Kurs:Lineare Algebra/Teil I/2/Klausur mit Lösungen/kontrolle

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

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Das Bild von ${}F$ ist die Menge

   ${\left\{y\in M\mid {\text{es gibt ein }}x\in L{\text{ mit }}F(x)=y\right\}}.$

2. Unter einem Vektorraum ${}V$ über ${}K$ versteht man eine Menge ${}V$ mit einem ausgezeichneten Element ${}0\in V$ und mit zwei Abbildungen

   $+\colon V\times V\longrightarrow V,\,(u,v)\longmapsto u+v,$

   und

   $K\times V\longrightarrow V,\,(s,v)\longmapsto sv=s\cdot v,$

   derart, dass die folgenden Axiome erfüllt sind (dabei seien ${}r,s\in K$ und ${}u,v,w\in V$ beliebig):

   1. ${}u+v=v+u$,
   2. ${}(u+v)+w=u+(v+w)$,
   3. ${}v+0=v$,
   4. Zu jedem ${}v$ gibt es ein ${}z$ mit ${}v+z=0$,
   5. ${}r(su)=(rs)u$,
   6. ${}r(u+v)=ru+rv$,
   7. ${}(r+s)u=ru+su$,
   8. ${}1\cdot u=u$.
3. Unter den elementaren Zeilenumformungen versteht man die Manipulationen:
   1. Vertauschung von zwei Zeilen.
   2. Multiplikation einer Zeile mit ${}s\neq 0$.
   3. Addition des ${}a$-fachen einer Zeile zu einer anderen Zeile.
4. Eine Transposition auf ${}M$ ist eine Permutation auf ${}M$, die genau zwei Elemente miteinander vertauscht und alle anderen Elemente unverändert lässt.
5. Man nennt

   ${}\operatorname {Haupt} _{\lambda }(\varphi )=\bigcup _{n\in \mathbb {N} }\operatorname {kern} {\left(\varphi -\lambda \operatorname {Id} \right)}^{n}\,$

   den Hauptraum zu ${}\varphi$ zum Eigenwert ${}\lambda$.

6. Unter einer Jordanmatrix (zum Eigenwert ${}\lambda$) versteht man eine quadratische Matrix der Form

   ${\begin{pmatrix}\lambda &1&0&\cdots &\cdots &0\\0&\lambda &1&0&\cdots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&\lambda &1&0\\0&\cdots &\cdots &0&\lambda &1\\0&\cdots &\cdots &\cdots &0&\lambda \end{pmatrix}}.$

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es sei ${}K$ ein Körper und ${}V$ ein ${}K$-Vektorraum mit einer Basis ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$. Es sei ${}w\in V$ ein Vektor mit einer Darstellung

   ${}w=\sum _{i=1}^{n}s_{i}v_{i}\,,$

   wobei ${}s_{k}\neq 0$ sei für ein bestimmtes ${}k$. Dann ist auch die Familie

   $v_{1},\ldots ,v_{k-1},w,v_{k+1},\ldots ,v_{n}$

   eine Basis von ${}V$.
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. Folgende Aussagen sind äquivalent.
   1. ${}\varphi$ ist trigonalisierbar.
   2. Es gibt eine ${}\varphi$- invariante Fahne.
   3. Das charakteristische Polynom ${}\chi _{\varphi }$ zerfällt in Linearfaktoren.
   4. Das Minimalpolynom ${}\mu _{\varphi }$ zerfällt in Linearfaktoren.

