¨Ubungsblatt 1

Übungsblatt 1 

zur Vorlesung Lineare Algebra und Analytische Geometrie II im Sommersemester 2008 

Christoph Schweigert 

Erstellt am 09.04.2008, 08:11 Uhr für Matrikelnummer CHECKING ALL VARIANTS. Abgabezeitpunkt ist 

07.04.2008, 08:00 Uhr. 

Dieses Blatt ist das erste Übungsblatt zur Vorlesung Lineare Algebra II. Es ist in der ersten Übungsgruppe im 

Sommersemester 2008 abzugeben. 

1 Gegeben seien die Matrizen 

A = 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

3 5 3 

1 2 1 

1 −1 7 

⎞ 

⎛ 

⎟ ⎜ 

⎠ , B = ⎝ 

3 2 6 3 

2 1 3 2 

2 3 1 4 

1. (5 Punkte) Untersuchen Sie die folgenden Gleichungssysteme darauf, ob sie eindeutige reelle Lösungen 

haben: 

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

15 

4 

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 

Ax = ⎝ 6 ⎠ , Bx = ⎝ 1 ⎠ . 

−9 

6 

2. (5 Punkte) Beschreiben Sie die Geometrie der Lösungsräume der Gleichungssysteme Ax = b und 

Bx = b als Unterräume von R 3 beziehungsweise von R 4 als Funktion von b ∈ R 3 . 

3. (5 Punkte) Geben Sie schließlich die Lösungsräume explizit an! 

Lösungshinweis Beide Matrizen A,B haben Rang 3. Die Matrix A ist daher als quadratische Matrix 

invertibel, eine Lösung existiert und ist eindeutig, also ein Punkt in R 3 . Einzige Lösung von 

Ax = a ist (1,3,−1). Im zweiten Fall ist die Lösungsmenge ein affiner Unterraum des R 4 der Dimension 

1. Insbesondere gibt es nie eine eindeutige Lösung. Die explizite Lösungsmenge von Bx = b ist 

(1/2,5,0,−5/2) + R(−4,−3,1,4). 

⎞ 

⎟ 

⎠ .

2 Im R 2 seien die Basen 

A = 

(( 

−1 

1 

) 

, 

( 

2 

3 

)) 

, B = 

(( 

1 

2 

) 

, 

( 

0 

1 

)) 

gegeben. 

1. (5 Punkte) Berechnen Sie die Transformationsmatrix T A B . 

2. (5 Punkte) Bestimmen Sie mit Hilfe der Transformationsmatrix die Koordinaten des Vektors 

( ) ( ) 

−1 2 

v = 2 + 9 

1 3 

bezüglich der Basis B. 

Lösungshinweis 

Aus a j = ∑ i T i j b i finden wir mit 

die Matrix 

a 1 = −b 1 + 3b 2 a 2 = 2b 1 − b 2 

T = 

Es folgt T (2,9) = (16,−3), also v = 16b 1 − 3b 2 . 

( 

−1 2 

3 −1 

3 (5 Punkte) Sei K ein beliebiger Körper und seien Q der Körper der rationalen Zahlen und R der Körper 

der reellen Zahlen. Sind die folgenden Teilmengen Unterrringe der angegebenen Matrizenringe? 

( ) 

a 0 

1. { ∈ M(2 × 2,R)|a ∈ Q, b,c ∈ R} ⊂ M(2 × 2,R) 

b c 

( ) 

a 0 

2. { ∈ M(2 × 2,K)|a,b ∈ K} ⊂ M(2 × 2,K) 

b 0 

) 

. 


Durch Nachrechnen sehen wir, dass beide Teilmengen unter Addition und Multiplikation abgeschlossen 

sind. Also sind beide Teilmengen Unterringe der gegebenen Matrizenringe.

4 (10 Punkte) Sei K ein Körper und seien X,Y ∈ M(m×n,K) Matrizen. Zeigen Sie: die beiden Matrizen sind 

genau dann äquivalent, wenn sie dieselbe lineare Abbildung bezüglich verschiedener Basen beschreiben. 

Das heißt: Es gibt einen n-dimensionalen K-Vektorraum V mit zwei geordneten Basen A,A ′ und einen m- 

dimensionalen K-Vektorraum W mit zwei geordneten Basen B,B ′ und eine lineare Abbildung Φ : V → W, 

so dass gilt 

X = MB A (Φ) und Y = MA′ 

B ′ (Φ) . 


“⇐” folgt sofort aus Satz 2.7.4. 

“⇒” Seien X,Y äquivalente m × n Matrizen: 

Y = SXT −1 

mit S ∈ GL(m,K) und T ∈ GL(n,K). Sei A = (v 1 ,...,v n ) eine beliebige geordnete Basis von V und 

B = (w 1 ,...,w m ) eine beliebige geordnete Basis von W. Betrachte die durch 

Φ(v i ) = 

m 

∑ X ji w j 

j=1 

definierte lineare Abbildung. Finde nun die geordnete Basis A ′ von V mit Elementen v ′ i , die durch 

v j = 

n 

∑ 

i=1 

T i j v ′ i 

definiert ist; analog finde eine geordnete Basis B ′ von W mit 

w j = 

m 

∑ 

i=1 

S i j w ′ i 

und rechne 

Φ(v ′ i ) = Φ(∑ j Tji 

−1 v j ) = ∑ j Tji −1 Φ(v j ) 

= ∑ j,k X k j Tji 

−1 w k = ∑ jkl S lk X k j Tji 

−1 w ′ l = ∑ l Y li w ′ l

5 (15 Punkte) Sei K ein Körper, V ein K-Vektorraum, U ⊂ V ein Untervektorraum und π : V → V /U die 

kanonische Surjektion. 

(i) Zeigen Sie: 

Dann existiert für jeden K-Vektorraum X und jede lineare Abbildung f : V → X mit f |U = 0 eine eindeutig 

bestimmte lineare Abbildung ˜f : V /U → X mit f = ˜f ◦ π. 

Sei Q ein K-Vektorraum und ˆπ : V → Q eine lineare Abbildung mit ˆπ |U = 0, so dass für jede lineare 

Abbildung f : V → X mit f |U = 0 eine eindeutig bestimmte lineare Abbildung ˆf : Q → X mit f = ˆf ◦ ˆπ 

existiert. 

(ii) Zeigen Sie: 

Dann gibt es einen eindeutig bestimmten Isomorphismus ˆf Q : Q → V /U, so dass π = ˆf Q ◦ ˆπ gilt. 


(i) Sei v ∈ V . Für jede solche Abbildung ˜f muss gelten: 

˜f ([v]) = ˜f ◦ π(v) = f (v) , 

so dass ˜f eindeutig festgelegt ist. Dies ist wegen f (v+u) = f (v)+ f (u) = f (v) für alle u ∈U wohldefiniert, 

d.h. unabhängig vom Repräsentanten v von [v]. Aus der Linearität von f folgt wieder leicht die Linearität 

von ˜f . 

(ii) Wenden wir (i) auf die lineare Abbildung ˆπ : V → Q an, so finden wir eine eindeutige lineare Abbildung 

˜f Q : V /U → Q mit ˆπ = ˜f Q ◦ π. Zum zweiten wenden wir die für Q geforderte Eigenschaft auf die lineare 

Abbildung π : V → V /U an und finden ˆf Q : Q → V /U mit π = ˆf Q ◦ ˆπ. Es folgt 

˜f Q ◦ ˆf Q ◦ ˆπ = ˜f Q ◦ π = ˆπ. 

Natürlich gilt auch id Q ◦ ˆπ = ˆπ. Aber die definierende Eigenschaft von Q, angewandt auf ˆπ : V → Q 

selbst, sagt, dass eine solche Abbildung eindeutig ist, also gilt ˜f Q ◦ ˆf Q = id Q . Analog zeigt man auch 

ˆf Q ◦ ˜f Q = id V /U . 

6 (15 Punkte) Sei V ein K–Vektorraum und U,W Untervektorräume von V , so dass V = U ⊕W gilt, d.h. V 

sei innere direkte Summe von U und W. Zeigen Sie: Dann ist V zusammen mit den Inklusionen 

i U : U → V 

i W : W → V 

isomorph zur äußeren direkten Summe von U und W. 

Lösungshinweis: 

Wir müssen nur die universelle Eigenschaft der äußeren direkten Summe nachweisen. Nach Lemma 1.5.4 

lässt sich jedes v ∈ V eindeutig als v = u+w mit u ∈ U und w ∈ W schreiben. Sei Z ein beliebiger weiterer 

K-Vektorraum; gegeben zwei lineare Abbildungen 

g U : U → Z und g W : W → Z 

Dann muss jedes g : V → Z, das den Forderungen der universellen Eigenschaft genügt, erfüllen 

g(v) = g(u + w) = g ◦ i U (u) + g ◦ i W (w) = g U (u) + g W (w) , 

ist also eindeutig. Die so definierte lineare Abbildung g : V → Z leistet umgekehrt auch alles Geforderte. 

Innere und äußere direkte Summe sind also nach Satz 2.4.8 kanonisch isomorph.

7 (15 Punkte) Sei V ein endlich dimensionaler Vektorraum und Φ ∈ End(V ). Zeigen Sie, dass die folgenden 

Bedingungen äquivalent sind. 

(i) V = ker(Φ) ⊕ im(Φ) 

(ii) im(Φ 2 ) = im(Φ) . 


(i) ⇒ (ii). Die Inklusion im(Φ 2 ) ⊂ im(Φ) gilt ohnehin für jeden Endomorphismus. Sei v ∈ im(Φ), also 

v = Φ(x). Schreibe x = x 1 + x 2 mit x 1 ∈ ker(Φ) und x 2 ∈ im(Φ). Dann ist Φ(x) = Φ(x 2 ). Daher können 

wir x ∈ im(Φ) annehmen, also folgt mit x = Φ(x ′ ) die Gleichung, v = Φ 2 (x ′ ) ∈ im(Φ 2 ). 

(ii) ⇒ (i). Betrachte die Einschränkung Ψ von Φ auf imΦ. Wegen (ii) ist diese Abbildung surjektiv, also 

wegen der endlichen Dimension von V auch injektiv. Sie hat also trivialen Kern, somit kerΦ∩imΦ = {0}. 

Es gilt v = (v−Ψ −1 Φ(v))+Ψ −1 Φ(v). Man rechnet nun leicht nach, dass v−Ψ −1 Φ(v) für jedes v ∈ V im 

Kern von Φ liegt. Offenbar ist Ψ −1 Φ(v) ∈ im(Φ). Also ist V auch Summe von Kern und Bild von Φ. 

Abgabe in der ersten Übungsgruppe im Sommersemester 2008. Das Blatt geht in die Wertung ein.





14.04.2008, 08:00 Uhr. 

1 Es sei K ein Körper und M,N ∈ M(n × n,K) für ein n ∈ N. Die Einträge der Matrix M seien mit m i, j für 

(1 ≤ i, j ≤ n) bezeichnet. Sind die folgenden Aussagen über Determinanten richtig? 

1 Ist M eine untere Dreiecksmatrix, dann ist die Determinante von M gleich dem 

Produkt der Diagonalelemente. 

Ist ein Diagonalelement von M gleich 0, dann ist die Determinante von M auch 

gleich 0. 

○ Ja /○ Nein 


2 Es gilt (det M) · (det N) = det(M · N). ○ Ja /○ Nein 

Es gilt (det M) + (det N) = det(M + N). 


3 Ist m i, j = 0 für i + j > n + 1, dann ist det M = ∏ n i=1 m i,n+1−i. ○ Ja /○ Nein 

Ist m i, j = 0 für i + j ≤ n, dann ist det M = ∏ n i=1 m i,n+1−i. 

4 Enthält M nur die Zahlen 0 und 1, dann ist die Determinante von M auch entweder 

0 oder 1. 

Enthält M nur die Zahlen 0 und 1, dann ist die Determinante von M in der Menge 

{0,1,−1}. 




5 Sind zwei Zeilen von N gleich, so ist det N = 0. ○ Ja /○ Nein 

Ist eine Zeile von N das Negative einer anderen Zeile von N, dann ist det N = 0. 


2 Alle vorkommenden Matrizen haben Einträge in einem Körper K. Sind die folgenden Aussagen wahr? 

1 Der Zeilenrang einer Matrix ist gleich ihrem Spaltenrang. ○ Ja /○ Nein 

2 Eine n×n-Matrix mit vollem Rang läßt sich durch elementare Zeilen- und Spaltenumformungen 

in die Einheitsmatrix überführen. 

3 Der Zeilenrang einer Matrix ist gleich der Dimension des Raums, der von den 

Spaltenvektoren aufgespannt wird. 

4 Der Spaltenrang einer Matrix ist gleich der Dimension des Raums, der von den 

Zeilenvektoren aufgespannt wird. 

5 Die Dimension des Lösungsraums eines homogenen linearen Gleichungssystems 

Ax = 0 ist gleich der Differenz der Anzahl der Unbekannten und dem 

Rang der Matrix A. 

6 Es sei A eine quadratische Matrix. Dann hat das lineare Gleichungssystem Ax = 

0 genau dann eine eindeutige Lösung, wenn die Matrix A invertierbar ist. 






7 Für 0 ≠ c ∈ K und eine Matrix A haben A und c · A den gleichen Rang. ○ Ja /○ Nein 

8 Eine invertierbare n × n-Matrix hat den Rang n. ○ Ja /○ Nein 

3 Berechnen Sie die Determinanten der folgenden Matrizen:

1 ⎛ 

⎞ 

0 1 1 1 1 

1 0 1 1 1 

1 1 0 1 1 

⎜ 

⎟ 

⎝ 1 1 1 0 1 ⎠ 

1 1 1 1 0 

Lösung: 

Man kann von der zweiten bis fünften Zeile die erste Zeile abziehen, ohne den 

Wert der Determinante zu verändern, und erhält die Matrix: 

⎛ 

⎞ 

0 1 1 1 1 

1 −1 0 0 0 

1 0 −1 0 0 

⎜ 

⎟ 

⎝ 1 0 0 −1 0 ⎠ 

1 0 0 0 −1 

Nun addiert man zur ersten Zeile die Summe der letzten vier Zeilen, wiederum 

ohne den Wert der Determinante zu ändern, und erhält die Matrix 

⎛ 

⎞ 

4 0 0 0 0 

1 −1 0 0 0 

1 0 −1 0 0 

⎜ 

⎟ 

⎝ 1 0 0 −1 0 ⎠ 

1 0 0 0 −1 

deren Determinante offensichtlich gleich 4 ist, wie man durch Entwicklung nach 

der ersten Zeile sieht.

⎛ 

⎞ 

0 2 2 2 2 

2 0 2 2 2 

2 2 0 2 2 

⎜ 

⎟ 

⎝ 2 2 2 0 2 ⎠ 

2 2 2 2 0 

Lösung: 

Man kann von der zweiten bis fünften Zeile die erste Zeile abziehen, ohne den 

Wert der Determinante zu verändern und erhält die Matrix: 

⎛ 

⎞ 

0 2 2 2 2 

2 −2 0 0 0 

2 0 −2 0 0 

⎜ 

⎟ 

⎝ 2 0 0 −2 0 ⎠ 

2 0 0 0 −2 

Nun addiert man zur ersten Zeile die Summe der letzten vier Zeilen, wiederum 

ohne den Wert der Determinante zu ändern, und erhält die Matrix 

⎛ 

⎞ 

8 0 0 0 0 

2 −2 0 0 0 

2 0 −2 0 0 

⎜ 

⎟ 

⎝ 2 0 0 −2 0 ⎠ 

2 0 0 0 −2 

deren Determinante offensichtlich gleich 128 ist, wie man durch Entwicklung 

nach der ersten Zeile sieht. 

2 ⎛ 

⎜ 

⎝ 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

1 2 3 

2 5 1 

2 7 9 

7 2 9 

2 1 3 

5 2 1 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

3 ⎛ 

⎜ 

⎝ 

x 1 1 

1 x 1 

1 1 x 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

○ (a) /○ (b) /○ (c) 

(a) x 3 + 3x − 2 

(b) (x − 1) 2 (x + 2) 

(c) x 3 − x

(a) −x 3 − 3x + 2 

(b) −(x − 1) 2 (x + 2) 

(c) x 3 − x 

4 ⎛ 

⎛ ⎞ 

1 1 x 

⎜ ⎟ 

⎝ 1 x 1 ⎠ 

x 1 1 

⎜ 

⎝ 

1 x 1 

1 1 x 

x 1 1 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

○ (a) /○ (b) /○ (c) 

○ (a) /○ (b) /○ (c) 

(a) −x 3 + 3x + 1 

(b) x 3 − 3x + 2 

(c) x 3 + x 2 − 2 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

1 x 1 

x 1 1 

1 1 x 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

○ (a) /○ (b) /○ (c) 

(a) x 3 − 3x − 1 

(b) −x 3 + 3x − 2 

(c) x 3 + x 2 − 2 

4 Es sei K ein Körper, A ∈ M(m × n,K) mit m,n ∈ N und b ∈ K m . Sind die folgenden Aussagen über das 

lineare Gleichungssystem Ax = b richtig? 

1 Wenn es ein c ∈ K m gibt, so dass Ax = c eine eindeutige Lösung hat, dann hat 

Ax = b auch eine eindeutige Lösung. 

Falls m = n ist und es ein c ∈ K m gibt, so dass Ax = c eine eindeutige Lösung 

hat, dann hat Ax = b auch eine eindeutige Lösung. 



2 Ax = b ist genau dann unlösbar, wenn rang(A) + 1 = rang(A,b) ist. ○ Ja /○ Nein 

Ax = b ist genau dann unlösbar, wenn rang(A) = rang(A,b) − 1 ist. 

3 Für jedes c ∈ K m gibt es eine Bijektion zwischen der Lösungsmenge von Ax = b 

und der von Ax = c. 

Für jedes 0 ≠ c ∈ K m gibt es eine Bijektion zwischen der Lösungsmenge von 

Ax = b und der von Ax = c. 

4 Falls m = n ist und A nicht invertierbar ist, dann gibt es c ∈ K m , so dass Ax = c 

unlösbar ist. 

Falls m = n ist und A nicht invertierbar ist, dann ist Ax = c für alle c ∈ K m 

unlösbar. 






5 Für c = 0 und n > m hat Ax = c mindestens n − m Lösungen. ○ Ja /○ Nein 

Für c = 0 hat Ax = c mindestens |n − m| (Absolutbetrag) Lösungen. 

5 Berechnen Sie im R 3 : 

○ Ja /○ Nein

1 ⎛ 

⎜ 

⎝ 

⎞ ⎛ ⎞ 

1 2 

⎟ ⎜ ⎟ 

2 ⎠ × ⎝ 0 ⎠ 

1 3 

Geben sie den zweiten Eintrag des Ergebnisses an. 

2 Berechnen Sie den Flächeninhalt des von den folgenden Vektoren im R 3 aufgespannten 

Parallelogramms 

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

⎜ 

⎝ 

8 

15 

6 

⎟ 

⎠ , 

Lösung: Der Flächeninhalt ist die Norm des Vektorprodukts der beiden Vektoren. 

3 Berechnen Sie das Volumen des von den folgenden Vektoren im R 3 aufgespannten 

Spates 

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

⎜ 

⎝ 

4 

5 

−7 

⎟ 

⎠ , 

⎜ 

⎝ 

1 

2 

6 

⎜ 

⎝ 

⎟ 

⎠ , 

Lösung: Das Volumen des Spates ist die Determinante der Matrix mit den drei 

Vektoren als Spalten. 

−4 

5 

−3 

⎟ 

⎠ 

⎜ 

⎝ 

Die folgenden Aufgaben sind schriftlich zu bearbeiten. 

−2 

−3 

2 

⎟ 

⎠

6 (15 Punkte) Im R 3 seien die beiden geordneten Basen 

⎛⎛ 

⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎞ 

⎛⎛ 

−1 1 −1 

⎜⎜ 

⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎟ 

⎜⎜ 

A = ⎝⎝ 

−4 ⎠ , ⎝ −5 ⎠ , ⎝ −7 ⎠⎠ , B = ⎝⎝ 

4 −4 −8 

1 

1 

2 

⎞ ⎛ 

⎟ ⎜ 

⎠ , ⎝ 

−2 

−2 

2 

⎞ ⎛ 

⎟ ⎜ 

⎠ , ⎝ 

−3 

0 

6 

⎞⎞ 

⎟⎟ 

⎠⎠ 

gegeben. 

1. Berechnen Sie die Transformationsmatrix T A B . 

2. Bestimmen Sie mit Hilfe dieser Transformationsmatrix die Koordinaten des Vektors 

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

−1 1 −1 

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 

v = 3⎝ 

−4 ⎠ + 2⎝ 

−5 ⎠ − 2⎝ 

−7 ⎠ 

4 −4 −8 

bezüglich der geordneten Basis B. 

Lösung: 

Wegen TB A = MA B (id) folgt aus 

(−1,−4,4) = 2(1,1,2) +3(−2,−2,2) −1(−3,0,6) 

(1,−5,−4) = 1(1,1,2) +3(−2,−2,2) −2(−3,0,6) 

(−1,−7,−8) = −1(1,1,2) +3(−2,−2,2) −2(−3,0,6) 

dass 

und somit 

Zur Probe rechnet man nach, dass 

T A B = ⎛ 

⎜ 

⎝ 

2 1 −1 

3 3 3 

−1 −2 −2 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

TB A (3,2,−2) = (10,9,−3) 

3(−1,−4,4) + 2(1,−5,−4) − 2(−1,−7,−8) = (1,−8,20) = 10(1,1,2) + 9(−2,−2,2) − 3(−3,0,6) 

gilt.

7 1. (5 Punkte) 

Zeigen Sie für x,y,z ∈ R 3 die Grassmann-Identität 

2. (10 Punkte) 

x × (y × z) = 〈x,z〉y − 〈x,y〉z. 

Seien x,y,z ∈ R 3 . Ist die folgende Aussage korrekt? 

x,y,z sind linear abhängig ⇔ x × y, y × z, z × x sind linear abhängig. 

Geben Sie ein Gegenbeispiel mit Rechnung oder einen Beweis! 

8 (15 Punkte) Sei K ein Körper. Sind die folgenden Teilmengen Unterringe der angegebenen Matrizenringe? 

Begründen Sie Ihre Antwort! 

1. { (a i j ) ∈ M(n × n,K)|a i j = 0 für i ≥ j } ⊂ M(n × n,K) 

2. { (a i j ) ∈ M(n × n,K)|a i j = 0 für i ≥ j + k oder j ≥ i + k } ⊂ M(n × n,K), wobei k ∈ N 

3. { (a i j ) ∈ M(n × n,K)|a i j = 0 für i ≠ j oder i ≥ k } ⊂ M(n × n,K), wobei k ∈ N 

Lösung: 

Es handelt sich bei 1 um die Matrizen, die nur oberhalb der Hauptdiagonale nicht-verschwindende 

Einträge haben, und bei 3 um die Matrizen, bei denen nur die ersten k−1 Einträge auf der Diagonale 

ungleich Null sind. Beides sind Unterringe. 

Dagegen ist 2 kein Unterring: betrachte n = 3 und k = 2 und 

⎛ ⎞⎛ 

⎞ ⎛ ⎞ 

1 1 0 1 1 0 2 2 1 

⎜ ⎟⎜ 

⎟ ⎜ ⎟ 

⎝ 1 1 1 ⎠⎝ 

1 1 1 ⎠ = ⎝ 2 3 2 ⎠ 

0 1 1 0 1 1 1 2 2

9 Sei K ein Körper und sei A ∈ M(2 × 2,K). Die Kommutante A ′ von A ist der Untervektorraum von M(2 × 

2,K), der aus den Matrizen besteht, die mit der Matrix A kommutieren: 

A ′ := {B ∈ M(2 × 2,K)|A · B − B · A = 0} . 

1. (5 Punkte) Zeigen Sie, dass die Kommutante eines Vielfachen der Einheitsmatrix λE 2 mit λ ∈ K die 

Dimension 4 hat. 

2. (5 Punkte) Zeigen Sie, dass die Kommutante einer Matrix A, die kein Vielfaches der Einheitsmatrix 

ist, mindestens die Dimension 2 hat. 

3. (5 Punkte) Zeigen Sie, dass die Kommutante einer Matrix A, die kein Vielfaches der Einheitsmatrix 

ist, höchstens die Dimension 3 hat. 

4. (Zusatzaufgabe ohne Wertung) Zeigen Sie, dass die Kommutante einer Matrix A, die kein Vielfaches 

der Einheitsmatrix ist, genau die Dimension 2 hat. 

Lösung: 

Ist A ein Vielfaches der Einheitsmatrix E 2 , so ist offenbar A ′ = M(2 × 2,K), also dim K A ′ = 4. 

Ist A kein Vielfaches der Einheitsmatrix, so kommutiert A mit E 2 und mit A selbst. E 2 und A sind linear 

unabhängig, also ist dim K A ′ ≥ 2. 

Schreibt man 

( ) 

a b 

A = 

c d 

so sieht man, dass nur Vielfache der Einheitsmatrix eine Kommutante der Dimension 4 haben: Vertauschen 

mit der Matrixeinheit E 11 liefert die Bedingung b = c = 0, Vertauschen mit der Matrixeinheit E 12 liefert 

die Bedingung a = d. 

Zur Zusatzaufgabe: 

Wäre dim K A ′ = 3, so wäre der Schnitt mit dem zwei-dimensionalen Unterraum span K (E 11 ,E 12 ) nicht der 

Nullvektorraum. Aus dem Gleichsetzen von 

( )( ) ( ) 

a b α β aα βa 

= 

c d 0 0 cα βc 

und ( 

α 

β 

0 0 

)( 

a 

c 

b 

d 

) 

= 

( 

αa + βc 

0 0 

αb + βd 

folgt, da man das Element in der Kommutante so wählen kann, dass nicht α und β gleich Null sind, 

c = 0. Ein analoges Argument mit dem Untervektorraum span K (E 21 ,E 22 ) zeigt, dass auch b = 0 gelten 

muss. Also ist A eine Diagonalmatrix. Die beiden Diagonalelemente sind verschieden, da andernfalls die 

Kommutante Dimension 4 hätte. 

Die explizite Rechnung ( )( ) ( ) 

a 0 α β aα aβ 

= 

0 d γ δ dγ dδ 

und ( 

α 

γ 

β 

δ 

)( 

a 0 

0 d 

zeigt durch den Vergleich der Außerdiagonalelemente, dass für Matrizen in der Kommutante von Diagonalmatrizen 

β = γ = 0 gelten muss, diese Kommutante also zwei-dimensional ist. 

) 

= 

( 

aα 

aγ 

dβ 

dδ 

) 

)

Den Abgabeschluß der multiple choice Aufgaben sehen Sie oben auf dem Blatt. Die schriftlichen Aufgaben 

werden in der Übungsgruppe am Freitag, dem 14. April, abgegeben.

Ex 1, Qu 1, Var 1: [’Ja’] 

Ex 1, Qu 1, Var 2: [’Nein’] 

Ex 1, Qu 2, Var 1: [’Ja’] 

Ex 1, Qu 2, Var 2: [’Nein’] 

Ex 1, Qu 3, Var 1: [’Nein’] 

Ex 1, Qu 3, Var 2: [’Nein’] 

Ex 1, Qu 4, Var 1: [’Nein’] 

Ex 1, Qu 4, Var 2: [’Nein’] 

Ex 1, Qu 5, Var 1: [’Ja’] 

Ex 1, Qu 5, Var 2: [’Ja’] 

Ex 2, Qu 1, Var 1: [’Ja’] 

Ex 2, Qu 2, Var 1: [’Ja’] 

Ex 2, Qu 3, Var 1: [’Ja’] 

Ex 2, Qu 4, Var 1: [’Ja’] 

Ex 2, Qu 5, Var 1: [’Ja’] 

Ex 2, Qu 6, Var 1: [’Ja’] 

Ex 2, Qu 7, Var 1: [’Ja’] 

Ex 2, Qu 8, Var 1: [’Ja’] 

Ex 3, Qu 1, Var 1: [’4’] 

Ex 3, Qu 1, Var 2: [’128’] 

Ex 3, Qu 2, Var 1: [’18’] 

Ex 3, Qu 2, Var 2: [’-18’] 

Ex 3, Qu 3, Var 1: [’(b)’] 

Ex 3, Qu 3, Var 2: [’(b)’] 

Ex 3, Qu 4, Var 1: [’(b)’] 

Ex 3, Qu 4, Var 2: [’(b)’] 

Ex 4, Qu 1, Var 1: [’Nein’] 

Ex 4, Qu 1, Var 2: [’Ja’] 

Ex 4, Qu 2, Var 1: [’Ja’] 

Ex 4, Qu 2, Var 2: [’Ja’] 

Ex 4, Qu 3, Var 1: [’Nein’] 

Ex 4, Qu 3, Var 2: [’Nein’] 

Ex 4, Qu 4, Var 1: [’Ja’] 

Ex 4, Qu 4, Var 2: [’Nein’] 

Ex 4, Qu 5, Var 1: [’Ja’] 

Ex 4, Qu 5, Var 2: [’Nein’] 

Ex 5, Qu 1, Var 1: [’-1’] 

Ex 5, Qu 2, Var 1: [’125’] 

Ex 5, Qu 3, Var 1: [’11’]





21.04.2008, 08:30 Uhr. 

1 Es sei K ein Körper. Weiter sei A = (a i, j ) ∈ M(n × n,K) und s ∈ K. Entscheiden Sie, ob die folgenden 

Aussagen allgemein richtig sind. 

1 Es ist det(sA) = s · detA. ○ Ja /○ Nein 

Es ist det(sA) = s n · detA. 

2 Ist K = Q und det(A 3 ) = 1, so ist detA = 1. 

Dann muss auch (detA) 3 = 1 gelten, was über Q nur die Lösung detA = 1 hat. 

Ist K = Q und det(A 5 ) = 1, so ist detA = 1. 

Dann muss auch (detA) 5 = 1 gelten, was über Q nur die Lösung detA = 1 hat. 

3 Ist K = Q und detA = 2, so gibt es kein B ∈ M(n × n,Q) mit B 2 = A. 

Es gilt dann (detB) 2 = 2 und detB ∈ Q, was keine Lösung hat. 

4 Das Gleichungssystem über Z 7 

1x 1 + 4x 2 + 2x 3 = 1 

4x 1 + 1x 2 + 6x 3 = 2 

2x 1 + 1x 2 + 2x 3 = 3 

hat eine eindeutige Lösung (x 1 ,x 2 ,x 3 ) in Z 3 7 . 

Man berechnet die Determinante der Koeffizientenmatrix über Z zu 16, also über 

Z 7 zu 2. 






2 Es seien A,B,C,D ∈ M(n × n,Q). Entscheiden Sie, ob die folgenden Aussagen wahr sind. 

( ) 

A B 

1 Es gilt stets det = (detA) · (detD) − (detB) · (detC). 

○ wahr /○ falsch 

C D 

Lösung: 

Betrachte als Gegenbeispiel 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

1 0 0 0 

0 0 0 1 

0 0 1 0 

0 1 0 0 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

Diese Matrix hat Determinante −1, die falsche Regel würde aber 0 liefern.

2 Genau dann gilt für alle A,B,C,D ∈ M(n × n,Q), dass 

( ) 

A B 

det = (detA) · (detD) − (detB) · (detC) 

C D 


ist, wenn n = 1 ist. 

Lösung: 

Betrachte als Gegenbeispiel 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

1 0 0 0 

0 0 0 1 

0 0 1 0 

0 1 0 0 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

Diese Matrix hat Determinante −1, die falsche Regel würde aber 0 liefern. 

( ) 

0 B 

3 Es gilt stets det = (detB) · (detC). 

C 0 

Lösung: 

Falsch, schon für 

( 

n = 1 gilt 

) 

das nicht. 

A B 

Es gilt stets det = (detB) · (detC). 

C 0 

Lösung: 

Falsch, schon für n = 1 gilt das nicht. 

( ) 

0 B 

4 Genau dann gilt det = (detB) · (detC) für alle B,C ∈ M(n × n,Q), 

C 0 

wenn n gerade ist. 




Lösung: 

Man sieht dies, indem man die ersten n und die letzten n Spalten vertauscht. 

Hierzu sind n 2 Vertauschungen vonnöten, was nur für gerades n gerade ist und 

so das Vorzeichen der Determinante nicht ändert.

5 Es gilt stets det 

( 

A 0 

B 

C 

) 

= (detA) · (detC). 


Lösung: Wahr, denn wir können schreiben 

( ) ( ) ( 

A 0 

A 0 

det = det 

· det 

B C B E n 

E n 0 

0 C 

) 

. 

Durch n-malige Entwicklung nach der jeweils letzten Spalte findet man 

( ) 

A 0 

det 

= detA. 

B E n 

Analog ergibt sich durch n-malige Entwicklung nach der jeweils ersten Spalte 

( ) 

E n 0 

det 

= detC . 

0 C 

( ) 

A B 

Es gilt stets det = (detA) · (detC). 

0 C 


Lösung: Wahr, denn wir können schreiben 

( ) ( 

A B E n 0 

det = det 

0 C 

0 C 

) 

· det 

( 

) 

A B 

. 

0 E n 

Durch n-malige Entwicklung nach der jeweils letzten Spalte findet man 

( ) 

A B 

det 

= detA. 

0 E n 

Analog ergibt sich durch n-malige Entwicklung nach der jeweils ersten Spalte 

( ) 

E n 0 

det 

= detC . 

0 C 

6 Es gilt stets det(A · B) = det(B · A). 


Lösung: 

det(A · B) = det(A)det(B) = det(B)det(A) = det(B · A) 

3 Es seien V , W und U Vektorräume über einem Körper K und ϕ : V → W und ψ : W → U lineare Abbildungen. 

Sind die folgenden Aussagen richtig?

