Kurs:Lineare Algebra/Teil I/17/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	${}\sum$
Punkte	3	3	2	9	4	6	3	4	4	2	6	3	5	3	4	4	65

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Ein inverses Element zu einem Element ${}x\in M$ bezüglich einer Verknüpfung

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

   mit einem neutralen Element ${}e\in M$.

2. Die Einheitsmatrix ${}E_{n}$.
3. Die direkte Summe zu einer Familie ${}V_{i}$, ${}i\in I$, von ${}K$- Vektorräumen.
4. Das Minimalpolynom zu einer linearen Abbildung

   $f\colon V\longrightarrow V$

   auf einem endlichdimensionalen ${}K$- Vektorraum ${}V$.

5. Eine diagonalisierbare lineare Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

   auf einem ${}K$- Vektorraum ${}V$.

6. Eine affin unabhängige Familie von Punkten ${}P_{1},\ldots ,P_{n}$ in einem affinen Raum ${}E$.

Lösung

1. Zu ${}x\in M$ heißt ${}y\in M$ inverses Element, wenn die Gleichheit

   ${}x\circ y=e=y\circ x\,$

   gilt.

2. Die ${}n\times n$- Matrix

   ${}E_{n}:={\begin{pmatrix}1&0&\cdots &\cdots &0\\0&1&0&\cdots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&1&0\\0&\cdots &\cdots &0&1\end{pmatrix}}\,$

   nennt man die Einheitsmatrix.

3. Man nennt die Menge

   ${}\bigoplus _{i\in I}V_{i}={\left\{(v_{i})_{i\in I}\mid v_{i}\in V_{i},\,v_{i}\neq 0{\text{ für nur endlich viele }}i\right\}}\,$

   die direkte Summe der ${}V_{i}$.

4. Das eindeutig bestimmte normierte Polynom ${}\mu _{f}\in K[X]$ minimalen Grades mit

   ${}\mu _{f}(f)=0\,$

   heißt das Minimalpolynom von ${}f$.

5. Der Endomorphismus ${}\varphi$ heißt diagonalisierbar, wenn ${}V$ eine Basis aus Eigenvektoren zu ${}\varphi$ besitzt.
6. Man nennt die Punktfamilie affin-unabhängig, wenn eine Gleichheit

   ${}\sum _{i=1}^{n}a_{i}P_{i}=\sum _{i=1}^{n}b_{i}P_{i}\,$

   mit

   ${}\sum _{i=1}^{n}a_{i}=\sum _{i=1}^{n}b_{i}=1\,$

   nur bei

   ${}a_{i}=b_{i}\,$

   für alle ${}i=1,\ldots ,n$ möglich ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über die Lösungsmenge zu einem linearen Gleichungssystem in Dreiecksgestalt über einem Körper ${}K$.
2. Der Determinantenmultiplikationssatz.
3. Der Satz von Cayley-Hamilton.

Lösung

1. Es sei ein inhomogenes lineares Gleichungssystem über einem Körper ${}K$ in Dreiecksgestalt

   ${\begin{matrix}a_{11}x_{1}&+a_{12}x_{2}&\ldots &+a_{1m}x_{m}&\ldots &+a_{1n}x_{n}&=&c_{1}\\0&a_{22}x_{2}&\ldots &\ldots &\ldots &+a_{2n}x_{n}&=&c_{2}\\\vdots &\ddots &\ddots &\vdots &\vdots &\vdots &=&\vdots \\0&\ldots &0&a_{mm}x_{m}&\ldots &+a_{mn}x_{n}&=&c_{m}\\\end{matrix}}$

   gegeben, wobei vorne die Diagonalelemente alle ungleich ${}0$ seien. Dann stehen die Lösungen ${}(x_{1},\ldots ,x_{m},x_{m+1},\ldots ,x_{n})$ in Bijektion zu den Tupeln ${}(x_{m+1},\ldots ,x_{n})\in K^{n-m}$.
2. Es sei ${}K$ ein Körper und ${}n\in \mathbb {N} _{+}$. Dann gilt für Matrizen ${}A,B\in \operatorname {Mat} _{n}(K)$ die Beziehung

   ${}\det \left(A\circ B\right)=\det A\cdot \det B\,.$

3. Es sei ${}K$ ein Körper und sei ${}M$ eine ${}n\times n$- Matrix über ${}K$. Es sei

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

   das charakteristische Polynom zu ${}M$. Dann gilt

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

Aufgabe (2 Punkte)

Beweise den Satz über das inverse Element in einer Gruppe ${}(G,\circ ,e)$.

