Kurs:Lineare Algebra/Teil I/11/Klausur mit Lösungen/kontrolle

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

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Ein Körper ${}K$ ist ein kommutativer Ring, wenn ${}K\neq 0$ ist und wenn jedes von ${}0$ verschiedene Element in ${}K$ ein multiplikatives Inverses besitzt.
2. Man sagt, dass ${}V$ die direkte Summe der ${}U_{i}$ ist, wenn die beiden folgenden Bedingungen erfüllt sind.
   1. ${}U_{i}\cap {\left(\sum _{j\neq i}U_{j}\right)}=0$ für alle ${}i$.
   2. Jeder Vektor ${}v\in V$ besitzt eine Darstellung

      ${}v=u_{1}+u_{2}+\cdots +u_{m}\,$

      mit ${}u_{i}\in U_{i}$.

3. Eine Familie von Vektoren ${}v_{i}$, ${}i\in I$, heißt linear unabhängig, wenn eine Gleichung

   $\sum _{i\in J}a_{i}v_{i}=0{\text{ mit }}a_{i}\in K{\text{ für eine endliche Teilmenge }}J\subseteq I$

   nur bei ${}a_{i}=0$ für alle ${}i$ möglich ist.

4. Die Abbildung

   $\Phi \colon V^{n}=\underbrace {V\times \cdots \times V} _{n{\text{-mal}}}\longrightarrow W$

   heißt alternierend, wenn ${}\Phi$ multilinear ist und wenn folgendes gilt: falls in ${}v=(v_{1},\ldots ,v_{n})$ zwei Einträge übereinstimmen, also ${}v_{i}=v_{j}$ für ein Paar ${}i\neq j$, so ist

   ${}\Phi (v)=0\,.$

5. Man nennt

   $\dim _{K}{\left(\operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\varphi \right)}\right)}$

   die geometrische Vielfachheit des Eigenwerts.

6. Unter einem affinen Unterraum von ${}V$ versteht man (die leere Menge oder) eine Teilmenge der Form

   ${}w+U={\left\{w+u\mid u\in U\right\}}\,,$

   wobei ${}U\subseteq V$ ein Untervektorraum und ${}w\in V$ ein Vektor ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es sei ${}K$ ein Körper und es seien ${}V$ und ${}W$ zwei ${}K$- Vektorräume. Es sei

   $\varphi \colon V\longrightarrow W$

   eine bijektive lineare Abbildung. Dann ist auch die Umkehrabbildung

   $\varphi ^{-1}\colon W\longrightarrow V$

   linear.
2. Es sei ${}K$ ein Körper und sei ${}M=(a_{ij})_{ij}$ eine ${}n\times n$-Matrix über ${}K$. Zu ${}i,j\in {\{1,\ldots ,n\}}$ sei ${}M_{ij}$ diejenige Matrix, die entsteht, wenn man in ${}M$ die ${}i$-te Zeile und die ${}j$-te Spalte weglässt. Dann ist (bei ${}n\geq 2$ für jedes feste ${}i$ bzw. ${}j$)

   ${}\det M=\sum _{i=1}^{n}(-1)^{i+j}a_{ij}\det M_{ij}=\sum _{j=1}^{n}(-1)^{i+j}a_{ij}\det M_{ij}\,.$

3. Es sei ${}P_{i}$, ${}i\in I$, eine affine Basis in einem affinen Raum ${}E$ über dem ${}K$- Vektorraum ${}V$. Dann gibt es für jeden Punkt ${}P\in E$ eine eindeutige Darstellung

   ${}P=\sum _{i\in I}a_{i}P_{i}\,$

   mit

   ${}\sum _{i\in I}a_{i}=1$.

Aufgabe (1 Punkt)

Wir betrachten den Satz „Diese Vorlesung versteht keine Sau“. Negiere diesen Satz durch eine Existenzaussage.

Lösung

Es gibt eine Sau, die diese Vorlesung versteht.

