Kurs:Lineare Algebra/Teil I/13/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	${}\sum$
Punkte	3	3	2	2	2	1	5	3	6	4	7	1	6	4	4	6	7	66

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Ein neutrales Element ${}e\in M$ zu einer Verknüpfung

   $\circ \colon M\times M\longrightarrow M,\,(x,y)\longmapsto x\circ y.$

2. Ein inhomogenes lineares Gleichungssystem mit ${}m$ Gleichungen in ${}n$ Variablen über einem Körper ${}K$.
3. Eine Diagonalmatrix.
4. Isomorphe Vektorräume.
5. Die Spur zu einer linearen Abbildung ${}\varphi \colon V\rightarrow V$ auf einem endlichdimensionalen ${}K$- Vektorraum ${}V$.
6. Eine trigonalisierbare lineare Abbildung ${}\varphi \colon V\rightarrow V$, wobei ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}K$- Vektorraum ist.

Lösung

1. Es sei eine Menge ${}M$ mit einer Verknüpfung

   $\circ \colon M\times M\longrightarrow M,\,(x,y)\longmapsto x\circ y,$

   gegeben. Dann heißt ein Element ${}e\in M$ neutrales Element der Verknüpfung, wenn für alle ${}x\in M$ die Gleichheit

   $x\circ e=x=e\circ x$

   gilt.

2. Das System

   ${\begin{matrix}a_{11}x_{1}+a_{12}x_{2}+\cdots +a_{1n}x_{n}&=&c_{1}\\a_{21}x_{1}+a_{22}x_{2}+\cdots +a_{2n}x_{n}&=&c_{2}\\\vdots &\vdots &\vdots \\a_{m1}x_{1}+a_{m2}x_{2}+\cdots +a_{mn}x_{n}&=&c_{m}\end{matrix}}$

   heißt ein inhomogenes lineares Gleichungssystem, wobei die ${}a_{ij}$ und die ${}c_{i}$ aus ${}K$ sind.
3. Eine ${}n\times n$- Matrix der Form

   ${\begin{pmatrix}d_{11}&0&\cdots &\cdots &0\\0&d_{22}&0&\cdots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&d_{n-1\,n-1}&0\\0&\cdots &\cdots &0&d_{nn}\end{pmatrix}}$

   nennt man Diagonalmatrix.

4. Zwei ${}K$- Vektorräume ${}V$ und ${}W$ heißen isomorph, wenn es einen Isomorphismus von ${}V$ nach ${}W$ gibt.
5. Die lineare Abbildung werde bezüglich einer Basis durch die Matrix ${}M$ beschrieben. Dann nennt man ${}\operatorname {Spur} {\left(M\right)}$ die Spur von ${}\varphi$.
6. Es sei ${}K$ ein Körper und ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}K$- Vektorraum. Eine lineare Abbildung ${}\varphi \colon V\rightarrow V$ heißt trigonalisierbar, wenn sie bezüglich einer geeigneten Basis durch eine obere Dreiecksmatrix beschrieben wird.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über die Dimension des Standardraumes.
2. Der Satz über das Signum und Transpositionen.
3. Das Lemma von Bezout für Polynome.

Lösung

1. Es sei ${}K$ ein Körper und ${}n\in \mathbb {N}$. Dann besitzt der Standardraum ${}K^{n}$ die Dimension ${}n$.
2. Es sei ${}M={\{1,\ldots ,n\}}$ und sei ${}\pi$ eine Permutation auf ${}M$. Es sei

   ${}\pi =\tau _{1}\cdots \tau _{r}\,$

   als ein Produkt von ${}r$ Transpositionen geschrieben. Dann gilt für das Signum die Darstellung

   ${}\operatorname {sgn} (\pi )=(-1)^{r}\,.$

3. Es sei ${}K$ ein Körper und seien ${}P_{1},\ldots ,P_{n}$ Polynome über ${}K$. Es sei ${}G$ ein größter gemeinsamer Teiler der ${}P_{i}$. Dann gibt es eine Darstellung

   ${}G=Q_{1}P_{1}+\cdots +Q_{n}P_{n}\,$

   mit ${}Q_{1},\ldots ,Q_{n}\in K[X]$.