Lösung

Es sei

${}x\circ y=y\circ x=e\,$

und

${}x\circ z=z\circ x=e\,.$

Dann ist

${}y=y\circ e=y\circ (x\circ z)=(y\circ x)\circ z=e\circ z=z\,.$

Aufgabe (9 (1+1+7) Punkte)

Aus den Rohstoffen ${}R_{1},R_{2}$ und ${}R_{3}$ werden verschiedene Produkte ${}P_{1},P_{2},P_{3},P_{4}$ hergestellt. Die folgende Tabelle gibt an, wie viel von den Rohstoffen jeweils nötig ist, um die verschiedenen Produkte herzustellen (jeweils in geeigneten Einheiten).

	${}R_{1}$	${}R_{2}$	${}R_{3}$
${}P_{1}$	${}6$	${}2$	${}3$
${}P_{2}$	${}4$	${}1$	${}2$
${}P_{3}$	${}0$	${}5$	${}2$
${}P_{4}$	${}2$	${}1$	${}5$

a) Erstelle eine Matrix, die aus einem Vierertupel von Produkten die benötigten Rohstoffe berechnet.

b) Die folgende Tabelle zeigt, wie viel von welchem Produkt in einem Monat produziert werden soll.

	${}P_{1}$	${}P_{2}$	${}P_{3}$	${}P_{4}$
	${}6$	${}4$	${}7$	${}5$

Welche Rohstoffmengen werden dafür benötigt?

c) Die folgende Tabelle zeigt, wie viel von welchem Rohstoff an einem Tag angeliefert wird.

	${}R_{1}$	${}R_{2}$	${}R_{3}$
	${}12$	${}9$	${}13$

Welche Produkttupel kann man daraus ohne Abfall produzieren?

Lösung

a) Die Matrix ist

${\begin{pmatrix}6&4&0&2\\2&1&5&1\\3&2&2&5\end{pmatrix}},$

da in der ${}i$-ten Spalte die für das ${}i$-te Produkt benötigte Rohstoffmenge stehen muss.

b) Die benötigte Rohstoffmenge ist

${}{\begin{pmatrix}6&4&0&2\\2&1&5&1\\3&2&2&5\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}6\\4\\7\\5\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}36+16+10\\12+4+35+5\\18+8+14+25\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}62\\56\\65\end{pmatrix}}\,.$

c) Es geht um das lineare Gleichungssystem

${}{\begin{pmatrix}6&4&0&2\\2&1&5&1\\3&2&2&5\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\\w\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}6x+4y+2w\\2x+y+5z+w\\3x+2y+2z+5w\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}12\\9\\13\end{pmatrix}}\,,$

das wir zunächst ohne Berücksichtigung der Tatsache lösen, dass nur nichtnegative Tupel sinnvoll interpretiert werden können. Wir ziehen vom ${}5$-fachen der dritten Zeile das Doppelte der zweiten Zeile ab und erhalten

${}{\begin{pmatrix}6x+4y+2w\\2x+y+5z+w\\11x+8y+23w\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}12\\9\\47\end{pmatrix}}\,.$

Jetzt ziehen wir von der dritten Zeile das Doppelte der ersten Zeile ab und erhalten

${}{\begin{pmatrix}6x+4y+2w\\2x+y+5z+w\\-x+19w\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}12\\9\\23\end{pmatrix}}\,.$

Mit

${}w=0\,$

erhalten wir die eindeutige Lösung

${}x=-23\,,$

${}y=3+{\frac {69}{2}}={\frac {75}{2}}\,$

und

${}z={\frac {9}{5}}-{\frac {1}{5}}\cdot {\frac {75}{2}}+{\frac {46}{5}}={\frac {18-75+92}{10}}={\frac {7}{2}}\,.$

