Mathematisches Institut Heinrich-Heine-Universit¨at Prof. Dr. Stefan Schr¨oer

WS 15/16

¨ Ubungen zur Linearen Algebra I

Name: Rose Vorname: Lukas Matrikelnummer: xxxxxx ¨ Ubungsgruppe: 5 Blatt: 7

Aufgabe Punkte

Korrektor:

1

2

3

4

5

6

Σ

Prof. Dr. Oleg Bogopolski Dr. Matthias K¨ohne

Abgabe Di., 8.12, 14:00 Uhr

Lineare Algebra I ¨ Ubungsblatt 7

Aufgabe 1.

[2+2+4 P.]

(a) Berechnen Sie Ord((1 2 3) ◦ (5 6)) in S6 .

(b) Berechnen Sie Ord((1 2 3 4) ◦ (5 6)) in S6 .

(c) Finden Sie in S11 ein Element der Ordnung 30 und geben Sie das Signum dieses Elementes an.

Aufgabe 2

[2+3+3 P.]

Wir betrachten die Menge M :=

{(

a −b b a

)

| a, b ∈ R

}

⊂ M (2, R).

(a) Beweisen Sie: Aus X, Y ∈ M folgt X + Y ∈ M und X · Y ∈ M .

(b) Beweisen Sie, dass M mit den auf M (2, R) definierten Verkn¨ upfungen ein K¨orper ist. (c) Beweisen Sie, dass die Abbildung φ : M → C,

(

a −b b a

)

7→ a + ib

ein Isomorphismus ist (d.h. φ ist bijektiv und es gilt φ(X + Y ) = φ(X) + φ(Y ) und φ(X · Y ) = φ(X) · φ(Y ) f¨ ur alle X, Y ∈ M ). Aufgabe 3

[4+4 P.]

¨ Sei n ∈ N. Ahnlich zu den Verkn¨ upfungen der komplexen Zahlen definieren wir auf der Menge Cn := Zn + iZn = {a + ib | a, b ∈ Zn } die Verkn¨ upfungen + und · durch

(a + ib) + (c + id) = Restn (a + c) + iRestn (b + d) (a + ib) · (c + id) = Restn (ac − bd) + iRestn (ad + bc) (a) Zeigen Sie, dass jedes von 0 verschiedenen Element von C3 ein multiplikatives Inverses besitzt. (b) Zeigen Sie, dass C2 mit diesen Verkn¨ upfungen kein K¨orper ist. Bemerkung: C3 ist mit diesen Verkn¨ upfungen ein K¨orper. Aufgabe 4. Zeigen Sie, dass es in einem K¨orper keine Ideale außer {0} und K gibt. Die Fortsetzung ist auf der Seite 2.

[8 P.]

Aufgabe 5.

[2+3+3 P.]

(a) Gegeben seien die komplexen 2 × 2-Matrizen ) ( ) ( 1 + 2i 3 − i −2 + i 4 + 2i A= ,B = ∈ M (2, C). 5 2+i −1 −7 − 3i Berechnen Sie A · B, B · A und A + B. (b) Finden sie alle komplexen Zahlen z mit z 2 = −24 − 70i. (c) Zeigen Sie, dass die komplexen Zahlen

√ √ 1 3 1 3 z0 = 1, z1 = − + i, z2 = − − i 2 2 2 2 die Gleichung z 3 = 1 erf¨ ullen.

¨ Lineare Algebra I - Ubungsblatt 7 Lukas Rose WS 2015/2016

1. Aufgabe Da die Zyklen unabh¨angig sind, sind sie kommutativ. Daher l¨asst sich eine Potenz, die auf die Verkn¨ upfung der Zyklen angewendet werden soll, auf die einzelnen Zyklen u ¨bertragen: ((a1 . . . az ) ◦ (b1 . . . bk ))n = (a1 . . . az )n ◦ (b1 . . . bk )n . F¨ ur die Ordnung eines Elementes gilt rOrd(r) = e, wobei e das neutrale Element bez¨ uglich n der f¨ ur r g¨ ultigen Verkn¨ upfung ist. Damit gilt: ((a1 . . . az ) ◦ (b1 . . . bk )) = e, muss also gelten: (a1 . . . az )n ◦(b1 . . . bk )n = e. Dies ist g¨ ultig, wenn (a1 . . . az )n = e und (b1 . . . bk )n = e. Daraus folgt: Ord((a1 . . . az ) ◦ (b1 . . . bk )) = kgV (Ord(a1 . . . az ), Ord(b1 . . . bk )). a) Berechnen Sie Ord((1 2 3) ◦ (5 6)) in S6 . Es gilt: Ord((1 2 3) ◦ (5 6)) = kgV (Ord((1 2 3)), Ord((5 6))) Wir bestimmen also die Ordnung von (1 2 3) und (5 6) getrennt. Ord((1 2 3)) = 3, da (1 2 3)3 = e f¨ ur das neutrale Element e. Ord((5 6)) = 2, da (5 6)2 = e. F¨ ur die Ordnung Ord((1 2 3) ◦ (5 6)) gilt also: Ord((1 2 3) ◦ (5 6)) = kgV (2, 3) = 6 Somit gilt: Ord((1 2 3) ◦ (5 6)) = 6, da ((1 2 3) ◦ (5 6))6 = e.

