Kurs:Lineare Algebra/Teil II/Teiltest/2/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	20	${}\sum$
Punkte	3	3	3	3	2	4	2	5	4	7	2	2	3	3	1	4	4	3	3	3	64

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Ein affiner Unterraum ${}F\subseteq E$ in einem affinen Raum ${}E$ über dem ${}K$- Vektorraum ${}V$.
2. Eine Orthogonalbasis in einem ${}{\mathbb {K} }$- Vektorraum ${}V$ mit Skalarprodukt.
3. Eine eigentliche Isometrie

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

   auf einem euklidischen Vektorraum ${}V$.

4. Der Höhenfußpunkt zu einer Seite in einem Dreieck in der euklidischen Ebene.
5. Ein normaler Endomorphismus

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

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

6. Eine Äquivalenzrelation ${}\sim$ auf einer Menge ${}M$.

Lösung

1. Eine Teilmenge ${}F\subseteq E$ heißt affiner Unterraum, wenn

   ${}F=P+U\,$

   ist, mit einem Punkt ${}P\in E$ und einem ${}K$- Untervektorraum ${}U\subseteq V$.

2. 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.

3. Eine Isometrie heißt eigentlich, wenn ihre Determinante gleich ${}1$ ist.
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. Ein Endomorphismus

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

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

6. Eine Äquivalenzrelation ${}\sim$ auf einer Menge ${}M$ ist eine Relation, die die folgenden drei Eigenschaften besitzt (für beliebige ${}x,y,z\in M$).
   1. ${}x\sim x$.
   2. Aus ${}x\sim y$ folgt ${}y\sim x$.
   3. Aus ${}x\sim y$ und ${}y\sim z$ folgt ${}x\sim z$.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Spektralsatz für komplexe Isometrien.
2. Der Kongruenzsatz für Dreiecke.
3. Der Satz über die Untergruppen von ${}\mathbb {Z}$.

Lösung

1. 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 ${}\varphi$.
2. Zwei Dreiecke in einer euklidischen Ebene sind genau dann zueinander kongruent, wenn ihre Seitenlängen übereinstimmen.
3. 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 ${}d$.

Aufgabe (3 (1+1+1) Punkte)

Es sei ${}P$ ein Punkt in einem affinen Raum ${}E$ über ${}V$. Zeige, dass die folgenden Ausdrücke baryzentrische Kombinationen für ${}P$ sind (es sei ${}Q\in E$ und ${}v\in V$).

1. ${}P$.
2. ${}P+Q-Q$.
3. ${}(P+v)-(Q+v)+Q$.

Lösung

1. Es ist

   ${}P+{\overrightarrow {PP}}=P+0=P\,.$

2. Es ist

   ${}P+{\overrightarrow {PP}}+{\overrightarrow {PQ}}-{\overrightarrow {PQ}}=P+0=P\,.$

3. Es ist

   ${}{\begin{aligned}P+{\overrightarrow {P,P+v}}-{\overrightarrow {P,Q+v}}+{\overrightarrow {PQ}}&=P+v+{\overrightarrow {Q+v,P}}+{\overrightarrow {PQ}}\\&=P+v+{\overrightarrow {Q+v,Q}}\\&=P+v-v\\&=P.\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Beschreibe die affine Gerade

${}G={\left\{{\begin{pmatrix}6\\2\\3\end{pmatrix}}+s{\begin{pmatrix}-2\\5\\4\end{pmatrix}}\mid s\in \mathbb {R} \right\}}\,$

als Urbild über ${}(1,0)$ einer affinen Abbildung ${}\psi \colon \mathbb {R} ^{3}\rightarrow \mathbb {R} ^{2}$.