Mit

${}x=0\,$

erhalten wir die eindeutige Lösung

${}w={\frac {23}{19}}\,,$

${}y=3-{\frac {23}{38}}={\frac {91}{38}}\,$

und

${}z={\frac {9}{5}}-{\frac {1}{5}}\cdot {\frac {91}{38}}-{\frac {1}{5}}\cdot {\frac {23}{19}}={\frac {342-91-46}{190}}={\frac {205}{190}}={\frac {41}{38}}\,.$

Alle Lösungen des linearen Gleichungssystems haben somit die Form

${\begin{pmatrix}0\\{\frac {91}{38}}\\{\frac {41}{38}}\\{\frac {23}{19}}\end{pmatrix}}+s{\left({\begin{pmatrix}-23\\{\frac {75}{2}}\\{\frac {7}{2}}\\0\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}0\\{\frac {91}{38}}\\{\frac {41}{38}}\\{\frac {23}{19}}\end{pmatrix}}\right)}$

mit ${}s\in \mathbb {R}$.

Wir berücksichtigen jetzt noch, dass von diesen Lösungen des linearen Gleichungssystems nur diejenigen sinnvoll interpretiert werden können, bei denen von jedem Produkt eine nichtnegative Menge produziert wird. Dies ergibt vier Abschätzungen, die Bedingungen an ${}s$ festlegen. Wegen der ersten Zeile muss ${}s\leq 0$ sein und damit ist auch die vierte Zeile erfüllt. Die zweite Zeile führt auf die Bedingung

${}{\frac {91}{38}}+s{\left({\frac {75}{2}}-{\frac {91}{38}}\right)}={\frac {91}{38}}+s{\left({\frac {1334}{38}}\right)}\geq 0\,,$

also

${}s\geq -{\frac {91}{1334}}\,.$

Die dritte Zeile führt auf die Bedingung

${}{\frac {41}{38}}+s{\left({\frac {7}{2}}-{\frac {41}{38}}\right)}={\frac {41}{38}}+s{\left({\frac {92}{38}}\right)}\geq 0\,,$

also

${}s\geq -{\frac {41}{92}}\,.$

Damit alle Einträge nichtnegativ sind, muss der Parameter aus

${}0\geq s\geq -{\frac {91}{1334}}\,$

gewählt werden. Die aus den gegebenen Rohstoffmengen produzierbare Tupel sind also

${\begin{pmatrix}0\\{\frac {91}{38}}\\{\frac {41}{38}}\\{\frac {23}{19}}\end{pmatrix}}+s{\left({\begin{pmatrix}-23\\{\frac {75}{2}}\\{\frac {7}{2}}\\0\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}0\\{\frac {91}{38}}\\{\frac {41}{38}}\\{\frac {23}{19}}\end{pmatrix}}\right)}$

mit ${}s\in [-{\frac {91}{1334}},0]$.

Aufgabe (4 (1+3) Punkte)

Wir betrachten die Menge

${}M=\operatorname {Abb} \,{\left(\mathbb {R} ,\mathbb {R} \right)}\,,$

die mit der stellenweisen Addition ${}+$ von Funktionen eine kommutative Gruppe ist. Auf dieser Menge bildet die Hintereinanderschaltung von Abbildungen ${}\circ$ eine assoziative Verknüpfung mit der Identität als neutralem Element.

1. Zeige, dass das Distributivgesetz in der Form

   ${}(f+g)\circ h=f\circ h+g\circ h\,$

   gilt.

2. Zeige, dass das Distributivgesetz in der Form

   ${}h\circ (f+g)=h\circ f+h\circ g\,$

   nicht gilt.

Lösung

1. Es ist

   ${}{\begin{aligned}((f+g)\circ h)(x)&=(f+g)(h(x))\\&=f(h(x))+g(h(x))\\&=(f\circ h)(x)+(g\circ h)(x)\end{aligned}}$

   für alle ${}x\in \mathbb {R}$, somit ist

   ${}(f+g)\circ h=f\circ h+g\circ h\,$

   für beliebige ${}f,g,h\in \operatorname {Abb} \,{\left(\mathbb {R} ,\mathbb {R} \right)}$.