1 Sind v 1 ≠ v 2 Elemente von V und gilt ϕ(v 1 ) = ϕ(v 2 ) ≠ 0, dann ist (v 1 ,v 2 ) in V 

linear unabhängig. 

Lösung: 

Wäre die Familie (v 1 ,v 2 ) linear abhängig, so gälte v 1 = λv 2 mit λ ≠ 1, da beide 

Elemente ungleich null sein müssen. Wegen λϕ(v 2 ) = ϕ(v 1 ) = ϕ(v 2 ) ≠ 0 ist dies 

aber nicht möglich. 

Sind v 1 ≠ v 2 Elemente von V und gilt ϕ(v 1 ) = ϕ(v 2 ) ≠ 0, dann ist (v 1 ,v 2 ) in V 

linear abhängig. 

Lösung: 

Wäre die Familie (v 1 ,v 2 ) linear abhängig, so gälte v 1 = λv 2 mit λ ≠ 1, da beide 

Elemente ungleich null sein müssen. Wegen λϕ(v 2 ) = ϕ(v 1 ) = ϕ(v 2 ) ≠ 0 ist dies 

aber nicht möglich. 

2 Sind v 1 ≠ v 2 Elemente von V und gilt ϕ(v 1 ) = ϕ(v 2 ), dann ist (v 1 ,v 2 ) in V linear 

unabhängig. 

Lösung: 

Wähle als Gegenbeispiel v 1 = 0 und v 2 ≠ 0 im Kern von ϕ. 

Sind v 1 ≠ v 2 Elemente von V und gilt ϕ(v 1 ) = ϕ(v 2 ), dann ist (v 1 ,v 2 ) in V linear 

abhängig. 





Lösung: 

Wähle als Gegenbeispiel v 1 ,v 2 linear unabhängig im Kern von ϕ. 

3 Sind v 1 ≠ v 2 Elemente von V und gilt ψ(ϕ(v 1 )) = ψ(ϕ(v 2 )) ≠ 0, dann ist 

(ϕ(v 1 ),ϕ(v 2 )) in W linear unabhängig. 

Lösung: 

Wähle ein Beispiel, bei dem ϕ(v 1 ) = ϕ(v 2 ) mit v 1 ≠ v 2 gilt. 

Sind v 1 ≠ v 2 Elemente von V und gilt ψ(ϕ(v 1 )) = ψ(ϕ(v 2 )) ≠ 0, dann ist 

(ϕ(v 1 ),ϕ(v 2 )) in W linear abhängig. 



Lösung: 

Wähle als Gegenbeispiel V = W und ϕ = id, v 1 und v 2 linear unabhängig, aber 

v 1 − v 2 ∈ Kerψ. 

4 Sind v 1 ≠ v 2 Elemente von V und gilt ϕ(v 1 ) = ϕ(v 2 ) und ψ(ϕ(v 1 )) ≠ 0, dann ist 

(v 1 ,v 2 ) in V linear unabhängig. 

Lösung: 

Wären Sie linear abhängig, so wäre v 1 = λv 2 mit λ ≠ 1, woraus folgt ϕ(v 1 ) = 

λϕ(v 2 ). Zusammen mit der Bedingung ϕ(v 1 ) = ϕ(v 2 ) folgt ϕ(v 1 ) = 0, was im 

Widerspruch zu ψ(ϕ(v 1 )) ≠ 0 ist. 

Sind v 1 ≠ v 2 Elemente von V und gilt ϕ(v 1 ) = ϕ(v 2 ) und ψ(ϕ(v 1 )) ≠ 0, dann ist 

(v 1 ,v 2 ) in V linear abhängig. 



Lösung: 

Wären Sie linear abhängig, so wäre v 1 = λv 2 mit λ ≠ 1, woraus folgt ϕ(v 1 ) = 

λϕ(v 2 ). Zusammen mit der Bedingung ϕ(v 1 ) = ϕ(v 2 ) folgt ϕ(v 1 ) = 0, was im 

Widerspruch zu ψ(ϕ(v 1 )) ≠ 0 ist.

5 Sind v 1 und v 2 Elemente von V mit v 1 = v 2 und gilt ψ(ϕ(v 1 )) = ψ(ϕ(v 2 )) ≠ 0, 

dann ist (ϕ(v 1 ),ϕ(v 2 )) in W linear abhängig. 

Lösung: 

Es gilt sogar ϕ(v 1 ) = ϕ(v 2 ), also ist die Familie linear abhängig. 

Sind v 1 und v 2 Elemente von V mit v 1 = v 2 und gilt ψ(ϕ(v 1 )) = ψ(ϕ(v 2 )) = 0, 

dann ist (ϕ(v 1 ),ϕ(v 2 )) in W linear unabhängig. 



Lösung: 

Es gilt sogar ϕ(v 1 ) = ϕ(v 2 ), also ist die Familie linear abhängig. 


4 (10 Punkte) Sei K ein Körper und A = (a i j ) ∈ M(n × n,K). Zeigen Sie, dass dann gilt 

Hinweis: Weisen Sie nach, dass die Abbildung 

eine Determinantenabbildung ist. 

det(a i j ) = det((−1) i+ j a i j ). 

M(n × n,K) → K 

A ↦→ det((−1) i+ j a i j ) 

Lösung: 

Wir zeigen, dass die genannte Abbildung eine Determinantenabbildung ist. Die Behauptung folgt dann 

aus der Eindeutigkeit der Determinantenabbildung. 

(D1) Die zeilenweise Linearität ist offensichtlich. 

(D2) Stimmen die k-te und l-te Zeile von A überein, so unterscheiden sich die k-te und l-te Zeile der Matrix 

mit Einträgen (−1) i+ j a i j um ein Vorzeichen (−1) l−k . Die Determinante der Matrix (−1) i+ j a i j 

verschwindet daher auch. 

(D3) Offensichtlich gilt für die Einheitsmatrix: 

det((−1) i+ j δ i j ) = det(δ i j ) = 1.

5 (15 Punkte) Sei K ein Körper und V ein n-dimensionaler K-Vektorraum. Eine Hyperebene H in V ist ein 

(n − 1)-dimensionaler affiner Unterraum von V . 

(i) Zeigen Sie: Eine Teilmenge A ⊂ K n ist eine Hyperebene genau dann, wenn es einen von Null verschiedenen 

Vektor φ im Vektorraum Hom K (V,K) und ein c ∈ K gibt, so dass 

gilt. 

A = {x ∈ K n |φ(x) = c} 

(ii) Betrachten Sie nun den Fall K = R und V = R n , versehen mit dem Standard-Skalarprodukt 

Zeigen Sie, dass die Abbildung 

〈v,w〉 = 

n 

∑ 

i=1 

v i w i . 

R n → Hom R (R n ,R) 

v ↦→ ϕ v 

mit ϕ v (w) = 〈v,w〉 ein Isomorphismus von reellen Vektorräumen ist. 

(iii) Schließen Sie nun, dass sich jede Hyperebene in R n in der Form 

A = {x ∈ R n |〈v,x〉 = c} 

mit geeignetem c ∈ R und v ∈ R n , v ≠ 0 schreiben lässt. (Dies ist die sogenannte Hessesche Normalform 

einer Hyperebene im R 3 .) 

Lösung: 

(i) Die Lösungsmenge von φ(x) = c ist nach Bemerkung 2.3.7 der Vorlesung entweder leer oder 

ein affiner Unterraum der Dimension dim K Kerφ. Offenbar rgφ = 1, also nach der Gradformel 

dim K Kerφ = n − rgφ = n − 1. Die Menge ist nie leer: da φ nicht null ist, gibt es wenigstens einen 

Vektor e i in der Standardbasis, so dass φ(e i ) = c i ≠ 0. Somit ist φ( c c i 

e i ) = c und c c i 

e i ∈ A. 

Sei nun umgekehrt A = p +U ein n − 1-dimensionaler affiner Unterraum. Dann ergänzen wir eine 

Basis {w 1 ,...,w n−1 } von U zu einer Basis {w 1 ,...,w n } von V . Setze φ(w i ) = 0 für i ≤ n − 1 und 

φ(w n ) = 1. Setze c := φ(p). 

Dann ist φ −1 (c) = A, denn wegen 

φ(p + u) = φ(p) + φ(u) = c + 0 = c 

für u ∈ U ist A ⊆ φ −1 (c) und beide Räume haben Dimension n − 1. 

(ii) Wegen der Bilinearität des Skalarprodukts ist die Abbildung linear. Sie ist injektiv, denn aus 〈v,w〉 = 

0 für alle w ∈ V folgt v = 0. Da beide Vektorräume die gleiche Dimension haben, ist die Abbildung 

auch surjektiv, also ein Isomorphismus. 

(iii) Es folgt aus (ii) sofort, dass es ein v ∈ R n gibt, so dass φ(·) = 〈v,·〉 gilt.

6 (15 Punkte) Sei φ der Endomorphismus des Q-Vektorraumes M(n × n,Q), der durch die Transposition 

gegeben ist, 

φ(M) = M t . 

Berechnen Sie die Determinante von φ. 

Lösung: 

Man kann leicht eine Basis von M(n × n,Q) finden in der φ diagonal ist. 

Für j ≥ i sei E i + j die Matrix, die überall den Eintrag 0 hat, ausser in der i-ten Zeile und der j-ten Spalte, 

sowie in der j-ten Zeile und der i-ten Spalte. Diese beiden Einträge seien gleich 1. 

Analog, für j > i sei Ei − j die Matrix, die überall den Eintrag 0 hat, ausser in der i-ten Zeile und der j-ten 

Spalte, hier habe sie den Wert +1, sowie in der j-ten Zeile und i-ten Spalte, hier habe sie den Wert −1. 

Es ist klar, dass man aus Linearkombinationen von E i + j und Ei − j alle Matrizen in M(n × n,Q) gewinnen 

kann. (Überlegen Sie sich, wie die Basismatrizen E i j durch die Matrizen E i + j und Ei − j ausgedrückt werden 

können.) 

Man kann sich leicht überzeugen, dass es n(n+1)/2 Matrizen vom Typ E i + j und n(n−1)/2 Matrizen vom 

Typ Ei − j gibt. 

Es ist φ(E i + j ) = E+ i j und φ(E− i j ) = −E− i j , also hat φ in dieser Basis Diagonalgestalt. Auf der Diagonalen findet 

sich n(n+1)/2-mal der Eintrag +1 und n(n−1)/2-mal der Eintrag −1. Also ist detφ = (−1) n(n−1)/2 . 

7 (10 Punkte) Es sei K ein Körper und a 0 ,a 1 ,...,a n ∈ K. Zeigen Sie: 

⎛ 

⎞ 

1 1 ··· 1 

a 0 a 1 ··· a n 

det 

a 2 0 a 2 1 ··· a 2 n 

⎜ 

⎝ . . 

.. ⎟ . . ⎠ 

a n 0 

a n 1 

··· a n n 

= ∏ (a j − a i ) 

0≤i< j≤n 

Lösung: 

Beweis durch vollständige Induktion nach n. Der Induktionsanfang n = 1 ist trivial. 

Induktionsschritt: 

Wir addieren das (−a n )-fache der k-ten Zeile zur k + 1-ten Zeile, ohne den Wert der Determinante zu 

ändern: 

⎛ 

⎞ 

1 1 ··· 1 1 

a 0 − a n a 1 − a n ··· a n−1 − a n 0 

det 

a 0 (a 0 − a n ) a 1 (a 1 − a n ) ··· a n−1 (a n−1 − a n ) 0 

⎜ 

. 

⎝ 

. 

. .. ⎟ . ⎠ 

a n−1 

0 

(a 0 − a n ) a n−1 

1 

(a 1 − a n ) ··· a n−1 

n−1 (a n−1 − a n ) 0 

Wir entwickeln nach der letzten Spalte und erhalten nur eine einzige Determinante. Bei dieser ziehen wir 

nun aus der ersten Spalte einen Faktor (a 0 − a n ), aus der zweiten (a 1 − a n ) etc. Wir erhalten so 

(−1) 

n−1 

n+2 

∏ 

i=0 

(a i − a n )V n−1 

wobei V n−1 ein Ausdruck der obigen Form in den Variablen a 0 ,...,a n−1 mit einer Zeile und Spalte weniger 

ist. 

Man nennt die Determinante einer Matrix dieser Gestalt auch Vandermonde-Determinante.

8 (15 Punkte): 

Es sei I eine Indexmenge und A i mit i ∈ I eine Familie von Mengen. (Sie dürfen I = N wählen, wenn 

Ihnen das hilft.) Wir definieren das kartesische Produkt ∏ i∈I A i als Menge aller Abbildungen f : I → ∪A i 

mit f (i) ∈ A i . Auf dem kartesischen Produkt betrachten wir für jedes i ∈ I die kanonischen Projektionen 

p i : ∏ j∈I A j −→ A i 

f ↦→ f (i). 

(i) Beweisen Sie die folgende universelle Eigenschaft des kartesischen Produktes: Sei eine Menge Q 

gegeben und sei für jedes i ∈ I eine Abbildung 

gegeben. Dann gibt es eine eindeutige Abbildung 

so dass 

f i : Q −→ A i 

f : Q −→ ∏A i 

i∈I 

f i = p i ◦ f 

gilt. 

Zeichnen Sie auch die relevanten kommutierenden Diagramme. Vergleichen Sie mit dem in der Vorlesung 

eingeführten Produkt von Vektorräumen. 

Die folgende Definition ist das Analogon zur direkten Summe von Vektorräumen. Gegeben sei wieder 

eine Familie (A i ) i∈I von Mengen. Eine Menge P zusammen mit einer Familie von Injektionen ι i : A i → P 

heißt Koprodukt, wenn es für jede Menge B und jede Familie von Abbildungen f i : A i → B genau eine 

Abbildung f : P → B gibt, so dass für alle i ∈ I gilt f i = f ◦ ι i . 

(ii) Zeigen Sie: alle Mengen P mit dieser Eigenschaft, wenn überhaupt eine solche Menge existiert, sind 

isomorph. 

(iii) Eine solche Menge existiert: Geben Sie eine mögliche Wahl für P an und weisen Sie nach, dass diese 

die genannte Eigenschaft erfüllt. 

Lösung: 

(i) Sei q ∈ Q. Angenommen eine solche Abbildung f : Q → ∏ i∈I A i existiert. Wir schreiben f q := f (q) : 

I → ∪A i . Dann muss wegen der universellen Eigenschaft gelten 

f q (i) = p i ( f q ) = p i ( f (q)) = (p i ◦ f )(q) = f i (q) 

Dadurch ist f q für jedes q eindeutig bestimmt und f somit eindeutig festgelegt. Umgekehrt erfüllt die 

durch f q (i) = f i (q) definierte Abbildung die geforderte Eigenschaft. 

(ii) Sei P ′ eine weitere Menge, die diese Eigenschaft mit Abbildungen ι ′ i : A i → P ′ erfüllt. Diese Eigenschaft 

auf die Abbildungen ι i angewandt liefert eine eindeutig bestimmte Abbildung f : P ′ → P mit 

ι i = f ◦ ι ′ i . Die Eigenschaft von P angewandt auf die Abbildungen ι′ i liefert eine eindeutig bestimmte Abbildung 

g : P → P ′ , so dass ι ′ i = g ◦ ι i. Damit ist ι ′ i = g ◦ f ◦ ι′ i . Die Eigenschaft von P′ auf ι ′ i angewandt 

liefert eine eindeutige Abbildung h : P ′ → P ′ mit ι ′ i = h◦ι′ i . Da dies mit h = id P ′ erfüllt ist, folgt g◦ f = id P ′. 

Genauso zeigt man f ◦ g = id P . 

(iii) Eine mögliche Wahl für P ist die disjunkte Vereinigung der Mengen A i . Diese ist definiert als 

⊔ i∈I A i := ∪ i∈I {i} × A i . 

Die Abbildungen ι j sind die Inklusionen: 

ι j : A j → ⊔ i∈I A i 

a ↦→ ( j,a)


werden in der Übungsgruppe am Montag, dem 21. April, abgegeben.

Ex 1, Qu 1, Var 1: [’Nein’] 

Ex 1, Qu 1, Var 2: [’Ja’] 

Ex 1, Qu 2, Var 1: [’Ja’] 

Ex 1, Qu 2, Var 2: [’Ja’] 

Ex 1, Qu 3, Var 1: [’Ja’] 

Ex 1, Qu 4, Var 1: [’Ja’] 

Ex 2, Qu 1, Var 1: [’falsch’] 

Ex 2, Qu 2, Var 1: [’wahr’] 



Ex 2, Qu 4, Var 1: [’wahr’] 

Ex 2, Qu 5, Var 1: [’wahr’] 

Ex 2, Qu 5, Var 2: [’wahr’] 

Ex 2, Qu 6, Var 1: [’wahr’] 

Ex 3, Qu 1, Var 1: [’Ja’] 

Ex 3, Qu 1, Var 2: [’Nein’] 

Ex 3, Qu 2, Var 1: [’Nein’] 

Ex 3, Qu 2, Var 2: [’Nein’] 

Ex 3, Qu 3, Var 1: [’Nein’] 

Ex 3, Qu 3, Var 2: [’Nein’] 

Ex 3, Qu 4, Var 1: [’Ja’] 

Ex 3, Qu 4, Var 2: [’Nein’] 

Ex 3, Qu 5, Var 1: [’Ja’] 

Ex 3, Qu 5, Var 2: [’Nein’]





28.04.2008, 08:00 Uhr. 

1 Man berechne den Rang der Matrix A = (a i, j ) ∈ M(n × n,Q) mit n ≥ 2 und ... 

1 a i, j = i + j. 

Lösung: 

Es gilt für festes i und alle j 

a i j = (2 − i)a 1 j + (i − 1)a 2 j . 

Also lassen sich alle Zeilen als Linearkombination der ersten und zweiten Zeile 

schreiben. Der Rang ist also höchsten gleich zwei. Da die ersten beiden Zeilen 

linear unabhängig sind, ist der Rang genau gleich zwei. 

a i, j = i + j + 1. 

Lösung: 


a i j = (2 − i)a 1 j + (i − 1)a 2 j . 




2 a i, j = i − j. 

Lösung: 


a i j = (2 − i)a 1 j + (i − 1)a 2 j . 




a i, j = i − j + 1. 

Lösung: 


a i j = (2 − i)a 1 j + (i − 1)a 2 j . 




3 a i, j = i · j. 

Lösung: 

Die i-te Zeile ist das i-fache der ersten Zeile, also ist der Rang maximal gleich 

eins. Da die erste Zeile linear unabhängig ist, ist der Rang genau gleich eins.

a i, j = 2 · i · j. 

Lösung: 

Die i-te Zeile ist das 2i-fache der ersten Zeile, also ist der Rang maximal gleich 

Eins. Da die erste Zeile linear unabhängig ist, ist der Rang genau gleich eins. 

4 a i, j = j i . 

Lösung: Dies ist eine Matrix von der Form wie sie in Aufgabe 7 auf dem dritten 

Übungsblatt behandelt wurde (Vandermonde Determinante). Dort war allgemeiner 

a i, j = (r j ) i , für gegebene Konstanten r j . Im hier gegebenen Fall ist r j = j 

Die Determinante dieser Matrix ist allgemein 

also 

∏ 

0≤i< j≤n 

∏ 

0≤i< j≤n 

(r j − r i ), in unserem Fall 

( j − i). Alle Faktoren in diesem Produkt sind positiv, daher ist das 

gesamte Produkt positiv. Insbesondere ist also die Determinante unserer Matrix 

nichtverschwindend. Daher hat sie vollen Rang. 

a i, j = j i+1 . 

Lösung: Wir können aus jeder Zeile dieser Matrix einen Faktor herausziehen, 

und zwar aus der iten Zeile den Faktor j. Die verbleibende Matrix hat offenbar 

noch immer den selben Rang wie die ursprüngliche Matrix. 

Die verbleibende Matrix ist a i, j = j i . Dies ist eine Matrix von der Form wie 

sie in Aufgabe 7 auf dem dritten Übungsblatt behandelt wurde (Vandermonde 

Determinante). Dort war allgemeiner a i, j = (r j ) i , für gegebene Konstanten r·. 

Im hier gegebenen Fall ist r j = j 

Die Determinante dieser Matrix ist allgemein 

also 

∏ 

0≤i< j≤n 

∏ (r j − r i ), in unserem Fall 

0≤i< j≤n 

( j − i). Alle Faktoren in diesem Produkt sind positiv, daher ist das 

gesamte Produkt positiv. Insbesondere ist also die Determinante unserer Matrix 

nichtverschwindend. Daher hat sie vollen Rang. 

{ 

i für i ≥ j 

5 a i, j = 

. 

0 sonst 

Lösung: 

Es liegt eine obere Dreiecksmatrix mit nicht verschwindenden Einträgen auf der 

Diagonale vor, die also invertibel ist, also maximalen Rang hat. 

{ 

j für i < j 

a i, j = 

. 

0 sonst 

Lösung: 

Wie bei einer oberen Dreicksmatrix zeigt man, dass die n − 1 nicht verschwindenden 

Zeilen linear unabhängig sind. Also ist der Rang gleich n − 1. 

2 Seien A,B ∈ M(n × n,R) quadratische Matrizen mit reellen Einträgen.

1 Ist 

det 

( 

A 

iB 

iB 

A 

) 


reell? 

Lösung: 

Durch Umformungen sieht man: 

( ) ( 

A iB A + iB 

det 

= det 

iB A 

iB 

A + iB 

A 

) 

= det 

( 

A + iB 0 

iB 

A − iB 

) 

= |det(A+iB)| 2 

Ist 

det 

( 

iA 

−B 

−B 

iA 

) 


reell? 

Lösung: 


( ) ( 

iA −B iA − B 

det 

= det 

−B iA 

−B 

iA − B 

iA 

) 

= det 

( 

iA − B 0 

−B 

iA + B 

) 

= −|det(B+iA)| 2 

2 Ist 

det 

( 

A 

−iB 

iB 

A 

) 


reell? 

Lösung: 


( ) ( 

A iB A 

det 

= det 

−iB A 

i(A − B) 

iB 

A − B 

) 

= det 

( 

A + B 

iB 

0 A − B 

) 

= det(A+B)det(A−B) 

Ist 

det 

( 

iA 

B 

−B 

iA 

) 


reell? 

Lösung: 


( ) ( 

iA −B iA 

det 

= det 

B iA 

−A + B 

−B 

iA − iB 

) 

= det 

( 

iA + iB 

−B 

0 iA − iB 

) 

= −det(A−B)det(A+B)

3 Ist 

det 

( 

A 

−B 

B 

A 

) 


stets nicht-negativ? 

Lösung: 

Wir rechnen: 

( 

A B 

det 

−B A 

) 

= det 

( 

A − iB 

−B 

B + iA 

A 

) 

= det 

( 

A − iB 0 

−B 

A + iB 

) 

= |det(A+iB)| 2 

Ist 

det 

( 

A 

B 

B 

−A 

) 


stets nicht-negativ? 

Lösung: 

( 

A 

det 

B 

B 

−A 

) 

= det 

( 

A + iB 

B 

B − iA 

−A 

) 

= det 

( 

A + iB 0 

B 

−A + iB 

) 

= −|det(A+iB)| 2 

3 Es sei K ein Körper, n ∈ N, n ≥ 2 und A ∈ M(n × n,K). Sind die folgenden Aussagen richtig? 

1 Sei (Ã) i j = (−1) i+ j detA str 

ji ist die zu A komplementäre Matrix. Ist die Matrix A 

ist genau dann invertierbar, wenn A · Ã ≠ 0 ist?. 

2 Die Abbildung det : GL n (K) → K ∗ = K \ {0} ist ein surjektiver Gruppenhomomorphismus. 

Die Abbildung det : GL n (K) → K ∗ = K \ {0} ist ein injektiver Gruppenhomomorphismus. 




3 Sind zwei Zeilen von A linear abhängig, dann ist det(A) = 0. ○ Ja /○ Nein 

Sind zwei Spalten von A linear abhängig, dann ist det(A) = 0. 

4 Ist A eine invertierbare obere Dreiecksmatrix, dann ist auch A −1 eine obere Dreiecksmatrix. 

Ist A eine invertierbare untere Dreiecksmatrix, dann ist auch A −1 eine untere 

Dreiecksmatrix. 

5 Es sei K = R und A = (a i j ) ∈ M(n×n,R). Ist a i j /∈ Q für ein Paar (i, j), dann ist 

auch det(A) /∈ Q. 

4 Es sei n ∈ N mit n ≥ 2. Sind die folgenden Aussagen richtig? 

1 A ∈ M(n × n,Z) ist genau dann invertierbar in M(n × n,Z), wenn det(A) ∈ 

{1,−1} ist. 

A ∈ M(n × n,Z) ist genau dann invertierbar in M(n × n,Z), wenn det(A) = 1 ist. 

2 Es sei K ein beliebiger Körper, A ∈ M(n×n,K) invertierbar und A t = A −1 . Dann 

ist det(A) = 1. 

Es sei K ein Körper, A ∈ M(n × n,K) invertierbar und A t = A −1 . Dann ist 

det(A) ∈ {1,−1}. 








○ Ja /○ Nein

( ) 

bi j 

c i j 

3 Es sei A = (a i j ) ∈ M(n × n,R) invertierbar. Sind alle a i j ∈ Z, dann gilt: A −1 = 

mit gewissen b i j ,c i j ∈ Z und c i j | det(A) wenn b i j 

c i j 

ein gekürzter Bruch ist. 

Lösung: 

Dies ist eine gekürzte Darstellung der inversen Matrix nach Satz 3.2.14 der Vorlesung 

4 Gilt für A ∈ M(n×n,Z), dass in jeder Zeile und in jeder Spalte genau eine 1 und 

sonst lauter Nullen stehen, dann ist A ∈ M(n × n,Z) invertierbar. 

Gilt für A ∈ M(n×n,Z), dass in jeder Zeile und in jeder Spalte genau eine 1 und 

sonst lauter Nullen stehen, dann ist det(A) = 1. 

5 Gilt für A ∈ M(n×n,Z), dass in jeder Zeile genau eine 1 und sonst lauter Nullen 

stehen, dann ist det(A) ∈ {1,−1}. 

Gilt für A ∈ M(n×n,Z), dass in jeder Zeile genau eine 1 und sonst lauter Nullen 

stehen, dann ist det(A) ∈ {1,0,−1}. 


5 Sei K ein Körper und seien A,B ∈ M(n × n,K). 






1. (5 Punkte) Zeigen Sie, dass die Abbildungsvorschrift 

φ(M) = AMB 

einen Endomorphismus des K-Vektorraumes M(n × n,K) definiert. 

2. (5 Punkte) Berechnen Sie die Wirkung von φ auf die Basismatrizen (Das sind solche Matrizen deren 

Einträge alle verschwinden, bis auf einen einzigen Eintrag mit dem Wert 1.) 

3. (10 Punkte) Bestimmen Sie nun die Determinante von φ als Funktion von det(A) und det(B). 

Lösung: 

Wir berechnen φ auf den Basismatrizen E i j : 

φ(E i j ) = AE i j B = (∑ 

k,l 

a kl E kl E i j )B = (∑ 

k 

a ki E k j )(∑ 

l,m 

Wir definieren zwei Endomorphismen ψ 1 ,ψ 2 von M(n × n,K) durch 

b lm E lm ) = ∑ a ki b jm E km 

k,m 

ψ 1 (M) := AM 

ψ 2 (M) := MB 

Dann ist φ = ψ 1 ◦ ψ 2 . Wir rechnen mit Basismatrizen: 

ψ 1 (E i j ) = A · E i j = ∑a ki E k j 

k 

Betrachtet man den Unterraum von M(n × n,K), der von den Basismatrizen E i j mit gleichem j aufgespannt 

wird, so wird ψ auf jedem dieser n Unterräume durch die Matrix A dargestellt. So erhält 

man n Matrixblöcke mit A, also detψ 1 = (detA) n . Ähnlich folgt detψ 2 = (detB) n . Zusammen also 

detφ = detψ 1 detψ 2 = det(AB) n .

6 Schreiben Sie die folgenden invertierbaren Matrizen als Produkte von Elementarmatrizen in M(n × n,Q): 

(a) (5 Punkte) 

( ) 

−5 4 

A = 

4 −3 

(b) (10 Punkte) 

B = 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

−1 −1 4 

2 1 4 

−4 −2 8 

Bemerkung: 

Man kann zeigen, dass für jeden Körper K die Elementarmatrizen in M(n × n,K) die Gruppe GL(n,K) 

erzeugen, d.h. dass sich jede invertierbare n×n Matrix als Produkt von (endlich vielen) Elementarmatrizen 

schreiben lässt. Jedoch ist diese Darstellung als Produkt nicht eindeutig! 

Lösung: 

Wir bestimmen die inversen Matrizen mit dem üblichen Verfahren. Die dabei gemachten Zeilenumformungen 

schreiben wir mit den zugehörigen Elementarmatrizen. Diese Elementarmatrizen invertieren wir 

wieder u nd erhalten so beispielsweise (zur Erinnerung: Diese Darstellung ist nicht eindeutig!) 

(a) Es ist z.B. 

( ) ( ) ( ) ( ) 

1 −1 1 0 −1 0 1 −1 

A = 

· 

· 

· 

0 1 −4 1 0 1 0 1 

(b) Es ist z.B. 

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

1 0 1 2 

1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 

B = ⎝ 0 1 0 ⎠ · ⎝ 0 1 0 ⎠ · ⎝ 0 1 0 ⎠ · ⎝ 2 1 0 ⎠ · ⎝ 0 1 1 ⎠ · ⎝ 0 1 0 ⎠ 

0 0 1 0 −2 1 0 0 2 0 0 1 0 0 1 0 0 4 

⎞ 

⎟ 

⎠

7 (10 Punkte) Es sei K ein Körper und es seien a 1 ,...a n ∈ K für n ∈ N. Sei 

⎛ 

d n (a 1 ,...a n ) = det 

⎜ 

⎝ 

⎞ 

a 1 1 0 

−1 a 2 1 0 

0 −1 a 3 1 

−1 . . . 

. 

0 

.. ⎟ 1 ⎠ 

−1 a n 

Zeigen Sie: 

Für n ≥ 3 ist 

d n−1 (a 2 ,...,a n ) 

d n (a 1 ,...,a n ) 

= 

1 

a 1 + 

1 

a 2 + 1 

a 3 + 1 

. ..+ 1 

a n−1 + 1 an 

Lösung: 

Mit Induktion. Induktionsanfang n = 3: 

Es ist d 3 (a 1 ,a 2 ,a 3 ) = a 1 a 2 a 3 + a 1 + a 3 und d 2 (a 2 ,a 3 ) = a 2 a 3 + 1. Wir rechnen 

1 

a 1 + 1 

a 2 + 1 

a 3 

= 

1 

a 1 + a 3 

a 2 a 3 +1 

a 2 a 3 + 1 

= 

a 1 a 2 a 3 + a 1 + a 3 

durch Erweitern der Brüche. 

Induktionsschritt: 

Wir berechnen d n (a 1 ,...a n ) durch Entwicklung nach der ersten Spalte: 

d n (a 1 ,...a n ) = a 1 d n−1 (a 2 ,...,a n ) + d n−2 (a 3 ,...,a n ) 

Jetzt teilen wir d n−1 (a 2 ,...,a n ) durch beide Seiten dieser Gleichung: 

d n−1 (a 2 ,...,a n ) 

d n (a 1 ,...a n ) 

= 

d n−1 (a 2 ,...,a n ) 

a 1 d n−1 (a 2 ,...,a n ) + d n−2 (a 3 ,...,a n ) = 1 

a 1 + d n−2(a 3 ,...,a n ) 

d n−1 (a 2 ,...,a n ) 

wobei wir auf der rechten Seite mit d n−1 (a 2 ,...,a n ) gekürzt haben. Nach Induktionsvoraussetzung ist 

ein Kettenbruch. 

d n−2 (a 3 ,...,a n ) 

d n−1 (a 2 ,...,a n )

8 Die folgende Aufgabe soll Ihnen zeigen, wie man die Determinante eines Endomorphismus definieren 

kann, ohne dass man vorher Determinanten von Matrizen einführt. 

Sei K ein Körper, in dem 1 + 1 ≠ 0 gilt, und V i , 1 ≤ i ≤ r endlich-dimensionale K-Vektorräume. Eine 

Abbildung 

ϕ : V 1 × ...V r → K 

heißt r-Linearform, wenn sie in jedem Argument K-linear ist. 

(i) (5 Punkte) Zeigen Sie, dass die Menge aller r-Linearformen ein K-Vektorraum ist, und bestimmen Sie 

seine Dimension als Funktion der Dimensionen der Vektorräume V i . 

Seien nun alle Vektorräume gleich, also V 1 = V 2 = ...V r = V . Eine K-Linearform ϕ : V r → K heißt alternierend, 

wenn für jedes r-Tupel von Vektoren v i ∈ V gilt, dass ϕ(v 1 ,v 2 ,...,v r ) = 0, sobald zwei v i gleich 

sind. 

(ii) (10 Punkte) Sei nun r = dim K V . Zeigen Sie, dass der Raum aller alternierenden dim K V -Linearformen 

eindimensional ist. 

(iii) (5 Punkte) Schließen Sie aus Teil (ii), dass es für jeden Endomorphismus A von V genau einen Skalar 

d(A) ∈ K gibt, so dass für jede alternierende r-Linearform ϕ und alle v i ∈ V die Beziehung 

erfüllt ist. 

ϕ(Av 1 ,Av 2 ,...,Av r ) = d(A)ϕ(v 1 ,v 2 ,...,v r ) 

Wählen Sie nun eine Basis B von V und erhalten Sie einen Isomorphismus 

M B B 

: End(V ) → M(r × r,K) 

(iv) (5 Punkte) Zeigen Sie: die Abbildung 

ist eine Determinantenabbildung. 

