text{ und }}\,\,{\begin{pmatrix}6\\1\end{pmatrix}}$
Daher ist der Kosinus des eingeschlossenen Winkels ${}\alpha$ nach Bemerkung ***** gleich

${}{\begin{aligned}\cos \alpha &={\frac {\left\langle {\begin{pmatrix}3\\-4\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}6\\1\end{pmatrix}}\right\rangle }{\Vert {\begin{pmatrix}3\\-4\end{pmatrix}}\Vert \cdot \Vert {\begin{pmatrix}6\\1\end{pmatrix}}\Vert }}\\&={\frac {18-4}{5{\sqrt {37}}}}\\&={\frac {14}{5{\sqrt {37}}}}.\end{aligned}}$
Die Höhe durch ${}{\begin{pmatrix}5\\2\end{pmatrix}}$ steht senkrecht auf der Geraden durch die beiden Punkte ${}{\begin{pmatrix}2\\-3\end{pmatrix}}$ und ${}{\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}}$ , also auf ${}{\begin{pmatrix}3\\-4\end{pmatrix}}$ . Der Richtungsvektor der Höhe ist somit ${}{\begin{pmatrix}4\\3\end{pmatrix}}$ . Eine Parameterglechung hat daher die Form
${\left\{{\begin{pmatrix}5\\2\end{pmatrix}}+s{\begin{pmatrix}4\\3\end{pmatrix}}\mid s\in \mathbb {R} \right\}}.$
Die Koordinaten des Höhenfußpunktes ergeben sich aus der Lösung des linearen Gleichungssystems
${}{\begin{pmatrix}5\\2\end{pmatrix}}+s{\begin{pmatrix}4\\3\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}}+t{\begin{pmatrix}3\\-4\end{pmatrix}}\,$
bzw.

${}{\begin{pmatrix}6\\1\end{pmatrix}}=-s{\begin{pmatrix}4\\3\end{pmatrix}}+t{\begin{pmatrix}3\\-4\end{pmatrix}}\,.$
Dies führt auf ${}t={\frac {14}{25}}$ und ${}s=-{\frac {27}{25}}$ , der Höhenfußpunkt ist also

${}{\begin{pmatrix}5\\2\end{pmatrix}}-{\frac {27}{25}}{\begin{pmatrix}4\\3\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}{\frac {17}{25}}\\-{\frac {31}{25}}\end{pmatrix}}\,.$
Mit der Determinantenformel (siehe Aufgabe *****) ist der Flächeninhalt gleich
${}{\frac {1}{2}}\det {\begin{pmatrix}3&6\\-4&1\end{pmatrix}}={\frac {27}{2}}\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die Matrix, die zur Matrix

{}M={\begin{pmatrix}0&5-3{\mathrm {i} }&7{\mathrm {i} }\\0&17&1-{\mathrm {i} }\\1+{\mathrm {i} }&6{\mathrm {i} }&5-7{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}\,

die adjungierte Abbildung (bezüglich der Standardbasis) beschreibt.

Lösung

Nach Fakt ***** wird die adjungierte Abbildung durch ${}{{\overline {M}}^{\text{tr}}}$ beschrieben. Diese ist

{\begin{pmatrix}0&0&1-{\mathrm {i} }\\5+3{\mathrm {i} }&17&-6{\mathrm {i} }\\-7{\mathrm {i} }&1+{\mathrm {i} }&5+7{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}.

Aufgabe (10 (1+3+2+2+2) Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und ${}K[X]$ der Polynomring in der einen Variablen ${}X$ über ${}K$ . Zu einem Polynom ${}P\in K[X]$ und einer Linearform

{}L=aX+b\,

mit ${}a\neq 0$ bezeichnet

P{\frac {L}{X}}

das Polynom, das entsteht, wenn man jedes Vorkommen von ${}X$ in ${}P$ durch ${}aX+b$ ersetzt. Dieser Einsetzungsprozess ist mit der Addition und der Multiplikation von Polynomen verträglich. Wir betrachten die Relation ${}\sim$ auf ${}K[X]$ , die durch

{}P\sim Q\,,

falls es eine Linearform ${}aX+b$ mit ${}a\neq 0$ mit

{}Q=P{\frac {aX+b}{X}}\,

gibt.