Aufgabe (4 (2+2) Punkte)

Es sei ${}T_{n}$, ${}n\in \mathbb {N} _{+}$, eine Familie von Mengen. Wir setzen

${}S_{n}=T_{n}\setminus {\left(\bigcup _{i=1}^{n-1}T_{i}\right)}\,.$

a) Zeige

${}\bigcup _{i=1}^{n}T_{i}=\bigcup _{i=1}^{n}S_{i}\,.$

b) Zeige, dass die Vereinigung ${}\bigcup _{i=1}^{n}S_{i}$ disjunkt ist, dass also

${}S_{n}\cap S_{k}=\emptyset \,$

für ${}n\neq k$ ist.

Lösung

a) Wegen ${}S_{n}\subseteq T_{n}$ gilt ${}\supseteq$. Zum Nachweis der umgekehrten Inklusion sei ${}x\in \bigcup _{i=1}^{n}T_{i}$. Dann gibt es ein ${}i$ zwischen ${}1$ und ${}n$ mit ${}x\in T_{i}$ und damit auch ein minimales ${}k$ mit dieser Eigenschaft. Es ist also ${}x\in T_{k}$, aber ${}x\not \in T_{i}$ für ${}i<k$. Damit ist ${}x\in T_{k}\setminus \bigcup _{i=1}^{k-1}T_{i}=S_{k}$ und insbesondere ${}x\in \bigcup _{i=1}^{n}S_{i}$.

b) Sei ${}k\neq n$ und sagen wir ${}k<n$. Es sei ${}x\in S_{n}=T_{n}\setminus \bigcup _{i=1}^{n-1}T_{i}$. Dann ist ${}x\in T_{n}$ und ${}x\not \in T_{i}$ für ${}i<n$. Also ist insbesondere ${}x\not \in T_{k}$ und damit auch ${}x\not \in S_{k}$. Also sind ${}S_{n}$ und ${}S_{k}$ disjunkt.

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

Wir betrachten die durch die Wertetabelle

${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$
${}\varphi (x)$	${}4$	${}7$	${}4$	${}5$	${}1$	${}1$	${}2$

gegebene Abbildung

$\varphi \colon \{1,2,3,4,5,6,7\}\longrightarrow \{1,2,3,4,5,6,7\}.$

a) Bestimme das Bild von ${}\{1,2,3\}$ unter ${}\varphi$.

b) Bestimme das Urbild von ${}\{4,5,6,7\}$ unter ${}\varphi$.

c) Erstelle eine Wertetabelle für

${}\varphi ^{3}=\varphi \circ \varphi \circ \varphi \,.$

Lösung

a) Das Bild von ${}\{1,2,3\}$ ist ${}\{4,7\}$.

b) Das Urbild von ${}\{4,5,6,7\}$ ist ${}\{1,2,3,4\}$.

c)

${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$
${}\varphi (x)$	${}1$	${}7$	${}1$	${}4$	${}5$	${}5$	${}2$

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und ${}V$ ein ${}K$- Vektorraum der Dimension ${}n$. Es seien ${}{\mathfrak {u}}=u_{1},\ldots ,u_{n},\,{\mathfrak {v}}=v_{1},\ldots ,v_{n}$ und ${}{\mathfrak {w}}=w_{1},\ldots ,w_{n}$ Basen von ${}V$. Zeige, dass die Übergangsmatrizen zueinander in der Beziehung

${}M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {u}}=M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}\circ M_{\mathfrak {v}}^{\mathfrak {u}}\,$

stehen.

Lösung

Es sei

${}u_{i}=\sum _{j=1}^{n}a_{ji}v_{j}\,$

und

${}v_{j}=\sum _{k=1}^{n}b_{kj}w_{k}\,.$

Dann ist

${}M_{\mathfrak {v}}^{\mathfrak {u}}=(a_{ji})\,$

und

${}M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}=(b_{kj})\,.$

Somit ist

${}{\begin{aligned}u_{i}&=\sum _{j=1}^{n}a_{ji}v_{j}\\&=\sum _{j=1}^{n}a_{ji}{\left(\sum _{k=1}^{n}b_{kj}w_{k}\right)}\\&=\sum _{k=1}^{n}{\left(\sum _{j=1}^{n}b_{kj}a_{ji}\right)}w_{k}.\end{aligned}}$

Der Koeffizient vor ${}w_{k}$ ist dabei das Produkt aus der ${}k$-ten Zeile von ${}M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}$ und der ${}i$-ten Spalte von ${}M_{\mathfrak {v}}^{\mathfrak {u}}$, und dies ist der Eintrag ${}{\left(M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {u}}\right)}_{ik}$.