M(r × r,K) → K 

M ↦→ d((M B B )−1 M) 

Freiwillige Zusatzaufgaben: 

(a) Schließen Sie direkt aus der Definition, dass für zwei Endomorphismen A 1 ,A 2 von V gilt d(A 1 ◦ A 2 ) = 

d(A 1 ) · d(A 2 ). 

(b) Ein Endomorphismus A ist genau dann bijektiv, wenn d(A) ≠ 0 gilt.

9 (Lösung zur vorigen Aufgabe) 

(i) 

Die Vektorraumeigenschaft ist klar: Die Summe zweier r-Linearformen ist sicher wieder in jedem Argument 

K-linear, ebenso das Produkt jeder Multilinearform mit einem Element aus K. 

Per Definition ist jede Multilinearform (wie gewöhnliche Linearformen auch) durch ihre Werte auf Basisvektoren 

der V i festgelegt. Nachdem wir in jedem V i eine Basis gewaehlt haben gibt es offensichtlich 

D r = (dim K V 1 )(dim K V 2 )···(dim K V r ) verschiedene r-Tupel von Basisvektoren der einzelnen V i . Also ist 

die Dimension des Raumes der r-Linearformen gleich D r . 

(ii) 

Halten wir zuallererst fest, dass ϕ das Vorzeichen wechseln muss, wenn zwei seiner Argumente vertauscht 

werden. Dies folgt mit der gleichen Argumentation wie bei der Determinante. 

Sei nun B := {e i } r i=1 eine geordnete Basis von V . Sei 

ϕ B := ϕ(e 1 ,e 2 ,...,e r ) ∈ K . 

Man sieht nun, dass die alternierende Linearform ϕ schon durch das ϕ B ∈ K eindeutig festgelegt ist. Denn 

um ϕ(v,w,...) zu berechnen entwickeln wir alle Argumente in der Basis B , ziehen mittels Multilinearität 

alle Entwicklungskoeffizienten aus ϕ(...) heraus. Alle Terme in denen mindestens ein Basisvektor 

doppelt vorkommt verschwinden; wir ordnen ordnen die verbleibenden Basisvektoren (mittels der alternierenden 

Eigenschaft) in aufsteigender Reihenfolge. Also sind alle verbleibenden Terme proportional zu 

ϕ B . (Dieses Argument sollte mit dem Beweis von Satz 3.3.6 der Vorlesung verglichen werden!) 

Zu jeder Wahl von ϕ B ∈ K gibt es also genau eine alternierende dim K V -Linearform. Diese bilden daher 

einen eindimensionalen Vektorraum. 

(iii) 

Man prüft leicht, dass die linke Seite der Gleichung, als Funktion der v i , selbst eine alternierende dim K V - 

Linearform ist. 

Die Aussage folgt dann aus der Tatsache, dass der Raum dieser Formen eindimensional ist. 

(iv) Aus der definierenden Gleichung ϕ(Av 1 ,Av 2 ,...,Av r ) = d(A)ϕ(v 1 ,v 2 ,...,v r ), sowie aus den definierenden 

Eigenschaften von ϕ folgen direkt die drei Axiome der Determinantenabbildung: die Spaltenlinearität 

(D1) folgt aus der Multilinearität von ϕ, (D2) folgt, da ϕ alternierend sein soll, und die Normierung 

(D3) ist offensichtlich. 

Lösungen zu den Zusatzaufgaben 

(a) Wir wenden die definierende Gleichung 

zweimal hintereinander an. 

ϕ(Av 1 ,Av 2 ,...,Av r ) = d(A)ϕ(v 1 ,v 2 ,...,v r ) 

(b) Sei A bijektiv; dann existiert ein Endomorphismus A −1 mit A◦A −1 = id V . Aus der ersten Zusatzaufgabe 

folgt d(A) · d(A −1 ) = 1, so dass d(A) ≠ 0 gelten muss. 

Ist A nicht bijektiv, so ist A auch nicht injektiv. Also existiert v 1 ∈ V,v 1 ≠ 0 mit Av 1 = 0. Ergänze v 1 

zu einer Basis {v 1 ,...v n } von V . Es folgt für eine nicht-verschwindende alternierende Multilinearform 

ϕ(v 1 ,v 2 ,...,v r ) ≠ 0, aber ϕ(Av 1 ,Av 2 ,...,Av r ) = 0 auf Grund der Linearität im ersten Argument. Somit 

muss d(A) = 0 gelten. 


werden in der Übungsgruppe am Montag, dem 28. April, abgegeben.

Ex 1, Qu 1, Var 1: [’2’] 

Ex 1, Qu 1, Var 2: [’2’] 

Ex 1, Qu 2, Var 1: [’2’] 

Ex 1, Qu 2, Var 2: [’2’] 

Ex 1, Qu 3, Var 1: [’1’] 

Ex 1, Qu 3, Var 2: [’1’] 

Ex 1, Qu 4, Var 1: [’n’] 

Ex 1, Qu 4, Var 2: [’n’] 

Ex 1, Qu 5, Var 1: [’n’] 

Ex 1, Qu 5, Var 2: [’n-1’] 

Ex 2, Qu 1, Var 1: [’Ja’] 

Ex 2, Qu 1, Var 2: [’Ja’] 

Ex 2, Qu 2, Var 1: [’Ja’] 

Ex 2, Qu 2, Var 2: [’Ja’] 

Ex 2, Qu 3, Var 1: [’Ja’] 

Ex 2, Qu 3, Var 2: [’Nein’] 

Ex 3, Qu 1, Var 1: [’Ja’] 

Ex 3, Qu 2, Var 1: [’Ja’] 

Ex 3, Qu 2, Var 2: [’Nein’] 

Ex 3, Qu 3, Var 1: [’Ja’] 

Ex 3, Qu 3, Var 2: [’Ja’] 

Ex 3, Qu 4, Var 1: [’Ja’] 

Ex 3, Qu 4, Var 2: [’Ja’] 

Ex 3, Qu 5, Var 1: [’Nein’] 

Ex 4, Qu 1, Var 1: [’Ja’] 

Ex 4, Qu 1, Var 2: [’Nein’] 

Ex 4, Qu 2, Var 1: [’Nein’] 

Ex 4, Qu 2, Var 2: [’Ja’] 

Ex 4, Qu 3, Var 1: [’Ja’] 

Ex 4, Qu 4, Var 1: [’Ja’] 

Ex 4, Qu 4, Var 2: [’Nein’] 

Ex 4, Qu 5, Var 1: [’Nein’] 

Ex 4, Qu 5, Var 2: [’Ja’]





05.05.2008, 08:00 Uhr. 

1 Berechnen Sie das Signum der folgenden Permutationen. 

Lösung: Wir führen die obere Zeile in die untere durch eine Folge von Vertauschungen benachbarter 

Einträge aus. Jede solche Vertauschung traegt einen Faktor (−1) bei. Das Signum ist das Produkt all dieser 

Faktoren, also +1 wenn wir insgesamt eine gerade Anzahl an Paarvertauschungen ausführen müssen, −1 

bei einer ungeraden Zahl. 

Sei zum Beispiel die Permutation 

( 

) 

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 

5 7 10 2 3 11 12 8 6 4 9 1 

betrachtet. 

Im diesem Fall bewegen wir z.B. zuerst die 1 an die letzte Stelle. Dazu müssen wir an der 2, der 3, der 

4, usw., bis schließlich an der 12 vorbei. Das sind insgesamt 11 Vertauschungen, liefert also einen Faktor 

−1. 

Als nächstes müssen wir die 9 an the vorletzte Stelle bringen. Dazu müssen wir an 10, 11 und 12 vorbei. 

Es gibt also wieder einen Faktor -1. 

Auf diese Weise fährt man fort. 

Für zyklische Permutationen ist allgemein das Signum von 

( 

) 

1 ... n − 1 n 

2 ... n 1 

1 

2 

3 

4 

gegeben durch (−1) n . 

( ) 

1 2 3 

2 

( 

3 1 

) 

1 2 3 

3 

( 

1 2 

) 

1 2 3 4 

2 

( 

3 4 1 

) 

1 2 3 4 

4 

( 

1 2 3 

) 

1 2 3 4 5 

2 

( 

3 4 5 1 

) 

1 2 3 4 5 

5 

( 

1 2 3 4 

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 

5 4 6 3 11 9 1 10 8 2 12 7 

) 

○ +1 /○ -1 

○ +1 /○ -1 

○ +1 /○ -1 

○ +1 /○ -1 

○ +1 /○ -1 

○ +1 /○ -1 

○ +1 /○ -1

( 

) 

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 

4 2 10 3 12 1 5 8 7 9 6 11 

) 

2 Es sei S θ = 

eine Spiegelungsmatrix und D θ = 

( 

cos(2θ) 

sin(2θ) 

sin(2θ) 

−cos(2θ) 

( 

cos(θ) 

sin(θ) 

) 

−sin(θ) 

cos(θ) 

○ +1 /○ -1 

eine Drehmatrix. Wir 

können diese Matrizen entweder als Elemente in M(2 × 2,R) oder in M(2 × 2,C) auffassen. Prüfen Sie 

die folgenden Aussagen für allgemeines θ. 

Lösung: 

Das charakteristische Polynom von S θ ist 

(λ − cos(2θ))(λ + cos(2θ)) − (sin(2θ)) 2 = λ 2 − 1 = (λ − 1)(λ + 1). 

Die Eigenwerte sind also ( λ = 1) 

und λ = −1. Man prüft leicht, ( dass ) die dazugehörigen Eigenräume die 

Form Eig(S θ ,1) = span R ( cosθ 

sinθ 

) und Eig(S θ ,−1) = span R ( −sinθ 

cosθ 

) haben. 

Das charakteristische Polynom von D θ ist 

(λ − cosθ) 2 + (sinθ) 2 = λ 2 − 2cos(θ)λ + 1 = (λ − cosθ + isinθ)(λ − cosθ − isinθ). 

Für allgemeine θ gibt es also nur über C Eigenwerte, nicht über R. Über C sind die Eigenwerte λ 1,2 = 

cosθ ± isinθ. Dazu gehören die Eigenräume 

( ) 1 

Eig(D θ ,λ 1,2 ) = span C . 

∓i 

1 Aufgefasst als Element von M(2 × 2,R) hat S θ die Eigenwerte λ 1 = +1, λ 2 = 

−1. 

Aufgefasst als Element von M(2 × 2,R) hat S θ die Eigenwerte λ 1 = cos(θ), 

λ 2 = sin(θ). 

○ Wahr /○ Falsch 


2 Aufgefasst als Element von M(2 × 2,C) hat D θ rein reelle Eigenwerte. ○ Wahr /○ Falsch 

Aufgefasst als Element von M(2 × 2,C) hat D θ rein imaginäre Eigenwerte. 

3 Aufgefasst als Element von M(2 × 2,C) hat D θ die Eigenwerte λ 1 = cos(θ), 

λ 2 = sin(θ) 

Aufgefasst als Element von M(2 × 2,C) hat D θ die Eigenwerte λ 1,2 = cos(θ) ± 

isin(θ). 

( ) 

4 span cos(θ) 

R ist ein Eigenraum von S 

sin(θ) 

θ ∈ M(2 × 2,R). 

( ) 

span sin(θ) 

R ist ein Eigenraum von S 

cos(θ) 

θ ∈ M(2 × 2,R). 

( ) 

5 span 1 

C i 

ist ein Eigenraum von D θ ∈ M(2 × 2,C). 

( ) 

span i 

C 1 

ist ein Eigenraum von D θ ∈ M(2 × 2,C). 

3 Es sei K ein Körper, V ein n-dimensionaler K-Vektorraum (1 ≤ n < ∞) und ϕ ∈ End V . 

1 Ist 1 einziger Eigenwert von ϕ, so ist ϕ = id V . 

Lösung: 

Gegenbeispiel: ( ) 

1 1 

. 

0 1 








○ Ja /○ Nein

Ist 0 einziger Eigenwert von ϕ, so ist ϕ = 0. 

Lösung: 


0 1 

0 0 

2 Es gibt a ∈ K, das nicht Eigenwert irgendeines Endomorphismus von V ist. 

Lösung: 

Nein, a ist Eigenwert von a · Id. 

Es gibt einen Vektor v ∈ V ungleich Null, der für keinen Endomorphismus von 

V ein Eigenvektor ist. 

Lösung: 

Nein, jedes v ungleich Null ist Eigenvektor der Identitätsabbildung. 

3 ϕ hat mindestens einen Eigenwert. 

Lösung: 

Gegenbeispiel: allgemeine Drehmatrix im R 2 . 

Ist ϕ nicht invertierbar, so hat ϕ mindestens einen Eigenwert. 

Lösung: 

Wenn der Kern nicht verschwindet, gibt es Eigenvektoren zum Eigenwert 0. 

Ist ϕ nicht invertierbar, so hat ϕ nur einen Eigenwert. 

Lösung: 

Gegenbeispiel: 

⎛ ⎞ 

⎜ 

⎝ 

1 0 0 

0 2 0 

0 0 0 

. 

⎟ 

⎠ . 







4 Die Summe von zwei Eigenvektoren von ϕ ist stets auch ein Eigenvektor von ϕ. 

Lösung: 

Nur wenn die Eigenwerte übereinstimmen. 

Die Summe von zwei Eigenvektoren zu verschiedenen Eigenwerten ist kein Eigenvektor 

von ϕ. 

Lösung: 

Klar. 

5 Ist ϕ 2 = ϕ und ϕ ≠ id V , so hat ϕ genau zwei Eigenwerte. 

Lösung: 

Gegenbeispiel: die Nullabbildung. 

Ist ϕ 3 = ϕ und ϕ ≠ id V , so hat ϕ genau drei Eigenwerte. 

Lösung: 

Gegenbeispiel: die Nullabbildung. 





4 Es sei K ein Körper, V ein endlich-dimensionaler Vektorraum und ϕ : V → V ein Endomorphismus von V . 

Sind die folgenden Aussagen über Eigenvektoren richtig?

1 Wenn die Dimension von V gleich n ≥ 2 ist und ein linear unabhängiges (n−1)- 

Tupel (v 1 ,...,v n−1 ) von Eigenvektoren von ϕ existiert, dann gibt es auch ein 

linear unabhängiges n-Tupel (v 1 ,...,v n ) von Eigenvektoren von ϕ. 

Lösung: 

Gegenbeispiel ( ) 

1 1 

0 1 

Wenn die Dimension von V mindestens 2 ist und ϕ einen Eigenvektor besitzt, 

dann hat ϕ mindestens 2 linear unabhängige Eigenvektoren. 

Lösung: 

Gegenbeispiel ( ) 

1 1 

0 1 



2 Der Endomorphismus ϕ hat mindestens einen Eigenvektor. 

Lösung: 

Gegenbeispiel: nichttriviale 2 × 2 Drehmatrix über R. 

Es gibt einen Endomorphismus ϕ, der keinen Eigenvektor besitzt. 

Lösung: 

Beispiel: nichttriviale 2 × 2 Drehmatrix über R. 

3 Die Summe zweier Eigenvektoren von ϕ zu verschiedenen Eigenwerten ist ein 

Eigenvektor von ϕ. 

Die Differenz zweier Eigenvektoren von ϕ zu verschiedenen Eigenwerten ist ein 

Eigenvektor von ϕ. 

4 Jede nichtverschwindende Linearkombination von zwei Eigenvektoren von ϕ 

zum gleichen Eigenwert ist ein Eigenvektor. 

Die Summe zweier Eigenvektoren von ϕ zum gleichen Eigenwert ist entweder 

der Nullvektor oder ein Eigenvektor. 








5 (5 Punkte) Sei K ein nicht notwendigerweise kommutativer Ring mit Eins. Sei darüber hinaus die Abbildung 

M(2 × 2,K) −→ K 

( ) 

a b 

↦→ ad − bc 

c d 

eine Determinantenabbildung. Zeigen Sie, dass aus der Existenz der Determinantenabbildung folgt, dass 

K kommutativ ist. 

Lösung: 

Seien a,b ∈ K beliebig. Unter Verwendung der definierenden Eigenschaften von Determinantenabbildungen 

können wir die folgenden Umformungen vornehmen: 

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 

1 0 

1 0 

a 0 

a 0 

1 0 

ab = abdet = adet = det = bdet = badet = ba. 

0 1 

0 b 

0 b 

0 1 

0 1

6 Die Fibonacci-Folge (a n ) n∈N ist definiert durch die zwei Anfangswerte 

und die Rekursionsformel 

a 0 = 0 

a 1 = 1 

a n+2 = a n+1 + a n . 

Da die Rekursionsvorschrift linear ist, kann man Vektoren 

( ) 

a n+1 

v n := 

a n 

einführen und die Rekursionsvorschrift durch eine Matrix A beschreiben: 

v k+1 = A · v k . 

1. (5 Punkte) Bestimmen Sie die Matrix A und finden Sie deren Eigenwerte und Eigenvektoren. 

2. (10 Punkte) Diagonalisieren Sie die Matrix A. Betrachten Sie mit Hilfe der diagonalisierten Matrix 

die zweite Komponente von v n und geben Sie eine explizite Formel für a k als Funktion von k an. 

Lösung: 

Offenbar ist 

A = 

( 

1 1 

1 0 

Das gesuchte Element a k ist die zweite Komponente des Vektors v k = A k · v 0 = A k · 

) 

. 

( 

1 

0 

) 

, also der 

Eintrag (A k ) 21 der Matrix A k . 

Das charakteristische Polynom von A lautet χ A (λ) = λ 2 − λ − 1. Dessen Nullstellen, und damit ( die Eigenwerte 

von A, sind λ 1 = 1+√ 5 

) 

2 

und λ 2 = 1−√ 5 

1 

2 

zu den Eigenräumen Eig(A,λ 1 ) = span R 

λ 1 − 1 

( ) 

1 

und Eig(A,λ 2 ) = span R . Eine Transformationsmatrix auf eine Eigenbasis ist also S −1 = 

λ 2 − 1 

( 

) 

( 

) 

1 1 

. Deren Inverse berechnet sich zu S = 1 λ 2 − 1 −1 

λ 

λ 1 − 1 λ 2 − 1 

2 −λ 1 

. Es gilt 

1 − λ 1 1 

A k = S −1 ( 

λ k 1 

0 

0 λ k 2 

Den linken unteren Eintrag dieser Matrix berechnet man leicht zu 

) 

S. 

a k = λk 1√ − λk 2 

. 

5

7 Sei K ein Körper. Wir betrachten die Menge Abb(N 0 ,K) der Abbildungen von N 0 nach K. Für f ,g ∈ 

Abb(N 0 ,K) und a ∈ K definieren wir: 

f + g : N 0 −→ K, n ↦→ f (n) + g(n) 

a · f : N 0 −→ K, n ↦→ a f (n) 

Wir bezeichnen mit Abb 0 (N 0 ,K) die Teilmenge der Abbildungen f ∈ Abb(N 0 ,K), für die es nur endlich 

viele n ∈ N 0 mit f (n) ≠ 0 gibt. 

Schließlich definieren wir für f ,g ∈ Abb(N 0 ,K) die Verknüpfung f ◦ g ∈ Abb(N 0 ,K), so dass für n ∈ N 0 

gilt ( f ◦ g)(n) = ∑ a,b∈N0 ,a+b=n f (a)g(b). 

(i) (5 Punkte) Zeigen Sie, dass Abb(N 0 ,K) mit der oben angegebenen Addition und Skalarmultiplikation 

ein K-Vektorraum ist. 

(ii) (5 Punkte) Zeigen Sie, dass Abb 0 (N 0 ,K) ein Untervektorraum von Abb(N 0 ,K) ist, der nicht von 

endlich vielen Elementen erzeugt wird. 

(iii) (5 Punkte) Zeigen Sie, dass ◦ ein assoziatives Produkt auf Abb(N 0 ,K) definiert. Für welches Element, 

das wir mit X 0 bezeichnen wollen, gilt X 0 ◦ f = f für alle f ∈ Abb(N 0 ,K)? 

(iv) (5 Punkte) Sei X : N 0 −→ K die Abbildung mit 1 ↦→ 1 und n ↦→ 0 für n ≠ 1. Wir definieren X i ∈ 

Abb(N 0 ,K) rekursiv als X i−1 ◦ X für i > 0. Zeigen Sie, dass jedes f ∈ Abb 0 (N 0 ,K) eine eindeutige 

Linearkombination von (X 0 ,X 1 ,...,X n ) für ein geeignetes n ∈ N 0 ist, wobei X 0 das Element aus 

Teil (iii) ist. 

(v) (5 Punkte) Zeigen Sie, dass Abb 0 (N 0 ,K) ein kommutativer Ring mit Eins ist. 

(vi) (5 Punkte) Zeigen Sie, dass dieser Ring ein Polynomring über K in der Unbestimmten X aus Teilaufgabe 

(iv) ist.

8 Sei K ein Körper und V ein K-Vektorraum und seien φ,ψ ∈ End(V ). Zeigen Sie: 

(a) (5 Punkte) Ist v ∈ V Eigenvektor von φ ◦ ψ zum Eigenwert λ, und ist ψ(v) ≠ 0, so ist ψ(v) Eigenvektor 

von ψ ◦ φ zum Eigenwert λ. 

(b) (5 Punkte) Ist V endlich-dimensional, so haben φ ◦ ψ und ψ ◦ φ die gleichen Eigenwerte. 

(c) (5 Punkte) Haben φ ◦ ψ und ψ ◦ φ auch die gleichen Eigenvektoren? Geben Sie einen Beweis oder ein 

Gegenbeispiel. 

Lösung: 

(a) Wir rechnen unter Benutzung von Assoziativität der Komposition von Abbildungen: 

ψ ◦ φ(ψ(v)) = ψ((φ ◦ ψ)(v)) = ψ(λv) = λψ(v) 

Also ist ψ(v) Eigenvektor zum Eigenwert λ. 

(b) Wir zeigen, dass alle Eigenwerte von φ ◦ ψ auch Eigenwerte von ψ ◦ φ sind. Die Aussage folgt dann 

daraus, dass die betrachtete Situation symmetrisch ist. 

Sei λ ein Eigenwert von φ ◦ ψ mit Eigenvektor v. Ist ψ(v) ≠ 0, so folgt mit (a), dass λ auch Eigenwert von 

ψ ◦ φ ist. Sei nun ψ(v) = 0, also v ∈ kerψ. Dann ist auch λ = 0. Wir müssen also nur zeigen, dass ψ ◦ φ 

nichttrivialen Kern hat. Da 0 ein Eigenwert von φ ◦ φ ist, ist 

0 = det(φ ◦ ψ) = detφdetψ = detψdetφ = det(ψ ◦ φ) 

Also hat auch ψ ◦ φ nichtverschwindenden Kern. 

(c) Gegenbeispiel: Betrachten Sie R 2 und die Matrizen 

( ) ( 

1 1 

A = , B = 

0 0 

1 1 

0 −1 

) 

Dann haben AB und BA verschiedene Eigenvektoren. 


werden in der Übungsgruppe am Montag, dem 5. Mai, abgegeben.

Ex 1, Qu 1, Var 1: [’+1’] 

Ex 1, Qu 1, Var 2: [’+1’] 

Ex 1, Qu 2, Var 1: [’-1’] 

Ex 1, Qu 2, Var 2: [’-1’] 

Ex 1, Qu 3, Var 1: [’+1’] 

Ex 1, Qu 3, Var 2: [’+1’] 

Ex 1, Qu 4, Var 1: [’+1’] 

Ex 1, Qu 4, Var 2: [’-1’] 

Ex 2, Qu 1, Var 1: [’Wahr’] 

Ex 2, Qu 1, Var 2: [’Falsch’] 




Ex 2, Qu 3, Var 2: [’Wahr’] 

Ex 2, Qu 4, Var 1: [’Wahr’] 


Ex 2, Qu 5, Var 1: [’Wahr’] 

Ex 2, Qu 5, Var 2: [’Wahr’] 

Ex 3, Qu 1, Var 1: [’Nein’] 

Ex 3, Qu 1, Var 2: [’Nein’] 

Ex 3, Qu 2, Var 1: [’Nein’] 

Ex 3, Qu 2, Var 2: [’Nein’] 

Ex 3, Qu 3, Var 1: [’Nein’] 

Ex 3, Qu 3, Var 2: [’Ja’] 

Ex 3, Qu 3, Var 3: [’Nein’] 

Ex 3, Qu 4, Var 1: [’Nein’] 

Ex 3, Qu 4, Var 2: [’Ja’] 

Ex 3, Qu 5, Var 1: [’Nein’] 

Ex 3, Qu 5, Var 2: [’Nein’] 

Ex 4, Qu 1, Var 1: [’Nein’] 

Ex 4, Qu 1, Var 2: [’Nein’] 

Ex 4, Qu 2, Var 1: [’Nein’] 

Ex 4, Qu 2, Var 2: [’Ja’] 

Ex 4, Qu 3, Var 1: [’Nein’] 

Ex 4, Qu 3, Var 2: [’Nein’] 

Ex 4, Qu 4, Var 1: [’Ja’] 

Ex 4, Qu 4, Var 2: [’Ja’]





26.05.2008, 08:00 Uhr. 

1 Seien K ein Körper und V ein K-Vektorraum, ϕ ∈ End V und 1 ≤ dim V = n < ∞. Sind die folgenden 

Aussagen wahr? 

1 Für jedes a ∈ K gibt es einen Endomorphismus von V mit Eigenwert a. 

Lösung: Ja. Z.B. das a-fache der Identität. 

Es gibt ein Element a ∈ K, das nicht Eigenwert eines Endomorphismus von V 

ist. 

Lösung: Nein. Der Eigenwert des a-fachen der Identität ist a. 

2 ϕ hat höchstens n verschiedene Eigenwerte. 

Lösung: Ja. Eigenvektoren zu unterschiedlichen Eigenwerten sind linear unabhängig. 

Es gibt aber höchstens n linear unabhängige Vektoren in einem Vektorraum 

der Dimension n. 

ϕ hat stets n verschiedene Eigenwerte. 

Lösung: Nein. Gegenbeispiel: die Identitätsabbildung. 

3 Die Summe der geometrischen Vielfachheiten aller Eigenwerte von ϕ ist stets n. 

( ) 

0 1 

Lösung: Nein. Gegenbeispiel: . 

0 0 

Die Summe der geometrischen Vielfachheiten aller Eigenwerte von ϕ ist stets 

von Null verschieden. 

Lösung: Nein. Gegenbeispiel: Die allgemeine Drehmatrix hat gar keine (rellen) 

Eigenwerte. 

4 Falls K = R und n = 5 ist, so hat ϕ einen Eigenwert. 

Lösung: Ja. Das folgt aus dem Zwischenwertsatz der Analysis. Relle polynomiale 

Funktionen von ungeradem Grad nehmen notwendigerweise sowohl positive 

als auch negative Werte an. Daher müssen Sie auch den Wert Null annehmen. 

Insbesondere hat das charakteristische Polynom von ϕ also eine Nullstelle. 

Aus dem Fundamentalsatz der Algebra folgt genauer, dass reelle Polynome vom 

Grad 5 genau eine, drei oder aber fünf reelle Nullstellen haben. Der Satz besagt, 

dass jedes Polynom in C[X], damit auch das charakteristische Polynom, in 

Linearfaktoren zerfällt. Für Polynome in C[X] mit rein reellen Koeffizienten treten 

die Nullstellen in Paaren zueinander komplex konjugierter Zahlen auf. Jede 

Nullstelle ist also entweder rein reell, oder aber sie ist komplex und ihr komplex 

konjugiertes ist auch Nullstelle. 

Also hat ein reelles Polynom vom Grad 5 genau eine, drei oder fünf reelle Nullstellen. 







○ Ja /○ Nein

Falls K = R und n = 6 ist, so hat ϕ stets einen Eigenwert. 

Lösung: Nein. Gegenbeispiel: Es gibt Matrizen, deren charakteristisches Polynom 

gleich X 6 + 1 ist (z.B. a i j = 0 außer a 56 = −a 65 = 1). 

Allgemeiner folgt aus dem Fundamentalsatz der Algebra, dass reelle Polynome 

vom Grad 6 genau null, zwei, vier oder aber sechs reelle Nullstellen haben 

können. Der Satz besagt, dass jedes Polynom in C[X], damit auch das charakteristische 

Polynom, in Linearfaktoren zerfällt. Für Polynome in C[X] mit rein 

reellen Koeffizienten treten die Nullstellen in Paaren zueinander komplex konjugierter 

Zahlen auf. Jede Nullstelle ist also entweder rein reell, oder aber sie ist 

komplex und ihr komplex konjugiertes ist auch Nullstelle. 

Also hat ein reelles Polynom vom Grad 6 genau null, zwei, vier oder sechs reelle 

Nullstellen. 

5 Sei K = C. Falls mit jedem Eigenwert a von ϕ auch 2a ein Eigenwert von ϕ ist, 

dann ist ϕ = 0. 

Lösung: 

Nein. Gegenbeispiel: ϕ = 

Nullabbildung. 

( 

0 1 

0 0 

) 

hat nur den Eigenwert 0, ist aber nicht die 



2 Sei K ein Integritätsring und K[X] der zugehörige Polynomring. Kreuzen Sie die richtigen Aussagen an. 

1 Seien g,q, f ,r ∈ K[X], so dass g = q f + r gilt mit grad(r) < grad( f ). Dann gilt 

a) grad(q) = grad(g) − grad( f ) − grad(r) 

b) grad(q) = grad(g) − grad( f ) 

c) grad(q) = grad(g) − grad( f ) + grad(r) 

Lösung: b). Da K ein Integritätsring ist, addieren sich beim Produkt die Grade 

von Polynomen: 

(aX n + bX n−1 + ···)(cX m + dX m−1 + ···) = acX n+m + ··· . 

□ a /□ b /□ c 

2 Sei K = R und g = q f +r in K[X] mit g = X 5 −3X 4 +3X −2 und f = X 2 −X +1, 

wobei grad(r) < grad( f ) gelten soll. Dann gilt 

□ a /□ b 

a) q hat ganzzahlige Koeffizienten. 

b) r hat ganzzahlige Koeffizienten. 

Lösung: 

a) und b). Da alle Koeffizienten in Z liegen, kann man die gesamte Polynomdivision 

in Z[X] verstehen. Die Aussage folgt dann aus Satz 4.2.10 der Vorlesung.

3 Sei g = X n − 1, f = X − 1 und g = q f . Dann gilt 

□ a /□ b /□ c 

a) q = n−1 

∑ X k . 

k=0 

b) q = X n−1 − X n−2 + X n−3 ∓ ··· + (−1) n . 

c) q = X n−1 − X n−2 + X n−3 + ··· + 1. 

( 

) 

1 2 3 4 5 6 7 8 9 

3 Es sei σ die folgende Permutation von 9 Elementen: 

. 

3 5 9 4 1 2 6 7 8 

Sei mit (i j) die Transposition bezeichnet, die das i-te mit dem j-ten Element vertauscht und ansonsten 

alle Elemente auf sich selbst abbildet. In den folgenden Fragen ist jeweils eine Verkettung von solchen 

Transpositionen angegeben, wobei an einer Stelle die Variable i anstelle einer der Ziffern von 1 bis 9 steht. 

Tragen Sie in das Antwortfeld die Ziffer ein, die man für i einsetzen muss, damit die Verknüpfung der 

angegebenen Transpositionen gleich σ ist. 

1 (7 i) ◦ (6 8) ◦ (8 2) ◦ (5 8) ◦ (9 8) ◦ (9 3) ◦ (1 3) 

(6 i) ◦ (5 7) ◦ (8 7) ◦ (1 8) ◦ (3 8) ◦ (2 5) ◦ (9 8) 

2 (1 6) ◦ (9 6) ◦ (7 8) ◦ (i 6) ◦ (3 9) ◦ (2 5) ◦ (1 2) 

(3 9) ◦ (1 3) ◦ (8 5) ◦ (i 8) ◦ (6 7) ◦ (2 7) ◦ (5 7) 

4 Es sei K ein Körper und A ∈ M(n × n,K). 

1 Ist s Eigenwert von A, so ist dim K Eig(A,s) = Rang(s · E n − A). 

Lösung: Nein. Es ist nach der Dimensionsformel 

dim K Eig(A,s) = dim K ker(s · E n − A) = n − Rang(s · E n − A). 


Ist s Eigenwert von A, so ist dim K Eig(A,s) = n − Rang(s · E n − A). 

Lösung: Ja. Es ist nach der Dimensionsformel 


dim K Eig(A,s) = dim K ker(s · E n − A) = n − Rang(s · E n − A). 

2 Ist K = C, dann gilt: Wenn das charakteristische Polynom P A ≠ X n ist, so ist 

A m ≠ 0 für alle m ∈ N. 

Lösung: Ja. 

In diesem Fall gibt es einen Eigenwert ungleich Null. Keine Potenz von A annihiliert 

den zugehörigen Eigenvektor, daher müssen alle A m von Null verschieden 

sein. 

Ist K = C, dann gilt: Wenn A m = 0 ist für ein m ∈ N, so ist das charakteristische 

Polynom P A = X n . 

Lösung: Ja. 

In diesem Fall kann nur λ = 0 als Eigenwert auftreten, also ist P A eine Potenz 

von X. 


○ Ja /○ Nein

3 A und A t haben die gleichen Eigenwerte. 


Lösung: Ja. 

Dies folgt aus 

P A (X) = det(XE n − A) = det(XE n − A t ) = P A t(X). 

4 A und A t haben die gleichen Eigenräume. 


Lösung: Nein. Gegenbeispiel: Die Matrixeinheit E 12 hat als Eigenraum (zum 

Eigenwert Null) span(e 1 ), ihre Transponierte E 21 hat als Eigenraum zum Eigenwert 

Null span(e 2 ). 