Aufgabe (6 (2+4) Punkte)

Es sei

$\varphi \colon L\longrightarrow M$

eine Abbildung.

a) Zeige, dass es eine Menge ${}N$ gibt und eine surjektive Abbildung

$F\colon L\longrightarrow N$

und eine injektive Abbildung

$G\colon N\longrightarrow M$

mit

${}\varphi =G\circ F\,.$

b) Zeige, dass es eine Menge ${}P$ gibt und eine injektive Abbildung

$H\colon L\longrightarrow P$

und eine surjektive Abbildung

$I\colon P\longrightarrow M$

mit

${}\varphi =I\circ H\,.$

Lösung

a) Es sei ${}N=\varphi (L)$ das Bild von ${}L$ unter der Abbildung ${}\varphi$. Wegen

${}N=\varphi (L)\subseteq M\,$

ist ${}N$ eine Teilmenge von ${}M$. Die Abbildung, die ein Element ${}y\in N$ auf sich selbst aber als Element in ${}M$ auffasst, nennen wir ${}G$. Diese Abbildung ist injektiv. Die Abbildung

$F\colon L\longrightarrow N,\,x\longmapsto \varphi (x),$

ist wohldefiniert, da ${}\varphi (x)$ zu ${}N$ gehört, und surjektiv, da ${}N$ genau aus den Elementen besteht, die im Bild liegen. Dabei ist offenbar

${}\varphi =G\circ F\,.$

b) Es sei

${}P=L\times M\,.$

Wir betrachten die Abbildung

$H\colon L\longrightarrow P=L\times M,\,x\longmapsto (x,\varphi (x)).$

Diese ist injektiv, da aus

${}x\neq x'\,$

folgt, dass

${}(x,\varphi (x))\neq (x',\varphi (x'))\,$

ist. Die Abbildung ${}I$ sei durch

$I\colon L\times M\longrightarrow M,\,(u,v)\longmapsto v,$

gegeben. Diese ist surjektiv unter der Bedingung, dass ${}L$ nicht leer ist. Insgesamt ist

${}(I\circ H)(x)=I(x,\varphi (x))=\varphi (x)\,$

und somit

${}\varphi =I\circ H\,.$

Falls ${}L$ leer ist, so ist ${}\varphi$ die sogenannte leere Abbildung und man kann ${}P=M$, ${}H=\varphi$ und ${}I=\operatorname {Id} _{M}$ nehmen.

Aufgabe (3 Punkte)

Zwei Personen, ${}A$ und ${}B$, liegen unter einer Palme, ${}A$ besitzt ${}2$ Fladenbrote und ${}B$ besitzt ${}3$ Fladenbrote. Eine dritte Person ${}C$ kommt hinzu, die kein Fladenbrot besitzt, aber ${}5$ Taler. Die drei Personen werden sich einig, für die ${}5$ Taler die Fladenbrote untereinander gleichmäßig aufzuteilen. Wie viele Taler gibt ${}C$ an ${}A$ und an ${}B$?

Lösung

Es gibt insgesamt ${}5$ Fladenbrote, sodass also jede Person ${}{\frac {5}{3}}$ Brote isst. Somit gibt ${}A$ genau ${}{\frac {1}{3}}$ Brot an ${}C$ ab und ${}B$ gibt ${}{\frac {4}{3}}$ Brote an ${}C$ ab. ${}B$ gibt also ${}4$-mal soviel ab wie ${}A$ und bekommt daher ${}4$ Taler, und ${}A$ bekommt einen Taler von ${}C$.

Aufgabe (8 Punkte)

Beweise das Basisaustauschlemma.

Lösung

Wir zeigen zuerst, dass die neue Familie ein Erzeugendensystem ist. Zunächst kann man wegen

${}w=\sum _{i=1}^{n}s_{i}v_{i}\,$

und ${}s_{k}\neq 0$ den Vektor ${}v_{k}$ als

${}v_{k}={\frac {1}{s_{k}}}w-\sum _{i=1}^{k-1}{\frac {s_{i}}{s_{k}}}v_{i}-\sum _{i=k+1}^{n}{\frac {s_{i}}{s_{k}}}v_{i}\,$