2. Es sei ${}h$ die Quadratabbildung, also

   ${}h(x)=x^{2}\,$

   und es sei

   ${}f=g\,$

   die identische Abbildung, also

   ${}f(x)=g(x)=x\,.$

   Dann ist einerseits

   ${}{\begin{aligned}(h\circ (f+g))(1)&=h((f+g)(1))\\&=h(f(1)+g(1))\\&=h(1+1)\\&=h(2)\\&=4\end{aligned}}$

   und andererseits

   ${}{\begin{aligned}(h\circ f+h\circ g)(1)&=(h\circ f)(1)+(h\circ g)(1)\\&=h(f(1))+h(g(1))\\&=h(1)+h(1)\\&=1+1\\&=2.\end{aligned}}$

   Somit ist

   ${}h\circ (f+g)\neq h\circ f+h\circ g\,.$

Aufgabe (6 Punkte)

Es sei ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}K$- Vektorraum und seien ${}U_{1},\ldots ,U_{n}$ Untervektorräume von ${}V$, deren Summe ${}V$ ergibt. Zeige, dass diese Summe genau dann direkt ist, wenn die Dimensionsbeziehung

${}\dim _{K}{\left(V\right)}=\sum _{i=1}^{n}\dim _{K}{\left(U_{i}\right)}\,$

gilt.

Lösung

Es sei zunächst die Summe direkt. Wir führen Induktion über ${}n$, wobei der Induktionsanfang klar ist. Es sei die Dimensionsaussage für ein ${}n$ schon bewiesen, und es liegen ${}n+1$ Untervektorräume vor. Die ersten ${}n$ Untervektorräume davon erfüllen dann ebenfalls die Durchschnittsbedingung, d.h. ihre Summe ist direkt und es gilt nach Induktionsvoraussetzung

${}\dim _{K}{\left(U_{1}+\cdots +U_{n}\right)}=\sum _{i=1}^{n}\dim _{K}{\left(U_{i}\right)}\,.$

Da auch

${}U_{n+1}\cap {\left(\sum _{j=1}^{n}U_{j}\right)}=0\,$

ist, folgt nach Satz 9.7 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) die Gleichung

${}{\begin{aligned}\dim _{K}{\left(U_{1}+\cdots +U_{n}+U_{n+1}\right)}&=\dim _{K}{\left(U_{1}+\cdots +U_{n}\right)}+\dim _{K}{\left(U_{n+1}\right)}\\&={\left(\sum _{i=1}^{n}\dim _{K}{\left(U_{i}\right)}\right)}+\dim _{K}{\left(U_{n+1}\right)}\\&=\sum _{i=1}^{n+1}\dim _{K}{\left(U_{i}\right)}.\end{aligned}}$

Zum Beweis der Umkehrung nehmen wir an, dass

${}U_{i}\cap {\left(\sum _{j\neq i}U_{j}\right)}\neq 0\,$

ist für ein ${}i$. Wir wenden Satz 9.7 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) auf ${}U_{i}$ und ${}W=\sum _{j\neq i}U_{j}$ an und erhalten

${}{\begin{aligned}\dim _{K}{\left(\sum _{j}U_{j}\right)}&=\dim _{K}{\left(U_{i}+\sum _{j\neq i}U_{j}\right)}\\&=\dim _{K}{\left(U_{i}\right)}+\dim _{K}{\left(\sum _{j\neq i}U_{j}\right)}-\dim _{K}{\left(U_{i}\cap \sum _{j\neq i}U_{j}\right)}\\&>\dim _{K}{\left(U_{i}\right)}+\dim _{K}{\left(\sum _{j\neq i}U_{j}\right)}\\&\geq \dim _{K}{\left(U_{i}\right)}+\sum _{j\neq i}\dim _{K}{\left(U_{j}\right)}\\&=\sum _{j=1}^{n}\dim _{K}{\left(U_{j}\right)}.\end{aligned}}$

Somit kann die Dimensionsbedingung nicht gelten.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und es seien ${}V$ und ${}W$ Vektorräume über ${}K$ der Dimension ${}n$ bzw. ${}m$. Es sei

$\varphi \colon V\longrightarrow W$

eine lineare Abbildung, die bezüglich zweier Basen durch die Matrix ${}M\in \operatorname {Mat} _{m\times n}(K)$ beschrieben werde. Zeige, dass ${}\varphi$ genau dann surjektiv ist, wenn die Spalten der Matrix ein Erzeugendensystem von ${}K^{m}$ bilden.