Aufgabe (3 Punkte)

Drücke in ${}\mathbb {R} ^{3}$ den Vektor

$(0,1,0)$

als Linearkombination der Vektoren

$(9,6,5),(2,2,5){\text{ und }}(7,3,4)$

aus.

Lösung

Es geht um das lineare Gleichungssystem

${}9a+2b+7c=0\,,$

${}6a+2b+3c=1\,,$

${}5a+5b+4c=0\,.$

Wir ersetzen die zweite Zeile durch ${}II-I$ und die dritte durch ${}2III-5I$ und erhalten

${}9a+2b+7c=0\,,$

${}-3a-4c=1\,,$

${}-35a-27c=0\,.$

Wir ersetzen ${}III$ durch ${}4III-27II$ und erhalten

${}9a+2b+7c=0\,,$

${}-3a-4c=1\,,$

${}59a=27\,.$

Somit ist

${}a={\frac {27}{59}}\,,$

${}c={\frac {-3a-1}{4}}={\frac {-3\cdot {\frac {27}{59}}-1}{4}}=-{\frac {35}{59}}\,$

und

${}b={\frac {1}{2}}(-9a-7c)={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {1}{59}}(-9\cdot 27+7\cdot 35)={\frac {1}{59}}\,.$

Aufgabe (8 Punkte)

Beweise den Basisaustauschsatz.

Lösung

Wir führen Induktion über ${}k$, also über die Anzahl der Vektoren in der Familie. Bei ${}k=0$ ist nichts zu zeigen. Es sei die Aussage für ${}k$ schon bewiesen und seien ${}k+1$ linear unabhängige Vektoren

$u_{1},\ldots ,u_{k},u_{k+1}$

gegeben. Nach Induktionsvoraussetzung, angewandt auf die

(ebenfalls linear unabhängigen) Vektoren

$u_{1},\ldots ,u_{k}$

gibt es eine Teilmenge ${}J=\{i_{1},i_{2},\ldots ,i_{k}\}\subseteq \{1,\ldots ,n\}$ derart, dass die Familie

$u_{1},\ldots ,u_{k},b_{i},i\in I\setminus J,$

eine Basis von ${}V$ ist. Wir wollen auf diese Basis das Austauschlemma anwenden. Da eine Basis vorliegt, kann man

${}u_{k+1}=\sum _{j=1}^{k}c_{j}u_{j}+\sum _{i\in I\setminus J}d_{i}b_{i}\,$

schreiben.  Wären hierbei alle Koeffizienten ${}d_{i}=0$,  so ergäbe sich sofort ein Widerspruch zur linearen Unabhängigkeit der ${}u_{j}$, ${}j=1,\ldots ,k+1$. Es gibt also ein ${}i\in I\setminus J$ mit ${}d_{i}\neq 0$. Wir setzen ${}i_{k+1}:=i$. Damit ist ${}J'=\{i_{1},i_{2},\ldots ,i_{k},i_{k+1}\}$ eine ${}(k+1)$-elementige Teilmenge von ${}{\{1,\ldots ,n\}}$. Nach dem Austauschlemma kann man den Basisvektor ${}b_{i_{k+1}}$ durch ${}u_{k+1}$ ersetzen und erhält die neue Basis

$u_{1},\ldots ,u_{k},u_{k+1},b_{i},i\in I\setminus J'.$

  Der Zusatz folgt sofort, da eine ${}k$-elementige Teilmenge einer ${}n$-elementigen Menge vorliegt.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die Dimension des von den Vektoren

${\begin{pmatrix}1\\1\\1\\0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}1\\1\\0\\1\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}1\\0\\1\\1\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\1\\1\\1\end{pmatrix}}$

erzeugten Untervektorraumes des ${}\mathbb {R} ^{4}$.