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und ${}n\in \mathbb {N}$. Zeige, dass die Menge der Diagonalmatrizen ein Untervektorraum im Raum aller ${}n\times n$- Matrizen über ${}K$ ist und bestimme seine Dimension.

Lösung

Zu zwei Diagonalmatrizen

${\begin{pmatrix}a_{1}&0&\cdots &\cdots &0\\0&a_{2}&0&\cdots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&a_{n-1}&0\\0&\cdots &\cdots &0&a_{n}\end{pmatrix}}\,\,{\text{ und }}\,\,{\begin{pmatrix}b_{1}&0&\cdots &\cdots &0\\0&b_{2}&0&\cdots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&b_{n-1}&0\\0&\cdots &\cdots &0&b_{n}\end{pmatrix}}$

und Skalare ${}s,t\in K$ ist auch

${}{\begin{aligned}s{\begin{pmatrix}a_{1}&0&\cdots &\cdots &0\\0&a_{2}&0&\cdots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&a_{n-1}&0\\0&\cdots &\cdots &0&a_{n}\end{pmatrix}}+t{\begin{pmatrix}b_{1}&0&\cdots &\cdots &0\\0&b_{2}&0&\cdots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&b_{n-1}&0\\0&\cdots &\cdots &0&b_{n}\end{pmatrix}}&={\begin{pmatrix}sa_{1}+tb_{1}&0&\cdots &\cdots &0\\0&sa_{2}+tb_{2}&0&\cdots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&sa_{n-1}+tb_{n-1}&0\\0&\cdots &\cdots &0&sa_{n}+tb_{n}\end{pmatrix}}\\\,\end{aligned}}$

ebenfalls eine Diagonalmatrix, daher liegt ein Untervektorraum vor. Die Diagonalmatrizen ${}D_{i}$, ${}1\leq i\leq n$, deren ${}i$-ter Diagonaleintrag eine ${}1$ ist und die sonst überall Nulleinträge haben, bilden offenbar eine Basis des Raumes der Diagonalmatrizen. Daher ist die Dimension gleich ${}n$.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die Übergangsmatrizen ${}M_{\mathfrak {v}}^{\mathfrak {u}}$ und ${}M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {v}}$ für die Standardbasis ${}{\mathfrak {u}}$ und die durch die Vektoren

$v_{1}={\begin{pmatrix}0\\0\\1\\0\end{pmatrix}},\,v_{2}={\begin{pmatrix}1\\0\\0\\0\end{pmatrix}},\,\,v_{3}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\\1\end{pmatrix}}\,{\text{ und }}\,v_{4}={\begin{pmatrix}0\\1\\0\\0\end{pmatrix}}$

gegebene Basis ${}{\mathfrak {v}}$ im ${}\mathbb {R} ^{4}$.

Lösung

In den Spalten von ${}M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {v}}$ müssen die Koordinaten der Vektoren ${}v_{j}$ bezüglich der Standardbasis ${}u_{i}$ stehen, also ist direkt

${}M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {v}}={\begin{pmatrix}0&1&0&0\\0&0&0&1\\1&0&0&0\\0&0&1&0\end{pmatrix}}\,.$

Umgekehrt ist wegen ${}u_{1}=v_{2}$, ${}u_{2}=v_{4}$, ${}u_{3}=v_{1}$, ${}u_{4}=v_{3}$

${}M_{\mathfrak {v}}^{\mathfrak {u}}={\begin{pmatrix}0&0&1&0\\1&0&0&0\\0&0&0&1\\0&1&0&0\end{pmatrix}}\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Mustafa Müller beschließt, sich eine Woche lang ausschließlich von Schokolade seiner Lieblingssorte „Gaumenfreude“ zu ernähren. Eine Tafel besitzt einen Energiewert von ${}2300$ kJ und sein Tagesbedarf an Energie ist ${}10000$ kJ. Wie viele Tafeln muss er am Tag (gerundet auf zwei Nachkommastellen) und wie viele Tafeln muss er in der Woche essen?

Lösung

Er muss pro Tag ca.