Lösung

Der Richtungsvektor ${}{\begin{pmatrix}-2\\5\\4\end{pmatrix}}$ gehört jeweils zum Kern der beiden linear unabhängigen Linearformen ${}\left(5,\,2,\,0\right)$ und ${}\left(0,\,4,\,-5\right)$. Daher machen wir den Ansatz

${}\psi {\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}5x+2y+a\\4y-5z+b\end{pmatrix}}\,.$

Für den Aufpunkt ${}{\begin{pmatrix}6\\2\\3\end{pmatrix}}$ ergibt sich die Bedingung

${}\psi {\begin{pmatrix}6\\2\\3\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}34+a\\-7+b\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}\,,$

also ist ${}a=-33$ und ${}b=7$. Somit ist

${}\psi {\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}5x+2y-33\\4y-5z+7\end{pmatrix}}\,$

eine affine Abbildung mit Urbild über ${}(1,0)$ wie gewünscht.

Aufgabe (2 Punkte)

Durch die Matrix

${\begin{pmatrix}\cos \alpha &\sin \alpha &0&0\\\sin \alpha &-\cos \alpha &0&0\\0&0&\cos \beta &\sin \beta \\0&0&\sin \beta &-\cos \beta \end{pmatrix}}$

ist eine lineare Abbildung ${}\varphi \colon \mathbb {R} ^{4}\rightarrow \mathbb {R} ^{4}$ gegeben (${}\alpha ,\beta \in [0,\pi [$). Bestimme die Eigenwerte und ihre algebraischen und geometrischen Vielfachheiten von ${}\varphi$.

Lösung

Die Abbildung ist die direkte Summe der beiden durch

${\begin{pmatrix}\cos \alpha &\sin \alpha \\\sin \alpha &-\cos \alpha \end{pmatrix}}$

und

${\begin{pmatrix}\cos \beta &\sin \beta \\\sin \beta &-\cos \beta \end{pmatrix}}$

gegebenen linearen Abbildungen. Diese sind beide Achsenspiegelungen und können daher auf die Form

${\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}}$

gebracht werden. Die Eigenwerte sind demnach ${}1$ und ${}-1$, die algebraische und geometrische Vielfachheit ist jeweils ${}2$.

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

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

der zugehörige normierte Vektor. Der zweite Vektor muss senkrecht zu ${}u_{1}$ sein und zusammen mit ${}u_{1}$ den Untervektorraum ${}\langle {\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}}\rangle$ aufspannen. Dies führt zum Ansatz

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

so dass

${}\lambda =-2\,$

und ${}w_{2}={\begin{pmatrix}-2\\1\\-1\end{pmatrix}}$ ist. Der normierte Vektor dazu ist

$u_{2}={\begin{pmatrix}-{\frac {2}{\sqrt {6}}}\\{\frac {1}{\sqrt {6}}}\\-{\frac {1}{\sqrt {6}}}\end{pmatrix}}.$

Der dritte Vektor muss senkrecht auf ${}u_{1}$ und ${}u_{2}$ stehen. Ein solcher Vektor ist offenbar ${}{\begin{pmatrix}-1\\-1\\1\end{pmatrix}}$. Daher kann man

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

als dritten Vektor der Orthonormalbasis nehmen.

Aufgabe (2 Punkte)

Berechne das Kreuzprodukt

${\begin{pmatrix}3-5{\mathrm {i} }\\4+8{\mathrm {i} }\\-{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}\times {\begin{pmatrix}-2\\-6-7{\mathrm {i} }\\3-4{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}$

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

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}{\begin{pmatrix}3-5{\mathrm {i} }\\4+8{\mathrm {i} }\\-{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}\times {\begin{pmatrix}-2\\-6-7{\mathrm {i} }\\3-4{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}&={\begin{pmatrix}{\left(4+8{\mathrm {i} }\right)}{\left(3-4{\mathrm {i} }\right)}-{\mathrm {i} }{\left(6+7{\mathrm {i} }\right)}\\-{\left(3-5{\mathrm {i} }\right)}{\left(3-4{\mathrm {i} }\right)}+2{\mathrm {i} }\\-{\left(3-5{\mathrm {i} }\right)}{\left(6+7{\mathrm {i} }\right)}+2{\left(4+8{\mathrm {i} }\right)}\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}12+32-16{\mathrm {i} }+24{\mathrm {i} }-6{\mathrm {i} }+7\\-9+20+12{\mathrm {i} }+15{\mathrm {i} }+2{\mathrm {i} }\\-18-35+30{\mathrm {i} }-21{\mathrm {i} }+8+16{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}51+2{\mathrm {i} }\\11+29{\mathrm {i} }\\-45+25{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei

${}M={\begin{pmatrix}1&a_{12}&\ldots &\ldots &a_{1n}\\0&1&a_{23}&\ldots &a_{2n}\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\ldots &0&1&a_{n-1n}\\0&\ldots &\ldots &0&1\end{pmatrix}}\,$

eine obere Dreiecksmatrix derart, dass die zugehörige lineare Abbildung

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

winkeltreu ist. Zeige

${}M=E_{n}\,.$

Lösung

Wir führen Induktion über den Index der Spalten, wir zeigen also, dass in den ersten ${}k$ Spalten oberhalb der Diagonalen nur ${}0$ stehen. Für die erste Spalte ist dies klar. Es sei also nun als Induktionsvoraussetzung schon bewiesen, dass in den ersten ${}k$ Spalten oberhalb der Diagonalen nur ${}0$ stehen. Wir betrachten die ${}k+1$-te Spalte

${\begin{pmatrix}a_{1\,k+1}\\a_{2\,k+1}\\\vdots \\a_{k\,k+1}\\1\\0\\\vdots \\0\end{pmatrix}}.$

Da ${}\varphi$ winkeltreu ist, ist insbesondere

${}\left\langle \varphi (e_{i}),\varphi (e_{j})\right\rangle =\left\langle e_{i},e_{j}\right\rangle =\delta _{ij}\,.$

Die Spalten der Matrix sind ${}\varphi (e_{j})$. Daher ist für

${}i<k+1\,$

unter Verwendung der Induktionsvoraussetzung

${}0=\left\langle \varphi (e_{i}),\varphi (e_{k+1})\right\rangle =\left\langle e_{i},{\begin{pmatrix}a_{1\,k+1}\\a_{2\,k+1}\\\vdots \\a_{k\,k+1}\\1\\0\\\vdots \\0\end{pmatrix}}\right\rangle =a_{i\,k+1}\,,$

d.h. auch die Einträge in der ${}k+1$-Spalte oberhalb der Diagonalen sind ${}0$.

Aufgabe (4 (1+1+2) Punkte)

a) Man gebe ein Beispiel für rationale Zahlen ${}a,b,c\in {]0,1[}$ mit

${}a^{2}+b^{2}=c^{2}\,.$

b) Man gebe ein Beispiel für rationale Zahlen ${}a,b,c\in {]0,1[}$ mit

${}a^{2}+b^{2}\neq c^{2}\,.$

c) Man gebe ein Beispiel für irrationale Zahlen ${}a,b\in {]0,1[}$ und eine rationale Zahl ${}c\in {]0,1[}$ mit

${}a^{2}+b^{2}=c^{2}\,.$

Lösung

a) Es ist

${}3^{2}+4^{2}=5^{2}\,,$

daher ist

${}{\left({\frac {3}{6}}\right)}^{2}+{\left({\frac {4}{6}}\right)}^{2}={\left({\frac {5}{6}}\right)}^{2}\,,$

und diese Zahlen sind rational und aus dem offenen Einheitsintervall.

b) Wir nehmen ${}a={\frac {3}{6}}$ und ${}b={\frac {4}{6}}$ und ${}c={\frac {1}{6}}$. Die Summe ist

${}a^{2}+b^{2}={\left({\frac {5}{6}}\right)}^{2}\neq {\left({\frac {1}{6}}\right)}^{2}\,.$

c) Wir setzen

${}a=b={\frac {1}{2{\sqrt {2}}}}\,;$

diese Zahl ist irrational, da ${}{\sqrt {2}}$ irrational ist. Es gilt

${}{\left({\frac {1}{2{\sqrt {2}}}}\right)}^{2}+{\left({\frac {1}{2{\sqrt {2}}}}\right)}^{2}={\frac {1}{4\cdot 2}}+{\frac {1}{4\cdot 2}}={\frac {1}{4}}={\left({\frac {1}{2}}\right)}^{2}\,.$

Mit ${}c={\frac {1}{2}}$ ist also ein Beispiel der gewünschten Art gefunden.