Berechne
${\left(3X^{2}-4X+7\right)}{\frac {3X-5}{X}}.$
Zeige, dass durch ${}\sim$ eine Äquivalenzrelation gegeben ist.
Es sei ${}K={\mathbb {C} }$ . Zeige, dass jedes Polynom einen Repräsentanten ${}Q$ mit
${}Q(0)=0\,$
besitzt.
Es sei ${}K={\mathbb {C} }$ . Zeige, dass jedes Polynom ${}\neq 0$ einen normierten Repräsentanten besitzt.
Zeige, dass die Anzahl der Nullstellen eines Polynoms ${}P\neq 0$ nur von der Äquivalenzklasse ${}[P]$ abhängt.

Lösung

Es ist
${}{\begin{aligned}{\left(3X^{2}-4X+7\right)}{\frac {3X-5}{X}}&=3{\left(3X-5\right)}^{2}-4{\left(3X-5\right)}+7\\&=3{\left(9X^{2}-30X+25\right)}-12X+20+7\\&=27X^{2}-102X+102.\end{aligned}}$
Wegen
${}P{\frac {X}{X}}=P\,$
ist die Relation reflexiv. Sei

${}Q=P{\frac {aX+b}{X}}\,$
und

${}R=Q{\frac {cX+d}{X}}\,$
mit ${}a,c\neq 0$ . Dann ist wegen

${}{\left(X{\frac {aX+b}{X}}\right)}{\frac {cX+d}{X}}={\left(aX+b\right)}{\frac {cX+d}{X}}=a{\left(cX+d\right)}+b=acX+ad+b=X{\frac {acX+ad+b}{X}}\,$
und da der Einsetzungsprozess mit Addition und Multiplikation verträglich ist auch

${}R=Q{\frac {cX+d}{X}}={\left(P{\frac {aX+b}{X}}\right)}{\frac {cX+d}{X}}=P{\frac {acX+ad+b}{X}}\,,$
also ${}P\sim R$ , da ja wegen ${}ac\neq 0$ rechts wieder eine Linearform eingesetzt wird. Die Relation ist also transitiv. Es sei nun

${}Q=P{\frac {aX+b}{X}}\,.$
Dann sind wegen

${}{\begin{aligned}{\left(X{\frac {aX+b}{X}}\right)}{\frac {{\frac {1}{a}}X-{\frac {b}{a}}}{X}}&={\left(aX+b\right)}{\frac {{\frac {1}{a}}X-{\frac {b}{a}}}{X}}\\&=a{\left({\frac {1}{a}}X-{\frac {b}{a}}\right)}+b\\&=X\end{aligned}}$
die Einsetzungen durch ${}aX+b$ und durch ${}{\frac {1}{a}}X-{\frac {b}{a}}$ invers zueinander und somit ist

${}P={\left(P{\frac {aX+b}{X}}\right)}{\frac {{\frac {1}{a}}X-{\frac {b}{a}}}{X}}=Q{\frac {{\frac {1}{a}}X-{\frac {b}{a}}}{X}}\,$
und die Relation ist symmetrisch.
Sei
${}P=a_{n}X^{n}+\cdots +a_{1}X+a_{0}\,.$
Bei

${}a_{0}=0\,$
können wir

${}Q=P\,$
nehmen. Es sei also ${}P$ insbesondere nicht das Nullpolynom. Nach dem Fundamentalsatz der Algebra gibt es ein ${}c\in {\mathbb {C} }$ mit

${}P(c)=0\,.$
Dann ist

${}Q:=P{\frac {X+c}{X}}=a_{n}(X+c)^{n}+\cdots +a_{1}(X+c)+a_{0}=XH+a_{n}c^{n}+\cdots +a_{1}c+a_{0}=XH\,$
mit einem Polynom ${}H$ . Offenbar ist ${}Q(0)=0$ .
Es sei wieder
${}P=a_{n}X^{n}+\cdots +a_{1}X+a_{0}\,$
mit ${}a_{n}\neq 0$ . Nach dem Fundamentalsatz der Algebra gibt es ein ${}d\in {\mathbb {C} }$ mit ${}d^{n}=a_{n}$ . Dann ist

${}P{\frac {{\frac {1}{d}}X}{X}}=a_{n}{\left({\frac {1}{d}}X\right)}^{n}+\cdots +a_{1}\cdot {\frac {1}{d}}X+a_{0}\,$
ein normiertes und zu ${}P$ äquivalentes Polynom.
Es sei
${}P=(X-\lambda _{1})^{n_{1}}\cdots (X-\lambda _{r})^{n_{r}}S\,$
mit verschiedenen Nullstellen ${}\lambda _{1},\ldots ,\lambda _{r}$ und einem nullstellenfreien Polynom ${}S$ . Dann ist

${}P{\frac {aX+b}{X}}=(aX+b-\lambda _{1})^{n_{1}}\cdots (aX+b-\lambda _{r})^{n_{r}}{\left(S{\frac {aX+b}{X}}\right)}\,$
und dieses besitzt zumindest die ${}r$ verschiedenen Nullstellen ${}{\frac {\lambda _{1}-b}{a}},\ldots ,{\frac {\lambda _{r}-b}{a}}$ . Wegen der Symmetrie der Situation sind es genau ${}r$ Nullstellen.