5 Ist 

A = 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

2 1 1 

2 3 2 

−4 −4 −3 

⎞ 

⎟ 

⎠ ∈ M(3 × 3,Q), 

○ (a) /○ (b) /○ (c) 

so ist das charakteristische Polynom P A = 

(a) X 3 − 2X 2 + X (b) X 3 + 2X 2 + X (c) X 3 − 2X 2 + 1 

Ist 

⎛ 

⎞ 

A = 

⎜ 

⎝ 

2 1 1 

−6 1 2 

4 −2 −3 

⎟ 

⎠ ∈ M(3 × 3,Q), 

○ (a) /○ (b) /○ (c) 

so ist das charakteristische Polynom P A = 

(a) X 3 + X (b) X 3 − 2X + 1 (c) X 3 − X 

Die folgenden Aufgaben sind schriftlich zu bearbeiten.

5 Wir untersuchen den Ring M(2 × 2,F 2 ) von 2 × 2-Matrizen mit Einträgen im Körper F 2 

(a) (5 Punkte) Geben Sie alle invertierbaren Matrizen an. 

(b) (5 Punkte) Ist die Gruppe GL(2,F 2 ) isomorph zu einer symmetrischen Gruppe S n ? 

(c) (5 Punkte) Geben Sie die Ähnlichkeitsklassen invertierbarer Matrizen an. 

(d) (5 Punkte) Geben Sie die Ähnlichkeitsklassen nicht-invertierbarer Matrizen an. 

Lösung: 

Mit Hilfe der Determinante sieht man leicht, dass GL(2,F 2 ) aus den folgenden sechs Elementen besteht: 

( )( )( )( ) 

1 0 0 1 1 0 1 1 

0 1 

1 0 

1 1 

0 1 

die außer dem ersten Element Ordnung zwei haben und zwei Elementen 

( )( ) 

0 1 1 1 

1 1 

der Ordnung drei. Als Gruppe liegt die symmetrische Gruppe S 3 vor. 

Es gibt 3 Ähnlichkeitsklassen invertibler Elemente, eine bestehend aus der Identität, eine bestehend aus 

den beiden Elementen der Ordnung 3 und eine bestehend aus den 3 Elementen der Ordnung zwei. 

Die 10 nicht-invertiblen Matrizen fallen in drei Ähnlichkeitsklassen: eine bestehend aus der Null, eine 

bestehend aus den drei Matrizen 

( )( )( ) 

1 1 0 1 0 0 

1 1 

0 0 

und eine, die die restlichen sechs Elemente enthält. 

6 (10 Punkte) Es sei K ein Körper, n ∈ N und A ∈ M(n × n,K) eine Matrix. Mit P A ∈ K[X] sei das charakteristische 

Polynom von A bezeichnet. Zeigen Sie: 

Wenn a ∈ K ist und die Dimension dim K (Eig(A,a)) = m für ein m ∈ N mit m ≥ 1 ist, dann teilt das 

Polynom (X − a) m das charakteristische Polynom P A . 

1 0 

1 0 

Lösung: 

Wir vervollständigen die m Eigenvektoren zu einer Basis. In dieser hat A die Form 

Das charakteristische Polynom ist also 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

⎞ 

aE m ∗ 

⎟ 

⎠ . 

0 A ′ 

P A = P aEm · P A ′ = (X − a) m P A ′ .

7 (10 Punkte) Gegeben sei die Matrix 

⎛ 

A = ⎜ 

⎝ 

0 1 0 0 

0 0 1 0 

0 0 0 1 

1 2 0 −2 

⎞ 

⎟ ∈ M(4 × 4,Q). 

⎠ 

Bestimmen Sie alle Eigenwerte und alle Eigenräume von A. 

Lösung: 

Das charakteristische Polynom von A errechnet sich zu (X + 1) 3 (X − 1), also ist +1 Eigenwert der algebraischen 

Vielfachheit 1 und −1 Eigenwert der algebraischen Vielfachheit 3. 

Ein Eigenvektor zum Eigenwert 1 ist (1,1,1,1), also ist Eig(A,1) = span Q (1,1,1,1). Ein Eigenvektor 

zum Eigenwert −1 ist (1,−1,1,−1). Weitere linear unabhängige Eigenvektoren gibt es nicht, damit ist 

Eig(A,−1) = span Q (1,−1,1,−1). 

8 (5 Punkte) Es sei K ein Körper, n ∈ N und A ∈ M(n × n,K). 

Zeigen Sie: Es existiert ein Polynom 0 ≠ f ∈ K[X] mit grad( f ) ≤ n 2 , für das f (A) = 0 ∈ M(n × n,K) ist. 

Lösung: Die Dimension des Vektorraumes M(n × n,K) ist n 2 . Für jedes A ∈ M(n × n,K) muss daher die 

Familie von Matrizen 

(E n ,A,A 2 ,A 3 ,···,A n2 ) 

linear abhängig sein, da sie mehr als n 2 Elemente enthält. D. h. es existieren Elemente c i ∈ K, die nicht 

alle gleich 0 sind, so dass 

c 0 E n + c 1 A + c 2 A 2 + ··· + c n 2A n2 = 0. 

Daher ist 

ein Polynom mit den gesuchten Eigenschaften. 

c 0 + c 1 X + c 2 X + ··· + c n 2X n2 ∈ K[X]

9 (20 Punkte) Sei V ein Vektorraum der endlichen Dimension n ≥ 1 und sei φ ∈ End(V ) ein Endomorphismus 

von V . Zeigen Sie, dass die folgenden beiden Bedingungen äquivalent sind. 

i) φ ist diagonalisierbar. 

ii) Zu jedem Unterraum W ⊂ V gibt es einen Unterraum U ⊂ V , so dass V = W ⊕U und φ(U) ⊂ U. 

Man nennt einen solchen Untervektorraum U ein unter φ stabiles Komplement von W. 

Lösung: 

• i) ⇒ ii) 

Sei (v 1 ,v 2 ,...,v n ) eine Basis von V bestehend aus Eigenvektoren von φ. 

Sei (w 1 ,...,w m ) eine Basis von W. Wir können diese mit Eigenvektoren von φ zu einer Basis 

von V ergänzen. Wir setzen 

und finden V = W ⊕U sowie φ(U) ⊂ U. 

(w 1 ,w 2 ,...,w m , v i1 ,v i2 ,...,v in−m ) 

U = span(v i1 ,v i2 ,...,v in−m ) 

• ii) ⇒ i) Beweis durch Induktion nach dimV . Der Fall n = 1 ist klar. Sei also n ≥ 2. 

Wähle irgendeine Hyperebene H 1 in V . (Also einen Untervektorraum der Dimension n − 1). Nach 

Annahme gibt es einen eindimensionalen Unterraum D 1 mit V = H 1 ⊕ D 1 und φ(D 1 ) ⊂ D 1 . Also 

wird D 1 durch einen Eigenvektor v 1 von φ aufgespannt, 

D 1 = span(v 1 ). 

Auf diese Weise fahren wir fort. Angenommen wir haben bereits m Eigenvektoren von φ gefunden. 

Dann wählen wir wiederum eine Hyperebene H, und zwar so, dass all diese Vektoren darin enthalten 

sind. Per Voraussetzung gibt es wieder ein D mit V = H ⊕ D. Ein beliebiges nichtverschwindendes 

v m+1 ∈ D ist nun unser (m + 1)-ter Eigenvektor. 

Auf diese Weise erhält man schließlich eine Basis von V aus Eigenvektoren von φ. Also ist φ diagonalisierbar. 


werden in der Übungsgruppe am Montag, dem 26. Mai, abgegeben.

Ex 1, Qu 1, Var 1: [’Ja’] 

Ex 1, Qu 1, Var 2: [’Nein’] 

Ex 1, Qu 2, Var 1: [’Ja’] 

Ex 1, Qu 2, Var 2: [’Nein’] 

Ex 1, Qu 3, Var 1: [’Nein’] 

Ex 1, Qu 3, Var 2: [’Nein’] 

Ex 1, Qu 4, Var 1: [’Ja’] 

Ex 1, Qu 4, Var 2: [’Nein’] 

Ex 1, Qu 5, Var 1: [’Nein’] 

Ex 2, Qu 1, Var 1: [’b’] 

Ex 2, Qu 2, Var 1: [’a’, ’b’] 

Ex 2, Qu 3, Var 1: [’a’] 

Ex 3, Qu 1, Var 1: [’8’] 

Ex 3, Qu 1, Var 2: [’7’] 

Ex 3, Qu 2, Var 1: [’8’] 

Ex 3, Qu 2, Var 2: [’1’] 

Ex 4, Qu 1, Var 1: [’Nein’] 

Ex 4, Qu 1, Var 2: [’Ja’] 

Ex 4, Qu 2, Var 1: [’Ja’] 

Ex 4, Qu 2, Var 2: [’Ja’] 

Ex 4, Qu 3, Var 1: [’Ja’] 

Ex 4, Qu 4, Var 1: [’Nein’] 

Ex 4, Qu 5, Var 1: [’(a)’] 

Ex 4, Qu 5, Var 2: [’(c)’]





02.06.2008, 08:00 Uhr. 

1 Es sei K ein beliebiger Körper und K[X] der Polynomring über K in der Unbestimmten X. Sind die folgenden 

Aussagen richtig? 

1 Zwei verschiedene Polynome in K[X] vom Grad 1 sind teilerfremd; d.h. es gibt 

kein Polynom vom Grad größer gleich 1, das die beiden Polynome teilt. 

Lösung: Nein. Gegenbeispiel: 2X und X haben den gemeinsamen Teiler X. 

Zwei verschiedene normierte Polynome in K[X] vom Grad 1 sind teilerfremd; 

d.h. es gibt kein Polynom vom Grad größer gleich 1, das die beiden Polynome 

teilt. 

Lösung: Ja. Normierte Polynome vom Grad 1 haben die Form X + a. X + a 

und X + b können höchstens einen gemeinsamen Teiler der Form cX + d haben 

(c ≠ 0). Man prüft leicht, dass dies nur für d = ac = bc und somit a = b möglich 

ist. 

2 In K[X] gibt es irreduzible Polynome, d.h. Polynome, die sich nicht als Produkt 

zweier nichtkonstanter Polynome schreiben lassen. 

Lösung: Ja. Jedes Polyom vom Grad 1 ist irreduzibel. 

3 Wenn ein Polynom f ∈ K[X] unendlich viele Nullstellen hat, dann ist f das 

Nullpolynom. 

Lösung: Ja. Nach Lemma 4.2.11 der Vorlesung trägt jede Nullstelle einen Linearfaktor 

zum Polynom bei. Kein nichttriviales Polynom von endlichem Grad 

kann also unendlich viele Nullstellen haben. 

Jedes Polynom 0 ≠ f ∈ K[X] hat nur endlich viele Nullstellen. 

Lösung: Ja. Nach Lemma 4.2.11 der Vorlesung trägt jede Nullstelle einen Linearfaktor 

zum Polynom bei. Kein nichttriviales Polynom von endlichem Grad 

kann also unendlich viele Nullstellen haben. 

4 Jedes nicht-konstante Polynom hat eine Nullstelle in K. 

Lösung: Nein. Gegenbeispiel: X 2 + 1 ∈ R[X]. 

5 Zu einer reellen Zahl α betrachten wir die Q-Algebra 

Q[α] = { f (α) ∈ R | f ∈ Q[X]} 

aller Polynomausdrücke in α. Ist diese Q-Algebra für α = √ 7 eine Polynomalgebra 

über Q in der Unbestimmten α? 

Lösung: Nein. Wegen α 2 = 7 lässt sich 7 ∈ Q[α] auf zweierlei Weise als Polynom 

in α schreiben. Das widerspricht der Definition (4.2.4 in der Vorlesung) 

von Polynomringen. 







○ Ja /○ Nein

Zu einer reellen Zahl α betrachten wir die Q-Algebra 


Q[α] = { f (α) ∈ R | f ∈ Q[X]} 

aller Polynomausdrücke in α. Ist diese Q-Algebra für α = 2 1/3 eine Polynomalgebra 

über Q in der Unbestimmten α? 

Lösung: Nein. Wegen α 3 = 2 lässt sich 2 ∈ Q[α] auf zweierlei Weise als Polynom 

in α schreiben. Das widerspricht der Definition (4.2.4 in der Vorlesung) 

von Polynomringen. 

2 1 Ein Polynom heißt unzerlegbar oder irreduzibel, wenn es nicht als Produkt nichtkonstanter 

Polynome geschrieben werden ( kann. ) 

5 1 

Ist das Minimalpolynom der Matrix ∈ M(2 × 2,R) unzerlegbar? 

0 5 

Lösung: Nein. Das charakteristische Polynom ist (X − 5) 2 . Da (X − 5) nicht im 

Annihilator der Matrix liegt, ist auch das Minimalpolynom gleich (X − 5) 2 , also 

reduzibel. 

Ein Polynom heißt unzerlegbar oder irreduzibel, wenn es nicht als Produkt nichtkonstanter 

Polynome geschrieben ( werden ) kann. 

5 −1 

Ist das Minimalpolynom von 

∈ M(2 × 2,R) unzerlegbar? 

0 5 

Lösung: Nein. Das charakteristische Polynom ist (X − 5) 2 . Da (X − 5) nicht im 

Annihilator der Matrix liegt, ist auch das Minimalpolynom gleich (X − 5) 2 , also 

reduzibel. 

( ) 

λ 1 

2 Gibt es ein λ ∈ R, für das das Minimalpolynom von ∈ M(2 × 2,R) 

0 λ 

unzerlegbar ist? 

Lösung: Nein. Das charakteristische Polynom ist (X − λ) 2 . Da (X − λ) nicht im 

Annihilator der Matrix liegt ist auch das Minimalpolynom gleich (X − λ) 2 , also 

reduzibel. 

( ) 

λ 1 

Gibt es ein λ ∈ C, für das das Minimalpolynom von ∈ M(2 × 2,C) 

0 λ 

unzerlegbar ist? 

Lösung: Nein. Das charakteristische Polynom ist (X − λ) 2 . Da (X − λ) nicht im 

Annihilator der Matrix liegt ist auch das Minimalpolynom gleich (X − λ) 2 , also 

reduzibel. 

3 Welche ( Dimension ) hat der Eigenraum zum Eigenwert 17,5 der Matrix 

17,5 1 

∈ M(2 × 2,R)? 

0 17,5 

Welche ( Dimension ) hat der Eigenraum zum Eigenwert 17,5 der Matrix 

17,5 1 

∈ M(2 × 2,C)? 

0 17,5 




○ Ja /○ Nein

( Welche ) Dimension hat der Eigenraum zum Eigenwert 5 ∈ F 7 der Matrix 

5 1 

∈ M(2 × 2,F 7 )? 

0 5 

4 Sei A eine quadratische Matrix. Für einen Eigenwert λ von A der algebraischen 

Vielfachheit r ≥ 1 nennt man Ker(A−λid V ) r den Hauptraum (oder verallgemeinerten 

Eigenraum) zum Eigenwert λ. 

( 

) 

17,5 1 

Was ist die höchste Dimension eines Hauptraums von 

∈ M(2× 

0 17,5 

2,C)? 

Sei A eine quadratische Matrix. Für einen Eigenwert λ von A der algebraischen 

Vielfachheit r ≥ 1 nennt man Ker(A−λid V ) r den Hauptraum (oder verallgemeinerten 

Eigenraum) zum Eigenwert λ. 

( 

) 

17,5 1 

Was ist die höchste Dimension eines Hauptraums von 

∈ M(2× 

0 17,5 

2,R)? 

( ) 

4 −1 

5 Welche Dimension hat der Hauptraum von 

∈ M(2×2,R) zum Faktor 

X −5 des Minimalpolynoms (also zum Eigenwert 5) dieser Matrix? Lösung: 

1 6 

Das charakteristische Polynom ist (X − 5) 2 , also hat 5 als Eigenwert die algebraische 

Vielfachheit 2. Wegen (A − 5E 2 ) ≠ 0 ist die Matrix A nicht diagonalisierbar. 

Das Minimalpolynom ist also (X − 5) 2 , also (A − 5E 2 ) 2 = 0, somit ist 

der Hauptraum der ganze Raum. 

( ) 

4 −1 

Welche Dimension hat der Hauptraum von 

∈ M(2×2,C) zum Faktor 

X − 5 des Minimalpolynoms dieser Matrix? Lösung: 

1 6 




der Hauptraum der ganze Raum. 

( ) 

4 6 

Welche Dimension hat der Hauptraum von ∈ M(2 × 2,F 7 ) zum Faktor 

X + 2 des Minimalpolynoms dieser Matrix? Lösung: 

1 6 




der Hauptraum der ganze Raum.

3 Es sei K = F 3 und V ein 4-dimensionaler K-Vektorraum mit Basis B = (b 1 ,...,b 4 ). Sei ϕ ∈ End(V ) der 

Endomorphismus mit 

⎛ 

⎞ 

1 1 2 2 

MB B (ϕ) := 0 2 0 0 

⎜ 

⎟ 

⎝ 0 0 2 0 ⎠ . 

1 0 1 1 

Sei M eine Teilmenge von V ; unter dem ϕ-Erzeugnis von M verstehen wir den kleinsten ϕ-invarianten 

Untervektorraum von V , der M enthält. Wir bezeichnen es mit ϕ 〈M 〉. 

Lösung: 

ϕ-invariante Unterräume sind offensichtlich span(b 1 ,b 4 ), span(b 1 ,b 2 ,b 4 ), span(b 1 ,b 3 ,b 4 ) und natürlich 

V = span(b 1 ,b 2 ,b 3 ,b 4 ) selbst. 

Es ist span(b 1 ,b 4 ) das ϕ-Erzeugnis sowohl von b 1 als auch von b 4 . Ebenso ist span(b 1 ,b 2 ,b 4 ) das ϕ- 

Erzeugnis von b 2 und span(b 1 ,b 3 ,b 4 ) das von b 3 . 

Das charakteristische Polynom von ϕ (über F 3 !) ergibt sich zu 

(X 2 − 2X + 2)(X − 2) 2 . 

Der erste Faktor hat, wie man schnell prüft, keine Nullstellen in F 3 . Das Minimalpolynom (welches ja 

die gleichen Nullstellen haben muss wie das charakteristische Polynom) ist also entweder gleich dem 

charakteristischen Polynom, gleich (X −2), gleich (X −2) 2 , oder aber gleich (X 2 −2X +2)(X −2). Durch 

Einsetzen findet man, dass zwar (X − 2) und (X − 2) 2 nicht im Annihilator unserer Matrix liegen, aber 

(X 2 − 2X + 2)(X − 2). Daher ist das Minmalpolynom gleich (X 2 − 2X + 2)(X − 2), also vom Grad 3. 

An dieser Argumentation ändert sich kaum etwas, wenn man die Matrix auf span(b 1 ,b 2 ,b 4 ) einschränkt. 

1 Ist span K (b 1 ) ein ϕ-invarianter Untervektorraum von V ? ○ Ja /○ Nein 

Ist span K (b 2 ) ein ϕ-invarianter Untervektorraum von V ? 


2 Ist span K (b 1 ,b 2 ,b 4 ) das ϕ-Erzeugnis von b 2 ? ○ Ja /○ Nein 

Ist span K (b 1 ,b 4 ) der Durchschnitt von ϕ 〈b 3 〉 und ϕ 〈b 2 〉? 

3 Welche Dimension hat ϕ 〈b 1 〉? 

Welche Dimension hat ϕ 〈b 4 〉? 

Welche Dimension hat ϕ 〈b 1 ,b 4 〉? 

4 Welchen Grad hat das Minimalpolynom von ϕ? 

Welchen Grad hat das Minimalpolynom der Einschränkung von ϕ auf 

ϕ〈b 1 ,b 2 ,b 4 〉? 

5 Welchen Grad hat das Minimalpolynom von ϕ auf ϕ 〈b 2 ,b 4 〉 + ϕ 〈b 1 ,b 2 〉? 

Welchen Grad hat das Minimalpolynom von ϕ auf ϕ 〈b 2 ,b 4 〉 ∩ ϕ 〈b 1 ,b 2 〉? 


4 Wir betrachten einen n-dimensionalen K-Vektorraum V mit geordneter Basis B zusammen mit einem 

Endomorphismus ϕ. Bekanntlich gibt eine geordnete Basis B einen K-Vektorraum-Isomorphismus Φ B : 

K n → V . Es bezeichne ϕ ′ den Endomorphismus von K n , der durch die Matrix MB B (ϕ) gegeben ist. 

Mit µ ϕ sei das Minimalpolynom von ϕ bezeichnet.

1 Gilt ϕ ◦ Φ B = Φ B ◦ ϕ ′ ? 

Lösung: Es gilt ϕ ′ = Φ −1 

B ◦ ϕ ◦ Φ B, da 


M(ϕ ′ ) = MB B (ϕ) = M(Φ−1 B ◦ ϕ ◦ Φ B) 

nach Lemma 2.7.1 und da M ein Isomorphismus ist. 

Gilt ϕ = Φ B ◦ ϕ ′ ◦ Φ −1 

B ? 


B ◦ ϕ ◦ Φ B, da 


M(ϕ ′ ) = MB B (ϕ) = M(Φ−1 B ◦ ϕ ◦ Φ B) 


Gilt ϕ ′ = Φ −1 

B ◦ ϕ ◦ Φ B ? 


B ◦ ϕ ◦ Φ B, da 


M(ϕ ′ ) = MB B (ϕ) = M(Φ−1 B ◦ ϕ ◦ Φ B) 


2 Haben ϕ und ϕ ′ dasselbe Minimalpolynom? 

Lösung: Ja, da ein Endomorphismus und seine darstellende Matrix das gleiche 

Minimalpolynom haben. 

3 Kann man B immer so wählen, dass MB B (ϕ) eine obere Dreiecksmatrix ist? 

Lösung: Nein. Falls es so eine Basis gibt, zerfällt das charakteristische Polynom 

in Linearfaktoren. Das ist aber im Allgemeinen nicht der Fall. 

Kann man B immer so wählen, dass MB B (ϕ) eine Diagonalmatrix ist? 

Lösung: Nein. Falls es so eine Basis gibt, zerfällt das charakteristische Polynom 

in Linearfaktoren. Das ist aber im Allgemeinen nicht der Fall. 

4 Ist für jeden Teiler X − λ (vom Grad 1) des Minimalpolynoms µ ϕ das 

Körperelement λ ein Eigenwert von ϕ? 

Lösung: Ja. Denn dann ist λ auch Nullstelle des charakteristischen Polynoms. 

5 Gibt es zu jedem µ ∈ K und jedem k ∈ {0,1,...,n} ein Beispiel eines K- 

Vektorraums V mit Endomorphismus ϕ, bei dem der Eigenraum Eig(ϕ,µ) die 

Dimension k hat? 

Lösung: Ja. Beispiel: Diagonalmatrix mit k Einträgen µ auf der Diagonalen und 

n − k Einträgen µ ′ ≠ µ. 

6 Gibt es für n = 2 zu jedem µ ∈ K Beispiele für einen K-Vektorraum V mit Endomorphismus 

ϕ, bei denen das Minimalpolynom von ϕ die Form (X − µ) 2 hat 

und dim K Eig(ϕ,µ) = 1 ist? 

( ) 

µ 1 

Lösung: Ja. Beispiel: . 

0 µ 






○ Ja /○ Nein

7 Gibt es für n = 2 zu jedem µ ∈ K Beispiele eines K-Vektorraums V mit Endomorphismus 

ϕ, bei dem das Minimalpolynom von ϕ die Form (X − µ) 2 hat und 

der Eigenraum Eig(ϕ,µ) die Dimension zwei hat? 

Lösung: Nein. Für den gegebenen Fall muss ϕ ein Vielfaches der Identität sein. 



5 (10 Punkte) Sei V ein endlich-dimensionaler Vektorraum über einen Körper K und ϕ ein Endomorphismus 

von V . 

Für jedes Polynom P ∈ K[X] ist auch P(ϕ) ein Endomorphismus von V . 

Sei nun u(X) ein Teiler des Minimalpolynoms µ ϕ mit 1 ≤ Grad u. Zeigen Sie, dass der Kern von u(ϕ) 

nicht verschwindet, also Kern u(ϕ) ≠ {0}. 

Lösung: 

Sei µ ϕ = uq, mit grad(q) < grad(µ). Wäre Kernu(ϕ) = {0}, dann wäre u(ϕ) wegen der endlichen Dimension 

von V ein Automorphismus. Aus 

0 = µ ϕ (ϕ) = u(ϕ)q(ϕ) 

folgt dann 0 = q(ϕ), so dass mit q ein Polynom mit kleinerem Grad als µ ϕ im Annihilator läge. Das 

widerspricht der Definition des Minimalpolynoms. Also muss Kernu(ϕ) ≠ {0} gelten. 

6 (i) (5 Punkte) Beweisen Sie: ist eine Matrix A ∈ M(2 × 2,R) symmetrisch, d.h. gilt A = A t , so hat das 

charakteristische Polynom nur reelle Nullstellen. 

(ii) (5 Punkte) Sei A ∈ M(2 × 2,R) antisymmetrisch, das heißt es gelte A t = −A. Hat dann das charakteristische 

Polynom nur reelle Nullstellen? Beweis oder Gegenbeispiel. 

Lösung: 

(i) Das charakteristische Polynom hat die Form 

( 

) 

λ − a −b 

det 

−b λ − d 

= (λ − a)(λ − d) − b 2 

= λ 2 − (a + d)λ + ad − b 2 . 

Die Nullstellen sind 

also reell. 

λ 1,2 = a + d 

2 

± 1 2 

√ 

(a + d) 2 − 4(ad − b 2 ) = a + d ± 1 √ 

(a − d) 

2 2 

2 + 4b 2 , 

(ii) Ein Gegenbeispiel: Die Matrix ( 

0 1 

−1 0 

) 

ist antisymmetrisch. Ihr charakteristisches Polynom ist P A (X) = X 2 + 1 und hat keine reellen Nullstellen.

7 a) (5 Punkte) Es sei K ein Körper, in dem 1 + 1 ≠ 0 gilt. Sei A eine Lösung der Gleichung A 2 = E 2 in 

M(2 × 2,K). Zeigen Sie, dass dann genau eine der folgenden Aussagen gelten muss 

• A = E 2 

• A = −E 2 

• A = SDS −1 mit S ∈ GL(2,K) und D der Diagonalmatrix mit Einträgen 1,−1. 

Lösung: 

Gemäß Voraussetzung liegt das Polynom 

X 2 − 1 = (X − 1)(X + 1) 

im Annihilator von A. Das Minimalpolynom muss ein normierter Teiler dieses Polynoms sein. Es gibt also 

drei Fälle zu unterscheiden: 

• Der Faktor (X −1) ist das Minimalpolynom. In diesem Fall ist A die Einheitsmatrix E 2 , da A−E 2 = 0 

gilt. 

• Der Faktor (X + 1) ist das Minimalpolynom. In diesem Fall ist A gleich −E 2 , da A + E 2 = 0 gilt. 

• Weder (X − 1) noch (X + 1) haben A als Nullstelle. Also muss das Minimalpolynom von A gleich 

(X + 1)(X − 1) sein und A hat die Eigenwerte 1 und −1. Diese sind, wegen 1 + 1 ≠ 0 verschieden. 

Daher ist jede (2 × 2)-Matrix mit Minimalpolynom X 2 − 1 diagonalisierbar, also ähnlich zu der 

Diagonalmatrix mit Einträgen +1 und −1. 

b) (5 Punkte) Geben Sie alle Lösungen der Gleichung A 2 = E 2 für den Fall K = F 2 an. 

Lösung: In K = F 2 ist 1 = −1. Daher gilt für das oben beschriebene Polynom nun 

X 2 − 1 = (X − 1) 2 . 

Das Minimalpolynom µ teilt also (X − 1) 2 und wir unterscheiden die folgenden beiden Fälle: 

Fall 1: µ = (X − 1). Das ist äquivalent zu A = +E 2 = −E 2 . Die drei Fälle oben fallen hier für K = F 2 also 

zusammen. 

Fall 2: µ = (X − 1) 2 . In diesem Fall muss µ geo (1) < µ alg (1) = 2 (da wir sonst wieder Fall 1 vorliegen 

hätten). 

Wir vergleichen nun mit der Lösung von Aufgabe 4.5 auf Übungsblatt 6. Die Matrix liegt dann in der 

Ähnlichkeitsklasse {( ) ( ) ( )} 

0 1 1 0 1 1 

, , 

1 0 1 1 0 1

8 (5 Punkte) 

Diagonalisieren Sie simultan die beiden Matrizen 

⎛ 

⎞ 

12 6 −6 

⎜ 

A = ⎝ −9 −3 6 

9 6 −3 

⎟ 

⎠ B = 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

5 2 −2 

−3 0 2 

3 2 0 

aus M(3 × 3,R), indem Sie eine Basis von gemeinsamen Eigenvektoren angeben. 

Lösung: 

Man rechnet nach, dass die Matrizen A und B kommutieren. 

Die Matrix A hat die Eigenwerte 3 mit Vielfachheit zwei und 0 mit Vielfachheit eins. Linear unabhängige 

Eigenvektoren zum Eigenwert 3 sind zum Beispiel 

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

v 1 = 

⎜ 

⎝ 

ein Eigenvektor zum Eigenwert 0 ist zum Beispiel 

⎛ 

2 

0 

3 

⎟ ⎜ 

⎠, v 2 = ⎝ 

v 3 = 

⎜ 

⎝ 

Da A und B kommutieren, sind die Eigenräume von A unter B invariant. Insbesondere folgt wegen 

dim R Eig(A,0) = 1, dass v 3 auch Eigenvektor von B ist. 

Wir betrachten nun Eig(A,3) und diagonalisieren die Einschränkung von B auf Eig(A,3). Wir sehen, dass 

B · v 1 = 2v 1 und B · v 2 = 2v 2 gilt. Somit hat B| Eig(A,3) bereits Diagonalgestalt und (v 1 ,v 2 ,v 3 ) ist eine Basis 

von R 3 aus gemeinsamen Eigenvektoren von A und B. 

9 Sei K ein Körper und V ein K-Vektorraum mit geordneter Basis (e i ) i∈I . Für i ∈ I definieren wir Elemente 

ϕ i ∈ V ∗ durch ϕ i (e j ) = δ i j . Zeigen Sie: 

1 

−1 

(i) (5 Punkte) Die Familie (ϕ i ) i∈I ist linear unabhängig. 

(ii) (5 Punkte) Ist V unendlichdimensional, so ist die Familie (ϕ i ) i∈I keine Basis von V ∗ . 

1 

⎞ 

⎟ 

⎠. 

−2 

3 

0 

⎟ 

⎠, 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

Lösung: 

(i) Sei J ⊂ I eine endliche Teilmenge und ∑ j∈J λ j ϕ j = 0. Für jedes i ∈ J gilt dann 

0 = (∑ 

j∈J 

λ j ϕ j )(e i ) = ∑ λ j ϕ j (e i ) = λ i 

j∈J 

Somit ist jede endliche Teilfamilie von (e i ) i∈I linear unabhängig und damit (e i ) i∈I linear unabhängig. 

(ii) Wir betrachten die Abbildung ϕ ∈ V ∗ mit ϕ(e i ) = 1 für alle i ∈ I. Dann ist ϕ keine endliche Linearkombination 

der ϕ i und somit die Familie (ϕ i ) i∈I kein Erzeugendensystem.

10 Sei A ∈ M(n × n,C) eine quadratische Matrix. Wir definieren B ∈ 2n × 2n,C) durch 

( ) 

A A 

B := 

0 A 

(i) (5 Punkte) Drücken Sie das charakteristische Polynom von B durch das charakteristische Polynom 

von A aus und vergleichen Sie die Eigenwerte. 

(ii) (5 Punkte) Berechnen Sie B n für n ∈ N und damit P(B) für P ∈ C[X]. 

Sei nun B als diagonalisierbar vorausgesetzt. 

(iii) (5 Punkte) Zeigen Sie, dass dann A und B das gleiche Minimalpolynom haben. 

(iv) (5 Punkte) Zeigen Sie unter Verwendung von (ii) und (iii), dass das Minimalpolynom von A ein 

Monom ist, das heißt µ A (X) = X p für ein gewisses p. 

(v) (5 Punkte) Schließen Sie aus der Diagonalisierbarkeit von B, dass A = 0 gilt. 

Lösung: 

(i) Offenbar gilt P B = (P A ) 2 . Insbesondere haben A und B die gleichen Eigenwerte. 

(ii) Durch Induktion berechnen wir 

und damit 

B n = 

P(B) = 

( 

( 

) 

A n nA n 

P(A) 

AP ′ (A) 

0 P(A) 

) 

Wir nehmen nun an, dass B diagonalisierbar ist. 

(iii) Wegen (ii) und µ B (B) = 0 ist µ B (A) = 0, nach der Definition teilt also das Minimalpolynom µ A von 

A das Minimalpolynom µ B von B. Da B diagonalisierbar ist, zerfällt µ B in paarweise verschiedene 

Linearfaktoren, also auch µ A . Nach (i) haben A und B die gleichen Eigenwerte, somit folgt mit der 

Normiertheit des Minimalpolynoms, dass µ A = µ B . 

(iv) Wegen (ii) und (iii) ist Aµ ′ A (A) = 0, also gilt µ A|Xµ ′ A 

. Da beide Polynome den gleichen Grad p 

haben, folgt pµ A (X) = Xµ ′ A 

(X). Das einzige normierte Polynom, das diese Bedingung erfüllt, ist 

µ A (X) = X p . 