Aufgabe (7 Punkte)

Es seien ${}A,B$ verschiedene Punkte in einer euklidischen Ebene. Zeige, dass die Mittelsenkrechte zu ${}A$ und ${}B$ aus allen Punkten besteht, die zu ${}A$ und ${}B$ den gleichen Abstand haben.

Lösung

Es sei

${}M={\frac {1}{2}}(A+B)\,$

der Mittelpunkt der beiden Eckpunkte und ${}u$ ein zu ${}{\overrightarrow {AB}}$ senkrechter Vektor, so dass die Punkte auf der Mittelsenkrechten gleich ${}M+su$ mit ${}s\in \mathbb {R}$ sind.

Es sei zunächst ${}P\in \mathbb {R} ^{2}$ ein Punkt der Mittelsenkrechte, den wir als

${}P=M+su\,$

ansetzen können. Es ist unter Verwendung des Satzes des Pythagoras

${}d(P,A)^{2}=\Vert {P-A}\Vert ^{2}=\Vert {su-{\frac {1}{2}}(B-A)}\Vert ^{2}=\Vert {su}\Vert ^{2}+\Vert {{\frac {1}{2}}(B-A)}\Vert ^{2}\,.$

Das gleiche Ergebnis ergibt sich für ${}d(P,B)^{2}$.

Es sei nun ${}P\in \mathbb {R} ^{2}$ ein Punkt, der zu ${}A$ und ${}B$ den gleichen Abstand besitzt. Der Abstand von ${}P$ zur Geraden durch ${}A$ und ${}B$ werde im Punkt ${}Q$ angenommen. Dann steht die Gerade durch ${}P$ und ${}Q$ senkrecht auf der Geraden durch ${}A$ und ${}B$ und nach dem Satz des Pythagoras gilt

${}d(P,A)^{2}=d(P,Q)^{2}+d(Q,A)^{2}\,$

und entsprechend

${}d(P,B)^{2}=d(P,Q)^{2}+d(Q,B)^{2}\,.$

Nach Voraussetzung ist also

${}d(Q,A)=d(Q,B)\,$

und somit ist

${}Q=M\,$

der Mittelpunkt der Strecke von ${}A$ nach ${}B$. Also liegt ${}P$ auf der Mittelsenkrechten.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die Gramsche Matrix zur Determinante auf dem ${}K^{2}$ bezüglich der Standardbasis.

Lösung

Wegen

${}\det {\begin{pmatrix}1&1\\0&0\end{pmatrix}}=0\,,$

${}\det {\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}=1\,,$

${}\det {\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}}=-1\,,$

${}\det {\begin{pmatrix}0&0\\1&1\end{pmatrix}}=0\,$

ist die Gramsche Matrix zur Determinante auf dem ${}K^{2}$ gleich

${\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}}.$

Aufgabe (2 Punkte)

Skizziere für einen zweidimensionalen Minkowski-Raum den Lichtkegel und die Menge der Beobachtervektoren und zeichne dabei eine Zukunftsrichtung aus.

Lösung Minkowski-Raum/2/Relevante Teilmengen/Skizze/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (3 Punkte)

Der ${}\mathbb {R} ^{2}$ sei mit der Standard-Minkowski-Form versehen. Zeige, dass zu jedem Beobachtervektor ${}{\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}}$ die Raumkomponente des Beobachters die Spiegelung seiner Zeitkomponente an der Hauptdiagonalen ist.