4

b) Berechnen Sie Ord((1 2 3 4) ◦ (5 6)) Es gilt: Ord((1 2 3 4) ◦ (5 6)) = kgV (Ord((1 2 3 4)), Ord((5 6))) Wir bestimmen also die Ordnung von (1 2 3 4) und (5 6) getrennt. Ord((1 2 3 4)) = 4, da (1 2 3 4)4 = e f¨ ur das neutrale Element e. Ord((5 6)) = 2, da (5 6)2 = e. F¨ ur die Ordnung Ord((1 2 3 4) ◦ (5 6)) gilt also: Ord((1 2 3 4) ◦ (5 6)) = kgV (4, 2) = 4 Somit gilt: Ord((1 2 3) ◦ (5 6)) = 4, da ((1 2 3) ◦ (5 6))4 = e. c) Finden Sie in S11 ein Element der Ordnung 30, und geben Sie das Signum dieses Elementes an. Da f¨ ur die Ordnung von verkn¨ upften unabh¨angigen Zyklen gilt: Ord((a1 . . . az ) ◦ (b1 . . . bk ) ◦ (c1 . . . cl )) = kgV (Ord((a1 . . . az )), Ord((b1 . . . bk )), Ord((c1 . . . cl )) Durch Primfaktorzerlegung erh¨alt man teilerfremde Zahlen, das Produkt von teilerfremden Zahlen ist gleich dem kleinsten gemeinsamen Vielfachen dieser Zahlen: 30 = 2 ∗ 3 ∗ 5 = kgV (2, 3, 5) Um ein Element der Ordnung 30 in S1 1 zu finden, verkn¨ upfen wir unabh¨angige Zyklen der Ordnung 2, 3 und 5: Zyklus der Ordnung 2 Ein Zyklus der Ordnung 2 ist zum Beispiel (1 2), da (1 2)2 = e Zyklus der Ordnung 3 Ein Zyklus der Ordnung 3 ist zum Beispiel (3 4 5), da (3 4 5)3 = e Zyklus der Ordnung 5 Ein Zyklus der Ordnung 5 ist zum Beispiel (6 7 8 9 10), da (6 7 8 9 10)5 = e

¨ Lineare Algebra I - WS2015/16 - Ubungsaufgaben Lukas Rose

5

Also gilt: Ord((1 2) ◦ (3 4 5) ◦ (6 7 8 9 10)) = 30 in S11 , da

30 = kgV (Ord((1 2)), Ord((3 4 5)), Ord((6 7 8 9 10))) Ein Element der Ordnung 30 in S11 ist also (1 2) ◦ (3 4 5) ◦ (6 7 8 9 10).

2. Aufgabe Sei a1 , a2 , a3 , b1 , b2 und b3 ∈ R beliebig. Dann sind m1 =   a3 −b3 und m3 = ∈ M beliebig. b3 a3



a1 −b1 b1 a1



, m2 =



a2 −b2 b2 a2



a) Abgeschlossenheit bez¨ uglich + und · in M : Zu zeigen: m1 +m2 ∈ M und m1 ·m2 ∈ M . Abgeschlossenheit bez¨ uglich + Wir zeigen, dass m1 + m2 ∈ M :

m1 + m2 = = =







a1 −b1 b1 a1 a1 + a2 b1 + b2 a1 + a2 b1 + b2





a2 −b2 + b2 a2  −b1 − b2 a1 + a2  −(b1 + b2 ) a1 + a2



Da a1 , a2 , b1 und b2 ∈ R, sind auch a1 + a2 , b1 + b2 ∈ R. Wir bezeichnen a1 + a2 = a4 , b1 + b2 = b4 . Also gilt: 

a1 + a2 −(b1 + b2 ) b1 + b2 a1 + a2



=





∈ M . Somit ist M abgeschlossen bez¨ uglich

Da a4 und b4 ∈ R, ist die Matrix

+.

a4 −b4 b4 a4



a4 −b4 b4 a4



∈M

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6

Abgeschlossenheit bez¨ uglich ·: Wir zeigen, dass m1 · m2 ∈ M :

m1 · m2 = = =

Es gilt: a1 · a2 − b1 · b2 ∈ R







a1 −b1 b1 a1

a1 · a2 − b1 · b2 −a1 · b2 − b1 · a2 b1 · a2 + a1 · b2 −b1 · b2 + a1 · a2

und





a1 · b2 + b1 · a2 ∈ R. b5 := a1 · b2 + b1 · a2 .

und

a1 · a2 − b1 · b2 −(a1 · b2 + b1 · a2 ) b 1 · a2 + a1 · b 2 a1 · a2 − b1 · b2

Da a5 und b5 ∈ R, ist die Matrix ·.



a1 · a2 − b1 · b2 −(a1 · b2 + b1 · a2 ) b 1 · a2 + a1 · b 2 a1 · a2 − b 1 · b 2

Wir bezeichnen a5 := a1 · a2 − b1 · b2 

   a2 −b2 · b2 a2

a5 −b5 b5 a5





=



a5 −b5 b5 a5



∈M

∈ M . Somit ist M abgeschlossen bez¨ uglich

Zusammenfassung Somit ist M abgeschlossen bez¨ uglich + und ·, Aufgabenstellung a) ist gezeigt. b) Beweisen Sie, dass M mit den auf M (2, R) definierten Verkn¨ upfungen ein K¨orper ist. Zu zeigen sind die Axiome eines K¨orpers: 1. (a + b) + c = a + (b + c) ∀ a, b, c ∈ M (Assoziativit¨at bez¨ uglich +) 2. ∃ 0 ∈ M : a + 0 = 0 + a = a∀a ∈ M (Neutrale bez¨ uglich +) 3. ∀a ∈ M ∃ b ∈ M : a + b = b + a = 0 (Inverse bez¨ uglich +) 4. ∀a, b ∈ M : a + b = b + a (Kommutativit¨at bez¨ uglich +) 5. ∀a, b, c ∈ M \ {0} : (a · b) · c = a · (b · c) (Assoziativit¨at bez¨ uglich ·) 6. ∃ 1 ∈ M \ {0} : ∀a ∈ M : a · 1 = 1 · a = a (Neutrale bez¨ uglich ·) 7. ∀a ∈ M ∃ b ∈ M : a · b = b · a = 1 (Inverse bez¨ uglich ·)