(v) Mit (iii) und (iv) folgt µ B = µ A = X p . Da B diagonalisierbar ist, zerfällt µ B in paarweise verschiedene 

Linearfaktoren, also p = 1. Damit ist µ A (X) = X und somit 0 = µ A (A) = A. 


werden in der Übungsgruppe am Montag, dem 2. Juni, abgegeben.

Ex 1, Qu 1, Var 1: [’Nein’] 

Ex 1, Qu 1, Var 2: [’Ja’] 

Ex 1, Qu 2, Var 1: [’Ja’] 

Ex 1, Qu 3, Var 1: [’Ja’] 

Ex 1, Qu 3, Var 2: [’Ja’] 

Ex 1, Qu 4, Var 1: [’Nein’] 

Ex 1, Qu 5, Var 1: [’Nein’] 

Ex 1, Qu 5, Var 2: [’Nein’] 

Ex 2, Qu 1, Var 1: [’Nein’] 

Ex 2, Qu 1, Var 2: [’Nein’] 

Ex 2, Qu 2, Var 1: [’Nein’] 

Ex 2, Qu 2, Var 2: [’Nein’] 

Ex 2, Qu 3, Var 1: [’1’] 

Ex 2, Qu 3, Var 2: [’1’] 

Ex 2, Qu 3, Var 3: [’1’] 

Ex 2, Qu 4, Var 1: [’2’] 

Ex 2, Qu 4, Var 2: [’2’] 

Ex 2, Qu 5, Var 1: [’2’] 

Ex 2, Qu 5, Var 2: [’2’] 

Ex 2, Qu 5, Var 3: [’2’] 

Ex 3, Qu 1, Var 1: [’Nein’] 

Ex 3, Qu 1, Var 2: [’Nein’] 

Ex 3, Qu 2, Var 1: [’Ja’] 

Ex 3, Qu 2, Var 2: [’Ja’] 

Ex 3, Qu 3, Var 1: [’2’] 

Ex 3, Qu 3, Var 2: [’2’] 

Ex 3, Qu 3, Var 3: [’2’] 

Ex 3, Qu 4, Var 1: [’3’] 

Ex 3, Qu 4, Var 2: [’3’] 

Ex 3, Qu 5, Var 1: [’3’] 

Ex 3, Qu 5, Var 2: [’3’] 

Ex 4, Qu 1, Var 1: [’Ja’] 

Ex 4, Qu 1, Var 2: [’Ja’] 

Ex 4, Qu 1, Var 3: [’Ja’] 

Ex 4, Qu 2, Var 1: [’Ja’] 

Ex 4, Qu 3, Var 1: [’Nein’] 

Ex 4, Qu 3, Var 2: [’Nein’] 

Ex 4, Qu 4, Var 1: [’Ja’] 

Ex 4, Qu 5, Var 1: [’Ja’] 

Ex 4, Qu 6, Var 1: [’Ja’] 

Ex 4, Qu 7, Var 1: [’Nein’]





09.06.2008, 08:00 Uhr. 

1 Tragen Sie die gefragten Zahlen in die vorgesehenen Felder ein. 

⎛ 

⎞ 

−22 6 12 3 

−56 16 28 7 

1 Sei M = ⎜ 

⎟ ∈ M(4 × 4,Q). Teilen Sie das charakteri- 

⎝ −32 8 18 4 ⎠ 

48 −12 −24 −4 

stische Polynom von M durch das Minimalpolynom von M und geben sie eine 

Nullstelle des Ergebnisses an. 

Lösung: 

Man findet für das charakteristische Polynom P A = (X − 2) 4 . Man rechnet, dass 

(A − 2E 4 ) 2 = 0, das Minimalpolynom ist also µ A = (X − 2) 2 . Der Quotient hat 

als Nullstelle 

⎛ 

nur 2. 

⎞ 

−23 6 12 3 

−56 15 28 7 

Sei M = ⎜ 

⎟ ∈ M(4 × 4,Q). Teilen Sie das charakteri- 

⎝ −32 8 17 4 ⎠ 

48 −12 −24 −5 

stische Polynom von M durch das Minimalpolynom von M und geben sie eine 

Nullstelle des Ergebnisses an. 

Lösung: 

Man findet für das charakteristische Polynom P A = (X − 1) 4 . Man rechnet, dass 

(A−E 4 ) 2 = 0, das Minimalpolynom ist also µ A = (X −1) 2 . Der Quotient hat als 

Nullstelle nur 1. 

⎛ ⎞ 

2 Sei M = 

⎜ 

⎝ 

1 2 3 

4 5 6 

7 8 9 

von aE 3 − M kleiner als drei ist? 

⎟ 

⎠ ∈ M(3 × 3,R). Wieviele a ∈ R gibt es, so dass der Rang 

Lösung: Das charakteristische Polynom ist X 3 − 15X 2 − 18X = X(X 2 − 15X − 

18) hat offensichtlich 3 verschiedene reelle Lösungen. 

⎛ ⎞ 

1 2 3 

⎜ ⎟ 

Sei M = ⎝ 4 5 6 ⎠ ∈ M(3 × 3,C). Wieviele a ∈ C gibt es, so dass der Rang 

7 8 9 

von aE 3 − M kleiner als drei ist? 

Lösung: Das charakteristische Polynom ist X 3 − 15X 2 − 18X = X(X 2 − 15X − 

18) hat offensichtlich 3 verschiedene reelle Lösungen.

3 Wieviele Matrizen M ∈ M(2×2,F 2 ) haben genau zwei verschiedene Eigenwerte 

in F 2 ? 

Lösung: Hat eine Matrix zwei verschieden Eigenwerte, so ist sie diagonalisierbar. 

Sie liegt in der Ähnlichkeitsklasse von 

( ) 

1 0 

, 

0 0 

die nach Blatt 6 genau sechs Elemente hat. 

4 Wieviele Matrizen M ∈ M(2 × 2,F 2 ) haben keinen Eigenwert in F 2 ? 

Lösung: Die Matrix kann nicht Determinante Null haben, da sie sonst einen 

Eigenwert Null hat. Also ist die Matrix eine der sechs invertierbaren Matrizen. 

Die Einheitsmatrix und die drei Matrizen in der Ähnlichkeitsklasse der Matrix 

( ) 

0 1 

1 0 

haben offenbar Eigenwerte. Es bleiben also die beiden Matrizen der Ordnung 

3, die das charakteristische Polynom P A = X 2 + X + 1 haben, das in F 2 keine 

Nullstellen hat. 

5 Wieviele Matrizen M ∈ M(4 × 4,F 17 ) haben ein Minimalpolynom vom Grad 1? 

Lösung: 

Minimalpolynom vom Grad 1 bedeutet, dass es ein µ ∈ F 17 gibt mit 

A − µE 4 = 0. 

Also muss A = µE 4 sein. Es gibt 17 mögliche Werte für µ, also 17 solche Matrizen. 

Wieviele Matrizen M ∈ M(3 × 3,F 23 ) haben ein Minimalpolynom vom Grad 1? 

Lösung: 

Minimalpolynom vom Grad 1 bedeutet, dass es ein µ ∈ F 23 gibt mit 

A − µE 3 = 0. 

Also muss A = µE 3 sein. Es gibt 23 mögliche Werte für µ, also 23 solche Matrizen.

2 Es sei A = (a i, j ) ∈ M(n × n,R) mit 

und µ A das Minimalpolynom. 

a i, j = 

{ 

1 wenn i + j gerade, 

0 sonst 

Lösung: 

Für n ≥ 2 hat A offenbar genau zwei linear unabhängige Zeilenvektoren. Daher ist rangA = 2 und 

dimkerA = n − 2. 

Für x ∈ Q sei [x] die größte ganze Zahl kleiner gleich x. 

Der Vektor e 1 = (1,0,1,···) ist Eigenvektor von A zum Eigenwert [(n + 1)/2]. 

Der Vektor e 2 = (0,1,0,···) ist Eigenvektor von A zum Eigenwert [n/2]. 

Also gibt es eine Basis, in der A dargestellt wird durch eine Matrix der Form 

M(A) = diag([n/2],[(n + 1)/2],0,0,···). 

Für n gerade ist daher µ A = X(X − n/2). Für n ungerade ist µ A = X(X − (n − 1)/2)(X − (n + 1)/2). 

Für n gerade ist der größte Eigenwert gleich n/2. Für n ungerade ist der größte Eigenwert gleich (n+1)/2. 

Der kleinste Eigenwert ist immer die Null. Der zugehörige Eigenraum hat die Dimension dimkerA = n−2. 

1 Für n = 70 ist Grad µ A gleich 

Für n = 72 ist Grad µ A gleich 

Für n = 74 ist Grad µ A gleich 

2 Für n = 74 ist der größte Eigenwert gleich 

Für n = 76 ist der größte Eigenwert gleich 


3 Für n = 63 ist der größte Eigenwert gleich 



4 Für n = 133 ist die Dimension des Eigenraums Eig(A,t) zum kleinsten Eigenwert 

t gleich 

Für n = 135 ist die Dimension des Eigenraums Eig(A,t) zum kleinsten Eigenwert 

t gleich 

Für n = 137 ist die Dimension des Eigenraums Eig(A,t) zum kleinsten Eigenwert 

t gleich 

5 Für n = 60 ist die Dimension des Eigenraums Eig(A,t) zum größten Eigenwert 

t gleich 

Für n = 70 ist die Dimension des Eigenraums Eig(A,t) zum größten Eigenwert 

t gleich 

Für n = 80 ist die Dimension des Eigenraums Eig(A,t) zum größten Eigenwert 

t gleich 

3 Wir betrachten einen n-dimensionalen K-Vektorraum mit einem Endomorphismus ϕ. Ist T ⊆ V ein ϕ- 

invarianter Untervektorraum, dann bezeichnen wir mit ϕ T die Einschränkung von ϕ auf T . Mit µ ϕ sei das 

Minimalpolynom von ϕ bezeichnet.

1 Ist für jeden Eigenwert λ von ϕ das Polynom X − λ ein Teiler des Minimalpolynoms 

µ ϕ ? 

Lösung: Ja. Für jede Nullstelle α eines Polynoms ist (X − α) immer Teiler. 

(Lemma 4.2.11 der Vorlesung.) 

Ist jedes unzerlegbare normierte Polynom p(X) mit p(ϕ) = 0 gleich µ ϕ ? 

Lösung: Ja. Denn es wird durch µ ϕ geteilt, hat aber keine echten Teiler. Man 

beachte aber, dass ein Minimalpolynom nicht unbedingt unzerlegbar sein muss! 

2 Ist jedes Polynom q(X) mit q(ϕ) = 0 ein Teiler von µ ϕ ? 

Lösung: Nein. Gegenbeispiel: q = µ 2 ϕ. 

Ist jedes Polynom r(X) mit r(ϕ) = 0 ein Vielfaches von µ ϕ ? 

Lösung: Ja. Das folgt aus der Definition von µ ϕ . 

3 µ 1 , µ 2 seien die Minimalpolynome der Restriktionen von ϕ auf die ϕ-invarianten 

Untervektorräume T 1 bzw. T 2 . Ist µ 1·µ 2 dann das Minimalpolynom der Restriktion 

von ϕ auf T 1 + T 2 ? 

Lösung: Nein. Gegenbeispiel: ϕ = E 2 , T 1 = span(e 1 ), T 2 = span(e 2 ). 

4 µ 1 , µ 2 seien die Minimalpolynome der Restriktionen von ϕ auf die ϕ-invarianten 

Untervektorräume T 1 bzw. T 2 , deren Schnitt trivial sei. Ist µ 1·µ 2 dann das Minimalpolynom 

der Restriktion von ϕ auf T 1 ⊕ T 2 ? 

Lösung: Nein. Gegenbeispiel: ϕ = E 2 , T 1 = span(e 1 ), T 2 = span(e 2 ). 

5 µ 1 und µ 2 seien die Minimalpolynome der Restriktionen von ϕ auf die ϕ- 

invarianten Untervektorräume T 1 bzw. T 2 , und g sei der größte gemeinsame Teiler 

mit höchstem Koeffizienten 1 von µ 1 und µ 2 . Ist g dann das Minimalpolynom 

von ϕ| T1 ∩T 2 

? 

Lösung: Nein. Gegenbeispiel: Sei a ≠ b, und A die Diagonalmatrix mit Einträgen 

a,b,a. Setze T 1 := span K (e 1 ,e 2 ) und T 2 := span K (e 2 ,e 3 ). Dann ist 








µ 1 = µ 2 = (X − a)(X − b) = g 

aber das Minimalpolynom des Schnitts ist X − b. 

4 Es sei K ein Körper, ϕ ∈ End V für einen n-dimensionalen K-Vektorraum V und A ∈ M(n × n,K) mit 

n ≥ 1. Das charakteristische Polynom von ϕ bzw. A wird mit P ϕ bzw. P A bezeichnet, das Minimalpolynom 

mit µ ϕ bzw. µ A . 

1 Ist ϕ bijektiv, so ist P ϕ (0) ≠ 0. 

Lösung: Ja. Es ist P ϕ (0) = (−1) n det(ϕ). Ist ϕ bijektiv, so ist die Determinante 

von Null verschieden. 

Ist P ϕ (0) ≠ 0, so ist ϕ bijektiv. 

Lösung: Ja. Es ist P ϕ (0) = (−1) n det(ϕ). Ist det(ϕ) ≠ 0, so ist ϕ bijektiv. 

2 Ist P ϕ = P A , so gibt es eine geordnete Basis B in V mit A = M B (ϕ). 

( ) 

0 1 

Lösung: Nein. Gegenbeispiel: ϕ = und A = 0 2 . 

0 0 



○ Ja /○ Nein

3 Jedes normierte Polynom vom Grad n über K ist charakteristisches Polynom 

eines Endomorphismus von V . 

Lösung: Ja. Man konstruiert diesen Endomorphismus wie im Beweis von Theorem 

4.5.7 (Cayley-Hamilton) in der Vorlesung. 

4 Jedes normierte Polynom vom Grad n über K ist Minimalpolynom eines Endomorphismus 

von V . 

Lösung: Ja. Zunächst konstruiert man einen Endomorphismus mit dem gegebenen 

Polynom als charakteristischem Polynom, wie im Beweis von Theorem 

4.5.7 (Cayley-Hamilton) in der Vorlesung. 

Aus dem Beweis geht außerdem hervor, dass für den so konstruierten Endomorphismus 

charakteristisches Polynom P A und Minimalpolynom µ A übereinstimmen. 

Denn wäre 

µ A = 

m 

∑ 

i=0 

a i X i 

ein echter Teiler von P A , so wäre der Grad m strikt kleiner als der Grad von P A . 

Es folgt dann aber aus 



0 = ˜µ A (A)v = 

m 

∑ 

i=0 

a i A i v = 

m 

∑ 

i=0 

a i v i , 

dass die im Beweis angenommene lineare Abhängigkeitsbeziehung nicht minimal 

wäre, Widerspruch. 

5 Hat P ϕ n paarweise verschiedene Nullstellen in K, so ist P ϕ = µ ϕ . 

Lösung: Ja. Denn das Minimalpolynom teilt das charakteristische Polynom und 

hat die gleichen Nullstellen. 

6 Ist P ϕ = µ ϕ , so hat der Endomorphismus ϕ mindestens einen Eigenwert. 

Lösung: Nein. Gegenbeispiel: Drehmatrix im R 2 . 

7 Ist die Summe der Koeffizienten des charakteristischen Polynoms P ϕ gleich 0, 

so ist 1 Eigenwert von ϕ. 

Lösung: Ja. Denn dann ist ˜P ϕ (1) = 0. 

8 Ist die Summe der Koeffizienten des Minimalpolynoms µ ϕ gleich 0, so ist 1 

Eigenwert von ϕ. 

9 Sei 

Lösung: Ja. Denn dann ist ˜µ ϕ (1) = 0. 

⎛ 

⎞ 

1 0 ... 0 

0 2 ... 0 

A = ⎜ 

⎟ ∈ M(n × n,R) 

⎝ ... ... ... ... ⎠ 

0 0 ... n 

und B ∈ M(n × n,R) diagonalisierbar. Es gelte AB = BA; ist dann B notwendigerweise 

eine Diagonalmatrix? 

Bemerekung 

Die Forderung, dass B diagonalisierbar ist, ist nicht notwendig. 






○ Ja /○ Nein

5 (5 Punkte) Sei K ein beliebiger Körper und ϕ ein Endomorphismus eines K-Vektorraums V . Zeigen Sie: 

Ist jeder Vektor v ∈ V \ {0} ein Eigenvektor, so gibt es ein a ∈ K, so dass ϕ = aid V gilt. 

Lösung: 

Seien v 1 ≠ 0 und v 2 ≠ 0 Eigenvektoren zu den Eigenwerten λ 1 und λ 2 . Sind λ 1 und λ 2 verschieden, so 

ist (v 1 ,v 2 ) linear unabhängig. Wir betrachten die Summe v 1 + v 2 . Nach Annahme ist auch dies wieder ein 

Eigenvektor, es gibt also a ∈ K so dass 

λ 1 v 1 + λ 2 v 2 = ϕ(v 1 + v 2 ) = av 1 + av 2 

gilt. Aus der linearen Unabhängigkeit von v 1 ,v 2 folgt λ 1 = λ 2 = a. 

6 Sei V ein endlich-dimensionaler K-Vektorraum. Sei M eine nicht-leere Teilmenge von End(V ) mit der 

Eigenschaft, dass V und {0} die einzigen Unterräume von V sind, die unter allen ϕ ∈ M invariant sind. 

Sei ψ ≠ 0 ein Endomorphismus von V , der mit allen ϕ ∈ M vertauscht. 

Zeigen Sie: 

(i) (5 Punkte) ψ ist ein Automorphismus. 

(ii) (5 Punkte) Im Falle K = C hat ψ sogar die Gestalt ψ = aid V mit einem a ∈ C \ {0}. 

Lösung: 

i) Wir nehmen an, dass dim K kerψ > 0 und führen dies zu einem Widerspruch. 

Wähle also ein v ∈ kerψ und ein ϕ ∈ M, so dass ϕ(v) ∉ ker ψ. Die Existenz eines solchen ϕ folgt aus der 

Annahme, denn sonst wäre der echte Unterraum kerψ invariant unter allen ϕ ∈ M. 

Offensichtlich ist dann ϕ(ψ(v)) = 0 und ψ(ϕ(v)) ≠ 0. Das widerspricht der Annahme, dass ψ und ϕ 

vertauschen. 

Also muss dim K kerψ = 0 gelten. Es folgt damit, dass V endlich-dimensional ist, dass ψ ein invertierbarer 

Endomorphismus (= Automorphismus) ist. 

ii) Da K = C, hat ψ wenigstens einen Eigenwert a. Betrachte den Endomorphismus ˜ψ := ψ − aid V , der 

ebenso mit allen ϕ ∈ M vertauscht. Wäre dieser Endomorphismus nicht Null, so wäre er nach (i) ein 

Automorphismus. Das kann aber nicht sein, da es einen Eigenvektor von ψ zum Eigenwert a gibt, der im 

Kern von ˜ψ liegt, so dass ˜ψ kein Automorphismus ist. Also ist ˜ψ = 0. 

7 (10 Punkte) 

Sei K ein Körper und V ein K-Vektorraum der Dimension n. Seien f 1 ,..., f m ∈ V ∗ Linearformen und sei 

U = ker f 1 ∩ ... ∩ ker f m . Zeigen Sie, dass dim K U ≥ n − m gilt. 

Lösung: 

Wir können ohne Einschränkung annehmen, dass alle f i von Null verschieden sind. 

Die Räume ker f i haben nach der Dimensionsformel die Dimension n − 1, sind also Hyperebenen. Sei 

allgemein H eine Hyperebene und W ein Untervektorraum von V . Nach Satz 1.5.3 gilt dann dim K (W ∩ 

H) ≥ dim K W − 1. Per Induktion nach m folgt dann leicht die Aussage.

8 Ein Endomorphismus ϕ eines n-dimensionalen K-Vektorraums V heißt nilpotent, wenn es eine natürliche 

Zahl k gibt, so dass ϕ k = 0 gilt. 

(i) (15 Punkte) Beweisen Sie die Äquivalenz der folgenden Aussagen über einen Endomorphismus eines 

n-dimensionalen K-Vektorraums: 

1. ϕ ist nilpotent. 

2. Das charakteristische Polynom ist P ϕ (X) = X n . 

3. Es gibt eine Basis von V , bezüglich welcher ϕ durch eine obere Dreiecksmatrix mit lauter Nullen 

auf der Hauptdiagonalen dargestellt wird. 

4. Es gilt ϕ n = 0. 

Hinweis: 

Verwenden Sie die Kette von Inklusionen 

kerϕ ⊂ kerϕ 2 ⊂ kerϕ 3 ⊂ ··· ⊂ kerϕ k = V , 

um 1.) ⇒ 3.) zu zeigen. 

(ii) Zeigen Sie, dass für eine nilpotente Matrix A ∈ M(n × n,K) gilt: 

1. (5 Punkte) Sp(A) = 0. 

2. (5 Punkte) det(A + E n ) = det(E n − A) = 1. 

(iii) (10 Punkte) Sei A nilpotent. Zeigen Sie: Für jede Matrix B ∈ M(n × n,K), die mit A vertauscht, gilt 

det(A + B) = det(B).

9 (Lösung der vorigen Aufgabe) 

Lösung von (i): 

Wir zeigen zuerst 1) ⇒ 3). Die anderen Aussagen folgen dann leicht. 

Sei also ϕ nilpotent. Es folgt offensichtlich die Kette 

kerϕ ⊂ kerϕ 2 ⊂ kerϕ 3 ⊂ ··· ⊂ kerϕ k = V , 

von strikten Inklusionen, wobei wir annehmen können, dass k die kleinste natürliche Zahl ist, für die ϕ k = 0 

gilt. 

Wir wählen nun eine Basis (e 1 1 ,e1 2 ,···) von kerϕ. Diese ergänzen wir zu einer Basis (e1 1 ,e1 2 ,···,e2 1 ,e2 2 ,···) 

von kerϕ 2 . Das Ergebnis ergänzen wir wiederum zu einer Basis (e 1 1 ,e1 2 ,···,e2 1 ,e2 2 ,···,e3 1 ,e3 2 ,···) von kerϕ3 . 

Wenn wir auf diese Weise fortfahren, erhalten wir eine Basis von V , in der ϕ durch eine Matrix dargestellt 

wir, die nichtverschwindende Einträge nur oberhalb der Hauptdiagonalen hat. Denn 

ϕ(e m i ) ∈ kerϕ m−1 = span(e 1 1,e 1 2,···,e 2 1,e 2 2,···,e m−1 

1 

,e m−1 

2 

,···,e m−1 

p ). 

Die Implikationen 3) ⇒ 1) und 3) ⇒ 4) folgen leicht aus den Regeln der Matrixmultiplikation. 3) ⇒ 

2) folgt aus der Tatsache, dass die Determinante einer oberen Dreiecksmatrix gleich dem Produkt der 

Diagonalelemente ist. 4) ⇒ 1) ist trivial. 

Schließlich gilt 2) ⇒ 1), denn das charakteristische Polynomom ist nach Cayley-Hamilton im Annihilator 

von ϕ. Damit folgen die verbleibenden Implikationen. 

Lösung: von (ii) 

1. Folgt direkt aus Aussage 2) in Teil (i), da die Spur von A der Koeffizient von X n−1 ist, oder aus 

Aussage 3) in Teil (i), da die Spur unabhängig von der Wahl einer Basis ist. 

2. In der Basis, in der A eine obere Dreiecksmatrix mit lauter Nullen auf der Diagonale ist – eine solche 

Basis existiert nach Aussage 3 von Teil (i) – folgt die Aussage sofort. 

Lösung: von (iii) 

Ist B invertibel, so folgt aus [A,B] = AB − BA = 0 sofort (AB −1 ) k = A k B −k . Ist also A nilpotent, so folgt, 

dass auch AB −1 nilpotent ist. Somit folgt 

det(A + B) = det(AB −1 + E n )B = det(AB −1 + E n ) · detB = detB , 

wobei wir im letzten Teil (ii) verwendet haben. 

Ist B nicht invertibel, so ist detB = 0 und Ker(B) ein nicht-trivialer A-invarianter Unterraum. Auch die 

Restriktion von A auf diesen Unterraum ist nilpotent, also trigonalisierbar. Es gibt also einen Eigenvektor 

von A im Kern von B, d.h. v ∈ V mit Av = 0 = Bv. Daraus folgt (A+B)v = 0, also det(A+B) = 0 = det(B). 



Ex 1, Qu 1, Var 1: [’2’] 

Ex 1, Qu 1, Var 2: [’1’] 

Ex 1, Qu 2, Var 1: [’3’] 

Ex 1, Qu 2, Var 2: [’3’] 

Ex 1, Qu 3, Var 1: [’6’] 

Ex 1, Qu 4, Var 1: [’2’] 

Ex 1, Qu 5, Var 1: [’17’] 

Ex 1, Qu 5, Var 2: [’23’] 

Ex 2, Qu 1, Var 1: [’2’] 

Ex 2, Qu 1, Var 2: [’2’] 

Ex 2, Qu 1, Var 3: [’2’] 

Ex 2, Qu 2, Var 1: [’37’] 

Ex 2, Qu 2, Var 2: [’38’] 

Ex 2, Qu 2, Var 3: [’39’] 

Ex 2, Qu 3, Var 1: [’32’] 

Ex 2, Qu 3, Var 2: [’33’] 

Ex 2, Qu 3, Var 3: [’34’] 

Ex 2, Qu 4, Var 1: [’131’] 

Ex 2, Qu 4, Var 2: [’133’] 

Ex 2, Qu 4, Var 3: [’135’] 

Ex 2, Qu 5, Var 1: [’2’] 

Ex 2, Qu 5, Var 2: [’2’] 

Ex 2, Qu 5, Var 3: [’2’] 

Ex 3, Qu 1, Var 1: [’Ja’] 

Ex 3, Qu 1, Var 2: [’Ja’] 

Ex 3, Qu 2, Var 1: [’Nein’] 

Ex 3, Qu 2, Var 2: [’Ja’] 

Ex 3, Qu 3, Var 1: [’Nein’] 

Ex 3, Qu 4, Var 1: [’Nein’] 

Ex 3, Qu 5, Var 1: [’Nein’] 

Ex 4, Qu 1, Var 1: [’Ja’] 

Ex 4, Qu 1, Var 2: [’Ja’] 

Ex 4, Qu 2, Var 1: [’Nein’] 

Ex 4, Qu 3, Var 1: [’Ja’] 

Ex 4, Qu 4, Var 1: [’Ja’] 

Ex 4, Qu 5, Var 1: [’Ja’] 

Ex 4, Qu 6, Var 1: [’Nein’] 

Ex 4, Qu 7, Var 1: [’Ja’] 

Ex 4, Qu 8, Var 1: [’Ja’] 

Ex 4, Qu 9, Var 1: [’Ja’]





16.06.2008, 08:00 Uhr. 

1 Seien V und W endlichdimensionale K-Vektorräume und F : V → W eine lineare Abbildung mit zugehöriger 

dualer Abbildung F ∗ : W ∗ → V ∗ . Entscheiden Sie, ob die folgenden Aussagen wahr oder falsch sind. 

1.1 Mit F ist auch stets F ∗ injektiv. 

Lösung: Falsch. 


F : K → K 3 mit F(λ) = λe 1 ist injektiv. F ∗ ist eine Abbildung von einem dreidimensionalen 

in einen ein-dimensionalen Vektorraum und kann wegen der Dimensionsformel 

nicht injektiv sein. 

Mit F ist auch stets F ∗ surjektiv. 


Lösung: Falsch. 

F : K 3 → K mit F(∑x i e i ) = x 1 ist surjektiv. F ∗ ist eine Abbildung von einem 

ein-dimensionalen in einen drei-dimensionalen Vektorraum und kann wegen der 

Dimensionsformel nicht surjektiv sein. 

1.2 F ∗ ist genau dann surjektiv, wenn F injektiv ist. 


Lösung: Wahr. 

F ∗ ist genau dann injektiv, wenn (ImF) 0 = KerF ∗ = {0} gilt. Dies ist aber genau 

dann der Fall, wenn ImF = W gilt. 

F ∗ ist genau dann injektiv, wenn F surjektiv ist. 



F ∗ ist genau dann surjektiv, wenn (KerF) 0 = ImF ∗ = V ∗ gilt. Dies ist aber genau 

dann der Fall, wenn KerF = {0} gilt. 

1.3 Gelte dim K V = dim K W. F ∗ ist genau dann injektiv, wenn F injektiv ist. 



Aus F ∗ injektiv folgt, wegen dim K V = dim K W, dass F ∗ auch surjektiv ist. Nach 

der vorigen Aufgabe ist daher F injektiv. 

Gelte dim K V = dim K W. F ∗ ist genau dann surjektiv, wenn F surjektiv ist. 



Aus F ∗ surjektiv folgt, wegen dim K V = dim K W, dass F ∗ auch injektiv ist. Nach 

der vorigen Aufgabe ist daher F surjektiv.

1.4 F ∗ ist genau dann invertierbar, wenn F invertierbar ist. 



Das folgt aus der vorigen Aufgabe. Expliziter: Sei F −1 das Inverse zu F, dann 

folgt mit Lemma 5.1.11 aus der Vorlesung, dass (F ∗ ) −1 = (F −1 ) ∗ gilt, denn 

(F −1 ) ∗ ◦ F ∗ = (F ◦ F −1 ) ∗ = (Id W ) ∗ = Id W ∗ 

F ∗ ◦ (F −1 ) ∗ = (F −1 ◦ F) ∗ = (Id V ) ∗ = Id V ∗ . 

Sei nun V = W, also F und F ∗ Endomorphismen. 

1.5 F ∗ ist genau dann trigonalisierbar, wenn F trigonalisierbar ist. 



Folgt aus Satz 5.1.12 der Vorlesung: In dualen Basen sind die darstellenden Matrizen 

von F und F ∗ zueinander transponiert. 

F ∗ ist genau dann diagonalisierbar, wenn F diagonalisierbar ist. 




von F und F ∗ zueinander transponiert. 

1.6 F und F ∗ haben stets das gleiche charakteristische Polynom. 




von F und F ∗ zueinander transponiert. Das charakteristische Polynom 

gewinnt man aus der Determinante der darstellenden Matrix. Deren Wert ändert 

sich nach Satz 3.2.10 der Vorlesung nicht unter Transposition. 

1.7 F und F ∗ haben stets das gleiche Minimalpolynom. 



Der Annulator von F ist gleich dem von F ∗ , denn mit P(A) = 0 folgt auch 0 = 

(P(A)) t = P(A t ). 

1.8 F sei nilpotent. Ist dann auch F ∗ nilpotent? 



Das folgt aus Lemma 5.1.11 der Vorlesung, wonach (F ∗ ) n = (F n ) ∗ . 

F ∗ sei nilpotent. Ist dann auch F nilpotent? 



Das folgt aus Lemma 5.1.11 der Vorlesung, wonach (F ∗ ) n = (F n ) ∗ .

1.9 Sei V unendlichdimensional. Dann ist die kanonische Abbildung 


injektiv, aber nicht surjektiv 

ι V : V → V ∗∗ 

2 Bezeichne V = R 2 [X] den reellen Vektorraum der rellen Polynome vom Grad ≤ 2, und sei V ∗ der zugehörige 

Dualraum. Wir betrachten die Basen 

und 

A = (a i ) i=1...3 = ( 1,X ,X 2) 

B = (b i ) i=1...3 = ( (X − 1) 0 ,(X − 1) 1 ,(X − 1) 2) 

von V . Ferner betrachten wir Basen C ∗ = (c ∗ 1 ,c∗ 2 ,c∗ 3 ) und D∗ = (d ∗ 1 ,d∗ 2 ,d∗ 3 ) von V ∗ mit 

und 

c ∗ n : R 2 [X] → R 

d ∗ n : R 2 [X] → R 

f 

↦→ 

f ↦→ f (n). 

Z 1 

0 

f (x)x n−1 dx. 

Überzeugen Sie sich, dass dies wirklich Basen sind. Geben Sie dann die Werte der folgenden Ausdrücke 

an. 

Lösung: Nach Definition des Polynomrings ist klar, dass A eine Basis ist. Wir zeigen, dass die Polynome 

in B linear unabhängig sind und daher aus Dimensionsgründen eine Basis bilden: aus 

λ(X − 1) 2 + µ(X − 1) + ν = 0 

folgt durch Vergleich der Terme proportional X 2 , dass λ = 0 gilt. Vergleich der Terme proportional X 

liefert µ = 0, nun ist ν = 0 offensichtlich. 

Wir zeigen, dass die Elemente in C ∗ linear unabhängig sind und daher aus Dimensionsgründen eine Basis 

bilden: gilt 

λc ∗ 1 + µc ∗ 2 + νc ∗ 3 = 0, 

so wenden wir dies auf das Polynom (X − 2)(X − 3) an, um λ = 0 zu schließen, auf (X − 1)(X − 3) um 

auch µ = 0 zu sehen, ν = 0 ist nun offensichtlich. 

Wir zeigen, dass die Elemente in D ∗ linear unabhängig sind und daher aus Dimensionsgründen eine Basis 

bilden: gilt 

λd ∗ 1 + µd ∗ 2 + νd ∗ 3 = 0, 

so folgt für alle f ∈ R 2 [X] 

Z 1 

0 

f (X)(λ + µX + νX 2 ) = 0. 

Die Wahlen f = X 0 ,X,X 2 geben ein System von drei linearen Gleichungen in den drei Variablen λ,µ,ν, 

aus dem folgt, dass alle drei Variablen verschwinden müssen. 