${}{\frac {10000}{2300}}=4{,}35\,$

Tafeln essen, in der Woche also

${}7\cdot 4{,}35=30{,}45\,$

Tafeln.

Aufgabe (1 Punkt)

Es sei

$\varphi \colon V\longrightarrow W$

eine lineare Abbildung zwischen den ${}K$- Vektorräumen ${}V$ und ${}W$. Es sei ${}v\in V$. Zeige ${}\varphi (-v)=-\varphi (v)$.

Lösung

Es ist

${}\varphi (v)+\varphi (-v)=\varphi (v-v)=\varphi (0)=0\,.$

Daher sind ${}\varphi (v)$ und ${}\varphi (-v)$ zueinander invers, und wegen der Eindeutigkeit des Negativen folgt

${}\varphi (-v)=-\varphi (v)\,.$

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und es seien ${}V$ und ${}W$ endlichdimensionale ${}K$- Vektorräume mit ${}\dim _{K}{\left(V\right)}=n$ und ${}\dim _{K}{\left(W\right)}=m$. Welche Dimension besitzt der Produktraum ${}V\times W$?

Lösung

Der Produktraum besitzt die Dimension ${}n+m$. Um dies zu beweisen sei ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ eine Basis von ${}V$ und ${}w_{1},\ldots ,w_{m}$ eine Basis von ${}W$. Wir behaupten, dass die Elemente

$(v_{j},0),\,j\in {\{1,\ldots ,n\}},{\text{ und }}(0,w_{i}),\,i\in \{1,\ldots ,m\},$

eine Basis von ${}V\times W$ bilden.

Es sei ${}(v,w)\in V\times W$. Dann gibt es Darstellungen

$v=\sum _{j=1}^{n}a_{j}v_{j}{\text{ und }}w=\sum _{i=1}^{m}b_{i}w_{i}.$

Daher ist

${}{\begin{aligned}(v,w)&=(\sum _{j=1}^{n}a_{j}v_{j},\sum _{i=1}^{m}b_{i}w_{i})\\&=(\sum _{j=1}^{n}a_{j}v_{j},0)+(0,\sum _{i=1}^{m}b_{i}w_{i})\\&=\sum _{j=1}^{n}a_{j}(v_{j},0)+\sum _{i=1}^{m}b_{i}(0,w_{i}),\end{aligned}}$

d.h., es liegt ein Erzeugendensystem vor.

Zum Nachweis der linearen Unabhängigkeit sei

${}\sum _{j=1}^{n}a_{j}(v_{j},0)+\sum _{i=1}^{m}b_{i}(0,w_{i})=0=(0,0)\,$

angenommen. Die gleiche Rechnung rückwärts ergibt

${}(\sum _{j=1}^{n}a_{j}v_{j},\sum _{i=1}^{m}b_{i}w_{i})=(0,0)\,$

und das bedeutet

$\sum _{j=1}^{n}a_{j}v_{j}=0{\text{ und }}\sum _{i=1}^{m}b_{i}w_{i}=0.$

Da es sich jeweils um Basen handelt, folgt ${}a_{j}=0$ für alle ${}j$ und ${}b_{i}=0$ für alle ${}i$.

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

Es sei

${}M={\begin{pmatrix}11&-20\\6&-11\end{pmatrix}}\,.$

a) Zeige

${}M^{2}=E_{2}\,.$

b) Bestimme die inverse Matrix zu ${}M$.

c) Löse die Gleichung

${}M{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}4\\-9\end{pmatrix}}\,.$

Lösung

a) Es ist

${}M^{2}={\begin{pmatrix}11&-20\\6&-11\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}11&-20\\6&-11\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}121-120&-220+220\\66-66&-120+121\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}\,.$

b) Nach Teil a) ist

${}M^{2}=E_{2}\,,$

also ist ${}M$ invertierbar und stimmt mit seinem Inversen überein, also

${}M^{-1}=M\,.$

c) Wir wenden auf die Gleichung beidseitig die Matrix ${}M^{-1}=M$ an und erhalten

${}{\begin{aligned}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}&=M{\begin{pmatrix}4\\-9\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}11&-20\\6&-11\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}4\\-9\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}44+180\\24+99\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}224\\123\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise den Satz über die Beziehung zwischen der adjungierten Matrix und der Determinante.