Lösung

Die Summe der vier Vektoren ist

${}{\begin{pmatrix}1\\1\\1\\0\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}1\\1\\0\\1\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}1\\0\\1\\1\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0\\1\\1\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}3\\3\\3\\3\end{pmatrix}}\,.$

Daher gehört ${}{\begin{pmatrix}1\\1\\1\\1\end{pmatrix}}$ zu dem von den Vektoren erzeugten Untervektorraum. Daher gehören auch die Differenzen

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

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

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

und

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

also die Standardvektoren, zu dem erzeugten Untervektorraum. Daher wird der ganze ${}\mathbb {R} ^{4}$ erzeugt und die Dimension ist ${}4$.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme, für welche ${}x\in {\mathbb {C} }$ die Matrix

${\begin{pmatrix}x^{2}+x&-x\\-x^{3}+2x^{2}+5x-1&x^{2}-x\end{pmatrix}}$

invertierbar ist.

Lösung

Eine Matrix ist genau dann invertierbar, wenn ihre Determinante ${}\neq 0$ ist. Die Determinante der Matrix ist

${}{\begin{aligned}\det {\begin{pmatrix}x^{2}+x&-x\\-x^{3}+2x^{2}+5x-1&x^{2}-x\end{pmatrix}}&=(x^{2}+x)(x^{2}-x)+x(-x^{3}+2x^{2}+5x-1)\\&=x^{4}-x^{2}-x^{4}+2x^{3}+5x^{2}-x\\&=2x^{3}+4x^{2}-x\\&=x(2x^{2}+4x-1).\end{aligned}}$

Dies ist gleich ${}0$ bei ${}x=0$, was die Lösung ${}x_{1}=0$ ergibt, oder bei ${}2x^{2}+4x-1=0$. Diese quadratische Gleichung ist äquivalent zu ${}x^{2}+2x-{\frac {1}{2}}=0$ bzw. zu

${}(x+1)^{2}-1-{\frac {1}{2}}=0\,.$

Also ist

${}x+1=\pm {\sqrt {\frac {3}{2}}}\,$

und damit

$x_{2}={\sqrt {\frac {3}{2}}}-1{\text{ und }}x_{3}=-{\sqrt {\frac {3}{2}}}-1.$

Die einzigen komplexen Zahlen, bei denen die Matrix nicht invertierbar ist, sind also

$0,\,{\sqrt {\frac {3}{2}}}-1,\,-{\sqrt {\frac {3}{2}}}-1.$

Aufgabe (11 (6+5) Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper, ${}V$ und ${}W$ seien endlichdimensionale ${}K$-Vektorräume und sei

$\varphi \colon V\longrightarrow W$

eine lineare Abbildung.

a) Zeige: ${}\varphi$ ist genau dann surjektiv, wenn es eine lineare Abbildung

$\psi \colon W\longrightarrow V$

mit

${}\varphi \circ \psi =\operatorname {Id} _{W}\,$

gibt.

b) Es sei nun ${}\varphi$ surjektiv, es sei

${}S={\left\{\psi :W\rightarrow V\mid \psi {\text{ linear}},\,\varphi \circ \psi =\operatorname {Id} _{W}\right\}}\,$

und es sei ${}\psi _{0}\in S$ fixiert. Definiere eine Bijektion zwischen ${}\operatorname {Hom} _{K}{\left(W,\operatorname {kern} \varphi \right)}$ und ${}S$, unter der ${}0$ auf ${}\psi _{0}$ abgebildet wird.

Lösung

a) ${}\Leftarrow$ Es gebe eine lineare Abbildung ${}\psi$ mit der angegebenen Eigenschaft ${}\varphi \circ \psi =\operatorname {Id} _{W}$. Dann ist für jedes ${}w\in W$

$w=\varphi (\psi (w)),$

also ist ${}\psi (w)$ ein Urbild für ${}w$ unter ${}\varphi$.