Lösung

Wir betrachten das kommutative Diagramm

${\begin{matrix}K^{n}&{\stackrel {\Psi _{\mathfrak {v}}}{\longrightarrow }}&V&\\\!\!\!\!\!M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi )\downarrow &&\downarrow \varphi \!\!\!\!\!&\\K^{m}&{\stackrel {\Psi _{\mathfrak {w}}}{\longrightarrow }}&W.&\!\!\!\!\!\\\end{matrix}}$

Da die Koordinatenabbildungen biljektiv sind, ist ${}\varphi$ genau dann surjektiv, wenn ${}M=M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi )$ surjektiv ist. Der Bildvektor des ${}j$-ten Standardvektors ${}e_{j}$ unter ${}M$ ist die ${}j$-te Spalte von ${}M$ und der Bildraum zu ${}M$ ist der von den Spalten erzeugte Untervektorraum. Somit ist die Surjektivität äquivalent dazu, dass die Spalten ein Erzeugendensystem des ${}K^{m}$ bilden.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass die drei reellen Matrizen

${\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}-{\frac {1}{2}}&-{\frac {\sqrt {3}}{2}}\\{\frac {\sqrt {3}}{2}}&-{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}-{\frac {1}{2}}&{\frac {\sqrt {3}}{2}}\\-{\frac {\sqrt {3}}{2}}&-{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}$

bezüglich der Matrizenmultiplikation eine Gruppe bilden.

Lösung

Zur Abkürzung sei

${}M={\begin{pmatrix}-{\frac {1}{2}}&-{\frac {\sqrt {3}}{2}}\\{\frac {\sqrt {3}}{2}}&-{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}\,.$

Es ist

${}{\begin{aligned}M^{2}&=M\circ M\\&={\begin{pmatrix}-{\frac {1}{2}}&-{\frac {\sqrt {3}}{2}}\\{\frac {\sqrt {3}}{2}}&-{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}-{\frac {1}{2}}&-{\frac {\sqrt {3}}{2}}\\{\frac {\sqrt {3}}{2}}&-{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}{\frac {1}{4}}-{\frac {3}{4}}&{\frac {\sqrt {3}}{4}}+{\frac {\sqrt {3}}{4}}\\-{\frac {\sqrt {3}}{4}}-{\frac {\sqrt {3}}{4}}&-{\frac {3}{4}}+{\frac {1}{4}}\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}-{\frac {1}{2}}&{\frac {\sqrt {3}}{2}}\\-{\frac {\sqrt {3}}{2}}&-{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}},\end{aligned}}$

und dies ist die dritte der angeführten Matrizen. Ferner ist

${}{\begin{aligned}M^{3}&=M\circ M^{2}\\&={\begin{pmatrix}-{\frac {1}{2}}&-{\frac {\sqrt {3}}{2}}\\{\frac {\sqrt {3}}{2}}&-{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}-{\frac {1}{2}}&{\frac {\sqrt {3}}{2}}\\-{\frac {\sqrt {3}}{2}}&-{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}{\frac {1}{4}}+{\frac {3}{4}}&0\\0&{\frac {3}{4}}+{\frac {1}{4}}\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}\\&=E.\end{aligned}}$

Daher sind sämtliche Produkte, die man aus den drei Matrizen bilden kann, wieder eine der Matrizen. Die Matrizenmultiplikation ist also eine Verknüpfung auf der gegebenen Menge. Die Verknüpfung ist assoziativ, da dies ganz allgemein für die Matrizenmultiplikation gilt. Die Einheitsmatrix ist das neutrale Element der Verknüpfung, und nach obiger Rechnung sind ${}M$ und ${}M^{2}$ invers zueinander.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Determinantenmultiplikationssatz für den Spezialfall, wo die linke der beteiligten Matrizen eine Diagonalmatrix ist.