Lösung

Die Raumkomponente des Beobachters mit der Bewegungsgeraden ${}\mathbb {R} {\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}}$ ist ${}a$ und seine Zeitkomponente ist ${}b$. Dazu Senkrecht zu ${}{\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}}$ bezüglich der Minkowski-Form ist ${}{\begin{pmatrix}b\\a\end{pmatrix}}$, da ja

${}\left\langle {\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}b\\a\end{pmatrix}}\right\rangle =ab-ba=0\,$

gilt. Beim Übergang von ${}{\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}}$ zu ${}{\begin{pmatrix}b\\a\end{pmatrix}}$ werden die Komponenten vertauscht, und genau dies passiert auch bei der Achsenspiegelung an der Hauptdiagonalen.

Aufgabe (3 Punkte)

Es seien ${}V$ und ${}W$ euklidische Vektorräume und ${}\varphi \colon V\rightarrow V$ ein Endomorphismus mit adjungiertem Endomorphismus ${}{\hat {\varphi }}$. Es sei ${}\psi \colon V\rightarrow W$ eine Isometrie. Zeige, dass der adjungierte Endomorphismus zu

$\psi \circ \varphi \circ \psi ^{-1}\colon W\longrightarrow W$

gleich ${}\psi \circ {\hat {\varphi }}\circ \psi ^{-1}$ ist.

Lösung

Unter Verwendung der Isometrieeigenschaft und der Adjungiertheit ist

${}{\begin{aligned}\left\langle (\psi \circ \varphi \circ \psi ^{-1})(w),z\right\rangle &=\left\langle \psi (\varphi (\psi ^{-1}(w))),z\right\rangle \\&=\left\langle \varphi (\psi ^{-1}(w)),\psi ^{-1}(z)\right\rangle \\&=\left\langle \psi ^{-1}(w),{\hat {\varphi }}(\psi ^{-1}(z))\right\rangle \\&=\left\langle w,\psi ({\hat {\varphi }}(\psi ^{-1}(z)))\right\rangle \\&=\left\langle w,(\psi \circ {\hat {\varphi }}\circ \psi ^{-1})(z)\right\rangle ,\end{aligned}}$

also ist der adjungierte Endomorphismus zu ${}\psi \circ \varphi \circ \psi ^{-1}$ gleich ${}\psi \circ {\hat {\varphi }}\circ \psi ^{-1}$ ist.

Aufgabe (1 Punkt)

Zeige, dass für eine hermitesche Form ${}\left\langle -,-\right\rangle$ auf einem ${}{\mathbb {C} }$- Vektorraum ${}V$ die Werte ${}\left\langle v,v\right\rangle$ zu ${}v\in V$ stets reell sind.

Lösung

Für eine hermitesche Form gilt

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

Somit ist speziell

${}\left\langle v,v\right\rangle ={\overline {\left\langle v,v\right\rangle }}\,$

und damit ist ${}\left\langle v,v\right\rangle$ reell.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die normierte Standardgestalt der reellen Quadrik

$3x^{2}+2y^{2}+2xy-2yz.$

Lösung

Die beschreibende Matrix ist

${\begin{pmatrix}3&1&0\\1&2&-1\\0&-1&0\end{pmatrix}}.$

Das charakteristische Polynom davon ist

${}{\begin{aligned}\det {\begin{pmatrix}3&1&0\\1&2&-1\\0&-1&0\end{pmatrix}}&=(X-3){\left(X^{2}-2X-1\right)}-X\\&=X^{3}-2X^{2}-X-3X^{2}+6X+3-X\\&=X^{3}-5X^{2}+4X+3.\end{aligned}}$

Wir berechnen einige Werte.

${}x$	${}-1$	${}0$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$
${}\chi _{}(x)$	${}-7$	${}3$	${}3$	${}-1$	${}-3$	${}3$

Somit besitzt das Polynom eine Nullstelle zwischen ${}-1$ und ${}0$, eine Nullstelle zwischen ${}1$ und ${}2$ und eine Nullstelle zwischen ${}3$ und ${}4$. Daher gibt es eine negative Nullstelle und zwei positive Nullstellen und somit ist die normierte Standardgestalt der quadratischen Form gleich ${}U^{2}+V^{2}-W^{2}$.