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7

8. ∀a, b ∈ M : a · b = b · a (Kommutativit¨at bez¨ uglich ·) 9. ∀a, b, c ∈ M : a · (b + c) = a · b + a · c (Linksseitige Distributivit¨at) 10. ∀a, b, c ∈ M : (a + b) · c = a · c + b · c (Rechtsseitige Distributivit¨at) 1. Assoziativit¨ at bez¨ uglich + Zu zeigen ist: (m1 +m2 )+m3 = m1 +(m2 +m3 ) ∀ m1 , m2 , m3 ∈ M

(m1 + m2 ) + m3 = = = = = = =











 

   a2 −b2 a3 −b3 + + b2 a2 b3 a3    a1 + a2 −(b1 + b2 ) a3 −b3 + b1 + b2 a1 + a2 b3 a3  (a1 + a2 ) + a3 −(b1 + b2 ) − b3 (b1 + b2 ) + b3 (a1 + a2 ) + a3  (a1 + a2 ) + a3 −b1 − b2 − b3 (R, +) ist Assoziativ (b1 + b2 ) + b3 (a1 + a2 ) + a3  a1 + (a2 + a3 ) −b1 − (b2 + b3 ) b1 + (b2 + b3 ) a1 + (a2 + a3 )    a1 −b1 a2 + a3 −(b2 + b3 ) + b1 a1 b2 + b3 a2 + a3      a3 −b3 a2 −b2 a1 −b1 + + b3 a3 b2 a2 b1 a1 a1 −b1 b1 a1





= m1 + (m2 + m3 )

Die Assoziativit¨at bez¨ uglich + ist also gegeben. . 2. Neutrale bez¨ uglich + Zu zeigen  ist: ∃ 0∈ M : m1 + 0 = 0 + m1 = m1 ∀a ∈ M . a1 −b1 Nach unserer Definition gilt m1 = ∈ M. b 1 a1   0 0 . Ist dies der Behauptung: Das neutrale Element 0 bez¨ uglich + in M ist 0 = 0 0 Fall, dann erf¨ ullt dieses Element die obige Gleichung. Dies m¨ochte ich zeigen.

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m1   m1 +0 =  0 +m1  =   a1 −b1 0 0 0 0 a1 −b1 a1 −b1 + = + = b1 a1 0 0  0 0 b1 a 1  b 1 a1  a1 + 0 −b1 + 0 0 + a1 0 − b 1 a1 −b1 = = (R, +) kommut. b 1 + 0 a1 + 0 0 + b 1 0 + a1 b 1 a1 = m1

Die ullt f¨ ur beliebige a ∈ M und das Nullelement 0 =  obige  Voraussetzung ist also erf¨ 0 0 . Es existiert ein neutrales Element bez¨ uglich +. . 0 0 3. Inverse bez¨ uhglich + Zu zeigen ist: ∀m1 ∈ M ∃ n ∈ M : m1 + e = e + m1 = 0     n1 n2 a1 −b1 Sei n der Form n = . Nach unserer Definition gilt m1 = ∈ M. n3 n4 b 1 a1 Die Gleichung l¨asst sich in zwei Einzelgleichungen aufspalten: 1. m1 + n = 0 2. n + m1 = 0 Zus¨atzlich ist zu u ufen, dass das gefundene Element n in M enthalten ist. ¨berpr¨ Sind diese beiden Gleichungen erf¨ ullt, ist auch m1 + e = e + m1 = 0 erf¨ ullt. Ich u ufe ¨berpr¨ zun¨achst die erste der beiden Gleichungen:

⇒ m1 · (m2 + m3 ) = m1 · m2 + m1 · m3

⇔ ⇔



m1 +  n = 0  a1 −b1 n1 n2 0 0 + = b1 a1 n3 n4   0 0  0 0 a1 + n1 −b1 + n2 = b 1 + n 3 a1 + n 4 0 0 n1 = −a1 , n2 = b1 , n3 = −b1 , n4 = −a1 





−a1 b1 −b1 −a1



Die Gleichung (1 ) ist also f¨ ur ein Element n = erf¨ ullt, wenn m1 =   a1 −b1 ∈ M . Wir u ufen, ob das gefundene Element n auch Gleichung (2 ) ¨berpr¨ b 1 a1 l¨ost.

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⇒ ⇔



n + m1 = 0  −a1 b1 a1 −b1 0 0 + = −b1 −a1 b 1 a1   0 0  −a1 + a1 b1 − b1 0 0 = −b1 + b1 −a1 + a1 0 0 

Auch die zweite Gleichung ist f¨ ur m1 = Nun ist zu u ufen, ob n ∈ M gilt. ¨berpr¨





a1 −b1 b 1 a1



∈ M, n =



−a1 b1 −b1 −a1



erf¨ ullt.