Lösung

Es sei ${}M={\left(a_{ij}\right)}_{ij}$. Die Koeffizienten der adjungierten Matrix seien

${}b_{ik}=(-1)^{i+k}\det M_{ki}\,.$

Die Koeffizienten des Produktes ${}(M^{\operatorname {adj} })\cdot M$ sind

${}c_{ij}=\sum _{k=1}^{n}b_{ik}a_{kj}=\sum _{k=1}^{n}(-1)^{i+k}a_{kj}\det M_{ki}\,.$

Bei ${}j=i$ ist dies ${}\det M$, da es sich bei dieser Summe um die Entwicklung der Determinante nach der ${}j$-ten Spalte handelt. Es sei ${}j\neq i$ und es sei ${}N$ die Matrix, die aus ${}M$ entsteht, wenn man in ${}M$ die ${}i$-te Spalte durch die ${}j$-te Spalte ersetzt. Wenn man ${}N$ nach der ${}i$-ten Spalte entwickelt, so ist dies

${}0=\det N=\sum _{k=1}^{n}(-1)^{i+k}a_{kj}\det M_{ki}=c_{ij}\,.$

Also sind diese Koeffizienten ${}0$, und damit stimmt die erste Gleichung.
Die zweite Gleichung ergibt sich ebenso, wobei man die Entwicklung der Determinante nach den verschiedenen Zeilen ausnutzen muss.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und es seien ${}V$ und ${}W$ Vektorräume über ${}K$, wobei ${}V$ endlichdimensional und ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ eine Basis von ${}V$ sei. Es sei ${}\operatorname {Hom} _{K}{\left(V,W\right)}$ der ${}K$- Vektorraum der linearen Abbildungen von ${}V$ nach ${}W$. Zeige, dass die Abbildung

$F\colon \operatorname {Hom} _{K}{\left(V,W\right)}\longrightarrow W^{n},\,\varphi \longmapsto F(\varphi ):=\left(\varphi (v_{1}),\,\ldots ,\,\varphi (v_{n})\right),$

ein Isomorphismus von ${}K$-Vektorräumen ist.

Lösung

Es seien ${}a,b\in K$ und ${}\varphi ,\psi \in \operatorname {Hom} _{K}{\left(V,W\right)}$. Dann ist

${}{\begin{aligned}F(a\varphi +b\psi )&=\left((a\varphi +b\psi )(v_{1}),\,\ldots ,\,(a\varphi +b\psi )(v_{n})\right)\\&=\left(a\varphi (v_{1})+b\psi (v_{1}),\,\ldots ,\,a\varphi (v_{n})+b\psi (v_{n})\right)\\&=a\left(\varphi (v_{1}),\,\ldots ,\,\varphi (v_{n})\right)+b\left(\psi (v_{1}),\,\ldots ,\,\psi (v_{n})\right)\\&=aF(\varphi )+bF(\psi )\end{aligned}}$

und somit liegt eine lineare Abbildung vor. Die Abbildung ist bijektiv aufgrund von Satz 10.10 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)), da ein ${}n$-Tupel ${}\left(w_{1},\,\ldots ,\,w_{n}\right)\in W^{n}$ die willkürliche Vorgabe von Werten für die Basisvektoren ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ bedeutet.

Aufgabe (7 (5+1+1) Punkte)

Es sei

${}U=\langle {\begin{pmatrix}3\\4\\8\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}2\\1\\-1\end{pmatrix}}\rangle \subseteq K^{3}\,$

und

${}T=\langle {\begin{pmatrix}7\\1\\3\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}5\\4\\2\end{pmatrix}}\rangle \subseteq K^{3}\,.$

a) Beschreibe den Untervektorraum ${}W$ der ${}3\times 3$- Matrizen, die den Untervektorraum ${}U$ in den Untervektorraum ${}T$ abbilden, als Lösungsraum eines linearen Gleichungssystems.

b) Beschreibe ${}W$ durch ein eliminiertes Gleichungssystem.

c) Bestimme die Dimension von ${}W$.