Lösung

Es sei

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

eine Diagonalmatrix und

${}N=(a_{ij})_{ij}\,$

eine beliebige quadratische Matrix. Die Produktmatrix ist

${}MN=(b_{ij})_{ij}\,$

mit

${}b_{ij}=d_{ii}a_{ij}\,,$

es wird also einfach jede Zeile von ${}N$ mit dem entsprechenden Diagonalelement multipliziert. Die Diagonalmatrix ${}M$ ist das Produkt der Diagonalmatrizen ${}D_{i}$, bei denen der ${}i$-te Diagonaleintrag gleich ${}d_{ii}$ ist und sonst jeder Diagonaleintrag gleich ${}1$ ist. Wir können also zum Beweis des Determinantenmultiplikationssatzes in diesem Fall annehmen, dass ${}M$ selbst von dieser Bauart ist. Dann entsteht ${}MN$ aus ${}N$ dadurch, dass eine bestimmte Zeile mit einer Zahl ${}s$ multipliziert wird und die anderen Zeilen unverändert übernommen werden. Die Beziehung

${}\det MN=s\det N=\det M\det N\,$

ergibt sich dann einfach aus der Multilinearität der Determinante.

Aufgabe (2 Punkte)

Löse das lineare Gleichungssystem

${}{\begin{pmatrix}6&4\\5&2\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}8\\3\end{pmatrix}}\,$

mit Hilfe der Cramerschen Regel.

Lösung

Es ist

${}x_{1}={\frac {\det {\begin{pmatrix}8&4\\3&2\end{pmatrix}}}{\det {\begin{pmatrix}6&4\\5&2\end{pmatrix}}}}={\frac {4}{-8}}=-{\frac {1}{2}}\,$

und

${}x_{2}={\frac {\det {\begin{pmatrix}6&8\\5&3\end{pmatrix}}}{\det {\begin{pmatrix}6&4\\5&2\end{pmatrix}}}}={\frac {-22}{-8}}={\frac {11}{4}}\,.$

Aufgabe (6 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und sei ${}K[X]$ der Polynomring über ${}K$ und sei ${}P\in K[X]$ ein Polynom, das eine Zerlegung in Linearfaktoren besitze. Es sei ${}T$ ein Teiler von ${}P$. Zeige, dass ${}T$ ebenfalls eine Zerlegung in Linearfaktoren besitzt, wobei die Vielfachheit eines Linearfaktors ${}X-a$ in ${}T$ durch seine Vielfachheit in ${}P$ beschränkt ist.

Lösung

Wir arbeiten mit normierten Polynomen und schreiben

${}P=(X-a_{1})^{n_{1}}(X-a_{2})^{n_{2}}\cdots (X-a_{r})^{n_{r}}\,$

mit verschiedenen ${}a_{i}$ und führen Induktion über den Grad ${}d=\sum _{j=1}^{r}n_{j}$ von ${}P$. Die Teilbarkeitsbeziehung bedeutet die Existenz eines Polynoms ${}Q$ mit

${}P=QT\,.$

Damit ist insbesondere

${}T(a_{1})\cdot Q(a_{1})=P(a_{1})=0\,.$

Aufgrund der Nichtnullteilereigenschaft in einem Körper gilt ${}T(a_{1})=0$ oder ${}Q(a_{1})=0$. Nach Lemma 19.8 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) bedeutet dies, dass ${}T$ oder ${}Q$ von ${}X-a_{1}$ geteilt wird. Im zweiten Fall schreiben wir

${}{\begin{aligned}(X-a_{1})^{n_{1}}(X-a_{2})^{n_{2}}\cdots (X-a_{r})^{n_{r}}&=(X-a_{1})(X-a_{1})^{n_{1}-1}(X-a_{2})^{n_{2}}\cdots (X-a_{r})^{n_{r}}\\&=TQ'(X-a_{1}).\end{aligned}}$

Aufgrund der Nichtnullteilereigenschaft im Polynomring folgt daraus

${}P'=(X-a_{1})^{n_{1}-1}(X-a_{2})^{n_{2}}\cdots (X-a_{r})^{n_{r}}=TQ'\,$

und wir können auf ${}P'$ die Induktionsvoraussetzung anwenden. Im ersten Fall ist