Sei r1 = −a1 und r2 = −b1 . Dann gilt f¨ ur n:     −a1 b1 r1 −r2 = ∈M −b1 −a1 r2 r1 Da −a unserer Voraussetzung), ist r1 , r2 ∈ R. Da f¨ ur M gilt: 1 , b1 und −b 1 ∈ R (aufgrund    a −b −a1 b1 M := ∈ M. a, b ∈ R , ist b a −b1 −a1   a1 −b1 Somit besitzt ein beliebiges m1 ∈ M mit m1 = ein inverses Element n mit b 1 a1   −a1 b1 n= ∈ M . M enth¨alt also Inverse bez¨ uglich +. . −b1 −a1 4. Kommutativit¨ at bez¨ uglich + ∀m1 , m2 ∈ M : m1 + m2 = m2 + m1     a1 −b1 a2 −b2 Nach unserer Definition gilt: m1 = , m2 = . Ich u ufe die ¨berpr¨ b1 a1 b2 a2 Gleichung f¨ ur diese beliebigen Matritzen.

⇒ ⇔





a1 −b1 + b 1  a1 a1 + a2 b1 + b2



m1 + m2 = m   2 + m1   a2 −b2 a2 −b2 a1 −b1 + = a2 b 1  a1 b2 a2   b2 −b1 − b2 a2 + a1 −b2 − b1 = a1 + a1 b 2 + b 1 a2 + a1

Da a1 , a2 , b1 , b2 ∈ R, gilt f¨ ur diese beliebigen Werte die Addition + aus R. Da diese kommutativ ist, ist auch obige Gleichung erf¨ ullt. Somit ist M additiv kommutativ f¨ ur beliebige m1 , m2 ∈ M . . ¨ Anmerkung: H¨atte es auch gereicht, zu schreiben: Aufgrund der Definition von + in M (2, R) werden die Werte aus derselben Zeile und Spalte jeweils addiert. Somit basiert die Addition von + auf der einfachen Addition + in R. Da (R, +) kommutativ ist, ist auch (M (2, R), +) kommutativ.”?

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5. Assoziativit¨ at bez¨ uglich · Zu zeigen ist: ∀m1 , m2 , m3 ∈ M \ {0} : (m1 · m2 ) · m3 = m1 · (m2 · m3 )       a1 −b1 a2 −b2 a3 −b3 Nach unserer Definition gilt m1 = , m2 = und m3 = ∈ b1 a1 b2 a2 b3 a3 M. Ich u ufe die Gleichung f¨ ur diese beliebigen Matritzen. ¨berpr¨

   (m  1 · m2 ) · m3 a1 −b1 a2 −b2 a3 −b3 ⇒ · · b a b a b3 a3 1 1  2 2    a1 −b1 a2 −b2 a3 −b3 · · b a b a a3  1 1 2 2   b3 a1 a2 + (−b1 )b2 a1 (−b2 ) + (−b1 )a2 a3 −b3 ⇔ · a1 b2 b1 (−b2 ) + a1 a2 b3 a3   b 1 a2 +  a1 −b1 a2 a3 + (−b2 )b3 a2 (−b3 ) + (−b2 )a3 b1 a1 b 2 a3 + a2 b 3 b 2 (−b 3 ) + a2 a3  a3 −b3 a1 a2 − b1 b2 −a1 b2 − b1 a2 · ⇔ b3 a3  b a + a b −b b + a a 1 2  1 2 1 2 1 2 a1 −b1 a2 a3 − b2 b3 −a2 b3 − b2 a3 b1 a1 b2 a3 + a2 b3 −b2 b3 + a2 a3 

⇔

⇔





= m1 · (m2 · m3 ) =

=

=

(a1 a2 − b1 b2 )a3 + (−a1 b2 − b1 a2 )b3 (a1 a2 − b1 b2 )(−b3 ) + (−a1 b2 − b1 a2 )a3 (b1 a2 + a1 b2 )a3 + (−b1 b2 + a1 a2 )b3 (b1 a2 + a1 b2 )(−b3 ) + (−b1 b2 + a1 a2 )a3



= 

a1 (a2 a3 − b2 b3 ) + −b1 (b2 a3 + a2 b3 ) a1 (−a2 b3 − b2 a3 ) + (−b1 )(−b2 b3 + a2 a3 ) b1 (a2 a3 − b2 b3 ) + a1 (b2 a3 + a2 b3 ) b1 (−a2 b3 − b2 a3 ) + a1 (−b2 b3 + a2 a3 ) ! a1 a2 a3 − b 1 b 2 a3 − a1 b 2 b 3 − b 1 a2 b 3 − a1 a2 b 3 + b 1 b 2 b 3 − a1 b 2 a3 − b 1 a2 a3 = b1 a2 a3 + a1 b2 a3 − b1 b2 b3 + a1 a2 b3 − b1 a2 b3 − a1 b2 b3 − b1 b2 a3 + a1 a2 a3 ! a1 a2 a3 − a1 b2 b3 − b1 b2 a3 − b1 a2 b3 − a1 a2 b3 − a1 b2 a3 + b1 b2 b3 − b1 a2 a3 b 1 a2 a3 − b 1 b 2 b 3 + a1 b 2 a3 + a1 a2 b 3 − b 1 a2 b 3 − b 1 b 2 a3 − a1 b 2 b 3 + a1 a2 a3

Somit ist die Gleichung bewiesen. Es gilt also die Assoziativit¨at bez¨ uglich · f¨ ur beliebige Matritzen in M . . 6. Neutrale bez¨ uglich · Zu zeigen ist: ∃ 1 ∈ M \ {0} : ∀m1 ∈ M : m1 · 1 = 1 · m1 = m1   a1 −b1 Nach unserer Definition gilt: m1 = . Sei das Einselement 1 der Form e = b a 1 1   e1 e2 . Die obige Gleichung l¨asst sich in zwei Einzelgleichungen aufspalten: e3 e4 ¨ Lineare Algebra I - WS2015/16 - Ubungsaufgaben Lukas Rose