Aufgabe (4 Punkte)

Es seien ${}a,b,c,d$ reelle Zahlen mit ${}ad-bc=1$. Zeige, dass die Abbildung

$\operatorname {GL} _{2}\!{\left(\mathbb {R} \right)}\longrightarrow \operatorname {GL} _{2}\!{\left(\mathbb {R} \right)},\,{\begin{pmatrix}x&y\\z&w\end{pmatrix}}\longmapsto {\begin{pmatrix}adx-acy+bdz-bcw&-abx+a^{2}y-b^{2}z+abw\\cdx-c^{2}y+d^{2}z-cdw&-bcx+acy-bdz+adw\end{pmatrix}}$

ein innerer Automorphismus ist.

Lösung

Die Matrix ${}{\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}$ ist invertierbar und die inverse Matrix ist ${}{\begin{pmatrix}d&-b\\-c&a\end{pmatrix}}$. Mit dieser Matrix ist

${}{\begin{aligned}{\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x&y\\z&w\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}d&-b\\-c&a\end{pmatrix}}&={\begin{pmatrix}ax+bz&ay+bw\\cx+dz&cy+dw\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}d&-b\\-c&a\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}adx+bdz-acy-bcw&-abx-b^{2}z+a^{2}y+abw\\cdx+d^{2}z-c^{2}y-cdw&-bcx-bdz+acy+adw\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}adx-acy+bdz-bcw&-abx+a^{2}y-b^{2}z+abw\\cdx-c^{2}y+d^{2}z-cdw&-bcx+acy-bdz+adw\end{pmatrix}},\end{aligned}}$

somit handelt es sich bei der Abbildung um die Konjugation mit der invertierbaren Matrix ${}{\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}$.

Aufgabe (3 (1+1+1) Punkte)

Bestimme die Äquivalenzklassen zur Äquivalenzrelation, die durch die möglichen Züge des Springers im Schach gegeben ist, und zwar auf den folgenden Schachbrettern.

1. Das ${}2\times 2$-Brett.
2. Das ${}3\times 3$-Brett.
3. Das ${}4\times 4$-Brett.

Lösung

1. Jeder Pferdsprung würde das ${}2\times 2$-Brett verlassen, daher sind die vier einzelnen Felder die Äquivalenzklassen.

2. 

   Vom zentralen Feld aus würde jeder Pferdsprung das ${}3\times 3$-Brett verlassen, dieses bildet somit für sich eine Äquivalenzklasse. Die acht übrigen Felder sind mittels Pferdsprüngen untereinander verbindbar, wie die Skizze zeigt.

3. Die in der folgenden Matrix angegebene Zugreihenfolge

   ${\begin{pmatrix}1&6&15&10\\12&9&2&5\\7&4&11&14\\&13&8&3\end{pmatrix}}$

   zeigt, dass alle Felder bis auf das links unten miteinander durch Pferdsprünge verbunden sind. Letzteres ist mit dem mit ${}9$ markierten Feld durch einen Pferdsprung verbunden. Also sind alle Felder zueinander äquivalent und es gibt nur eine Äquivalenzklasse.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und ${}U\subseteq K^{n}$ ein Untervektorraum. Wir betrachten die Relation auf dem ${}K^{n}$, die durch

$v_{1}\sim v_{2}{\text{ genau dann, wenn }}v_{1}-v_{2}\in U$

definiert ist. Zeige, dass diese Relation eine Äquivalenzrelation ist.

Lösung

Wegen

${}v-v=0\in U\,$

ist ${}v\sim v$, die Relation ist also reflexiv. Es sei nun ${}v\sim u$. Dies bedeutet

${}v-u\in U\,.$

Somit ist auch

${}u-v=-(v-u)\in U\,$

und damit ist auch ${}u\sim v$, was die Symmetrie bedeutet. Es sei schließlich ${}u\sim v$ und ${}v\sim w$. Dies bedeutet

${}u-v\in U\,$

und

${}v-w\in U\,.$

Wegen der Abgeschlossenheit eines Untervektorraumes unter Addition gilt somit

${}(u-v)+(v-w)=u-w\in U\,,$

was ${}u=w$ bedeutet. Dies ergibt die Transitivität.

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.