Lösung

a) Wir beschreiben zuerst ${}T$ als Kern einer Linearform. Das lineare Gleichungssystem

${}7x+y+3z=0\,$

${}5x+4y+2z=0\,$

führt auf (${}-2I+3II$)

${}x+10y=0\,.$

Daher ist ${}\left(10,\,-1,\,-23\right)$ eine Lösung und ${}T$ ist der Kern der durch ${}\left(10,\,-1,\,-23\right)$ gegebenen Linearform auf ${}K^{3}$. Die Bedingung, dass eine ${}3\times 3$-Matrix ${}M$ den Untervektorraum ${}U$ nach ${}T$ abbildet, bedeutet also, dass

${}{\left(\left(10,\,-1,\,-23\right)\circ M\right)}u=0\,$

für ${}u\in U$ ist, was auf der gegebenen Basis von ${}U$ überprüft werden kann. Wenn man

${}M={\begin{pmatrix}a&b&c\\d&e&f\\g&h&k\end{pmatrix}}\,$

ansetzt, so müssen die beiden Bedingungen

${}\left(10,\,-1,\,-23\right){\begin{pmatrix}a&b&c\\d&e&f\\g&h&k\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}3\\4\\8\end{pmatrix}}=0\,$

und

${}\left(10,\,-1,\,-23\right){\begin{pmatrix}a&b&c\\d&e&f\\g&h&k\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}2\\1\\-1\end{pmatrix}}=0\,$

erfüllt sein. Die erste Bedingung bedeutet

${}{\begin{aligned}0&=\left(10a-d-23g,\,10b-e-23h,\,10c-f-23k\right){\begin{pmatrix}3\\4\\8\end{pmatrix}}\\&=30a-3d-69g+40b-4e-92h+80c-8f-184k\end{aligned}}$

und die zweite Bedingung bedeutet

${}{\begin{aligned}0&=\left(10a-d-23g,\,10b-e-23h,\,10c-f-23k\right){\begin{pmatrix}2\\1\\-1\end{pmatrix}}\\&=20a-2d-46g+10b-e-23h-10c+f+23k.\end{aligned}}$

b) Wir eliminieren, indem wir, bezogen auf die beiden zuletzt formulierten Bedingungen, die Linearkombination 2I-3II berechnen. Dies ergibt

${}50b-5e-115h+190c-19f-437k=0\,,$

ein beschreibendes eliminiertes lineares Gleichungssystem ist also durch

${}30a-3d-69g+40b-4e-92h+80c-8f-184k=0\,$

und

${}50b-5e-115h+190c-19f-437k=0\,$

gegeben.

c) Da die beiden Gleichungen linear unabhängig sind, besitzt der Lösungsraum die Dimension ${}7$.

Aufgabe (1 Punkt)

Skizziere ein Pfeildiagramm, das die nebenstehende Permutation überschneidungsfrei darstellt.

Lösung Permutation/Überschneidungsfrei/1/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (6 Punkte)

Wir betrachten in ${}\mathbb {Q} [X]$ die beiden Hauptideale ${}(X-2)$ und ${}(X+3)$. Zeige, dass der Durchschnitt

$(X-2)\cap (X+3)$

gleich dem Hauptideal ${}((X-2)\cdot (X+3))$ ist.

Lösung

Das Produkt ${}(X-2)(X+3)$ gehört zu den beiden Hauptidealen ${}(X-2)$ und ${}(X+3)$, also auch zum Durchschnitt ${}(X-2)\cap (X+3)$. Da der Durchschnitt von Idealen wieder ein Ideal ist, gehören auch alle Vielfachen von ${}(X-2)(X+3)$ zu diesem Ideal.

Es sei umgekehrt ${}F\in (X-2)\cap (X+3)$. Dann ist

${}F=(X-2)P=(X+3)Q\,$

mit gewissen Polynomen ${}P,Q\in \mathbb {Q} [X]$. Daher ist

${}F(2)=0=5\cdot Q(2)\,.$

In ${}\mathbb {Q}$ folgt daraus

${}Q(2)=0\,.$

Daraus ergibt sich nach Lemma 19.8 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)), dass

${}Q=(X-2)G\,$

ist. Also ist insgesamt

${}F=(X+3)Q=(X+3)(X-2)G\,,$

also ${}F\in (X-2)(X+3)$.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über die Anzahl von Nullstellen eines Polynoms über einem Körper ${}K$.