schreiben. Es sei nun ${}u\in V$ beliebig vorgegeben. Dann kann man schreiben

${}{\begin{aligned}u&=\sum _{i=1}^{n}t_{i}v_{i}\\&=\sum _{i=1}^{k-1}t_{i}v_{i}+t_{k}v_{k}+\sum _{i=k+1}^{n}t_{i}v_{i}\\&=\sum _{i=1}^{k-1}t_{i}v_{i}+t_{k}{\left({\frac {1}{s_{k}}}w-\sum _{i=1}^{k-1}{\frac {s_{i}}{s_{k}}}v_{i}-\sum _{i=k+1}^{n}{\frac {s_{i}}{s_{k}}}v_{i}\right)}+\sum _{i=k+1}^{n}t_{i}v_{i}\\&=\sum _{i=1}^{k-1}{\left(t_{i}-t_{k}{\frac {s_{i}}{s_{k}}}\right)}v_{i}+{\frac {t_{k}}{s_{k}}}w+\sum _{i=k+1}^{n}{\left(t_{i}-t_{k}{\frac {s_{i}}{s_{k}}}\right)}v_{i}.\end{aligned}}$

Zum Nachweis der linearen Unabhängigkeit nehmen wir zwecks Notationsvereinfachung ${}k=1$ an. Es sei

${}t_{1}w+\sum _{i=2}^{n}t_{i}v_{i}=0\,$

eine Darstellung der Null. Dann ist

${}0=t_{1}w+\sum _{i=2}^{n}t_{i}v_{i}=t_{1}{\left(\sum _{i=1}^{n}s_{i}v_{i}\right)}+\sum _{i=2}^{n}t_{i}v_{i}=t_{1}s_{1}v_{1}+\sum _{i=2}^{n}{\left(t_{1}s_{i}+t_{i}\right)}v_{i}\,.$

Aus der linearen Unabhängigkeit der Ausgangsfamilie folgt insbesondere ${}t_{1}s_{1}=0$ und wegen ${}s_{1}\neq 0$ ergibt sich ${}t_{1}=0$. Deshalb ist ${}\sum _{i=2}^{n}t_{i}v_{i}=0$ und daher gilt ${}t_{i}=0$ für alle ${}i$.

Aufgabe (5 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

$v_{1}={\begin{pmatrix}2\\3\\7\end{pmatrix}},\,\,v_{2}={\begin{pmatrix}1\\-3\\4\end{pmatrix}}\,{\text{ und }}\,v_{3}={\begin{pmatrix}5\\6\\9\end{pmatrix}}$

gegebene Basis ${}{\mathfrak {v}}$ im ${}\mathbb {R} ^{3}$.

Lösung

Es ist

${}M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {v}}={\begin{pmatrix}2&1&5\\3&-3&6\\7&4&9\end{pmatrix}}\,.$

Für die umgekehrte Übergangsmatrix müssen wir diese Matrix invertieren. Es ist

${}{\begin{pmatrix}2&1&5\\3&-3&6\\7&4&9\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}2&1&5\\0&-{\frac {9}{2}}&-{\frac {3}{2}}\\0&{\frac {1}{2}}&-{\frac {17}{2}}\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\-{\frac {3}{2}}&1&0\\-{\frac {7}{2}}&0&1\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}2&1&5\\0&-{\frac {9}{2}}&-{\frac {3}{2}}\\0&0&-{\frac {26}{3}}\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\-{\frac {3}{2}}&1&0\\-{\frac {11}{3}}&{\frac {1}{9}}&1\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&{\frac {1}{2}}&{\frac {5}{2}}\\0&1&{\frac {1}{3}}\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}{\frac {1}{2}}&0&0\\{\frac {1}{3}}&-{\frac {2}{9}}&0\\{\frac {11}{26}}&-{\frac {1}{78}}&-{\frac {3}{26}}\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&0&{\frac {7}{3}}\\0&1&{\frac {1}{3}}\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}{\frac {1}{3}}&{\frac {1}{9}}&0\\{\frac {1}{3}}&-{\frac {2}{9}}&0\\{\frac {11}{26}}&-{\frac {1}{78}}&-{\frac {3}{26}}\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}-{\frac {17}{26}}&{\frac {11}{78}}&{\frac {7}{26}}\\{\frac {5}{26}}&-{\frac {17}{78}}&{\frac {1}{26}}\\{\frac {11}{26}}&-{\frac {1}{78}}&-{\frac {3}{26}}\end{pmatrix}}$