1 a ∗ 3 (b 3) 

a ∗ 3 (b 2)

2 b ∗ 3 (a 3) 

Lösung: 

Folgt sofort aus a 3 = b 3 + 2b 2 + b 1 . 

b ∗ 2 (a 3) 

Lösung: 


3 b ∗ 1 (a 3) 

Lösung: 


b ∗ 1 (a 2) 

Lösung: 

Folgt sofort aus a 2 = b 2 + b 1 . 

4 c ∗ 3 (a 3) 

Lösung: 

c ∗ 3(a 3 ) = a 3 (3) = 3 2 = 9. 

c ∗ 3 (a 2) 

Lösung: 

c ∗ 3(a 2 ) = a 2 (3) = 3 1 = 3. 

5 a ∗ 1 (c 1) 

Lösung: 3. 

Aus 

0 = c ∗ 2(c 1 ) = c 1 (2) und 0 = c ∗ 3(c 1 ) = c 1 (3) 

folgt, dass das Polynom c 1 die Nullstellen 2,3 haben muss. Also 

c 1 = α(X − 2)(X − 3) 

Aus 1 = c ∗ 1 (c 1) = c 1 (1) = 2α folgt α = 1 2 . Somit 

c 1 = 1 2 X 2 − 5 2 X + 3.

a ∗ 1 (c 2) 

Lösung: -3. 

Aus 

0 = c ∗ 1(c 2 ) = c 2 (1) und 0 = c ∗ 3(c 2 ) = c 2 (3) 

folgt, dass das Polynom c 2 die Nullstellen 1,3 haben muss. Also 

c 2 = α(X − 1)(X − 3) 

Aus 1 = c ∗ 2 (c 2) = c 2 (2) = −α folgt α = −1. Somit 

c 2 = −X 2 + 4X − 3. 

6 a ∗ 1 (d 1) 

Lösung: 9. 

Man berechnet leicht, dass d 1 = 30X 2 −36X +9 die richtigen Eigenschaften hat. 

a ∗ 1 (d 2) 

Lösung: -36. 

Man berechnet leicht, dass d 2 = −180X 2 + 192X − 36 die richtigen Eigenschaften 

hat. 

3 V sei ein endlichdimensionaler K-Vektorraum 

1 Ist die Spur, Sp : End(V ) → K, eine Linearform auf dem K-Vektorraum 

End K (V )? 


Lösung: Ja. 

Offensichtlich ist die Abbildung linear, 

Sp(λA + µB) = λSp(A) + µSp(B). 

2 Sei ρ ∈ End K (V ) gegeben. Ist 


End K (V ) → K 

φ ↦→ Sp(ρ ◦ φ) 

eine Linearform auf End K (V )? 

Sei ρ ∈ End K (V ) gegeben. Ist 


eine Bilinearform auf End K (V )? 

End K (V ) × End K (V ) → K 

(φ 1 ,φ 2 ) ↦→ Sp(φ 1 ◦ ρ ◦ φ 2 )

3 Ist die Determinante, det : End K (V ) → K, eine Linearform auf End K (V )? 


Lösung: Nein. 

Die Determinante ist multilinear (nicht linear) bezüglich Skalarmultiplikation, 

und nicht linear bezüglich der Addition von Matrizen. 

Also Gegenbeispiel: det(2 · Id V ) = 2 dimV , aber 2det(Id V ) = 2. 

4 Sei A eine geordnete Basis von V . Ist 


eine Linearform auf End K (V )? 

End K (V ) → K 

φ ↦→ (M A (φ)) 11 

5 Sei V = R n , aufgefasst als euklidischer Vektorraum mit dem Standard- 

Skalarprodukt. Ist die zugehörige Norm, x ↦→ ‖x‖, eine Linearform auf V ? 



Die Norm erfüllt die Eigenschaft (‖λx‖ = |λ|‖x‖), vertauscht also nicht mit der 

Multiplikation mit Skalaren. Die Dreiecksungleichung besagt, dass 

‖x‖ + ‖y‖ ≥ ‖x + y‖. 

Also Gegenbeispiel: ‖x + (−x)‖ = 0, aber ‖x‖ + ‖ − x‖ = 2‖x‖. 

Sei V = R n , aufgefasst als euklidischer Vektorraum mit dem Standard- 

Skalarprodukt. Ist das Normquadrat, x ↦→ ‖x‖ 2 , eine Linearform auf V ? 



Das Normquadrat respektiert weder die Multiplikation mit Skalaren noch die 

Addition von Vektoren. Z.B. ‖λx‖ 2 = λ 2 ‖x‖ 2 für alle λ ∈ K. 

6 Sei M ⊂ V , M ≠ V eine echte Teilmenge von V . Kann für den Annulator M 0 = 

{0} gelten? 


Lösung: Ja. 

Nach Lemma 5.1.8 ii) der Vorlesung ist M 0 = (span K (M)) 0 . Es folgt, dass M 0 = 

{0}, sobald M ein Erzeugendensystem von V ist. 

7 Sei M ⊂ V eine Teilmenge mit M 0 = {0}. Muss M dann Erzeugendensystem 

von V sein? 


Lösung: Ja. 

Angenommen M wäre kein Erzeugendensystem. Dann gibt es v ∈ V mit v ∉ 

span K (M), sowie eine Linearform, die auf span K (M) verschwindet, nicht aber 

auf v. Das widerspricht unserer Annahme. 


4 (5 Punkte) 

⎧ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎫ 

1 

0 

1 

1 

1 

0 

⎪⎨ 

Es sei K = F 2 , V := (F 2 ) 6 und U := u 1 = 

0 

1 

,u 2 = 

1 

0 

,u 3 = 

1 

⎪⎬ 

1 

. Geben Sie eine Basis 

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 

⎝ 0 ⎠ ⎝ 1 ⎠ ⎝ 1 ⎠ 

⎪⎩ 

⎪⎭ 

1 

1 

0 

des Annulators U o an. 

Lösung: 

Der von U aufgespannte Raum ist zweidimensional, da u 3 = u 1 + u 2 . (u 1 ,u 2 ) ist offensichtlich linear 

unabhängig. 

Nach Lemma 5.1.8 iii) der Vorlesung hat der Annulator von U also Dimension 4. 

Wir können (u 1 ,u 2 ) zu einer Basis (b i ) i von V ergänzen, mit b 1 = u 1 ,b 2 = u 2 . Eine Basis des Annulators 

von U ist dann die Untermenge (b ∗ 3 ,b∗ 4 ,b∗ 5 ,b∗ 6 

) der dualen Basis.

5 Es seien K ein Körper, n ∈ N und V := M(n × n,K). 

a) (5 Punkte) Zeigen Sie: Ist A ∈ V und λ A die durch λ A (X) := tr(AX) definierte Abbildung von V nach 

K, so ist λ A linear, d.h. es ist λ A ∈ V ∗ . 

b) (5 Punkte) Zeigen Sie: {λ A | A ∈ V } = V ∗ . 

c) (5 Punkte) Es sei U := {X ∈ V | X i j = 0 für i > j} die Menge der oberen Dreiecksmatrizen in V . 

Geben Sie eine Basis des Annulators U 0 an, die aus Elementen der Form λ Ei j 

besteht, wobei E i j 

eine Basismatrix ist. 

d) (5 Punkte) Zeigen Sie, dass W = {λ ∈ V ∗ | λ(XY ) = λ(Y X) für alle X,Y ∈ V } ein Untervektorraum 

von V ∗ ist, und geben Sie eine Basis dafür an. 

e) (5 Punkte) Zeigen Sie, dass span K ({XY −Y X | X,Y ∈ V }) = {Z ∈ V | tr(Z) = 0} ist. Hinweis: Betrachten 

Sie die Standardbasis von V aus Basismatrizen E i j . 

Lösung: 

a) λ A (rX + sY ) = tr(rAX + sAY ) = ∑(rAX + sAY ) ii = ∑(r(AX) ii + s(AY ) ii ) = rλ A (X) + sλ A (Y ). 

i 

i 

b) Aus Betrachtung 5.1.3 der Vorlesung wissen wir, dass dimV ∗ = n 2 . Wir zeigen nun, dass für die n 2 

Basismatrizen E i j die zugehörigen (λ Ei j 

) n i, j=1 

linear unabhängig sind. 

Man rechnet, dass λ Ei j 

(X) = X ji , wobei {E i j } die Basismatrizen sind. Damit folgt, dass (λ Ei j 

) n i, j=1 

linear unabhängig ist. 

c) Wegen λ Ei j 

(X) = X ji gilt U 0 = span K (λ Ei j 

| j > i). 

d) Die Untervektorraumeigenschaft ist klar. Wegen der zyklischen Invarianz der Spur liegen alle Vielfachen 

von λ En in W. Wir zeigen nun, dass span(λ En ) = W. 

Dazu verwenden wir die Gleichung tr(AE i j ) = A ji . Betrachte zunächst Basismatrizen X = E i j und 

Y = E jk mit i ≠ k. Es gilt XY = E ik und Y X = 0. Aus tr(AXY ) = tr(AY X) folgt also A ki = 0, für alle 

Nichtdiagonaleinträge i ≠ k. 

Sei A also eine Diagonalmatrix. Setze nun X = E i j und Y = E ji , so dass XY = E ii und Y X = E j j . 

Mit dem gleichen Argument wie zuvor folgt nun aus tr(AXY ) = tr(AY X) für alle i und j, dass A ein 

Vielfaches der Einheitsmatrix sein muss. 

e) Wegen der zyklischen Invarianz der Spur ist klar, dass jeder Kommutator die Spur Null hat, damit 

auch jede Linearkombination von Kommutatoren. Zu zeigen ist also, dass jede spurlose Matrix als 

Linearkombination von Kommutatoren geschrieben werden kann. 

Eine Basis für den Untervektorraum der spurlosen Matrizen ist offenbar 

B := (E i j , E kk − E k+1,k+1 |∀i ≠ j, k = 1,...,n − 1). 

Diese Basiselemente können alle wie folgt als Kommutatoren dargestellt werden: 

für beliebiges k sowie 

∀i ≠ j : E i j = E ik E k j − E k j E ik 

∀i : E ii − E i+1,i+1 = E i,i+1 E i+1,i − E i+1,i E i,i+1 .

6 Es seien K ein Körper und n ∈ N. Für ρ ∈ M(n × n,K) definieren wir 

Φ ρ : M(n × n,K) × M(n × n,K) → K 

durch 

Φ ρ (A,B) := Sp(AρB) . 

(i) (5 Punkte) Zeigen Sie, dass Φ ρ eine Bilinearform auf dem K-Vektorraum M(n × n,K) ist. 

(ii) (5 Punkte) Für welche Matrizen ρ ist die Bilinearform symmetrisch? 

(iii) (5 Punkte) Für welche Matrizen ρ ist die Bilinearform nicht ausgeartet? 

Lösung: 

(ii) Wir benutzen Basismatrizen: 

A = E i j 

B = E pq 

Es folgt Φ ρ (A,B) = ρ jp δ qi und Φ ρ (B,A) = ρ qi δ jp . Setzt man i = q, so folgt aus Φ ρ (A,B) = Φ ρ (B,A) 

die Gleichung ρ jp = ρ ii δ jp ; nur Vielfache der Einheitsmatrix geben also eine symmetrische Bilinearform. 

(iii) Die Matrix ρ muss invertierbar sein. 

Denn sei ρ invertierbar und sei für gegebenes A Sp(AρB) = 0 für alle B. Dann gilt insbesondere 

für alle B = ρ −1 E i j dass A ji = Sp(AρB) = 0. Also folgt, dass A = 0 gelten muss, wenn Φ ρ nicht 

ausgeartet ist. 

Umgekehrt, sei Φ ρ nicht ausgeartet. Angenommen ρ wäre nicht invertierbar. Dann können wir B ≠ 0 

finden (nämlich eine Matrix deren Spaltenvektoren alle im Kern von ρ liegen), so dass ρB = 0 gilt. 

Das widerspricht der Annahme, dass Φ ρ nicht ausgeartet ist. Also muss ρ invertierbar sein. 

7 (5 Punkte) 

Sei K ein Körper und V ein n-dimensionaler K-Vektorraum. Seien f ,g ∈ V ∗ von Null verschiedene Linearformen 

auf V . Zeigen Sie: 

Es ist ker( f ) = ker(g), genau dann, wenn es ein c ∈ K \ {0} gibt, so dass f = cg. 

Lösung: 

Sei ker( f ) = ker(g). Wir zeigen, dass dann f = cg ist. Sei U = ker( f ) = ker(g). Wegen f ,g ≠ 0 ist 

dim K U = n−1. Sei (u i ) i=1,...,n−1 eine Basis von U. Wir ergänzen diese Basis zu einer Basis (u i ) i=1,...,n von 

V . Dann ist f (u i ) = λg(u i ) = 0 für i < n und für alle λ ∈ K. Wegen g(u n ) ≠ 0 und f (u n ) ≠ 0 ist c := f (u n) 

g(u n ) 

wohldefiniert und von Null verschieden. Damit ist f (u n ) = f (u n)g(u n ) 

g(u n ) 

= cg(u n ) und somit f = cg. 

Die Umkehrung folgt leicht.

8 Sei K ein Körper, V ein endlich-dimensionaler K-Vektorraum und β ∈ Bil K (V,V ) eine symmetrische Bilinearform. 

Sei B = (b 1 ,b 2 ,...,b n ) eine Basis von V . Mit diag(α 1 ,α 2 ,...,α n ) ∈ M(n × n,K) sei die Diagonalmatrix 

mit Diagonalelementen α 1 ,α 2 ,...,α n bezeichnet. 

Zeigen Sie die folgenden Aussagen: 

(i) (5 Punkte) Kongruente Diagonalmatrizen haben die gleiche Anzahl von Nullen auf der Diagonale. 

(ii) (5 Punkte) Sei M B (β) = diag(α 1 ,α 2 ,...,α n ). Setze W = span K (b i |α i ≠ 0). Zeigen Sie, dass die 

Restriktion von β auf W ×W nicht ausgeartet ist. 

(iii) (5 Punkte) Sei 

N(β) = {v ∈ V |β(v,w) = 0 für alle w ∈ W} 

der sogenannte Nullraum von β. Zeigen Sie, dass dann gilt 

V = W ⊕ N(β). 

(iv) (10 Punkte) Es gelte α 1 + α 2 ≠ 0. Dann sind die beiden Diagonalmatrizen 

kongruent. 

diag(α 1 ,α 2 ) und diag(α 1 + α 2 ,(α 1 + α 2 )α 1 α 2 )

9 Dies ist die Lösung zur vorherigen Aufgabe. 

(i) Sei A irgendeine Matrix und S eine invertierbare Matrix. Dann sind offensichtlich die Dimensionen 

der Kerne von A, AS, S t A und auch von S t AS gleich. 

Für Diagonalmatrizen ist die Dimension des Kernes gleich der Anzahl von Nullen auf der Diagonalen. 

(ii) Auf W ×W wird β durch eine Diagonalmatrix mit nichtverschwindenden Einträgen dargestellt. Alle 

solche Bilinearformen sind nicht ausgeartet. 

(iii) Wir zeigen, dass N(β) = span K (b i |α i = 0). Daraus folgt dann sofort, dass V = W + N(β) und W ∩ 

N(β) = {0}. 

Es ist klar, dass alle b i mit α i = 0 in N(β) liegen. Umgekehrt, sei v = ∑ i v i b i ∈ N(β). Aus 0 = 

β(b i ,v) = α i v i folgt v i = 0 für alle i mit α i ≠ 0, also v ∈ span K (b i |α i = 0). 

(iv) Sei B eine Basis von K 2 , so dass 

M B = diag(α 1 ,α 2 ) 

gilt. Wir können dann auch b 1 + b 2 zu einer Basis B ′ von K 2 ergänzen, in der M B ′ diagonal ist, also 

von der Form ist 

M B ′ = diag(α 1 + α 2 ,t) 

mit einem t ∈ K. Die beiden Matrizen M B ′ und M B sind kongruent; die Determinanten der beiden 

Matrizen müssen sich um ein Quadrat in K × unterscheiden; also existiert λ ∈ K × mit 

Wegen α 1 + α 2 ≠ 0 finden wir 

(α 1 + α 2 )t = detM B ′ = λ 2 detM B = λ 2 α 1 α 2 . 

t = 

( λ 

α 1 + α 2 

) 2 

α 1 α 2 (α 1 + α 2 ) 

Da wir einen quadratischen Faktor bei einem Diagonalelement einer Diagonalmatrix streichen 

können, ohne die Kongruenzklasse zu ändern, finden wir, dass 

( ) λ 2 

diag(α 1 ,α 2 ) ∼ M B ′ = diag(α 1 + α 2 , 

α 1 α 2 (α 1 + α 2 )) 

α 1 + α 2 

∼ diag(α 1 + α 2 ,α 1 α 2 (α 1 + α 2 )) 





Ex 1, Qu 2, Var 1: [’Wahr’] 

Ex 1, Qu 2, Var 2: [’Wahr’] 

Ex 1, Qu 3, Var 1: [’Wahr’] 

Ex 1, Qu 3, Var 2: [’Wahr’] 

Ex 1, Qu 4, Var 1: [’Wahr’] 

Ex 1, Qu 5, Var 1: [’Wahr’] 

Ex 1, Qu 5, Var 2: [’Wahr’] 

Ex 1, Qu 6, Var 1: [’Wahr’] 

Ex 1, Qu 7, Var 1: [’Wahr’] 

Ex 1, Qu 8, Var 1: [’Wahr’] 

Ex 1, Qu 8, Var 2: [’Wahr’] 

Ex 1, Qu 9, Var 1: [’Wahr’] 

Ex 2, Qu 1, Var 1: [’1’] 

Ex 2, Qu 1, Var 2: [’0’] 

Ex 2, Qu 2, Var 1: [’1’] 

Ex 2, Qu 2, Var 2: [’2’] 

Ex 2, Qu 3, Var 1: [’1’] 

Ex 2, Qu 3, Var 2: [’1’] 

Ex 2, Qu 4, Var 1: [’9’] 

Ex 2, Qu 4, Var 2: [’3’] 

Ex 2, Qu 5, Var 1: [’3’] 

Ex 2, Qu 5, Var 2: [’-3’] 

Ex 2, Qu 6, Var 1: [’9’] 

Ex 2, Qu 6, Var 2: [’-36’] 

Ex 3, Qu 1, Var 1: [’Ja’] 

Ex 3, Qu 2, Var 1: [’Ja’] 

Ex 3, Qu 2, Var 2: [’Ja’] 

Ex 3, Qu 3, Var 1: [’Nein’] 

Ex 3, Qu 4, Var 1: [’Ja’] 

Ex 3, Qu 5, Var 1: [’Nein’] 

Ex 3, Qu 5, Var 2: [’Nein’] 

Ex 3, Qu 6, Var 1: [’Ja’] 

Ex 3, Qu 7, Var 1: [’Ja’]





23.06.2008, 08:00 Uhr. 

1 1 Sei V der Vektorraum der beliebig oft differenzierbaren reell-wertigen Funktionen 

auf dem offenen Intervall (−1,1). Sei 


s : 

V ×V → R 

s( f ,g) = ( f g) ′ (0) 

Dann ist s eine alternierende Bilinearform auf V . 

Lösung: 

Falsch. s( f ,g) ist offensichtlich symmetrisch bezüglich f und g. 

Sei V der Vektorraum der beliebig oft differenzierbaren reell-wertigen Funktionen 



s : 

V ×V → R 

s( f ,g) = ( f g) ′ (0) 

Dann ist s eine symmetrische Bilinearform auf V . 

Lösung: 

Wahr. Man sieht leicht, dass s linear und symmetrisch in beiden Argumenten ist. 

2 Sei V der Vektorraum der beliebig oft differenzierbaren reell-wertigen Funktionen 



s : 

V ×V → R 

s( f ,g) = ( f g) ′ (0) 

Der Nullraum von s enthält die Funktionen, die am Punkt x = 0 verschwinden 

und dort einen Wendepunkt haben. 

Lösung: 

Falsch. Der Nullraum von s besteht aus all den Funktionen, die zusammen mit 

ihrer ersten Ableitung bei x = 0 verschwinden. An einem Wendepunkt muss aber 

nur die zweite Ableitung verschwinden.

Sei V der Vektorraum der beliebig oft differenzierbaren reell-wertigen Funktionen 



s : 

V ×V → R 

s( f ,g) = ( f g) ′ (0) 

Der Nullraum von s enthält die Funktionen, die am Punkt x = 0 verschwinden 

und dort ein Maximum haben. 

Lösung: 

Wahr. Der Nullraum von s besteht aus all den Funktionen, die zusammen mit 

ihrer ersten Ableitung bei x = 0 verschwinden. Letzteres ist der Fall, wenn die 

Funktion bei x = 0 ein Extremum (Maximum oder Minimum) oder einen Wendepunkt 

mit horizontaler Tangente hat. 

3 Sei V der Vektorraum der beliebig oft differenzierbaren reell-wertigen Funktionen 



s : 

V ×V → R 

s( f ,g) = ( f g) ′ (0) 

Im Nullraum von s liegen genau die Funktionen, die am Punkt x = 0 verschwinden 

und ein Extremum haben. 

Lösung: 

Falsch. Der Nullraum von s besteht aus all den Funktionen, die zusammen mit 

ihrer ersten Ableitung bei x = 0 verschwinden. Letzteres ist der Fall, wenn die 

Funktion bei x = 0 ein Extremum (Maximum oder Minimum) oder aber einen 

Wendepunkt mit horizontaler Tangente hat. Es gibt also Funktionen im Nullraum, 

die kein Extremum bei x = 0 haben. 

4 Sei V ein reeller Vektorraum und β eine symmetrische Bilinearform auf V . Sei 

B = (b 1 ,b 2 ,...,b n ) eine Basis von V , für die β(b i ,b j ) > 0 gilt. Dann ist β positiv 

definit. 


Lösung: 

Falsch. Gegenbeispiel: Mit (β i j ) = 

( 

1 2 

2 1 

) 

und v = e 1 − e 2 ist β(v,v) = −2. 


B = (b 1 ,b 2 ,...,b n ) eine Basis von V , für die β(b i ,b j ) ≥ 0 gilt. Dann ist β positiv 

semidefinit. 


Lösung: 

Falsch. Gegenbeispiel: Mit (β i j ) = 

( 

1 2 

2 1 

) 

und v = e 1 − e 2 ist β(v,v) = −2.


B = (b 1 ,b 2 ,...,b n ) eine Basis von V , für die β(b i ,b j ) = α i δ i, j gilt. Ist α i ≥ 0 für 

i = 1,...,n, so ist β positiv semidefinit. 

Lösung: 

Wahr. Für einen beliebigen Vektor v = ∑ 

j 

∑ 

j,k 

v j v k β(b j ,b k ) = ∑α j v 2 j ≥ 0. 

j 

v j b j erhält man β(v,v) = 

7 Sei V ein reeller Vektorraum. 

Es gibt eine positiv definite Bilinearform β und eine Basis B = (b 1 ,b 2 ,...,b n ), 

so dass 

β(b i ,b j ) < 0 für i ≠ j 

gilt. 

Lösung: Wahr. Zum Beispiel die Bilinearform auf R 2 , die durch die Matrix 

( ) 

1 − 1 2 

− 1 2 

1 



gegeben ist. Es gilt 

q(x 1 b 1 + x 2 b 2 ) = (x 1 ) 2 − x 1 x 2 + (x 2 ) 2 = 1 2 (x 1 − x 2 ) 2 + 1 2 (x 1) 2 + 1 2 (x 2) 2 ≥ 0 , 

so dass diese Form positiv definit ist. 

8 Sei V ein reeller Vektorraum. 

Es gibt eine positiv definite Bilinearform β und eine Basis B = (b 1 ,b 2 ,...,b n ), 

so dass 

β(b i ,b i ) < 0 füralle i = 1,...,n 

gilt. 

2 1 Sei V ein euklidischer Vektorraum, der nicht unbedingt endlich-dimensional ist. 

Dann gilt für jedes Paar U 1 ,U 2 von Untervektorräumen von V 



(U 1 +U 2 ) ⊥ = U ⊥ 1 ∩U ⊥ 2 . 

Lösung: 

Wahr. Sei v ∈ (U 1 +U 2 ) ⊥ . Da U i ⊆ U 1 +U 2 steht v insbesondere auf allen Vektoren 

aus U i senkrecht, also liegt v in U ⊥ 1 ∩U⊥ 2 . 

Umgekehrt sei v ∈ U ⊥ 1 ∩U⊥ 2 . Jeder Vektor u ∈ U 1 +U 2 schreibt sich - möglicherweise 

nicht eindeutig - in der Form u = u 1 +u 2 mit u i ∈ U i . Da v senkrecht auf U 1 

und U 2 steht, folgt 〈u 1 ,v〉 = 0 und 〈u 2 ,v〉 = 0, zusammen also 〈u 1 + u 2 ,v〉 = 0.

2 Sei V ein euklidischer Vektorraum, der nicht unbedingt endlich-dimensional ist. 

Dann gilt für jedes Paar U 1 ,U 2 von Untervektorräumen von V 


U ⊥ 1 +U ⊥ 2 ⊆ (U 1 ∩U 2 ) ⊥ . 

Lösung: 

Ein Vektor in U1 ⊥ +U⊥ 2 schreibt sich als u 1 + u 2 mit u i ∈ Ui ⊥ . Ist v ∈ U 1 ∩U 2 , so 

folgt 〈u 1 + u 2 ,v〉 = 〈u 1 ,v〉 + 〈u 1 ,v〉 = 0 + 0 = 0, da zum ersten v ∈ U 1 und zum 

zweiten v ∈ U 2 gilt. 

Sei V ein endlich-dimensionaler euklidischer Vektorraum. Dann gilt für jedes 

Paar U 1 ,U 2 von Untervektorräumen von V 


Lösung: 

Wahr. 

(U 1 ∩U 2 ) ⊥ = 

U ⊥ 1 +U ⊥ 2 = (U 1 ∩U 2 ) ⊥ . 

( 

(U1 ⊥ ) ⊥ ∩ (U2 ⊥ ) ⊥) ( 

⊥ ( ) ) ⊥ ⊥ 

= U1 ⊥ +U2 

⊥ = U1 ⊥ +U2 ⊥ . 

Hier haben wir die oben gezeigte Gleichung (U 1 +U 2 ) ⊥ = U1 ⊥ ∩U⊥ 2 verwendet, 

sowie die für endliche Vektorräume U gültige Identität (U ⊥ ) ⊥ = U. 

3 Die Matrix 

in M(3 × 3,R) liegt in SO(3). 

⎛ 

1 ⎜ 

⎝ 

7 

2 3 6 

3 −6 2 

6 2 3 

Lösung: 

Falsch. Eine Matrix A ∈ M(n×n,R) ist genau dann orthogonal, wenn ihre Spaltenvektoren 

eine Orthonormalbasis von R n bilden. Gleichermaßen gilt: eine Matrix 

A ∈ M(n × n,R) ist genau dann orthogonal, wenn ihre Zeilenvektoren eine 

Orthonormalbasis von R n bilden. Denn AA t = E n ist äquivalent zu 

⎞ 

⎟ 

⎠ 


δ i j = 

n 

∑ ik a 

k=1a t n 

k j = ∑ a ik a jk . 

k=1 

Hier bilden die Spaltenvektoren der Matrix keine Orthonormalbasis (Skalarprodukt 

von erstem und drittem Vektor ist z.B. nichtverschwindend). Die Determinante 

ist auch nicht gleich 1.

4 Die Matrix 

in M(3 × 3,R) liegt in SO(3). 

⎛ 

1 ⎜ 

⎝ 

25 

20 0 −15 

−9 20 −12 

12 15 16 

Lösung: 

Wahr. Die Spaltenvektoren bilden ein Orthonormalsystem. Die Determinante der 

Matrix ist gleich 1. 

3 Gegeben sei die Matrix 

in M(3 × 3,R). 

1 Es gibt einen Wert t ∈ R, so dass 

aus Eigenvektoren von A besteht. 

Lösung: 

Wahr. t = 1. 

A = 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 0 −2 

0 3 0 

−2 0 −1 

B t = ( (t,0,2) t ,(0,t,0) t ,(2,0,−t) t) 

2 Die Signatur der durch A beschriebenen symmetrischen Bilinearform ist −1. 

Lösung: 

Falsch. Die Eigenwerte von A sind −2 und zweimal 3. Die Signatur ist also 

2 − 1 = +1. 

3 Gibt es eine Matrix S ∈ GL(3,R), so dass S t AS Diagonalgestalt hat? 

Lösung: 

Wahr. 

Wenn wir die Eigenvektoren von A normieren, so erhalten wir eine Orthonormalbasis 

des R 3 , nämlich 

( ) 

1√3 

B = (1,0,2) t ,(0,1,0) t 1 

, √ (2,0,−1) t . 

3 

⎞ 

⎟ 

⎠ 





Die Matrix S mit diesen Vektoren als Spaltenvektoren beschreibt den Basiswechsel 

auf die Eigenbasis in der A Diagonalgestalt D hat: D = S −1 AS. Da es sich um 

eine Orthonormalbasis handelt, liegt diese Matrix in O(3) ⊂ GL(n). Also ist 

S t S = E n , bzw. S −1 = S t und somit D = S t AS. 

Durch etwaiges Vertauschen der Reihenfolge zweier Basisvektoren können wir 

erreichen, dass die Determinante des Basiswechsels gleich 1 ist, so dass die Basiswechselmatrix 

sogar in SO(3) liegt. 

4 Gibt es eine Matrix S ∈ O(3,R), so dass S t AS Diagonalgestalt hat? ○ Wahr /○ Falsch 

5 Gibt es eine Matrix S ∈ SO(3,R), so dass S t AS Diagonalgestalt hat? ○ Wahr /○ Falsch

4 Wie in der Vorlesung betrachten wir auf R 3 die Minkowski-Form 

Q(x) = (x 1 ) 2 + (x 2 ) 2 − (x 3 ) 2 

mit zugehöriger Bilinearform B. Sie definiert den Doppelkegel C := Q −1 (0). Sei p ∈ R 3 und E = p + E 0 

eine affine Ebene, also E 0 ein zwei-dimensionaler Untervektorraum von R 3 . Mit q = Q |E0 bezeichnen wir 

die Einschränkung der Minkowski-Form auf E 0 . Sie liefert eine quadratische Form auf E 0 . 

1 Der Kegelschnitt C ∩ E ist genau dann kompakt, wenn die quadratische Form q 

auf E 0 positiv definit ist. 

2 Ist die Ebene sogar ein Untervektorraum, also E = E 0 , so ist auch der Kegelschnitt 

C ∩ E ein Untervektorraum. 

Lösung: 

Gegenbeispiel: im indefiniten Fall tritt ein Geradenkreuz auf. 

3 Ist die Ebene sogar ein Untervektorraum, also E = E 0 , so ist auch der Kegelschnitt 

C ∩ E abgeschlossen unter skalarer Multiplikation: mit x ∈ C ∩ E gilt für 

jedes λ ∈ R auch λx ∈ C ∩ E. 

Lösung: Außer im indefiniten Fall treten Untervektorräume auf. Im indefiniten 

Fall ist das Geradenkreuz unter solchen Reskalierungen invariant. 

4 Wenn die quadratische Form q auf E 0 positiv semidefinit ist, so ist der Kegelschnitt 

C ∩ E zusammenhängend. 

Lösung: Außer der Hyperbel, die im indefiniten Fall auftritt, sind alle Kegelschnitte 

zusammenhängend. 

5 Die folgende Untermenge von R 2 ist eine Ellipse: 

M := {x ∈ R 2 |x 1 = acos(φ) x 2 = bsinφ mit a,b ≠ 0,φ ∈ [0,2π)}. 






Lösung: Wahr. Betrachte die positiv-definite quadratische Form 

q(x) = 1 a 2 (x 1) 2 + 1 b 2 (x 2) 2 . 

Dann ist M = q −1 (1). 

6 Die folgende Untermenge von R 2 ist eine Hyperbel: 


M := {x ∈ R 2 |x 1 = acosh(φ) x 2 = bsinhφ mit a,b ≠ 0,φ ∈ R}. 

Lösung: Wohl liegt M im Urbild der Eins unter der negativ-definiten quadratischen 

Form 

q(x) = 1 a 2 (x 1) 2 − 1 b 2 (x 2) 2 . 

Aber dieses Urbild hat zwei Zusammenhangskomponenten, und M parametrisiert 

nur den Ast der Hyperbel mit sign(x 1 ) = sign(a). 


5 (5 Punkte) 

Sei K ein Körper, in dem 1 + 1 ≠ 0 gilt, und V ein K-Vektorraum. Zeigen Sie, dass man jede Bilinearform 

β auf V als Summe einer symmetrischen und einer alternierenden Bilinearform schreiben kann. 

Lösung: 

Wir definieren die symmetrische Bilinearform 

und die alternierende Bilinearform 

Offensichtlich ist β(v,w) = β + (v,w) + β − (v,w). 

β + (v,w) := 1 (β(v,w) + β(w,v)) 

2 

β − (v,w) := 1 (β(v,w) − β(w,v)). 

2 

6 (5 Punkte) 

Bezeichne × das Vektorprodukt auf R 3 . Zeigen Sie, dass dann für alle A ∈ O(3) die folgende Gleichheit 

gilt: 

Av × Aw = det(A) · A(v × w) 

Lösung: 

Sei x ∈ R 3 beliebig. 

Da A orthogonal ist, folgt 

〈Ax,A(v × w)〉 = 〈x,v × w〉 . 

Andererseits ist bekanntermaßen 〈·,· × ·〉 eine alternierende Multilinearform auf V mit dimV = 3, also 

findet man nach Aufgabe 8 von Blatt 4 

〈Ax,Av × Aw〉 = det(A)〈x,v × w〉 

Da A als Element von O(3) invertierbar ist, gilt für alle y ∈ R 3 

〈y,Av × Aw〉 = det(A)〈A −1 y,v × w〉 = 〈y,(detA)A(v × w)〉. 