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1. m1 · 1 = m1 2. 1 · m1 = m1 Mit unserer Definition des Einselements also: 1. m1 · e = m1 2. e · m1 = m1 Sind diese beiden Gleichungen erf¨ ullt, ist auch m1 · 1 = 1 · m1 = m1 erf¨ ullt. Ich suche also zun¨achst nach einer L¨osung f¨ ur Gleichung 1 : m1 · e = m1    a −b1 e e a −b1  1 · 1 2  =  1  ⇒ b1 a1 e3 e4 b1 a1     a −b1 a1 e1 − b1 e3 a1 e2 − b1 e4   =  1 ⇔  b1 a1 a1 e3 + b1 e1 a1 e4 + b1 e2 

 

a1 e 1 − b 1 e 3 = a1

a1 e2 − b1 e3 = −b1

⇔

a1 e 3 + b 1 e 1 = b 1 a1 e 4 + b 1 e 2 = a1 e1 = 1 e2 = 0

⇔

e3 = 0 e4 = 1 

Die 1. Gleichung ist also f¨ ur ein Element e mit e =  ob dieses Element auch die zweite Gleichung l¨ost:

1 0 0 1



 gel¨ost. Wir u ufen, ¨berpr¨

e · m1 = m1    1 0 a −b1 a −b1 · 1  =  1  ⇒  0 1 b1 a1 b1 a1     a1 1 + b 1 0 a1 0 − b 1 1 a −b1  =  1  ⇔  a1 0 + b 1 1 a1 1 − b 1 0 b1 a1 

 

Das gefundene Element e erf¨ ullt also auch die 2. Gleichung, und somit auch m1 · 1 = 1 · m1 = m1 . ¨ Lineare Algebra I - WS2015/16 - Ubungsaufgaben Lukas Rose

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

Somit ist e das inverse Element in M bez¨ uglich · der Form: e = 

1 0 0 1



. .

7. Inverse bez¨ uglich · Zu zeigen ist: ∀m1 ∈ M ∃ n ∈ M : m1 · n = n · m1 = 1   a1 −b1 . Sei n beliebig der Form n = Nach unserer Definition von m1 gilt: m1 =  b1 a1     1 0 n n .  1 2 . Unser Einselement ist e, wie in Teilabschnitt 6. ermittelt: e =  0 1 n3 n4 Die zu u ufende Gleichung l¨asst sich in zwei Teilgleichungen aufspalten: ¨berpr¨ 1. m1 · n = 1 2. n · m1 = 1 Wenn diese beiden Gleichungen erf¨ ullt sind, ist auch m1 · n = n · m1 = 1 erf¨ ullt. Ich ermittele ein Element n mithilfe der ersten Gleichung:

m1 · n = 1   a −b1 n n 1 0  1 · 1 2  =  b1 a1 n3 n4 0 1  a1 n 1 − b 1 n 3 a1 n 2 − b 1 n 4 1 0 =  a1 n 3 + b 1 n 1 a1 n 4 + b 1 n 2 0 1 

⇒ ⇔

 

a1 n 1 − b 1 n 3 = 1



 

a1 n 2 − b 1 n 4 = 0

⇒

a1 n 3 + b 1 n 1 = 0

n1 ⇔



n3

a1 n 4 + b 1 n 2 = 1 a1 b1 = 2 n2 = 2 2 a1 + b 1 a1 + b21 −b1 a1 n4 = 2 = 2 2 a1 + b 1 a1 + b21

Nach der ersten Gleichung ist das neutrale Element n von m1 in M bez¨ uglich ·: n =   a1 b1  a21 + b21 a21 + b21  ufe, ob dieses Element auch die zweite Gleichung ¨berpr¨  −b . Ich u a1 1 a21 + b21 a21 + b21 ¨ Lineare Algebra I - WS2015/16 - Ubungsaufgaben Lukas Rose

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erf¨ ullt:



  ⇒   ⇔

⇔ 



 1 0      0 1

n · m1    b1 a1  a1 −b1  a21 + b21 a21 + b21  ·        a1 −b1 b a 1 1 a21 + b21 a21 + b21   a1 a1 + b1 b1 −(a1 b1 − a1 b1 )  a 2+b 2  a1 2 + b 1 2  1 1   a b −a b  a a + b b 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 a1 2 + b 1 2   a1 +2b1 2 0 a1 + b 1  a1 2 + b 1 2 a1 2 + b 1 2     a −a +b −b a 2+b 2  1 1 1 1 1 1 a1 2 + b 1 2 a1 2 + b 1 2 

=

1 



 1 0      0 1  

=

 1 0      0 1  

=

= 

 1 0   =    0 1

 1 0      0 1

Somit erf¨ ullt das gefundene n auch die zweite Gleichung. Somit ist das neutrale Element   a1 b1  2 + b21 a21 + b21  n zu einem Element m1 in M bez¨ uglich ·: n =  a1−b . Das 7. Axiom ist a1 1 a21 + b21 a21 + b21 also erf¨ ullt. . 8. Kommutativit¨ at bez¨ uglich · Zu zeigen ist: ∀m1 , m2 ∈ M : m1 · m2 = m2 · a     a1 −b1 a2 −b2  , m2 =  . Nach unserer Definition gilt f¨ ur m1 und m2 : m1 =  b1 a1 b2 a2 Ich u ufe die Gleichung wie folgt: ¨berpr¨