Es ist also

${}M_{\mathfrak {v}}^{\mathfrak {u}}={\begin{pmatrix}-{\frac {17}{26}}&{\frac {11}{78}}&{\frac {7}{26}}\\{\frac {5}{26}}&-{\frac {17}{78}}&{\frac {1}{26}}\\{\frac {11}{26}}&-{\frac {1}{78}}&-{\frac {3}{26}}\end{pmatrix}}\,.$

Aufgabe (6 (2+4) Punkte)

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

$\varphi \colon V\longrightarrow W$

sei eine ${}K$- lineare Abbildung.

a) Zeige, dass der Kern von ${}\varphi$ ein Untervektorraum von ${}V$ ist.

b) Beweise das Injektivitätskriterium für eine lineare Abbildung.

Lösung

a) Bei einer linearen Abbildung ist ${}\varphi (0)=0$, also ist ${}0\in \operatorname {kern} \varphi$. Es seien ${}u,v\in \operatorname {kern} \varphi$. Dann ist ${}\varphi (u+v)=\varphi (u)+\varphi (v)=0+0=0$, also ${}u+v\in \operatorname {kern} \varphi$. Für ${}v\in \operatorname {kern} \varphi$ und ${}a\in K$ ist schließlich

${}\varphi (av)=a\varphi (v)=a0=0\,,$

also ${}av\in \operatorname {kern} \varphi$. Damit ist der Kern ein Untervektorraum von ${}V$.

b) Wenn die Abbildung injektiv ist, so kann es neben ${}0\in V$ keinen weiteren Vektor ${}v\in V$ mit ${}\varphi (v)=0$ geben. Also ist ${}\varphi ^{-1}(0)=\{0\}$.
Es sei umgekehrt ${}\operatorname {kern} \varphi =0$ und seien ${}v_{1},v_{2}\in V$ gegeben mit ${}\varphi (v_{1})=\varphi (v_{2})$. Dann ist wegen der Linearität

${}\varphi (v_{1}-v_{2})=\varphi (v_{1})-\varphi (v_{2})=0\,.$

Daher ist ${}v_{1}-v_{2}\in \operatorname {kern} \varphi$ und damit ${}v_{1}=v_{2}$.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}V$ ein ${}K$- Vektorraum mit Dualraum ${}{V}^{*}$. Zeige, dass die natürliche Abbildung

$V\times {V}^{*}\longrightarrow K,\,(v,f)\longmapsto f(v),$

nicht linear ist.

Lösung

Es sei ${}V=\mathbb {R}$ und es sei

$g\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R}$

die Identität. Dann wird unter der Auswertungsabbildung

$V\times V^{*}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(v,f)\longmapsto f(v),$

das Paar ${}(1,g)$ auf ${}1$ abgebildet. Das Paar ${}2(1,g)=(2,2g)$ wird auf

${}(2g)(2)=4\neq 2\,$

abgebildet, daher ist die Abbildung nicht linear.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}M$ eine quadratische Matrix, die man als

${}M={\begin{pmatrix}A&B\\C&D\end{pmatrix}}\,$

mit quadratischen Matrizen ${}A,B,C$ und ${}D$ schreiben kann. Zeige durch ein Beispiel, dass die Beziehung

${}\det M=\det A\cdot \det D-\det B\cdot \det C\,$

im Allgemeinen nicht gilt.