${}\Rightarrow$ Es sei ${}w_{1},\ldots ,w_{n}$ eine Basis von ${}W$ und es seien ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ Urbilder unter ${}\varphi$, also Elemente in ${}V$ mit

$\varphi (v_{i})=w_{i}{\text{ für alle }}i=1,\ldots ,n.$

Wir definieren nun eine lineare Abbildung ${}\psi \colon W\rightarrow V$ durch

$\psi (w_{i}):=v_{i}{\text{ für alle }}i=1,\ldots ,n.$

Da man eine lineare Abbildung auf einer Basis frei vorgeben kann, ist dadurch in der Tat eine lineare Abbildung definiert.

Für die Verknüpfung ${}\varphi \circ \psi$ und einen beliebigen Vektor ${}w=\sum _{i=1}^{n}a_{i}w_{i}$ gilt

${}{\begin{aligned}(\varphi \circ \psi )(\sum _{i=1}^{n}a_{i}w_{i})&=\varphi (\psi (\sum _{i=1}^{n}a_{i}w_{i}))\\&=\varphi (\sum _{i=1}^{n}a_{i}\psi (w_{i}))\\&=\varphi (\sum _{i=1}^{n}a_{i}v_{i})\\&=\sum _{i=1}^{n}a_{i}\varphi (v_{i})\\&=\sum _{i=1}^{n}a_{i}w_{i}.\end{aligned}}$

Also ist diese Verknüpfung die Identität.

b) Wir definieren eine Abbildung durch

$\operatorname {Hom} _{K}(W,\operatorname {kern} \varphi )\longrightarrow S,\,\theta \longmapsto \theta +\psi _{0},$

wobei ${}\theta +\psi _{0}$ die Addition von linearen Abbildungen von ${}W$ nach ${}V$ ist. Unter dieser Abbildung geht die Nullabbildung auf ${}\psi _{0}$. Wir müssen zuerst zeigen, dass ${}\theta +\psi _{0}$ zu ${}S$ gehört. Dies folgt aus

${}{\begin{aligned}(\varphi \circ (\theta +\psi _{0}))(w)&=\varphi ((\theta +\psi _{0})(w))\\&=\varphi (\theta (w)+\psi _{0}(w))\\&=\varphi (\psi _{0}(w))\\&=w\end{aligned}}$

für alle ${}w\in W$.

Zur Injektivität. Seien ${}\theta _{1}$ und ${}\theta _{2}$ aus ${}\operatorname {Hom} _{K}(W,\operatorname {kern} \varphi )$ gegeben, die auf das gleiche Element in ${}S$ abgebildet werden. Dann ist

$\theta _{1}(w)+\psi _{0}(w)=\theta _{2}(w)+\psi _{0}(w){\text{ für alle }}w\in W$

und daher

$\theta _{1}(w)=\theta _{2}(w){\text{ für alle }}w\in W.$

Zur Surjektivität. Es sei ${}\psi \in S$. Wir betrachten ${}\psi -\psi _{0}$ und behaupten, dass dies zu ${}\operatorname {Hom} _{K}(W,\operatorname {kern} \varphi )$ gehört. Dies folgt aus

${}{\begin{aligned}\varphi ((\psi -\psi _{0})(w))&=\varphi (\psi (w)-\psi _{0}(w))\\&=\varphi (\psi (w))-\varphi (\psi _{0}(w))\\&=w-w\\&=0.\end{aligned}}$

Damit ist ${}\psi =(\psi -\psi _{0})+\psi _{0}$ im Bild der Abbildung.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass eine Permutation auf ${}{\{1,\ldots ,n\}}$ genau dann die Identität ist, wenn sie keinen Fehlstand besitzt.