Lösung

Wir beweisen die Aussage durch Induktion über ${}d$. Für ${}d=0,1$ ist die Aussage offensichtlich richtig. Es sei also ${}d\geq 2$ und die Aussage sei für kleinere Grade bereits bewiesen. Es sei ${}a$ eine Nullstelle von ${}P$ (falls ${}P$ keine Nullstelle besitzt, sind wir direkt fertig). Dann ist ${}P=Q(X-a)$ nach Lemma 19.8 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) und ${}Q$ hat den Grad ${}d-1$, sodass wir auf ${}Q$ die Induktionsvoraussetzung anwenden können. Das Polynom ${}Q$ hat also maximal ${}d-1$ Nullstellen. Für ${}b\in K$ gilt ${}P(b)=Q(b)(b-a)$. Dies kann nach Satz . (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025))  (5) nur dann ${}0$ sein, wenn einer der Faktoren ${}0$ ist, sodass eine Nullstelle von ${}P$ gleich ${}a$ ist oder aber eine Nullstelle von ${}Q$ ist. Es gibt also maximal ${}d$ Nullstellen von ${}P$.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass die Matrix

${\begin{pmatrix}6&1&0\\0&2&4\\0&0&7\end{pmatrix}}$

über ${}\mathbb {R}$ diagonalisierbar ist und bestimme eine Basis aus Eigenvektoren.

Lösung

Das charakteristische Polynom zu

${\begin{pmatrix}6&1&0\\0&2&4\\0&0&7\end{pmatrix}}$

ist

$(X-6)(X-2)(X-7).$

Es zerfällt also in Linearfaktoren mit verschiedenen Nullstellen und daher ist die Matrix diagonalisierbar. Die Eigenwerte sind ${}2,6,7$. Es ist

${}2{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}6&1&0\\0&2&4\\0&0&7\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-4&-1&0\\0&0&-4\\0&0&-5\end{pmatrix}}\,,$

ein Eigenvektor zum Eigenwert ${}2$ ist ${}{\begin{pmatrix}1\\-4\\0\end{pmatrix}}$. Ferner ist

${}6{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}6&1&0\\0&2&4\\0&0&7\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&-1&0\\0&4&-4\\0&0&-1\end{pmatrix}}\,,$

ein Eigenvektor zum Eigenwert ${}6$ ist ${}{\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}$. Schließlich ist

${}7{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}6&1&0\\0&2&4\\0&0&7\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&-1&0\\0&5&-4\\0&0&0\end{pmatrix}}\,,$

ein Eigenvektor zum Eigenwert ${}6$ ist ${}{\begin{pmatrix}4\\4\\5\end{pmatrix}}$. Eine Basis aus Eigenvektoren ist also

${\begin{pmatrix}1\\-4\\0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}4\\4\\5\end{pmatrix}}.$

Aufgabe (6 Punkte)

Es sei ${}M$ eine ${}n\times n$- Matrix, mit dem charakteristischen Polynom

${}\chi _{M}=X^{n}+c_{n-1}X^{n-1}+c_{n-2}X^{n-2}+\cdots +c_{2}X^{2}+c_{1}X+c_{0}\,.$

Bestimme das charakteristische Polynom der mit ${}s\in K$ gestreckten Matrix ${}sM$.