Lösung

Wir betrachten die Matrix

${\begin{pmatrix}1&0&0&-1\\0&1&1&0\\1&0&1&0\\0&1&0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}A&B\\C&D\end{pmatrix}}$

mit den ${}2\times 2$-Untermatrizen ${}A,B,C,D$ wie in der Aufgabenstellung. Dann ist

${}{\begin{aligned}\det A\cdot \det D-\det B\cdot \det C&=\det {\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}\cdot \det {\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}-\det {\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}}\cdot \det {\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}\\&=1\cdot 1-1\cdot 1\\&=0.\end{aligned}}$

Um die wahre Determinante auszurechnen, führen wir Zeilenoperationen durch. Wir ersetzen die dritte Zeile durch ${}III-I$ und die vierte Zeile durch ${}IV-II$ und erhalten

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

Wir addieren zur vierten Zeile die dritte Zeile hinzu und erhalten die obere Dreiecksmatrix

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

bei der alle Diagonaleinträge von ${}0$ verschieden sind. Daher ist diese Matrix und damit auch die Ausgangsmatrix invertierbar und die Determinante ist nach Satz 16.11 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) nicht ${}0$.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und sei ${}K[X]$ der Polynomring über ${}K$. Es sei ${}P\in K[X]$ ein Polynom und ${}a\in K$. Zeige, dass ${}a$ genau dann eine Nullstelle von ${}P$ ist, wenn ${}P$ ein Vielfaches des linearen Polynoms ${}X-a$ ist.

Lösung

Wenn ${}P$ ein Vielfaches von ${}X-a$ ist, so kann man

${}P=(X-a)Q\,$

mit einem weiteren Polynom ${}Q$ schreiben. Einsetzen ergibt

${}P(a)=(a-a)Q(a)=0\,.$

Im Allgemeinen gibt es aufgrund der Division mit Rest eine Darstellung

${}P=(X-a)Q+R\,,$

wobei ${}R=0$ oder aber den Grad ${}0$ besitzt, also so oder so eine Konstante ist. Einsetzen ergibt

${}P(a)=R\,.$

Wenn also ${}P(a)=0$ ist, so muss der Rest ${}R=0$ sein, und das bedeutet, dass ${}P=(X-a)Q$ ist.

Aufgabe (2 Punkte)

Berechne das Ergebnis, wenn man im Polynom

$2X^{3}-5X^{2}+7X-4$

die Variable ${}X$ durch die ${}2\times 2$- Matrix

${\begin{pmatrix}4&1\\5&3\end{pmatrix}}$

ersetzt.

Lösung

Es ist

${}M^{2}={\begin{pmatrix}4&1\\5&3\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}4&1\\5&3\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}21&7\\35&14\end{pmatrix}}\,$

und

${}M^{3}={\begin{pmatrix}21&7\\35&14\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}4&1\\5&3\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}119&42\\210&77\end{pmatrix}}\,$

Daher ist

${}{\begin{aligned}2X^{3}-5X^{2}+7X-4&=2{\begin{pmatrix}119&42\\210&77\end{pmatrix}}-5{\begin{pmatrix}21&7\\35&14\end{pmatrix}}+7{\begin{pmatrix}4&1\\5&3\end{pmatrix}}-4{\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}238-105+28-4&84-35+7\\420-175+35&154-70+21-4\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}157&56\\280&101\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (6 (2+3+1) Punkte)

Wir betrachten die lineare Abbildung

$\varphi \colon {\mathbb {C} }^{3}\longrightarrow {\mathbb {C} }^{3},$

die bezüglich der Standardbasis durch die Matrix

${}A={\begin{pmatrix}2&1&-2+{\mathrm {i} }\\0&{\mathrm {i} }&1+{\mathrm {i} }\\0&0&-1+2{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}\,$

beschrieben wird.

a) Bestimme das charakteristische Polynom und die Eigenwerte von ${}A$.

b) Berechne zu jedem Eigenwert einen Eigenvektor.

c) Stelle die Matrix für ${}\varphi$ bezüglich einer Basis aus Eigenvektoren auf.