${}T=T'(X-a_{1})\,,$

woraus sich

${}(X-a_{1})(X-a_{1})^{n_{1}-1}(X-a_{2})^{n_{2}}\cdots (X-a_{r})^{n_{r}}=(X-a_{1})T'Q\,$

und somit

${}P'=(X-a_{1})^{n_{1}-1}(X-a_{2})^{n_{2}}\cdots (X-a_{r})^{n_{r}}=T'Q\,$

ergibt. Die Induktionsvoraussetzung angewendet auf ${}P'$ bedeutet, dass ${}T'$ in Linearfaktoren zerfällt und dass nur Linearfaktoren aus ${}P'$ mit einer Vielfachheit vorkommen, die durch die Vielfachheit von ${}P'$ beschränkt ist. Da die Vielfachheiten zu ${}X-a_{j}$ in ${}P$ und in ${}P'$ für ${}j\geq 2$ übereinstimmen und die Vielfachheit von ${}X-a_{1}$ sich um ${}1$ reduziert, dies aber auch beim Übergang von ${}T$ nach ${}T'$ zutrifft, folgt die Aussage.

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass ein kommutativer Ring genau dann ein Körper ist, wenn er genau zwei Ideale enthält.

Lösung

Wenn ${}R$ ein Körper ist, so gibt es das Nullideal und das Einheitsideal, die voneinander verschieden sind. Es sei ${}I$ ein von ${}0$ verschiedenes Ideal in ${}R$. Dann enthält ${}I$ ein Element ${}x\neq 0$, das eine Einheit ist. Damit ist ${}1=xx^{-1}\in I$ und damit ${}I=R$.

Es sei umgekehrt ${}R$ ein kommutativer Ring mit genau zwei Idealen. Dann kann ${}R$ nicht der Nullring sein. Es sei nun ${}x$ ein von ${}0$ verschiedenes Element in ${}R$. Das von ${}x$ erzeugte Hauptideal ${}Rx$ ist ${}\neq 0$ und muss daher mit dem anderen Ideal, also mit dem Einheitsideal übereinstimmen. Das heißt insbesondere, dass ${}1\in Rx$ ist. Das bedeutet also ${}1=xr$ für ein ${}r\in R$, sodass ${}x$ eine Einheit ist.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei

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

eine obere Dreiecksmatrix. Zeige direkt (ohne charakteristisches Polynom), dass ein Diagonalelement von ${}M$ ein Eigenwert zu ${}M$ sein muss.

Lösung

Es sei ${}a$ ein Diagonalelement und es sei ${}k$ der kleinste Index mit

${}d_{k}=a\,.$

Wir müssen zeigen, dass es einen Vektor

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

mit

${}Mx=ax\,$

gibt. Wir zeigen die Existenz eines solchen Vektors mit

${}x_{k}=1\,$

und

${}x_{i}=0\,$

für ${}i>k$. Damit sind die ${}i$-ten Zeilen zu ${}Mx=ax$ für ${}i>k$ erfüllt. Die unteren Zeilen werden (wir schreiben

${}M=(d_{ij}\,$

und ${}d_{ii}=d_{i}$) zum Gleichungssystem

${}d_{1}x_{1}+\cdots +d_{1k}x_{k}=d_{k}x_{1}\,,$

${}d_{2}x_{2}+\cdots +d_{2k}x_{k}=d_{k}x_{2}\,,$

$\vdots$

${}d_{k-1}x_{k-1}+d_{k-1\,k}x_{k}=d_{k}x_{k-1}\,,$

${}d_{k}x_{k}=d_{k}x_{k}\,$

bzw. zum linearen Gleichungssystem

${}(d_{1}x_{1}-d_{k})+\cdots +d_{1k}x_{k}=0\,,$

${}(d_{2}x_{2}-d_{k})+\cdots +d_{2k}x_{k}=0\,,$

$\vdots$

${}(d_{k-1}-d_{k})x_{k-1}+d_{k-1\,k}x_{k}=0\,,$

${}(d_{k}-d_{k})x_{k}=0\,.$

Die letzte Gleichung ist stets, also insbesondere mit ${}x_{k}=1$ erfüllt. Da

${}d_{i}\neq d_{k}\,$

ist für ${}i<k$, ist in diesem Gleichungssystem in Dreiecksgestalt der Anfangsterm

${}d_{i}-d_{k}\neq 0\,$

für ${}i<k$ von ${}0$ verschieden. Nach Satz 5.10 kann man also ${}x_{k}=1$ zu einer Lösung ergänzen.