Lösung

Wenn ${}\pi$ die Identität ist, so ist für jedes ${}i<j$ natürlich auch ${}\pi (i)=i<j=\pi (j)$, sodass kein Fehlstand vorliegt. Die Umkehrung beweisen wir durch Induktion über ${}n$. Für ${}n=1$ ist die Aussage richtig. Es sei sie für ${}n$ schon bewiesen und sei eine Permutation ${}\pi$ auf ${}\{1,\ldots ,n+1\}$ ohne Fehlstand gegeben. Für jedes ${}i<n+1$ gilt dann ${}\pi (i)<\pi (n+1)$. Die ${}n$ verschiedenen Zahlen ${}\pi (i)$, ${}i={\{1,\ldots ,n\}}$, sind also kleiner als ${}\pi (n+1)$, und daher ist die einzige verbleibende Möglichkeit

${}\pi (n+1)=n+1\,.$

Daher ist ${}n+1$ ein Fixpunkt von ${}\pi$ und somit kann man ${}\pi$ als eine Permutation auf ${}{\{1,\ldots ,n\}}$ auffassen. Diese besitzt ebenfalls keinen Fehlstand und ist nach Induktionsvoraussetzung die Identität, also ist auch ${}\pi$ die Identität.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und ${}{\mathfrak {a}}\subseteq K[X]$ ein Ideal, das die beiden Elemente ${}X^{2}+7X+5$ und ${}6X+3$ enthält. Zeige, dass ${}{\mathfrak {a}}$ das Einheitsideal ist.

Lösung

Es ist

${}X^{2}+7X+5={\left(6X+3\right)}{\left({\frac {1}{6}}X+{\frac {13}{12}}\right)}+{\frac {7}{4}}\,.$

Da ${}X^{2}+7X+5$ und ${}{\left(6X+3\right)}{\left({\frac {1}{6}}X+{\frac {13}{12}}\right)}$ zum Ideal ${}{\mathfrak {a}}$ gehören, gehört auch

${}{\frac {7}{4}}=X^{2}+7X+5-{\left(6X+3\right)}{\left({\frac {1}{6}}X+{\frac {13}{12}}\right)}\,$

zu ${}{\mathfrak {a}}$. Damit gehört auch

${}1={\frac {4}{7}}\cdot {\frac {7}{4}}\,$

zum Ideal und wegen ${}P=P\cdot 1$ für alle Polynome ${}P$ ist ${}{\mathfrak {a}}$ das Einheitsideal.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die ${}2\times 2$- Matrizen über ${}\mathbb {R}$ der Form

${}M={\begin{pmatrix}a&b\\0&d\end{pmatrix}}\,$

mit

${}M^{2}+3M-4E_{2}=0\,.$

Lösung

Die Gesamtbedingung führt wegen

${}{\begin{pmatrix}a&b\\0&d\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}a&b\\0&d\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}a^{2}&ab+bd\\0&d^{2}\end{pmatrix}}\,$

auf

${}{\begin{pmatrix}a^{2}&ab+bd\\0&d^{2}\end{pmatrix}}+3{\begin{pmatrix}a&b\\0&d\end{pmatrix}}-4{\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}}\,$

und somit auf die drei Bedingungen

${}a^{2}+3a-4=0\,,$

${}d^{2}+3d-4=0\,$

und

${}(a+d+3)b=0\,.$

Nach der Lösungsformel für quadratische Gleichungen gilt

${}a,d=1,-4\,.$

Bei ${}b=0$ sind also

${\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}1&0\\0&-4\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}-4&0\\0&1\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}-4&0\\0&-4\end{pmatrix}}$

Lösungen. Bei ${}b\neq 0$ muss zusätzlich

${}a+d=-3\,$

sein, und daher sind

${\begin{pmatrix}1&b\\0&-4\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}-4&b\\0&1\end{pmatrix}}{\text{ mit }}b\neq 0$

weitere Lösungen.