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m1 · m2 = m2 · m1      a1 −b1 a2 −b2 a2 −b2 a1 −b1  ·  =  ·  ⇒ b1 a1 b a2 b2 a2 b1 a1    2  a1 a2 − b1 b2 −a1 b2 − a2 b1 a1 a2 − b1 b2 −a1 b2 − a2 b1  =   ⇔  a1 b 2 + a2 b 1 a1 a2 − b 1 b 2 a1 b 2 + a2 b 1 a1 a2 − b 1 b 2 

 

Somit ist die Gleichheit bewiesen. Der Satz gilt, und somit ist M bez¨ uglich · kommutativ. . 9. Linksseitige Distributivit¨ at Zu zeigen ist: ∀m1 , m2 , m3 ∈ M : m1 · (m2 + m3 ) = m1 · m2 + m1 · m3     a1 −b1 a −b2  , m2 =  2  Nach unserer Definition gilt f¨ ur m1 , m2 und m3 : m1 =  b1 a1 b2 a2   a3 −b3  ∈ M beliebig. und m3 =  b3 a3

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m · (m2 + m3 )  1 a3 −b3 a2 −b2 a1 −b1  +  ·   ⇒ b a3 b a2 b1 a1     2  3  a1 −b1 a2 −b2 a1 −b1 a3 −b3  · + ·  b1 a1 b2 a b a b3 a3  1  1 2 a2 + a3 −b2 − b3 a1 −b1  ·  ⇔ b 2 + b 3 a2 + a3 b a  1  1  a a − b1 b3 −a1 b3 − a3 b1 a a − b1 b2 −a1 b2 − a2 b1  + 1 3  1 2 a1 b 3 + a3 b 1 a1 a3 − b 1 b 2 a1 b 2 + a2 b 1 a1 a2 − b 1 b 2   a (a + a3 ) − b1 (b2 + b3 ) a1 (−b2 − b3 ) − b1 (a2 + a3 )   1 2 ⇔ a1 (b2 + b3 ) + b1 (a2 + a3 ) a1 (a2 + a3 ) + b1 (−b2 − b3 )   a a − b1 b2 + a1 a3 − b1 b3 −a1 b2 − a2 b1 − a1 b3 − a3 b1  1 2  a b + a2 b 1 + a1 b 3 + a3 b 1 a1 a2 − b1 b2 + a1 a3 − b1 b2   1 2 a1 (a2 + a3 ) − b1 (b2 + b3 ) a1 (−b2 − b3 ) − b1 (a2 + a3 )   ⇔ a (b + b3 ) + b1 (a2 + a3 ) a1 (a2 + a3 ) + b1 (−b2 − b3 )  1 2  a1 a2 + a1 a3 − b1 b2 − b1 b3 −a1 b2 − a1 b3 − a2 b1 − a3 b1   a b + a1 b 3 + a2 b 1 + a3 b 1 a1 a2 + a1 a3 − b 1 b 2 − b 1 b 2  1 2  a1 (a2 + a3 ) − b1 (b2 + b3 ) a1 (−b2 − b3 ) − b1 (a2 + a3 )   ⇔ a (b + b3 ) + b1 (a2 + a3 ) a1 (a2 + a3 ) + b1 (−b2 − b3 )  1 2  a (a + a3 ) − b1 (b2 + b3 ) −a1 (b2 + b3 ) − b1 (a2 + a3 )  1 2  a1 (b2 + b3 ) + b1 (a2 + a3 ) a1 (a2 + a3 ) − b1 (b2 + b3 ) 

 



= m1 · m2 + m1 · m3 =

=

=

=

=

Die Anwendung des Distributivgesetz innerhalb der einzelnen Felder der Matritzen ist erlaubt, da a1 , a2 , b1 , b2 , −b1 , −b2 ∈ R, f¨ ur die das Distributivgesetz bei + und · gilt. Somit ist die Gleichheit bewiesen, die linksseitige Distributivit¨at gilt also f¨ ur M bez¨ uglich + und ·. . 10. Rechtsseitige Distributivit¨ at Zu zeigen ist: ∀m1 , m2 , m3 ∈ M : (m1 + m2 ) · m3 = m1 · m3 + m2 · m3 Wir setzen gleichzeitig m1 auf den bisherigen Wert von m3 und m3 auf den bisherigen

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Wert von m1 . Dann ist zu zeigen: ∀m1 , m2 , m3 ∈ M : (m3 + m2 ) · m1 = m3 · m1 + m2 · m1 In Axiom 9 habe ich gezeigt, dass gilt: ∀m1 , m2 , m3 ∈ M : m1 · (m2 + m3 ) = m1 · m2 + m1 · m3 Da die Verkn¨ upfung · in M , wie in Axiom 8 gezeigt, kommutativ ist, l¨asst sich das in Axiom 9 gezeigte wie folgt umstellen:

m1 · (m2 + m3 ) = m1 · m2 + m1 · m3 ⇔ (m2 + m3 ) · m1 = m2 · m1 + m3 · m1 Dar¨ uber hinaus l¨asst sich die Gleichung aufgrund der Kommutativit¨at von + in M (bewiesen in Axiom 4) wie folgt umstellen:

(m2 + m3 ) · m1 = m2 · m1 + m3 · m1 ⇔ (m3 + m2 ) · m1 = m3 · m1 + m2 · m1 Also gilt: m1 · (m2 + m3 ) = m1 · m2 + m1 · m3 ⇔

(m3 + m2 ) · m1

= m3 · m1 + m2 · m1

Somit folgt aus der linksseitigen Distributivit¨at die rechtsseitige Distributivit¨at. . c)