Dies gilt für alle y ∈ R 3 ; da 〈·,·〉 nicht ausgeartet ist, folgt Av × Aw = det(A) · A(v × w).

7 (10 Punkte) 

Zeigen Sie: 

Ist β ∈ Bil(V,V ) eine nicht-ausgeartete Bilinearform mit der Eigenschaft 

dann ist β entweder symmetrisch, d.h. 

oder aber schiefsymmetrisch, d.h. 

∀x,y ∈ V : (β(x,y) = 0) ⇔ (β(y,x) = 0), 

∀x,y ∈ V : β(x,y) = β(y,x), 

∀x,y ∈ V : β(x,y) = −β(y,x). 

Hinweis: Verwenden Sie Satz 5.2.9 aus der Vorlesung. 

Lösung: 

Satz 5.2.9 impliziert, dass es für jede nicht-ausgeartete Bilinearform β einen Endomorphismus f : V → V 

gibt, so dass 

β(y,x) = β( f (x),y). 

Wähle nun ein beliebiges x ≠ 0 aus V . Sei M = span(x) der zugehörige eindimensionale Vektorraum. Die 

Menge der dazu orthogonalen Vektoren ist M ⊥ = {y ∈ V |β(x,y) = 0}. 

Wegen der vorausgesetzten Verschwindenseigenschaft von β folgt, dass 

∀y ∈ M ⊥ : 0 = β(y,x) = β( f (x),y), 

also f (x) ∈ (M ⊥ ) ⊥ . Da ebenfalls wegen der Verschwindungseigenschaft von β das orthogonale Rechtskomplement 

und das orthogonale Linkskomplement identisch sind, folgt mit β nicht entartet, dass f (x) ∈ 

span(x). 

Daher muss x also Eigenvektor von f sein. Da aber x ∈ V beliebig war, kann f nur ein Vielfaches der 

Identität sein, 

f = λid V . 

Aus β(x,y) = β( f (y),x) = β( f (x), f (y)) = λ 2 β(x,y) für alle x,y ∈ V folgt schließlich λ = ±1. 

8 i) (5 Punkte) Sei β : R n × R n → R eine symmetrische Bilinearform. Sei B die darstellende Matrix von 

β in der Standardbasis von R n . Seien v 1 und v 2 Eigenvektoren von B zu verschiedenen Eigenwerten 

λ 1 und λ 2 . Zeigen Sie, dass dann v 1 und v 2 orthogonal bezüglich β sind, also β(v 1 ,v 2 ) = 0. 

Wir betrachten nun die symmetrische Bilinearform 

mit 

β : R 4 × R 4 → R 

β(a,b) := 3a 1 b 2 + 3a 2 b 1 − 2a 1 b 3 − 2a 3 b 1 + 2a 2 b 4 + 2a 4 b 2 − 3a 3 b 4 − 3a 4 b 3 

für a = (a 1 ,a 2 ,a 3 ,a 4 ) ∈ R 4 und b = (b 1 ,b 2 ,b 3 ,b 4 ) ∈ R 4 . 

ii) (5 Punkte) Geben Sie die darstellende Matrix von β in der Standardbasis an und bestimmen Sie ihre 

Eigenvektoren. 

iii) (5 Punkte) Finden Sie mit i) und ii) eine Basis B des R 4 , so dass M B (β) eine Diagonalmatrix ist, 

deren Diagonalelemente in {±1,0} liegen.

9 Sei 

B := ( 1 2√ 

2,cosx,sinx,cos(2x),sin(2x)···) 

und W der von B aufgespannte Untervektorraum im Vektorraum V der stetigen reellwertigen Funktionen 

auf dem abgeschlossenen Interval [0,2π]. 

Zeigen Sie: 

(i) (5 Punkte) V wird durch 

zu einem euklidischen Vektorraum. 

〈 f ,g〉 = 1 π 

Z 2π 

0 

f (x)g(x)dx 

(ii) (5 Punkte) B ist ein Orthonormalsystem. 

(iii) (5 Punkte) Ist 

so gilt 

f = a 0 

√ n 

2 + 

2 ∑ a k cos(kx) + b k sin(kx) , 

k=1 

a k = 〈 f ,cos(kx)〉 , b k = 〈 f ,sin(kx)〉 

(iv) (5 Punkte) Für f ∈ V heißen die durch die Skalarprodukte definierten Zahlen a k ,b k aus (iii) die 

Fourierkoeffizienten von f . Zeigen Sie, dass für alle f ∈ V die sogenannte Besselsche Ungleichung 

gilt: 

|| f || 2 ≥ a 2 0 + 

Hinweis: Betrachten Sie alle Partialsummen dieser Reihe. 

∞ 

∑ 

k=1 

(a 2 k + b2 k ).

10 Lösung zu Aufgabe 8 

i) Es gilt 

β(v 1 ,v 2 ) = v t 1 Bv 2 = λ 2 v t 1 v 2 

und weil B symmetrisch ist 

β(v 1 ,v 2 ) = v t 1 Bv 2 = v t 1 Bt v 2 = (Bv 1 ) t v 2 = λ 1 v t 1 v 2 

Wegen λ 1 ≠ λ 2 folgt v t 1 v 2 = 0 und β(v 1 ,v 2 ) = 0. Man sieht, dass diese Eigenvektoren auch bezüglich 

des Standard-Skalarprodukts orthogonal sind. 

ii) In der Standardbasis ist die darstellende Matrix B i j = β(e i ,e j ) der angegebenen Bilinearform gleich 

Die Eigenräume dieser Matrix sind 

iii) Da die v i Eigenvektoren von B sind, gilt 

⎛ 

⎞ 

0 3 −2 0 

3 0 0 2 

⎜ 

⎟ 

⎝ −2 0 0 −3 ⎠ . 

0 2 −3 0 

⎛ ⎛ ⎞⎞ 

1 

Eig(B,−5) = span R ⎜ 

⎝ v −1 

1 := ⎜ ⎟⎟ 

⎝ 1 ⎠⎠ 

1 

⎛ ⎛ ⎞⎞ 

1 

Eig(B,5) = span R ⎜ 

⎝ v 1 

2 := ⎜ ⎟⎟ 

⎝ −1 ⎠⎠ 

1 

⎛ ⎛ ⎞⎞ 

−1 

Eig(B,−1) = span R ⎜ 

⎝ v 1 

3 := ⎜ ⎟⎟ 

⎝ 1 ⎠⎠ 

1 

⎛ ⎛ ⎞⎞ 

−1 

Eig(B,1) = span R ⎜ 

⎝ v −1 

4 := ⎜ ⎟⎟ 

⎝ −1 ⎠⎠ . 

Aus (i) folgt, dass β(v i ,v j ) = 0 für i ≠ j. Also ist 

eine Basis mit M B (β) = diag(−1,+1,−1,+1) 

β(v i ,v i ) = v t iBv i = λ i v t iv i . 

B := ( 1 

2 √ 5 v 1 

1, 

2 √ 5 v 2, 1 2 v 3, 1 2 v 4) 

1

11 Lösung zu Aufgabe 9: 

i) Die angegebene Abbildung 〈·,·〉 ist sicherlich bilinear, symmetrisch und positiv definit, also ein 

euklidisches Skalarprodukt. 

ii) Aus den Additionstheoremen für die Sinus- und Kosinusfunktion folgen die Identitäten 

cos(kx)cos(k ′ x) = 1 2 

( 

cos((k + k ′ )x) + cos((k − k ′ )x) ) , 

sin(kx)sin(k ′ x) = 1 2 

( 

cos((k − k ′ )x) − cos((k + k ′ )x) ) 

und 

cos(kx)sin(k ′ x) = 1 2 

( 

sin((k + k ′ )x) − sin((k − k ′ )x) ) . 

Unter Verwendung dieser Gleichungen, sowie der bestimmten Integrale 

folgt 

Z 

1 

2π 

{ 

cos(kx)dx = 

2π 

0 

〈 

cos(kx),cos(k ′ x) 〉 = 1 π 

Z 

0 für k ≠ 0 

1 für k = 0 und 1 

2π 

sin(kx)dx = 0 für k ∈ N 

2π 

0 

= 1 

2π 

Z 2π 

= δ k,k ′ 

0 

Z 2π 

0 

cos(kx)cos(k ′ x)dx 

( 

cos((k + k ′ )x) + cos((k − k ′ )x) ) dx 

und analog 〈sin(kx),sin(k ′ x)〉 = δ k,k ′, sowie 〈sin(kx),cos(k ′ x)〉 = 0. 

Demnach ist B ein Orthonormalsystem. 

iii) Folgt wegen Lemma 5.5.9 der Vorlesung direkt aus der Orthonormalität von B. 

iv) Wir bezeichnen die Elemente des Orthonormalsystems mit φ j und die Komponenten von f mit c j = 

〈 f ,φ j 〉. Wir zerlegen f in seine orthogonale Projektion u auf den von φ j aufgespannten Unterraum 

U und die Projektion v = f − u auf U ⊥ , also 

u = f − 

n 

n 

∑ c j φ j , v = ∑ c j φ j . 

j=0 

j=0 

so dass u + v = f . Aus dem Satz von Pythagoras, ‖ f ‖ 2 = 〈a + b,a + b〉 = ‖a‖ 2 + ‖b‖ 2 , folgt nun für 

alle Partialsummen die Abschätzung 

|| f || 2 ≥ a 2 0 + 

l 

∑ 

k=1 

(a 2 k + b2 k ). 

Da die Folge der Partialsummen ∑ l k=1 (a2 k + b2 k 

) ist also nach oben beschränkt und offensichtlich 

monoton wachsen, also konvergent. Ihr limes, der Wert der Reihe, ist also nach oben beschränkt.




Ex 1, Qu 1, Var 2: [’Wahr’] 


Ex 1, Qu 2, Var 2: [’Wahr’] 




Ex 1, Qu 6, Var 1: [’Wahr’] 

Ex 1, Qu 7, Var 1: [’Wahr’] 


Ex 2, Qu 1, Var 1: [’Wahr’] 

Ex 2, Qu 2, Var 1: [’Wahr’] 

Ex 2, Qu 2, Var 2: [’Wahr’] 


Ex 2, Qu 4, Var 1: [’Wahr’] 

Ex 3, Qu 1, Var 1: [’Wahr’] 


Ex 3, Qu 3, Var 1: [’Wahr’] 

Ex 3, Qu 4, Var 1: [’Wahr’] 

Ex 3, Qu 5, Var 1: [’Wahr’] 

Ex 4, Qu 1, Var 1: [’Wahr’] 


Ex 4, Qu 3, Var 1: [’Wahr’] 

Ex 4, Qu 4, Var 1: [’Wahr’] 

Ex 4, Qu 5, Var 1: [’Wahr’] 

Ex 4, Qu 6, Var 1: [’Falsch’]





30.06.2008, 08:00 Uhr. 

1 1 Gehört die Matrix 

zur Gruppe U(2)? 

√ 

3 

( 

1 12 

+ 

√ 

2 i 1 

2 

− 

2 − 1 √ 

2 − 3 

2 i 1 

2 

− 

√ 

3 

√2 i 

3 

2 i ) 

Lösung: 

Ja. Das Matrixprodukt mit der adjungierten Matrix ergibt die Einheitsmatrix. 

Gehört die Matrix ( √ √ ) 

12 

+ 3 

2 i 1 

2 

− 3 

2 i 

− 1 √ √ 

2 − 3 

2 i 1 

2 

− 3 

2 i 


Lösung: 

Nein. Das Matrixprodukt mit der adjungierten Matrix ist nicht die Einheitsmatrix, 

sondern ein Vielfaches der Einheitsmatrix. 

Gehört die Matrix 


( √ 

1 12 

+ 3 

2 i 1 

2 

− 

2 − 1 √ 

2 − 3 

2 i 1 

2 

− 

√ 

3 

√2 i 

3 

2 i ) 

Lösung: 



2 Gehört die Matrix 

zur Gruppe SU(2)? 

√ 

3 

( 

1 12 

+ 

√ 

2 i 1 

2 

− 

2 − 1 √ 

2 − 3 

2 i 1 

2 

− 

√ 

3 

√2 i 

3 

2 i ) 

Lösung: 

Ja. Das Matrixprodukt mit der adjungierten Matrix ergibt die Einheitsmatrix, 

und die Determinante ist gleich 1. 

Gehört die Matrix 


( √ 

1 12 

+ 3 

2 i 1 

2 

− 

(1 + i) − 

2 1 √ − 3 

2 i 1 

2 

− 

√ 

3 

√2 i 

3 

2 i ) 

Lösung: 







○ Ja /○ Nein

Gehört die Matrix ( √ 

12 

+ 3 

2 i 1 

2 

− 

− 1 √ 

2 − 3 

2 i 1 

2 

− 


√ 

3 

√2 i 

3 

2 i ) 

Lösung: 



3 Gibt es unitäre Matrizen, die auch nilpotent sind? 

Lösung: 

Nein. Unitäre Matrizen haben eine Determinante vom Betrag 1. Nilpotente Matrizen 

aber haben immer verschwindende Determinante. 

4 Gibt es orthogonale Matrizen, die auch nilpotent sind? 

Lösung: 

Nein. Orthogonale Matrizen haben Determinante ±1. Nilpotente Matrizen aber 

haben immer verschwindende Determinante. 

5 Gibt es in U(n), für n ≥ 2, unendlich viele selbstadjungierte Matrizen? 

Lösung: 

Ja. Z.B. gibt es in M(2 × 2,C) mit den Spiegelungsmatrizen S θ schon unendlich 

viele symmetrische Matrizen (mit Determinante −1), die zur Einheitsmatrix 

quadrieren, für die also gilt (S θ ) ∗ S θ = (S θ ) 2 = Id. 

Allgemeiner setze 

( ) 

S U = U ∗ 1 0 

U 

0 −1 

für U eine beliebige unitäre Matrix. S U ist selbstadjungiert und unitär. 

6 Gibt es in SU(2) unendlich viele selbstadjungierte Matrizen? 

Lösung: 

Nein. 

Sei A ∈ SU(2) selbstadjungiert. Nach Satz 5.6.9 gibt es eine Orthonormalbasis in 

der A Diagonalgestalt M hat, mit rellen Werten auf der Diagonalen. Wegen Id = 

M ∗ M = M 2 sind die Einträge auf der Diagonalen gleich ±1. Wegen det(A) = 1 

ist müssen beide Einträge gleich 1 oder beide gleich −1 sein, also M = ±Id. 

Wenn S die Matrix des Basiswechsels ist, so gilt also auch A = S −1 MS = ±Id. 

Es gibt also nur zwei selbstadjungierte Matrizen in SU(2). 

7 Ist die folgende Aussage wahr? 

Eine Matrix A ∈ M(n × n,R) ist genau dann orthogonal, wenn ihre Spaltenvektoren 

eine Orthonormalbasis von R n bezüglich des Standard-Skalarprodukts bilden. 

Ist die folgende Aussage wahr? 

Eine Matrix A ∈ M(n × n,R) ist genau dann orthogonal, wenn ihre Zeilenvektoren 








○ Ja /○ Nein


Eine Matrix A ∈ M(n × n,R) liegt genau dann in SO(n), wenn ihre Spaltenvektoren 

eine Orthonormalbasis von R n bezüglich des Standard-Skalarprodukts 

bilden. 

Lösung: 


1 0 

. 

0 −1 


Eine Matrix A ∈ M(n × n,R) liegt genau dann in SO(n), wenn ihre Zeilenvektoren 


Lösung: 


1 0 

. 

0 −1 


Eine Matrix A ∈ M(n × n,C) liegt genau dann in U(n), wenn ihre Spaltenvektoren 

eine Orthonormalbasis von C n bezüglich des komplexen Standard- 

Skalarprodukts bilden. 


Eine Matrix A ∈ M(n × n,C) liegt genau dann in U(n), wenn ihre Zeilenvektoren 




Eine Matrix A ∈ M(n × n,C) liegt genau dann in SU(n), wenn ihre Spaltenvektoren 




Eine Matrix A ∈ M(n × n,C) liegt genau dann in SU(n), wenn die Zeilenvektoren 



2 1 Sei V ein unitärer Vektorraum. Ist ein Endomorphismus ϕ ∈ End(V ) selbstadjungiert 

und nilpotent, so gilt ϕ = 0. 

Lösung: 

Wahr. Wir wissen, dass es eine Orthonormalbasis gibt, in der die darstellende 

Matrix von ϕ Diagonalgestalt hat mit den Eigenwerten auf der Diagonalen. Auch 

die darstellende Matrix ist natürlich nilpotent, es folgt, dass alle Eigenwerte Null 

sind, damit ist die darstellende Matrix die Nullmatrix. 

2 Sei V ein unitärer Vektorraum. Seien die Endomorphismen ϕ,ψ ∈ End(V ) selbstadjungiert. 

Dann ist auch ϕ ◦ ψ selbstadjungiert. 

Lösung: 

Falsch. Nur wenn ϕ und ψ vertauschen, denn (ϕ ◦ ψ) ∗ = ψ ∗ ◦ ϕ ∗ = ψ ◦ ϕ. 








○ Wahr /○ Falsch

3 Sei V ein unitärer Vektorraum. Seien die Endomorphismen ϕ,ψ ∈ End(V ) unitär. 

Dann ist auch ϕ ◦ ψ −1 unitär. 


Lösung: 

Wahr. Die unitären Matrizen bilden eine Gruppe. Explizit: Aus ϕ ∗ = ϕ −1 und 

ψ ∗ = ψ −1 folgt 

(ϕ ◦ ψ −1 ) ∗ = ψ ∗−1 ◦ ϕ ∗ = ψ ◦ ϕ −1 = (ϕ ◦ ψ −1 ) −1 . 

4 Sei V ein unitärer Vektorraum. Seien die Endomorphismen ϕ,ψ ∈ End(V ) selbstadjungiert 

und gelte ψ ◦ ϕ = ϕ ◦ ψ. Dann ist auch ϕ ◦ ψ selbstadjungiert. 


Lösung: 

Wahr. Denn 

(ϕ ◦ ψ) ∗ = ψ ∗ ◦ ϕ ∗ = ψ ◦ ϕ = ϕ ◦ ψ. 

3 1 Die Eigenwerte eines selbstadjungierten Endomorphismus eines unitären Vektorraum 

sind immer reell. 


Lösung: 

Wahr. Denn wenn ϕ selbstadjungiert und v ein normierter Eigenvektor zum Eigenwert 

λ ist, dann folgt 

λ = 〈ϕ(v),v〉 = 〈v,ϕ(v)〉 

= ¯λ. 

2 Die Eigenwerte eines orthogonalen Endomorphismus sind immer gleich +1 oder 

gleich −1. 


Lösung: 

Wahr. Denn wenn ϕ orthogonal und v ein normierter Eigenvektor zum Eigenwert 

λ ist, dann folgt 

λ 2 = 〈ϕ(v),ϕ(v)〉 = 〈v,v〉 

= 1. 

3 Die Eigenwerte eines unitären Endomorphismus haben immer den Betrag 1. 


Lösung: 

Wahr. Denn wenn ϕ unitär und v ein normierter Eigenvektor zum Eigenwert λ 

ist, dann folgt 

|λ| 2 = 〈ϕ(v),ϕ(v)〉 = 〈v,v〉 

= 1.

4 Eigenvektoren unitärer Matrizen zu verschiedenen Eigenwerten sind immer orthogonal 

zueinander. 

Lösung: 

Wahr. Denn seien v und w Eigenvektoren des unitären Endomorphismus ϕ zu 

den Eigenwerten λ und ρ. Dann gilt 


(λ − ρ)〈v,w〉 = 〈ϕ(v),w〉 − 〈v,ϕ −1 (w)〉 = 0. 

Hierbei haben wir verwendet, dass (ϕ(w) = ρw) ⇒ (ϕ −1 (w) = ρ −1 w = ¯ρw), da 

Eigenwerte unitärer Endomorphismen immer den Betrag 1 haben. 

5 Jedes Element in SO(2n) (für alle 1 ≤ n ∈ N) hat mindestens einen Eigenwert. 

Lösung: 

Falsch. Jede nichtriviale Drehmatrix in SO(2) hat keinen (reellen) Eigenwert. 

6 Sei β ∈ Bil(V,V ) eine (möglicherweise ausgeartete) Bilinearform auf V und sei 

ϕ ∈ End(V ) orthogonal bezüglich β. 

Dann ist ϕ injektiv. 

Lösung: 

Falsch. Wenn β ausgeartet ist folgt dies nicht. Sei z.B. β die triviale Bilinearform, 

die immer den Wert Null annimmt. Dann sind alle Endomorphismen von 

V orthogonal bezüglich β. 

7 Sei β ∈ Bil(V,V ) eine nicht ausgeartete Bilinearform auf V und sei ϕ ∈ End(V ) 

orthogonal bezüglich β. 

Dann ist ϕ injektiv. 

Lösung: 

Wahr. Angenommen es gibt 0 ≠ v ∈ ker(ϕ), so gilt für alle w ∈ W β(ϕ(v),w) = 0. 

Andererseits gibt es, da β nicht entartet sein soll, ein w 0 ∈ W mit 




0 ≠ β(v,w 0 ) = β(ϕ(v),ϕ(w 0 )) , 

was ein Widerspruch ist. 

8 Sei ϕ ein orthogonaler Endomorphismus von V = R n , versehen mit dem Standardskalarprodukt. 

Wir können ϕ auch als Endomorphismus von C n auffassen. 

Dann ist ϕ unitär bezüglich des Standardskalarproduktes auf C n . 

Lösung: 

Wahr. Wähle z.B. die Standardbasis von R n . ϕ wird in dieser durch eine reelle 

Matrix M dargestellt, für die gilt M t M = E n . 

Auch als Endomorphismus von C n wird ϕ durch die Matrix M dargestellt, die 

wir nun als eine Matrix in M(n × n,C) auffassen, deren Einträge alle reell sind. 

Diese hat also die spezielle Eigenschaft ¯M = M. Es folgt, dass 


M ∗ M = ( ¯M) t M = M t M = E n .

4 Sei (V,〈·,·〉) ein euklidischer und (W,〈·,·〉) ein unitärer Vektorraum. Ein Endomorphismus ϕ in End(V ) 

oder End(W) heißt anti-selbstadjungiert, wenn 〈ϕ(v),w〉 = −〈v,ϕ(w)〉 für alle Vektoren v,w. 

Wichtig: 

Bei manchen Fragen kommt es darauf an, ob die komplexe oder reelle Situation vorliegt. Bitte achten 

Sie daher stets darauf, ob sich eine Frage auf V – also auf den reellen Fall – oder auf W – also auf den 

komplexen Fall – bezieht. 

( ) 

0 −1 

1 Die durch A = 

dargestellte Abbildung auf V = R 2 ist antiselbstadjungiert. 


1 0 

Lösung: 

Wahr. Denn A t = −A. 

2 Für dim R (V ) = 2 gibt es immer eine Basis B von V , so dass der antiselbstadjungierte 

( Endomorphismus ) ϕ ∈ End(V ) dargestellt wird durch 

0 −1 

M B (ϕ) = λ 

mit λ ∈ R. 

1 0 

Lösung: 

Wahr. Sei B = (e 1 ,e 2 ) eine Orthonormalbasis. 

Aus M B (ϕ) jk = 〈e j ,ϕ(e k )〉 = −〈ϕ(e j ),e k 〉 = −〈e k ,ϕ(e j )〉 = −M B (ϕ) k j folgt, 

dass M B (ϕ) antisymmetrisch ist. 

3 Wenn ϕ ∈ End(V ) anti-selbstadjungiert ist, dann ist für jede Basis B von V die 

Matrix M B (ϕ) schiefsymmetrisch. 



4 Wenn ϕ ∈ End(V ) anti-selbstadjungiert ist, dann gilt 〈ϕ(v),v〉 = 0 für alle v ∈ V . ○ Wahr /○ Falsch 

5 Wenn ϕ ∈ End(W) anti-selbstadjungiert ist, dann gilt 〈ϕ(w),w〉 = 0 für alle w ∈ 

W. 

Lösung: 

Falsch. ϕ = iId W ist anti-selbstadjungiert. 

6 Wenn ϕ ∈ End(W) anti-selbstadjungiert ist, dann sind alle seine Eigenwerte 

gleich 0. 

Lösung: 

Falsch. ϕ = iId W ist anti-selbstadjungiert. 

7 Wenn ϕ ∈ End(V ) anti-selbstadjungiert ist, dann sind alle seine Eigenwerte 

gleich 0. 

Lösung: 

Wahr. Sei v normierter Eigenvektor zum Eigenwert λ. Dann folgt λ = 〈v,ϕ(v)〉 = 

−〈ϕ(v),v〉 = −λ. Hier verwenden wir, dass ϕ anti-selbstadjungiert ist, und dass 

〈·,·〉 symmetrisch ist. 

Im Komplexen gilt dagegen 

Also ist λ rein imaginär. 

¯λ = 〈v,ϕ(v)〉 = −〈ϕ(v),v〉 = −λ〈v,v〉 = −λ 





5 (10 Punkte) 

Sei V ein endlich-dimensionaler euklidischer Vektorraum und ϕ ∈ End(V ). Ein injektiver Endomorphismus 

ϕ heißt winkeltreu, wenn für alle Innenwinkel 

α(v,w) = α(ϕ(v),ϕ(w)) 

für alle v,w ∈ V \ {0} gilt. 

Zeigen Sie, dass ϕ genau dann winkeltreu ist, wenn es einen orthogonalen Endomorphismus ψ ∈ End(V ) 

und λ ∈ R \ {0} gibt, so dass ϕ = λψ gilt. 

Lösung: 

Per definitionem gilt 

cosα(v,w) = 

〈v,w〉 

√ 

〈v,v〉〈w,w〉 

. 

Wenn also ϕ = λψ proportional zu einem orthogonalen Endomorphismus ist, so folgt 

cosα(ϕ(v),ϕ(w)) = 

〈ψ(v),ψ(w)〉 

√ 

〈ψ(v),ψ(v)〉〈ψ(w),ψ(w)〉 

= cosα(v,w). 

Für die Rückrichtung betrachte die Abbildung ψ := ϕ ∨ ◦ ϕ. 

Sei b ein beliebiger Vektor in V \ {0} und u im orthogonalen Komplement von b. Dann gilt auch ϕ(u) ⊥ 

ϕ(b), also 

〈ψ(b),u〉 = 〈ϕ(u),ϕ(b)〉 = 0 

Es muss also ψ(b) im von b aufgespannten ein-dimensionalen Unterraum liegen. Somit sind alle Vektoren 

von V Eigenvektoren von ψ. Somit ist ψ ein Vielfaches der Identität, ψ = λid V (siehe auch Blatt 8, Aufgabe 

5). 

Wegen 

λ|b| 2 = 〈ψ(b),b〉 = 〈ϕ(b),ϕ(b)〉 = |ϕ(b)| 2 

ist λ positiv. Daraus folgt, dass 1 √ 

λ 

ϕ orthogonal ist. 

6 (5 Punkte) 

Seien A,B ∈ O(n) mit n ungerade. Zeigen Sie, dass dann 

gilt. 

det((A + B)(A − B)) = 0 

Lösung: 

Da A invertierbar ist, können wir wie folgt umformen: 

det((A + B)(A − B)) = det ( A(E n + A −1 B)A(E n − A −1 B) ) = (det(A)) 2 det(E n + A −1 B)det(E n − A −1 B). 

Aus Satz 5.6.8 der Vorlesung angewandt auf A −1 B ∈ O(n) folgt, dass es, für n ungerade, immer eine Basis 

gibt, in der (A −1 B) 11 = ±1 ist und sonst in der ersten Spalte und Zeile nur Nullen stehen. 

Es folgt entweder det(E n + A −1 B) = 0 oder det(E n − A −1 B) = 0.

7 Es sei V = R 3 , ϕ : V → V linear und B eine Basis von V mit 

⎛ 

⎞ 

1 −2 −1 

⎜ 

⎟ 

M B (ϕ) = A = ⎝ −2 1 −1 ⎠. 

5 

−1 −1 2 

(a) (5 Punkte) Ist ϕ diagonalisierbar? 

(b) (5 Punkte) Es sei β : V × V → R die Bilinearform auf V mit darstellender Matrix M B (β) = A. 

Berechnen Sie eine Orthogonalbasis von V bezüglich β. 

(c) (5 Punkte) Bestimmen Sie eine orthogonale Matrix P ∈ O(3), so dass P −1 AP Diagonalgestalt hat. 

(d) (5 Punkte) Sei 

⎛ ⎞ 

x 

⎜ ⎟ 

Q a = { ⎝ y ⎠ ∈ R 3 | x 2 − 4xy − 2xz + y 2 − 2yz + 5 2 z2 = a}. 

z 

Beschreiben Sie für a = 0 die Geometrie der Menge Q a . Aus wie vielen Zusammenhangskomponenten 

besteht die Menge Q −1 ? 

8 Eine komplexe Struktur auf einem R-Vektorraum V ist ein Endomorphismus J von V mit J 2 = −id V . 

Zeigen Sie: 

(i) (5 Punkte) Mit der skalaren Multiplikation (x +iy)·v := xv+yJ(v) für x,y ∈ R und v ∈ V wird V zu 

einem C-Vektorraum. 

(ii) (5 Punkte) Ist V endlich-dimensional, so ist dim R V gerade. Berechnen Sie auch dim C V ! 

Sei nun überdies ω eine symplektische Bilinearform auf V . Die symplektische Form und die komplexe 

Struktur seien verträglich in dem Sinne, dass für alle v,w ∈ V gilt 

(iii) (5 Punkte) Zeigen Sie, dass durch 

ω(Jv,Jw) = ω(v,w). 

〈v,w〉 := ω(v,Jw) 

eine symmetrische Bilinearform auf V definiert wird, und dass J bezüglich dieser symmetrischen 

Bilinearform ein orthogonaler Endomorphismus ist, d.h. dass für alle v,w ∈ V gilt 〈Jv,Jw〉 = 〈v,w〉. 

(iv) (5 Punkte) Eine komplexe Struktur J heißt ω-kalibriert, wenn die symmetrische Bilinearform 〈·,·〉 

positiv definit ist. Zeigen Sie, dass in diesem Fall 

h(v,w) := 〈v,w〉 − iω(v,w) 

eine hermitesche Form für die nach Teilaufgabe (i) von J induzierten C-Vektorraum-Struktur auf V 

ist.


(a) Wir berechnen die Eigenwerte und Eigenvektoren von ϕ. Wir erhalten die Eigenvektoren 

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

2 

−1 

−1 

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 

v 1 = ⎝ 2 ⎠, v 2 = ⎝ 1 ⎠, v 3 = ⎝ 0 ⎠, 

1 

0 

2 

zu den Eigenwerten λ 1 = − 3 2 , λ 2 = λ 3 = 3. Da die Familie (v 1 ,v 2 ,v 3 ) linear unabhängig ist, ist ϕ 

diagonalisierbar 

(b) Wir bilden die gesuchte Orthogonalbasis bezüglich β aus der Basis (v 1 ,v 2 ,v 3 ) von V . Wie wir bereits 

aus Aufgabe 8 von Blatt 10 wissen, sind Eigenvektoren zu verschiedenen Eigenwerten der 

symmetrischen darstellenden Matrix A bezüglich β orthogonal, also ist v 1 orthogonal zu v 2 und v 3 . 

Die restlichen Werte der Bilinearform berechnen sich zu 

β(v 1 ,v 1 ) = (v 1 ) t Av 1 = − 27 2 , β(v 2,v 2 ) = 6, β(v 2 ,v 3 ) = 3, β(v 3 ,v 3 ) = 15. 

√ 

Wir setzen b 1 := 

2 

27 v 1. Wir betrachten die Einschränkung von β auf Eig(A,3) × Eig(A,3). 

Für v,w ∈ Eig(A,3) ist β(v,w) = v t Aw = 3v t w = 3〈v,w〉, also ist die Einschränkung von β ein 

positives Vielfaches des Standardskalarprodukts und somit positiv definit. Also können wir das 

Schmidtsche Orthonormalisierungsverfahren auf diese Einschränkung anwenden. Dazu setzen wir 

b 2 = 

1 √ 

β(v2 ,v 2 ) v 2 = 1 √ 

6 

v 2 . Dann betrachten wir 

˜b 3 := v 3 − β(v 3 ,b 2 )b 2 = v 3 − β(v 3,v 2 ) 

β(v 2 ,v 2 ) v 2 = v 3 − 1 2 v ⎜ 

2 = ⎝ 

⎛ 

− 1 2 

− 1 2 

2 

⎞ 

⎟ 

⎠ . 

Wir berechnen β(˜b 3 , ˜b 3 ) = 27 2 

, also normieren wir 

⎛ 

√ 

2 

b 3 := 

27 ˜b 3 = √ 1 ⎜ 

⎝ 54 

−1 

−1 

4 

⎞ 

⎟ 

⎠ . 

Nun ist 

⎛ ⎛ ⎞ 

√ 2 

⎜ 2 ⎜ ⎟ 

⎝ ⎝ 2 ⎠, 

27 

1 

⎛ 

1 ⎜ 

√ ⎝ 6 

−1 

1 

0 

⎞ 

⎟ 

⎠, 

⎛ 

1 ⎜ 

√ ⎝ 54 

−1 

−1 

4 

⎞⎞ 

⎟⎟ 

⎠⎠ 

eine bezüglich β orthogonale Basis von R 3 , in der die darstellende Matrix von β sogar die Form 

diag(−1,1,1) hat.