Lösung

Es sei ${}M=(a_{ij})_{ij}$, somit ist

${}sM={\begin{pmatrix}sa_{11}&sa_{12}&\ldots &sa_{1n}\\sa_{21}&sa_{22}&\ldots &sa_{2n}\\\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\sa_{n1}&sa_{n2}&\ldots &sa_{nn}\end{pmatrix}}\,.$

Es sei zunächst

${}s\neq 0\,.$

Es ist

${}{\begin{aligned}\chi _{sM}&=\det(XE_{n}-sM)\\&=\det {\begin{pmatrix}X-sa_{11}&sa_{12}&\ldots &sa_{1n}\\sa_{21}&X-sa_{22}&\ldots &sa_{2n}\\\vdots &\vdots &\vdots &\vdots \\sa_{n1}&sa_{n2}&\ldots &X-sa_{nn}\end{pmatrix}}\\&=\det {\begin{pmatrix}s{\left({\frac {X}{s}}-a_{11}\right)}&sa_{12}&\ldots &sa_{1n}\\sa_{21}&s{\left({\frac {X}{s}}-a_{22}\right)}&\ldots &sa_{2n}\\\vdots &\vdots &\vdots &\vdots \\sa_{n1}&sa_{n2}&\ldots &s{\left({\frac {X}{s}}-a_{nn}\right)}\end{pmatrix}}\\&=s^{n}\cdot \det {\begin{pmatrix}{\frac {X}{s}}-a_{11}&a_{12}&\ldots &a_{1n}\\a_{21}&{\frac {X}{s}}-a_{22}&\ldots &a_{2n}\\\vdots &\vdots &\vdots &\vdots \\a_{n1}&a_{n2}&\ldots &{\frac {X}{s}}-a_{nn}\end{pmatrix}}\\&=s^{n}\cdot \chi _{M}{\left({\frac {X}{s}}\right)}.\end{aligned}}$

Hier steht also das charakteristische Polynom zu ${}M$, wobei man die Variable überall durch ${}{\frac {X}{s}}$ ersetzt, und das Ganze mit ${}s^{n}$ multipliziert. Daher ist

${}{\begin{aligned}\chi _{sM}&=s^{n}{\left({\left({\frac {X}{s}}\right)}^{n}+c_{n-1}{\left({\frac {X}{s}}\right)}^{n-1}+c_{n-2}{\left({\frac {X}{s}}\right)}^{n-2}+\cdots +c_{2}{\left({\frac {X}{s}}\right)}^{2}+c_{1}{\left({\frac {X}{s}}\right)}+c_{0}\right)}\\&=X^{n}+sc_{n-1}X^{n-1}+s^{2}c_{n-2}X^{n-2}+\cdots +s^{n-2}c_{2}X^{2}+s^{n-1}c_{1}X+s^{n}c_{0}.\end{aligned}}$

Dieser Zusammenhang gilt auch bei ${}s=0$, da dann ${}sM$ die Nullmatrix ist, deren charakteristisches Polynom gleich ${}X^{n}$ ist.

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise den Satz über baryzentrische Koordinaten.

Lösung

Es sei ${}i_{0}\in I$ fixiert. Es gibt dann in ${}V$ eine eindeutige Darstellung

${}{\overrightarrow {P_{i_{0}}P}}=\sum _{i\in I\setminus \{i_{0}\}}a_{i}{\overrightarrow {P_{i_{0}}P_{i}}}\,.$

Wir setzen

${}a_{i_{0}}:=1-\sum _{i\in I\setminus \{i_{0}\}}a_{i}\,.$

Dann ist ${}\sum _{i\in I}a_{i}=1$ und

${}{\begin{aligned}P&=P_{i_{0}}+{\overrightarrow {P_{i_{0}}P}}\\&=P_{i_{0}}+\sum _{i\in I\setminus \{i_{0}\}}a_{i}{\overrightarrow {P_{i_{0}}P_{i}}}\\&=P_{i_{0}}+a_{i_{0}}{\overrightarrow {P_{i_{0}}P_{i_{0}}}}+\sum _{i\in I\setminus \{i_{0}\}}a_{i}{\overrightarrow {P_{i_{0}}P_{i}}}\\&=P_{i_{0}}+\sum _{i\in I}a_{i}{\overrightarrow {P_{i_{0}}P_{i}}}.\end{aligned}}$

Es gibt also eine solche Darstellung mit ${}P_{i_{0}}$ als Ursprung. Die Eindeutigkeit folgt daraus, dass die ${}a_{i}$, ${}i\neq i_{0}$, durch die eindeutig bestimmten Koeffizienten der Vektorraumbasis festgelegt sind und dass ${}a_{i_{0}}$ durch die baryzentrische Bedingung festgelegt ist.