3. Aufgabe a) Zeigen Sie, dass jedes von 0 verschiedene Element von C3 ein mulitplikatives Inverses besitzt. Es gilt f¨ ur Z3 , iZ3 und C3 : Z3 = {0, 1, 2} iZ3 = {i0, i1, i2} Cn = {(0 + i0), (0 + i1), (0 + i2), (1 + i0), (1 + i1), (1 + i2), (2 + i0), (2 + i1), (2 + i2)} ¨ Lineare Algebra I - WS2015/16 - Ubungsaufgaben Lukas Rose

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Neutrales Element Behauptung: (1 + 0i) ist das neutrale Element bez¨ uglich Multiplikation (Einselement). Dann muss gelten: (a+ib)·(1+0i) = (a+ib) f¨ ur alle (a+ib) ∈ Cn . (a + ib) · (1 + 0i) = Restn (a · 1 − b · 0) + iRestn (a · 0 + b · 1) = Restn (a − 0) + iRestn (0 + b) = Restn (a) + iRestn (b) Da (a + ib) ∈ Cn , ist a ∈ Zn und b ∈ Zn . Somit gilt: a < n und b < n. Daraus folgt: Restn (a) = a und Restn (b) = b. Somit gilt f¨ ur Restn (a) + iRestn (b): Restn (a) + iRestn (b) = a + ib Also gilt allgemein: (a + ib) · (1 + 0i) = (a + ib) f¨ ur beliebige (a + ib) ∈ Cn . Somit ist bewiesen, dass (1 + 0i) das neutrale Element bez¨ uglich Multiplikation in Cn ist. multiplikativ Inverse Damit (a1 + b1 i) ∈ C3 ein multiplikatives Inverses besitzt, muss es ein (a2 + b2 i) ∈ C3 geben, sodass gilt: (a1 + b1 i) · (a2 + b2 i) = (1 + 0i) Wir u ufen dies f¨ ur alle Elemente von C3 \ {(0 + 0i)}: ¨berpr¨

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Element aus C3

P magic P

Inverses Element

(0 + 1i)

Rest3 (0 · 0 − 1 · 2) + iRest3 (0 · 2 + 1 · 0)

(0 + 2i)

(0 + 1i) · (0 + 2i) = (1 + 0i) (0 + 2i)

Rest3 (0 · 0 − 2 · 1) + iRest3 (0 · 1 + 2 · 0)

(0 + 1i)

(0 + 2i) · (0 + 1i) = (1 + 0i) (1 + 0i)

Rest3 (1 · 1 − 0 · 0) + iRest3 (1 · 0 + 0 · 1)

(1 + 0i)

(1 + 0i) · (1 + 0i) = (1 + 0i) (1 + 1i)

Rest3 (1 · 2 − 1 · 1) + iRest3 (1 · 1 + 1 · 2)

(2 + 1i)

(1 + 1i) · (2 + 1i) = (1 + 0i) (1 + 2i)

Rest3 (1 · 2 − 2 · 2) + iRest3 (1 · 2 + 2 · 2)

(2 + 2i)

(1 + 2i) · (2 + 2i) = (1 + 0i) (2 + 0i)

Rest3 (2 · 2 − 0 · 0) + iRest3 (2 · 0 + 0 · 2)

(2 + 0i)

(2 + 0i) · (2 + 0i) = (1 + 0i) (2 + 1i)

Rest3 (2 · 1 − 1 · 1) + iRest3 (2 · 1 + 1 · 1)

(1 + 1i)

(2 + 1i) · (1 + 1i) = (1 + 0i) (2 + 2i)

Rest3 (2 · 1 − 2 · 2) + iRest3 (2 · 2 + 2 · 2)

(1 + 2i)

(2 + 2i) · (1 + 2i) = (1 + 0i) Somit gibt es f¨ ur jedes Element a ∈ C3 \ {(0 + 0i)} ein Element b ∈ C3 , sodass a · b das neutrale Element (1 + 0i) ergibt. Somit gibt es f¨ ur jedes von 0 verschiedene Element aus C3 ein multiplikatives Inverses, die Aufgabenstellung ist also bewiesen. . b) Zeigen Sie, dass C2 mit diesen Verkn¨ upfungen kein K¨orper ist. Es gilt f¨ ur Z2 , iZ2 und C2 : Z3 = {0, 1} iZ3 = {i0, i1} Cn = {(0 + i0), (0 + i1), (1 + i0), (1 + i1)} Wie in Teilaufgabe a) bewiesen, ist (1 + 0i) das neutrale Element bez¨ uglich · in C2 . Nach Axiom M3 eines K¨orpers muss gelten: ∃ 1 ∈ M \ {0} : ∀a ∈: a · 1 = 1 · 1 = a Behauptung: Es existiert f¨ ur (1, i1) kein inverses Element bez¨ uglich · in C2 . Zu zeigen ist: ∀ a ∈ C2 : (1 + i1) · a 6= (1 + 0i). ¨ Lineare Algebra I - WS2015/16 - Ubungsaufgaben Lukas Rose

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m ∈ C2

(1 + i1) · m

(0 + 0i)

Rest2 (1 · 0 − 1 · 0) + iRest2 (1 · 0 + 1 · 0) (1 + 1i) · (0 + 0i) = (0 + 0i)

(0 + 1i)

Rest2 (1 · 0 − 1 · 1) + iRest2 (1 · 1 + 1 · 0) (1 + 1i) · (0 + 1i) = (1 + 1i)

(1 + 0i)

Rest2 (1 · 1 − 1 · 0) + iRest2 (1 · 0 + 1 · 1) (1 + 1i) · (1 + 0i) = (1 + 1i)

(1 + 1i)

Rest2 (1 · 1 − 1 · 1) + iRest2 (1 · 1 + 1 · 1) (1 + 1i) · (1 + 1i) = (0 + 0i)

F¨ ur kein Element m aus C2 ergibt (1 + i1) · m das neutrale Element (1 + 0i), wodurch (1 + i1) in C2 kein Inverses hat. Somit erf¨ ullt C2 das K¨orperaxiom M3 (Jedes Element besitzt ein Inverses) nicht, sodass C2 kein K¨orper ist. .