10 Fortsetzung der Lösung zu Aufgabe 7: 

(c) Wir müssen eine Basis (w 1 ,w 2 ,w 3 ) des R 3 aus Eigenvektoren von A finden, die bezüglich des Standardskalarprodukts 

von R 3 eine Orthonormalbasis bildet. In Aufgabe 8 auf Blatt 10 hatten wir gesehen, 

dass Eigenvektoren zu verschiedenen Eigenwerten der darstellenden Matrix einer symmetrischen 

Bilinearform auch bezüglich des Standardskalarprodukts orthogonal sind. Also wissen wir 

bereits, dass 〈v 1 ,v 2 〉 = 〈v 1 ,v 3 〉 = 0, bzw. 〈b 1 ,b 2 〉 = 〈b 1 ,b 3 〉 = 0 gilt. 

Wir betrachten nun wieder die Einschränkung der Bilinearform β auf Eig(A,3)×Eig(A,3). Da diese 

Einschränkung ein Vielfaches des Standardskalarprodukts ist, gilt also nach (b) auch 〈b 2 ,b 3 〉 = 0. 

Die in (b) gefundene Basis (b 1 ,b 2 ,b 3 ) ist also auch orthogonal bezüglich des Standardskalarproduktes. 

Wir müssen sie also nur anders normieren. Wir errechnen 〈b 1 ,b 1 〉 = 

3 2, 〈b 2,b 2 〉 = 

3 1 und 

〈b 3 ,b 3 〉 = 1 3 

. Also ist 

⎛ ⎞ 

⎞ 

⎞ 

w 1 = 

und damit 

√ 

3 

2 b 1 = 1 3 

⎜ 

⎝ 

2 

2 

1 

⎛ 

⎟ 

⎠, w 2 = √ 3b 2 = √ 1 ⎜ 

⎝ 2 

P = (w 1 ,w 2 ,w 3 ) = 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

eine orthogonale Matrix mit P −1 AP = diag(− 3 2 ,3,3). 

Bemerkung: 

−1 

1 

0 

⎟ 

⎠, w 3 = √ 3b 3 = 1 

2 

3 

− 1 √ 

2 

− 1 √ 

18 

2 

3 

1 

3 

0 

4 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

√ 

18 

1√ 

2 

− 1 √ 

18 

⎛ 

−1 

⎜ 

√ ⎝ −1 18 

4 

Durch Konjugation mit einer orthogonalen Matrix P lässt sich die Matrix A nicht in eine Matrix der 

Form diag(±1,...,0 = überführen, denn 

D = P −1 AP ⇒ detD = detA 

Beachten Sie, dass bei einer Diagonalmatrix die Eigenwerte auf der Diagonalen liegen. 

(d) Es ist Q a = Q −1 (a), wenn Q die zur Bilinearform β gehörende quadratische Form bezeichnet. In 

der Basis (b 1 ,b 2 ,b 3 ) aus (b) ist Q a = {v = x 1 b 1 + x 2 b 2 + x 3 b 3 | − x1 2 + x2 2 + x2 3 = a}. Für a = 0 ergibt 

sich die Gleichung x1 2 = x2 2 + x2 3 , also ist Q 0 ein Doppelkegel, der rotationssymmetrisch um die 

Ursprungsgerade Rb 1 ist. Für a = −1 ergibt sich x1 2 = 1 +x2 2 +x2 3 , dies nennt man ein zweischaliges 

Hyperboloid, es hat zwei Zusammenhangskomponenten (und die gleiche Rotationssymmetrie wie 

der Doppelkegel Q 0 ). 

⎟ 

⎠


i) Klar (Die Eigenschaft J 2 = −id V wird nur für die Bedingung (αβ)v = α(βv) mit α,β ∈ C und v ∈ V 

gebraucht). 

ii) Wir wenden die Determinante auf J 2 = −id V an und erhalten det(J) 2 = (−1) n . Da det(J) ∈ R, muss 

n gerade sein. Sei B = (b 1 ,...,b n ) eine C-Basis des komplexen Vektorraums V . Dann ist ˜B := 

(b 1 ,J(b 1 ),...b n ,J(b n )) eine R-Basis. Denn die Familie ist über R linear unabhängig: die Gleichung 

n 

∑ 

i=1 

λ i b i + µ i J(b i ) = 0 

mit reellen Koeffizienten λ i ,µ ist mit r i := λ i + iµ i ∈ C offenbar äquivalent zur komplexen Linearkombination 

n 

r i b i = 0 , 

aus der r i = 0 und somit λ i = µ i = 0 folgt. Da sich jedes Element aus V in der Form 

∑ 

i=1 

v = 

n 

∑ 

i=1 

r i b i 

mit r i ∈ C schreiben lässt, also mit r i := λ i + iµ i in der Form 

v = 

n 

∑ 

i=1 

ist auch klar, dass ˜B ein R-Erzeugendensystem ist. 

iii) R-Bilinearität ist klar. Symmetrie folgt aus 

Orthogonalität von J bezüglich ω folgt aus 

λ i b i + µ i J(b i ) 

〈w,v〉 ≡ ω(w,Jv) = −ω(Jv,w) 

= −ω(JJv,Jw) = ω(v,Jw) ≡ 〈v,w〉. 

〈Jv,Jw〉 ≡ ω(Jv,JJw) = −ω(Jv,w) = −ω(JJv,Jw) 

= ω(v,Jw) ≡ 〈v,w〉. 

iv) Hermitizität, h(w,v) = h(v,w), folgt aus der Symmetrie von 〈·,·〉 und der Antisymmetrie von ω(·,·). 

Wegen h(v,v) = 〈v,v〉 ist für eine kalibrierte komplexe Struktur h auch positiv definit. 

Sesquilinearität folgt aus 

und 

h(i · v,w) = h(Jv,w) = ω(Jv,Jw) − iω(Jv,w) = ω(v,w) + iω(v,Jw) 

= ih(v,w) 

h(v,i · w) = h(v,Jw) = ω(v,JJw) − iω(v,Jw) = −ω(v,w) − iω(v,Jw) 

= −ih(v,w).



Ex 1, Qu 1, Var 1: [’Ja’] 

Ex 1, Qu 1, Var 2: [’Nein’] 

Ex 1, Qu 1, Var 3: [’Nein’] 

Ex 1, Qu 2, Var 1: [’Ja’] 

Ex 1, Qu 2, Var 2: [’Nein’] 

Ex 1, Qu 2, Var 3: [’Nein’] 

Ex 1, Qu 3, Var 1: [’Nein’] 

Ex 1, Qu 4, Var 1: [’Nein’] 

Ex 1, Qu 5, Var 1: [’Ja’] 

Ex 1, Qu 6, Var 1: [’Nein’] 

Ex 1, Qu 7, Var 1: [’Ja’] 

Ex 1, Qu 7, Var 2: [’Ja’] 

Ex 1, Qu 8, Var 1: [’Nein’] 

Ex 1, Qu 8, Var 2: [’Nein’] 

Ex 1, Qu 9, Var 1: [’Ja’] 

Ex 1, Qu 9, Var 2: [’Ja’] 

Ex 1, Qu 10, Var 1: [’Nein’] 

Ex 1, Qu 10, Var 2: [’Nein’] 

Ex 2, Qu 1, Var 1: [’Wahr’] 


Ex 2, Qu 3, Var 1: [’Wahr’] 

Ex 2, Qu 4, Var 1: [’Wahr’] 

Ex 3, Qu 1, Var 1: [’Wahr’] 

Ex 3, Qu 2, Var 1: [’Wahr’] 

Ex 3, Qu 3, Var 1: [’Wahr’] 

Ex 3, Qu 4, Var 1: [’Wahr’] 



Ex 3, Qu 7, Var 1: [’Wahr’] 

Ex 3, Qu 8, Var 1: [’Wahr’] 

Ex 4, Qu 1, Var 1: [’Wahr’] 

Ex 4, Qu 2, Var 1: [’Wahr’] 


Ex 4, Qu 4, Var 1: [’Wahr’] 



Ex 4, Qu 7, Var 1: [’Wahr’]





07.07.2008, 08:00 Uhr. 

1 Sei (V,〈·,·〉) ein euklidischer und (W,〈·,·〉) ein unitärer Vektorraum. Ein Endomorphismus ϕ in End(V ) 

oder End(W) heißt anti-selbstadjungiert, wenn 〈ϕ(v),w〉 = −〈v,ϕ(w)〉 für alle Vektoren v,w gilt. 

Wichtig: 

Bei manchen Fragen kommt es darauf an, ob die komplexe oder reelle Situation vorliegt. Bitte achten 

Sie daher stets darauf, ob sich eine Frage auf V – also auf den reellen Fall – oder auf W – also auf den 

komplexen Fall – bezieht. 

1 Wenn 〈ϕ(v),v〉 = 0 für alle v ∈ V , dann ist ϕ ∈ End(V ) anti-selbstadjungiert. 

Lösung: 

Wahr. Wähle beliebige Vektoren v 1 ,v 2 ∈ V . Dann gilt 

0 = 〈ϕ(v 1 + v 2 ),v 1 + v 2 〉 

= 〈ϕ(v 1 ),v 1 〉 + 〈ϕ(v 2 ),v 2 〉 + 〈ϕ(v 1 ),v 2 〉 + 〈ϕ(v 2 ),v 1 〉 

= 〈v 1 ,ϕ(v 2 )〉 + 〈ϕ(v 1 ),v 2 〉. 


Im letzten Schritt haben wir die Symmetrie des reellen Skalarproduktes verwendet. 

2 Wenn 〈ϕ(w),w〉 = 0 für alle w ∈ W, dann ist ϕ ∈ End(W) anti-selbstadjungiert. 

Lösung: 

Falsch. Mit 〈ϕ(w),w〉 = 0 gilt auch 〈iϕ(w),w〉 = 0. Es können aber nicht ϕ und 

iϕ beide anti-selbstadjungiert sein. Betrachten Sie beispielsweise W = C 2 mit 

dem Standardskalarprodukt. Dann ist 

( ) 

0 1 

ϕ = 

−1 0 

anti-selbstandjungiert, iϕ jedoch selbstadjungiert. 

3 Wenn ϕ ∈ End(W) anti-selbstadjungiert ist, dann ist es auch ϕ 2 . 

Lösung: 

Falsch. Dann ist ϕ 2 selbstadjungiert. 

Wenn ϕ ∈ End(W) anti-selbstadjungiert ist, dann ist ϕ 2 selbstadjungiert. 

4 Kein Element in O(9) ist anti-selbstadjungiert. 

Lösung: Wahr. Jedes Element ϕ ∈ O(9) hat nach Satz 5.6.8 wenigstens einen 

Eigenvektor zum Eigenwert λ ∈ {−1,1}. Es folgt 





λ|v| 2 = 〈ϕ(v),v〉 = −〈v,ϕ(v)〉 = −λ|v| 2 , 

was offensichtlich ein Widerspruch ist.

5 Es gibt in O(12) anti-selbstandjungierte Elemente. 

Lösung: Wahr. Z. B. die Matrix, die aus 6 Blöcken der Form 

besteht, 

ist in O(12) und ist anti-selbstadjungiert. 

( 

0 −1 

1 0 

6 Die Menge der selbstadjungierten Elemente in End(W) ist in Bijektion zu der 

Menge der anti-selbstadjungierten Elemente. 

Lösung: 

Wahr. Die Bijektion ist durch Multiplikation mit der imaginären Einheit gegeben. 

7 Jeder komplexe anti-selbstadjungierte Endomorphismus ϕ ∈ End(W) ist diagonalisierbar. 

Lösung: 

Wahr. Jede anti-selbstadjungierte Abbildung ist das Produkt der imaginären Einheit 

mit einer selbstadjungierten Abbildung. Letztere ist immer diagonalisierbar. 

8 Jeder reelle anti-selbstadjungierte Endomorphismus ϕ ∈ End(V ) ist diagonalisierbar. 

Lösung: 

Falsch. ( ) 

0 −1 

Z. B. 

hat keine (reellen) Eigenwerte. 

1 0 

9 Sei V der Vektorraum der glatten, reellwertigen Funktionen f : [0,1] → R, die 

zusammen mit all ihren Ableitungen bei 0 und 1 verschwinden, und sei 〈 f ,g〉 = 

1R 

f (x)g(x)dx 

0 

Dann ist der Endomorphismus 

) 






d : V → V 

f ↦→ f ′ 

anti-selbstadjungiert. 

Lösung: 

Wahr. Verwende partielle Integration. 

10 Sei W der Vektorraum der unendlich oft differenzierbaren, komplexwertigen 

Funktionen f : [0,1] → C, die zusammen mit all ihren Ableitungen bei 0 und 

R 

1 verschwinden, und sei 〈 f ,g〉 = 1 f (x)ḡ(x)dx 


0 



Lösung: 

Wahr. Verwende partielle Integration. 

d : W → W 

f ↦→ f ′

11 Sei W der Vektorraum der unendlich oft differenzierbaren, komplexwertigen 

Funktionen f : [0,1] → C, die zusammen mit all ihren Ableitungen bei 0 und 

R 

1 verschwinden, und sei 〈 f ,g〉 = 1 f (x)ḡ(x)dx 


0 



d : W → W 

f ↦→ i f ′ 

Lösung: 

Falsch. Der Endomorphismus ist selbstadjungiert. Verwende partielle Integration. 

2 Sei K ein Körper, f ∈ K[X] ein normiertes Polynom und B f die Begleitmatrix zu f . 

1 Die Begleitmatrix eines Monoms f (X) = X n mit n ≥ 2 ist die n × n Nullmatrix. ○ Wahr /○ Falsch 

2 Das charakteristische Polynom und das Minimalpolynom der Begleitmatrix eines 

normierten Polynoms g sind stets gleich g. 

Lösung: Wahr. Siehe dazu den Beweis von Satz 4.5.7 (Satz von Cayley- 

Hamilton). 

3 Jede Matrix ist ähnlich zur Begleitmatrix ihres charakteristischen Polynoms. 

Lösung: 

Falsch: wähle irgendeine Matrix, deren Minimalpolynom und charakteristisches 

Polynom verschieden sind. 

4 Die Jordansche Normalform einer Begleitmatrix ist stets eine Diagonalmatrix. 

Lösung: 

Für die Begleitmatrix B f zu f = X 2 −2X +1 gilt P A (X) = µ A (X) = f = (X −1) 2 . 

Also ist B f nicht diagonalisierbar. 

3 Betrachten Sie die folgende Matrix mit komplexen Einträgen: 

⎛ 

0 0 

1 0 

2 0 0 

1 2 0 

A := 

0 1 2 

2 0 

1 2 

⎜ 

⎝ 

3 0 

1 3 

⎞ 

⎟ 

⎠ 




1 Geben Sie den Rang der Matrix an. 

2 Geben Sie den Grad des charakteristischen Polynoms an. 

3 Geben Sie den Grad des Minimalpolynoms an. 

4 Geben Sie die algebraische Vielfachheit des Eigenwerts λ = 2 von A an.

5 Geben Sie die geometrische Vielfachheit des Eigenwerts λ = 2 von A an. 

6 Gilt die folgende Aussage allgemein: 

quadratische Matrizen mit demselben Minimalpolynom haben (bis auf Permutation 

der Blöcke) die gleiche Jordansche Normalform? 

Lösung: 

Gegenbeispiel: die folgenden beiden Matrizen in Jordanscher Normalform haben 

beide das Minimalpolynom (X − 1) 2 ; 

⎛ 

⎞ 

1 0 0 0 

1 1 0 0 

⎜ 

⎟ 

⎝ 0 0 1 0 ⎠ 

0 0 1 1 

⎛ 

⎞ 

1 0 0 0 

1 1 0 0 

⎜ 

⎟ 

⎝ 0 0 1 0 ⎠ 

0 0 0 1 


7 Sei m a die Vielfachheit einer Nullstelle a des Minimalpolynoms von A. Dann ist 

die maximale Größe eines Jordan-Blocks zum Eigenwert a gleich m a . 

Lösung: 

Ein Jordan-Block der Große n zum Eigenwert a impliziert, dass das Polynom 

(X − a) n ein Teiler des Minimalpolynoms µ A sein muss. 

8 Sei k a die Vielfachheit einer Nullstelle a des charakteristischen Polynoms von A. 

Dann tritt a genau k a mal auf der Diagonalen der Jordanschen Normalform von 

A auf. 

Lösung: 

Folgt aus der Formel für die Determinante einer Dreiecksmatrix. 

9 Die Zahl der Jordan-Blöcke zu einem Eigenwert a ist gleich der geometrischen 

Vielfachheit von a. 

Lösung: 

Jeder Jordan-Block zum Eigenwert a trägt unabhängig von seiner Größe einen 

Eigenraum zum Eigenwert a der Dimension 1 bei. 





4 (12 Punkte) 

Wir betrachten Diagonalmatrizen mit komplexen Einträgen. Hierbei verwenden wir die Notation 

diag(a 1 ,a 2 ,...,a n ) für die Diagonalmatrix mit Diagonalelementen a 1 ,a 2 ,...,a n . 

Geben Sie alle Determinanten- und Invariantenteiler der folgenden Diagonalmatrizen an: 

(a) diag(1,2,3,4,5) 

(b) diag(1,2,2,4,5) 

(c) diag(1,1,1,4,5) 

(d) diag(1,1,1,4,4) 

(e) diag(1,1,1,1,5) 

(f) diag(4,4,4,4,4) 

Lösung: 

Wir berechnen erst die Determinantenteiler. d j ist der größte gemeinsame Teiler aller ( 5 

j) 

Polynome der 

Form (X − a i1 ) · ... · (X − a i j 

) mit paarweise verschiedenen Werten für i 1 ,i 2 ,...i j . 

(a) Wir finden d 1 = d 2 = d 3 = d 4 = 1 und d 5 = (X − 1)(X − 2)(X − 3)(X − 4)(X − 5). In diesem Fall 

d i = c i . 

(b) Wir finden d 1 = d 2 = d 3 = 1, d 4 = (X − 2) und d 5 = (X − 1)(X − 2) 2 (X − 4)(X − 5). Entsprechend 

c 1 = c 2 = c 3 = 1, c 4 = (X − 2) und c 5 = (X − 1)(X − 2)(X − 4)(X − 5). 

(c) Wir finden d 1 = d 2 = 1, d 3 = (X −1), d 4 = (X −1) 2 und d 5 = (X −1) 3 (X −4)(X −5). Entsprechend 

c 1 = c 2 = 1, c 3 = c 4 = (X − 1) und c 5 = (X − 1)(X − 4)(X − 5). 

(d) Wir finden d 1 = d 2 = 1, d 3 = (X −1), d 4 = (X −1) 2 (X −4) und d 5 = (X −1) 3 (X −4) 2 . Entsprechend 

c 1 = c 2 = 1, c 3 = (X − 1) und c 4 = c 5 = (X − 1)(X − 4). 

(e) Wir finden d 1 = 1, d 2 = (X − 1), d 3 = (X − 1) 2 , d 4 = (X − 1) 3 und d 5 = (X − 1) 4 (X − 5). Entsprechend 

c 1 = 1, c 2 = c 3 = c 4 = (X − 1) und c 5 = (X − 1)(X − 5). 

(f) Wir finden d 1 = (X − 4), d 2 = (X − 4) 2 , d 3 = (X − 4) 3 , d 4 = (X − 4) 4 und d 5 = (X − 4) 5 . Entsprechend 

c 1 = c 2 = c 3 = c 4 = c 5 = (X − 4). 

Man beachte: Da Diagonalmatrizen vorliegen, zerfällt c 5 vollständig in paarweise verschiedene Linearfaktoren.

5 (i) (5 Punkte) Zeigen Sie: jede Matrix A ∈ M(n × n,C) ist unitär ähnlich zu einer oberen Dreiecksmatrix, 

d.h. es gibt eine unitäre Matrix U ∈ U(n), so dass U −1 AU eine obere Dreiecksmatrix ist. 

(ii) (5 Punkte) Sei V ein n-dimensionaler unitärer Vektorraum und ϕ ∈ End(V ). Seien λ 1 ,λ 2 ,...,λ m 

die Eigenwerte von ϕ, wobei Eigenwerte entsprechend ihrer geometrischen Vielfachheit mehrfach 

auftreten. Dann ist 

m 

|λ i | 2 ≤ tr(ϕ ∗ ϕ) 

∑ 

i=1 

(iii) (5 Punkte) Zeigen Sie, dass bei der Ungleichung in (ii) Gleichheit genau dann gilt, wenn ϕ ∗ ◦ ϕ = 

ϕ ◦ ϕ ∗ gilt. Einen Endomorphismus eines unitären Vektorraums mit dieser Eigenschaft nennt man 

auch normal. 

Lösung: 

i) Man muss nur den Beweis von Satz 4.4.6 der Vorlesung geeignet anpassen. Statt, wie dort, einen Eigenvektor 

zu einer beliebigen Basis zu ergänzen, ergänzt man zu einer Orthonormalbasis. Dann ist der 

Basiswechsel durch eine unitäre Matrix gegeben. 

ii) 

Sei M(ϕ) eine Matrixdarstellung von ϕ in einer Orthonormalbasis. In dieser Basis ist dann M(ϕ ∗ ) = 

(M(ϕ)) ∗ , gemäß den Regeln der Matrixmultiplikation folgt, dass 

tr(ϕ ∗ ϕ) = ∑|M(ϕ) jk | 2 

j,k 

eine Summe nicht-negativer Terme ist. 

Nach (i) gibt es eine Orthonormalbasis von V , in der M(ϕ) eine obere Dreiecksmatrix ist. Bei oberen 

Dreiecksmatrizen stehen die Eigenwerte entsprechend ihren algebraischen Vielfachheiten auf der Diagonalen. 

Sie treten also mindestens gemäß ihrer geometrischen Vielfachheit als Diagonalelemente auf. Wir 

bezeichnen daher mit i k ∈ {1,...n} einen Index, für den gilt M(ϕ) ik i k 

= λ k . Dann ist 

∑|M(ϕ) jk | 2 = 

j,k 

m 

∑ |λ j | 2 + ∑ |M(ϕ) jk | 2 + 

j=1 j

6 (10 Punkte) 

Sei K ein Körper und A ∈ M(n × n,K) eine beliebige Matrix. 

Zeigen Sie: Die Matrizen A und A t sind ähnlich. 

Hinweis: Zeigen Sie, dass A und A t die gleichen Determinantenteiler haben. 

Lösung: 

Wir zeigen, dass A und A t die gleichen Determinantenteiler haben. Nach Satz 6.2.6 sind dann A und A t 

ähnlich. 

Auch die charakteristischen Matrizen von A und A t sind zueinander transponiert: M A t(X) = (M A (X)) t . 

Dann ist auch die Untermatrix j-ter Ordnung von M A t(X), die aus den Elementen besteht, die in der i 1 - 

ten, i 2 -ten . . . i j -ten Zeile und der k 1 -ten, k 2 -ten . . . k j -ten Spalte von M A t(X) stehen, transponiert zu der 

Untermatrix j-ter Ordnung von M A (X), die aus den Elementen besteht, die in der i 1 -ten, i 2 -ten . . . i j -ten 

Spalte und der k 1 -ten, k 2 -ten . . . k j -ten Zeile von M A (X) stehen. Die Determinanten dieser beiden Matrizen 

sind also gleich. Da der Determinantenteiler als größter gemeinsamer Teiler dieses übereinstimmenden 

Satzes von Polynomen bestimmt wird, folgt d ( j) 

A 

= d( 

j) 

A t .

7 Sei (V,〈·,·〉) ein endlich-dimensionaler euklidischer Vektorraum mit Norm ‖v‖ = √ 〈v,v〉 und Abstandsfunktion 

d(x,y) := ‖x−y‖. Sei H ein echter affiner Unterraum von V und p ein Punkt, der nicht in H liegt, 

p ∈ V \ H. 

(i) (5 Punkte) Zeigen Sie, dass es genau einen Punkt q min ∈ H gibt, für den das Minimum d := 

min q∈H d(p,q) angenommen wird. 

(ii) (5 Punkte) Beschreiben Sie in Worten die Lage des Vektors p − q min bezüglich des affinen Unterraums 

H. 

(iii) (10 Punkte; wenn Sie die Aufgabe für V = R bearbeiten erhalten Sie nur maximal 5 Punkte) 

Es seien N Paare (x i ,y i ) mit x i ,y i ∈ V gegeben. Sie können sich dies folgendermaßen vorstellen: in 

Abhängigkeit von n := dim R V Parametern x i messen Sie in N Messungen jeweils n Größen y i . 

Sie vermuten einen affinen Zusammenhang zwischen diesen Größen, also eine Relation der Form 

y = a + bx 

mit a ∈ V und b ∈ R. Wir suchen nun Werte für a,b die möglichst gut mit den “Messwerten” (x i ,y i ) 

verträglich sind in dem Sinne, dass die Funktion 

minimal wird. 

f (a,b) = 

N 

∑ 

i=1 

Wir führen noch die arithmetischen Mittel ein: 

x := 1 N 

d (y i ,(a + bx i )) 2 

N 

∑ 

i=1x i ∈ V y := 1 N 

N 

∑ 

i=1 

y i ∈ V . 

Zeigen Sie, dass dann die gesuchten Werte von a,b die Gleichung y = a + bx erfüllen. 

Zeigen Sie dann, für diese Werte gilt: 

b = 

1 

N ∑N i=1 〈x i − x,y i − y〉 

1 

N ∑N i=1 ‖x i − x‖ 2 .

8 Lösung zur vorherigen Aufgabe: 

(i) Sei q ∈ H und H = q +U 0 . Wir wählen eine Orthonormalbasis (b 1 ,...,b r ) des Untervektorraums 

U 0 , die wir zu einer Orthonormalbasis (b 1 ,...,b n ) von V fortsetzen. Dann schreibt sich jeder Punkt 

in H als v = q + ∑ r i=1 λ ib i mit eindeutig bestimmten λ i ∈ R. Es ist 

d(p,v) 2 = ‖p − q − 

r 

∑ 

i=1 

λ i b i ‖ 2 = 

r 

∑ 

i=1 

(λ 2 i − 2λ i 〈b i , p − q〉) + ‖p − q‖ 2 

eine quadratische Funktion in den Variablen λ i mit i = 1,...,r mit Minimum für λ i = 〈b i , p − q〉, 

also bei 

q min = q + 

r 

∑ 

i=1 

da für jedes v ∈ V gilt v = ∑ n i=1 〈v,b i〉b i . 

(〈b i , p〉 − 〈b i ,q〉)b i = p + 

n 

∑ 

i=r+1 

〈q − p,b i 〉b i , 

(ii) Offenbar ist q min − p eine Linearkombination der Basisvektoren b r+1 ,...,b n und steht daher auf 

dem Untervektorraum U 0 senkrecht. Der Abstand eines Punktes p zum affinen Unterraum wird also 

genau für den Punkt q min der affinen Unterraums minimiert, für den der Verbindungsvektor zu p 

senkrecht auf dem affinen Unterraum steht. 

(iii) Der Gradient nach a liefert die Gleichung 

grad a ( f ) = −2 

N 

∑ 

i=1 

y i − a − bx i = 0 , 

aus der nach Division durch 2N die Gleichung y = a + bx folgt. Die Ableitung nach b liefert nach 

Einsetzen von a = y − bx die Gleichung 

N 

∂ 

∂b f (a,b) = −2 ∑ 〈y i − y + bx − bx i ,x i 〉 = 0. 

i=1 

Die angegebene Gleichung folgt, wenn man beachtet, dass 

N 

∑ 

i=1 

〈x i − x,x〉 = N〈x,x〉 − N〈x,x〉 = 0 

und 

gilt. 

N 

∑ 

i=1 

〈y i − y,x〉 = N〈y,x〉 − N〈y,x〉 = 0 


werden in der Übungsgruppe am Montag, dem 7. Juli, abgegeben.

Ex 1, Qu 1, Var 1: [’Wahr’] 



Ex 1, Qu 3, Var 2: [’Wahr’] 

Ex 1, Qu 4, Var 1: [’Wahr’] 

Ex 1, Qu 5, Var 1: [’Wahr’] 

Ex 1, Qu 6, Var 1: [’Wahr’] 

Ex 1, Qu 7, Var 1: [’Wahr’] 


Ex 1, Qu 9, Var 1: [’Wahr’] 

Ex 1, Qu 10, Var 1: [’Wahr’] 



Ex 2, Qu 2, Var 1: [’Wahr’] 



Ex 3, Qu 1, Var 1: [’8’] 

Ex 3, Qu 2, Var 1: [’9’] 

Ex 3, Qu 3, Var 1: [’7’] 

Ex 3, Qu 4, Var 1: [’5’] 

Ex 3, Qu 5, Var 1: [’2’] 


Ex 3, Qu 7, Var 1: [’Wahr’] 

Ex 3, Qu 8, Var 1: [’Wahr’] 

Ex 3, Qu 9, Var 1: [’Wahr’]

Übungsklausur 



In der Klausur sind keinerlei Hilfsmittel außer Papier und Stift zugelassen. Insbesondere dürfen Sie keinen 

Taschenrechner benutzen und nicht Ihre Aufzeichnungen oder andere Literatur zu Rate ziehen. 

Für jede Aufgabe erhalten Sie einen Punkt für die richtige Antwort, die Sie auf diesem Zettel angeben sollen. 

Bei einigen Aufgaben sind Begründungen verlangt, für die Sie ebenfalls Punkte erhalten können. Die zu 

erreichenden Punkte sind dort vermerkt. 

Bitte geben Sie auf diesem Zettel Ihren Namen und Ihre Matrikelnummer leserlich an. Wenn Begründungen 

gefordert sind, geben Sie diese auf einem getrennten Blatt, ebenfalls leserlich mit Ihrem Namen und Ihrer 

Matrikelnummer beschriftet, an. 

In der richtigen Klausur werden auch Fragen zu linearen Algebra I gestellt werden. In den Übungsklausuren 

können Sie diesen Zettel mit Lösungshinweisenwie üblich unter okuson einsehen. 

Name, Vorname: 

Matrikelnummer:□□□□□□□ 

1 Sei V = R 2 und sei ϕ ein Endomorphismus von V . Wir bezeichnen die 

darstellende Matrix( 

von ) ϕ bezüglich der Standardbasis von R 2 mit A. Es sei 

1 

bekannt, dass v 1 = Eigenvektor von ϕ zum Eigenwert λ 1 = − √ 2 und 

3 

( ) 

2 

v 2 = Eigenvektor zum Eigenwert λ 2 = 1 ist. 

4 

Geben Sie den Eintrag in der ersten Zeile und zweiten Spalte von A 10 (die zehnte 

Potenz bezüglich der Matrixmultiplikation) an. 

2 Punkte für die Rechnung 

2 Berechnen Sie die Determinanten der folgenden Matrizen mit komplexen Einträgen (Rechnung nicht angeben). 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

3 −2 1 

−5 3i 4 

4i −1 3 

wobei i die imaginäre Einheit bezeichne. 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

1 2 1 3 

2 6 1 −2 

−1 −2 1 −1 

−3 −6 3 −2 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

3 Berechnen Sie das Volumen das Spates, der durch die Vektoren 

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

3 2 1 

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 

⎝ 1 ⎠, ⎝ 3 ⎠, ⎝ 8 ⎠ 

2 3 5 

aufgespannt wird (Rechnung nicht angeben).

4 Geben Sie das Signum der folgenden Permutationen an (ohne Rechnung). 

( 

) 

1 2 3 4 5 6 

( 

3 2 1 6 5 4 

1 2 3 ... ... ... ... 4n − 2 4n − 1 4n 

4n 4n − 1 4n − 2 ... ... ... ... 3 2 1 

5 Wie lautet bezüglich der Standardbasis des R 2 die darstellende Matrix der Spiegelung an derjenigen Ursprungsgeraden, 

die mit der positiven Richtung der x-Achse einen Winkel von π 3 

gegen den Uhrzeigersinn 

einschließt? 1 Punkt für die Angabe der allgemeinen Spiegelungsmatrix für einen Winkel α und die Rechnung 

mit α = π 3 . 

a) ( √ 

12 

− 3 

√ 

3 

2 

1 

2 

2 

) 

) 

○ a /○ b /○ c 

b) ( 

− 

2 

1 √ 

3 

2 

√ ) 

3 

2 

1 

2 

c) ( 

12 

√ 

3 

2 √ 

3 

2 

− 1 2 

) 

6 Geben Sie die Eigenwerte der folgenden reellen Matrix an (ohne Rechnung). Sie bekommen einen Punkt 

für die Angabe des charakteristischen Polynoms und einen Punkt für die Angabe der Eigenwerte. 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

1 0 0 

17 −2 5 

25 1 2 

7 Geben Sie einen Eigenvektor zum Eigenwert -3 der folgenden reellen Matrix an 

(ohne Rechnung): 

⎛ 

⎞ 

−1 1 2 

⎜ 

⎟ 

⎝ 1 −1 1 ⎠. 

2 1 −1 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

8 Sei f ∈ R[x] ein reelles Polynom vom Grad neun. 

Kann f mit Vielfachheit gerechnet acht reelle Nullstellen haben? Sie bekommen 

2 Punkte für die richtige Begründung. 


9 Sei K ein Körper und seien n,m natürliche Zahlen. Sei ϕ : K n → K m eine lineare Abbildung. 

Wenn n = m ist, kann ϕ dann injektiv, aber nicht surjektiv sein? 

1 Punkt für die Begründung 

10 Sei K ein Körper. Wir betrachten M(2 × 2,K). 

Gilt 

det 

( 

a 

sc 

sb 

d 

) 

= sdet 

für alle s ∈ K? 

1 Punkt für die Begründung oder ein Gegenbeispiel. 

( 

a 

c 

b 

d 

) 


○ Ja /○ Nein

11 Die folgende Matrix hat das charakteristische Polynom (X −2) 2 (X −1). Ist sie diagonalisierbar? 2 Punkte 

für die Begründung. 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

2 2 −1 

0 0 1 

0 −2 3 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

○ Ja /○ Nein

¨Ubungsblatt 1

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