Aufgabe (2 Punkte)

Was ist falsch an der folgenden Argumentation:

„Aussage: Es sei ${}\lambda$ ein Eigenwert zur oberen Dreiecksmatrix

${}M={\begin{pmatrix}d_{1}&\ast &\cdots &\cdots &\ast \\0&d_{2}&\ast &\cdots &\ast \\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&d_{n-1}&\ast \\0&\cdots &\cdots &0&d_{n}\end{pmatrix}}\,.$

Dann ist

${}\lambda =d_{n}\,.$

Beweis: Es sei

${}x={\begin{pmatrix}x_{1}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}\,$

ein Eigenvektor der Matrix zum Eigenwert ${}\lambda$. Dies bedeutet die Gleichheit

${}{\begin{pmatrix}d_{1}&\ast &\cdots &\cdots &\ast \\0&d_{2}&\ast &\cdots &\ast \\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&d_{n-1}&\ast \\0&\cdots &\cdots &0&d_{n}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x_{1}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}=\lambda {\begin{pmatrix}x_{1}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}\,.$

Diese Gleichheit bedeutet die entsprechende Gleichheit in jeder Zeile. Speziell ergibt sich für die letzte Zeile die Bedingung

${}d_{n}x_{n}=\lambda x_{n}\,.$

Da ${}x$ als Eigenvektor von ${}0$ verschiedenen sein muss, kann man durch ${}x_{n}$ dividieren und erhält ${}d_{n}=\lambda$. “

Lösung

Es ist zwar

${}x={\begin{pmatrix}x_{1}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}\neq 0\,,$

dies bedeutet aber nur, dass mindestens eine Komponente nicht ${}0$ ist. Der letzte Eintrag kann ${}0$ sein, und dann kann man die behauptete Division nicht durchführen.

Aufgabe (3 Punkte)

Eine lineare Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {Q} ^{3}\longrightarrow \mathbb {Q} ^{3}$

werde bezüglich der Standardbasis durch die Matrix

${\begin{pmatrix}-2&7&8\\0&-2&-2\\0&0&-2\end{pmatrix}}$

beschrieben. Finde eine Basis, bezüglich der ${}\varphi$ durch die Matrix

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

beschrieben wird.

Lösung

Es ist

${}M={\begin{pmatrix}-2&7&8\\0&-2&-2\\0&0&-2\end{pmatrix}}+2{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&7&8\\0&0&-2\\0&0&0\end{pmatrix}}\,$

und

${}{\begin{pmatrix}0&7&8\\0&0&-2\\0&0&0\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}0&7&8\\0&0&-2\\0&0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0&-14\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}}\,.$

Der Vektor ${}{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}$ gehört nicht zum Kern von ${}M^{2}$, daher kann man aus den sukzessiven Bildern davon eine Basis wie gewünscht herstellen. Es ist

${}M{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&7&8\\0&0&-2\\0&0&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}8\\-2\\0\end{pmatrix}}\,$

und

${}M^{2}{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-14\\0\\0\end{pmatrix}}\,.$

Daher ist

${\begin{pmatrix}-14\\0\\0\end{pmatrix}}\,,{\begin{pmatrix}8\\-2\\0\end{pmatrix}}\,,{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}$

eine Basis, bezüglich der die jordansche Normalform

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

vorliegt.

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}P_{i}$, ${}i\in I$, eine Familie von Punkten in einem affinen Raum ${}E$. Zeige, dass durch eine baryzentrische Kombination ${}\sum _{i\in I}a_{i}P_{i}$ ein eindeutiger Punkt in ${}E$ definiert wird.

Lösung

Es seien ${}Q,Q'\in E$. Dann ist

${}{\begin{aligned}Q+\sum _{i\in I}a_{i}{\overrightarrow {QP_{i}}}&=Q'+{\overrightarrow {Q'Q}}+\sum _{i\in I}a_{i}{\overrightarrow {QP_{i}}}\\&=Q'+\sum _{i\in I}a_{i}{\left({\overrightarrow {Q'Q}}+{\overrightarrow {QP_{i}}}\right)}\\&=Q'+\sum _{i\in I}a_{i}{\overrightarrow {Q'P_{i}}},\end{aligned}}$

der Punkt ist also wohldefiniert.