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass die Matrix

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

über ${}\mathbb {Q}$ diagonalisierbar ist.

Lösung

Es ist

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

und

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

Daher sind ${}{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}$ und ${}{\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}$ Eigenvektoren zu den Eigenwerten ${}1$ bzw. ${}-1$. Somit bilden sie eine Basis aus Eigenvektoren und daher ist ${}\varphi$ diagonalisierbar.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über die jordansche Normalform.

Lösung

Da ${}\varphi$ trigonalisierbar ist, können wir Satz 26.14 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) anwenden. Es gibt also eine direkte Summenzerlegung

${}V=\operatorname {Haupt} _{\lambda _{1}}(\varphi )\oplus \cdots \oplus \operatorname {Haupt} _{\lambda _{m}}(\varphi )\,,$

wobei die Haupträume ${}\varphi$- invariant sind. Indem wir die Situation auf den einzelnen Haupträumen analysieren, können wir davon ausgehen, dass ${}\varphi$ nur einen Eigenwert ${}\lambda$ besitzt und

${}V=\operatorname {Haupt} _{\lambda }(\varphi )\,$

ist. Es ist dann

${}\psi =\varphi -\lambda \operatorname {Id} _{V}\,$

nilpotent. Daher gibt es nach Korollar 27.12 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) eine Basis, bezüglich der ${}\psi$ die Gestalt

${\begin{pmatrix}0&c_{1}&0&\cdots &\cdots &0\\0&0&c_{2}&0&\cdots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&0&c_{n-2}&0\\0&\cdots &\cdots &0&0&c_{n-1}\\0&\cdots &\cdots &\cdots &0&0\end{pmatrix}}$

besitzt, wobei die ${}c_{i}$ gleich ${}0$ oder gleich ${}1$ sind. Bezüglich dieser Basis hat

${}\varphi =\psi +\lambda \operatorname {Id} _{V}\,$

die Gestalt

${\begin{pmatrix}\lambda &c_{1}&0&\cdots &\cdots &0\\0&\lambda &c_{2}&0&\cdots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&\lambda &c_{n-2}&0\\0&\cdots &\cdots &0&\lambda &c_{n-1}\\0&\cdots &\cdots &\cdots &0&\lambda \end{pmatrix}}.$

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und seien ${}E$ und ${}F$ affine Räume über den ${}K$- Vektorräumen ${}V$ bzw. ${}W$. Zeige, dass zu einer bijektiven affin-linearen Abbildung

$\psi \colon E\longrightarrow F$

auch die Umkehrabbildung affin-linear ist.

Lösung

Nach Voraussetzung gibt es eine lineare Abbildung

$\varphi \colon V\longrightarrow W$

mit

${}\psi (P+v)=\psi (P)+\varphi (v)\,.$

Aus

${}\varphi (v)=0\,$

folgt

${}\psi (P+v)=\psi (P)\,,$

was aufgrund der Bijektivität von ${}\psi$ direkt

${}P+v=P\,,$

also

${}v=0\,$

bedeutet. Daher ist ${}\varphi$ injektiv. Zu ${}w\in W$ gibt es zu einem Punkt ${}P\in E$ wegen der Surjektivität von ${}\psi$ ein ${}R\in E$ mit

${}\psi (R)=\psi (P)+w\,.$

Daher ist

${}\varphi ({\overrightarrow {RP}})=w\,$

und ${}\varphi$ ist auch surjektiv. Mit der linearen Umkehrfunktion ${}\varphi ^{-1}$ gilt

${}\psi ^{-1}(Q+w)=\psi ^{-1}(Q)+\varphi ^{-1}(w)\,$

für ${}Q\in F$ und ${}w\in W$. Die bijektive Abbildung ${}\psi$ ergibt nämlich die Identität

${}{\begin{aligned}\psi (\psi ^{-1}(Q+w))&=Q+w\\&=\psi (\psi ^{-1}(Q))+\varphi (\varphi ^{-1}(w))\\&=\psi (\psi ^{-1}(Q)+\varphi ^{-1}(w)).\end{aligned}}$