4. Aufgabe Zeigen Sie, dass es in einem K¨orper K keine Ideale außer {0} und K gibt. Ein Ideal I in einem K¨orper K muss folgende Axiome erf¨ ullen: 1. I ⊆ K 2. I 6= ∅ 3. ∀ a, b ∈ I : a − b ∈ I 4. ∀ a ∈ I, b ∈ K : a · b ∈ I Nullideal Das Nullideal {0} erf¨ ullt alle diese Axiome, denn: 1. Jeder K¨orper K enth¨alt Inverse zu seinen Elementen. Aufgrund der Abgeschlossenheit bez¨ uglich + eines K¨orpers enth¨alt es das Nullelement. Also gilt immer: {0} ⊆ K. . 2. {0} = 6 ∅ . 3. 0 − 0 = 0 ∈ I . 4. k · 0 = 0 ∈ I f¨ ur alle k ∈ K . Also ist {0} ein Ideal in K. . ¨ Lineare Algebra I - WS2015/16 - Ubungsaufgaben Lukas Rose

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Andere Ideale Behauptung: Enth¨alt I ein einziges, nicht-nullisches Element aus K, ergibt sich immer die gesamte Menge K als Ideal I, also I = K (das K-Ideal ). Beweis: Sei I = {a}. Sei I ein Ideal in K, also gilt: a ∈ K. Da K ein K¨orper ist, existiert f¨ ur a ∈ K ein a−1 ∈ K, sodass gilt: a · a−1 = e, e ist das neutrale Element. Nach Axiom 4 der oben aufgelisteten Axiome eines Ideals muss gelten: ∀ a ∈ I, b ∈ K : a · b ∈ I. Sei a = a ∈ I, b = a−1 ∈ K. Dann gilt nach dieser Gleichung: a · b = a · a−1 = e ∈ I. Also muss das neutrale Element e in I sein. Wenn e ∈ I, dann gilt erneut nach Axiom 4 : ∀ a ∈ I, b ∈ K : a · b ∈ I, sei a = e ∈ I, b ∈ K. Dann gilt f¨ ur alle k ∈ K: a · k = e · k = k ∈ I. Somit enth¨alt I alle Elemente aus K, sobald es ein einziges, nicht-nullisches Element enth¨alt. Sobald I ein beliebiges, nicht-nullisches Element aus K enth¨alt, ist I = K. Somit besitzt jeder beliebige K¨orper K nur zwei Ideale: {0} und K.

5. Aufgabe a)



A= A·B



A·B =  

= 

1 + 2i 3 − i 5

2+i

1 + 2i 3 − i 5

2+i





,B = 

  ·

4 + 2i

−1

−7 − 3i

−2 + i

4 + 2i

−1

−7 − 3i

 ∈ M (2, C)

 

(1 + 2i)(−2 + i) + (3 − i)(−1) (1 + 2i)(4 + 2i) + (3 − i)(−7 − 3i)

(−2 + i)(5) + (−1)(2 + i)  −7 − 2i −24 + 8i  =  −12 + 4i 9 − 3i 

−2 + i



(4 + 2i)(5) + (2 + i)(−7 − 3i)

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 

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B·A



B·A = 



= 

−2 + i

4 + 2i

−1

−7 − 3i

  ·

1 + 2i 3 − i 5

2+i

 

(−2 + i)(1 + 2i) + (4 + 2i)(5) (−2 + i)(3 − i) + (4 + 2i)(2 + i)

(−1)(1 + 2i) + (−7 − 3i)(5)  16 + 7i 1 + 13i  =  −36 − 17i −14 − 12i 

A+B



A+B = 



=  

= 

1 + 2i 3 − i

(−1)(3 − i) + (−7 − 3i)(2 + i)

  ·

−2 + i

4 + 2i

−7 − 3i  1 + 2i − 2 + i 3 − i + 4 + 2i  5−1 2 + i − 7 − 3i  −1 + 3i 7 + i  4 −5 − 2i 5

2+i

−1

 

 

b) Finden Sie alle komplexen Zahlen z mit z 2 = −24 − 70i. Da z ∈ C, hat z die Form: z = (a + bi). Es muss also gelten: (a + bi)2 = −24 − 70i. z 2 = z · z = (a + bi) · (a + bi) = a · a + a · bi + bi · a + bi · bi = a2 − b2 + 2 · a · bi Demnach muss also gelten: a2 − b2 + 2 · a · bi = −24 − 70i Die komplexe Zahl besteht aus einem Realteil und einem Imagin¨arteil. Damit zwei komplexe Zahlen gleich sind, m¨ ussen jeweils ihre Real- und Imagin¨arteile u ¨bereinstimmen. Daraus folgt: a2 − b2 = −252 · a · bi = 70i ⇔ ·a · bi = 35i ⇔ a · b = 35 ⇔ a · bi = 35i ⇔ a · b = 35 (1) Aus diesen Gleichungen ergibt sich: a = −5, b = 7 oder a = 5, b = −7. Somit ergeben sich f¨ ur z zwei L¨osungen: z = (−5 + 7i) oder z = (5 − 7i). Dies sind alle Zahlen z, f¨ ur die die Bedingung erf¨ ullt ist.

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