Aufgabe (3 Punkte)

Beweise den Satz von Lagrange.

Lösung

Betrachte die Linksnebenklassen ${}gH:={\left\{gh\mid h\in H\right\}}$ für sämtliche ${}g\in G$ . Es ist

H\longrightarrow gH,\,h\longmapsto gh,

eine Bijektion zwischen ${}H$ und ${}gH$ , so dass alle Nebenklassen gleich groß sind (und zwar ${}{\#\left(H\right)}$ Elemente haben). Die Nebenklassen bilden (als Äquivalenzklassen) zusammen eine Zerlegung von ${}G$ , so dass ${}{\#\left(G\right)}$ ein Vielfaches von ${}{\#\left(H\right)}$ sein muss.

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass der Kern eines Ringhomomorphismus

\varphi \colon R\longrightarrow S

ein Ideal in ${}R$ ist.

Lösung

Sei

{}I:=\varphi ^{-1}(0)\,.

Wegen ${}\varphi (0)=0$ . ist ${}0\in I$ . Es seien ${}a,b\in I$ . Das bedeutet ${}\varphi (a)=0$ und ${}\varphi (b)=0$ . Dann ist

{}\varphi (a+b)=\varphi (a)+\varphi (b)=0+0=0\,

und daher ${}a+b\in I$ .

Es sei nun ${}a\in I$ und ${}r\in R$ beliebig. Dann ist

{}\varphi (ra)=\varphi (r)\varphi (a)=\varphi (r)\cdot 0=0\,,

also ist ${}ra\in I$ .

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}(M,d)$ ein metrischer Raum und sei ${}P\in M$ ein Punkt. Zeige, dass ${}\{P\}$ abgeschlossen ist.

Lösung

Es ist zu zeigen, dass ${}M\setminus \{P\}$ offen ist. Es sei dazu ${}Q\in M\setminus \{P\}$ , also ${}Q\neq P$ . Dann ist

{}d(Q,P)=r>0\,

und somit ist

{}Q\in U{\left(Q,r\right)}\subseteq M\setminus \{P\}\,,

da ja ${}P$ nicht zu diesem offenen Ball gehört. Also gibt es zu jedem Punkt aus ${}M\setminus \{P\}$ eine offene Ballumgebung, die ganz in ${}M\setminus \{P\}$ drinliegt und daher ist diese Menge offen.

Aufgabe (4 Punkte)

Wir betrachten die spaltenstochastische Matrix

{}M={\begin{pmatrix}{\frac {1}{3}}&{\frac {1}{4}}\\{\frac {2}{3}}&{\frac {3}{4}}\end{pmatrix}}\,.

Bestimme das minimale ${}n$ derart, dass in der ${}n$ -ten Potenz ${}M^{n}$ die Differenz der ersten zur zweiten Spalte ${}\leq {\frac {1}{1000}}$ bezüglich der Maximumsnorm des ${}\mathbb {R} ^{2}$ ist.

Lösung

Wir schreiben

{}{\begin{pmatrix}{\frac {1}{3}}&{\frac {1}{4}}\\{\frac {2}{3}}&{\frac {3}{4}}\end{pmatrix}}={\frac {1}{12}}{\begin{pmatrix}4&3\\8&9\end{pmatrix}}\,.

Es ist

{}{\begin{pmatrix}4&3\\8&9\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}4&3\\8&9\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}16+24&12+27\\32+72&24+81\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}40&39\\104&105\end{pmatrix}}\,

und

{}M^{2}={\frac {1}{144}}{\begin{pmatrix}40&39\\104&105\end{pmatrix}}\,,

die Differenz der Einträge ist ${}{\frac {1}{144}}$ und somit größer als ${}{\frac {1}{1000}}$ in der Maximumsnorm (die erste Differenz ist gleich der zweiten Differenz wegen der stochastischen Eigenschaft).