Lösung

a) Das charakteristische Polynom ist

${}{\begin{aligned}\chi _{A}&=\det {\begin{pmatrix}x-2&-1&2-{\mathrm {i} }\\0&x-{\mathrm {i} }&-1-{\mathrm {i} }\\0&0&x+1-2{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}\\&=(x-2)(x-{\mathrm {i} })(x+1-2{\mathrm {i} })\\&=x^{3}-(1+3{\mathrm {i} })x^{2}+(2{\mathrm {i} }-2(1-2{\mathrm {i} })-{\mathrm {i} }(1-2{\mathrm {i} }))x+2{\mathrm {i} }(1-2{\mathrm {i} })\\&=x^{3}-(1+3{\mathrm {i} })x^{2}+(-4+5{\mathrm {i} })x+4+2{\mathrm {i} }\end{aligned}}$

und die Eigenwerte von ${}A$ sind ${}2,{\mathrm {i} },-1+2{\mathrm {i} }$.

b) Wir bestimmen für jeden Eigenwert einen Eigenvektor.

${}x=2$:

Wir müssen ein nichttriviales Element im Kern von

${\begin{pmatrix}0&-1&2-{\mathrm {i} }\\0&2-{\mathrm {i} }&-1-{\mathrm {i} }\\0&0&3-2{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}$

bestimmen. Da gehört ${}{\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}$ dazu.

${}x={\mathrm {i} }$:

Dies führt auf

${\begin{pmatrix}-2+{\mathrm {i} }&-1&2-{\mathrm {i} }\\0&0&-1-{\mathrm {i} }\\0&0&1-{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}.$

Wir wählen ${}c=0$ und ${}a=1$ und erhalten ${}b=-2+{\mathrm {i} }$, also ist

${\begin{pmatrix}1\\-2+{\mathrm {i} }\\0\end{pmatrix}}$

ein Eigenvektor zum Eigenwert ${}{\mathrm {i} }$.

${}x=-1+2{\mathrm {i} }$:

Dies führt auf

${\begin{pmatrix}-3+2{\mathrm {i} }&-1&2-{\mathrm {i} }\\0&-1+{\mathrm {i} }&-1-{\mathrm {i} }\\0&0&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}.$

Mit ${}c=-1+{\mathrm {i} }$ und ${}b=1+{\mathrm {i} }$ ist die mittlere Zeile erfüllt. Die erste Zeile wird dann zu

$(-3+2{\mathrm {i} })a-1-{\mathrm {i} }+(2-{\mathrm {i} })(-1+{\mathrm {i} })=0$

und daher ist

${}(-3+2{\mathrm {i} })a=1+{\mathrm {i} }-(2-{\mathrm {i} })(-1+{\mathrm {i} })=1+{\mathrm {i} }-2{\mathrm {i} }+2-1-{\mathrm {i} }=2-2{\mathrm {i} }\,.$

Daher ist

${}a=(2-2{\mathrm {i} })(-3+2{\mathrm {i} })^{-1}=(2-2{\mathrm {i} }){\frac {-3-2{\mathrm {i} }}{13}}={\frac {-10+2{\mathrm {i} }}{13}}\,.$

Somit ist

${\begin{pmatrix}{\frac {-10+2{\mathrm {i} }}{13}}\\1+{\mathrm {i} }\\-1+{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}$

ein Eigenvektor zum Eigenwert ${}-1+2{\mathrm {i} }$.

c) Bezüglich einer Basis aus Eigenvektoren besitzt die beschreibende Matrix die Gestalt

${\begin{pmatrix}2&0&0\\0&{\mathrm {i} }&0\\0&0&-1+2{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}.$

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper, ${}V$ ein ${}K$- Vektorraum und

$\varphi \colon V\longrightarrow V$

eine lineare Abbildung. Zeige, dass die durch

${}U={\left\{v\in V\mid {\text{ es gibt ein }}n\in \mathbb {N} {\text{ mit }}\varphi ^{n}(v)=0\right\}}\,$

definierte Teilmenge von ${}V$ ein ${}\varphi$- invarianter Unterraum ist.

Lösung

Es ist ${}0\in U$. Wenn ${}v\in U$ ist, sagen wir ${}\varphi ^{n}(v)=0$, so ist natürlich auch ${}\varphi ^{n}(sv)=0$, also ${}sv\in U$ für jeden Skalar ${}s\in K$. Es seien ${}u,v\in U$ mit ${}\varphi ^{m}(u)=0$ und ${}\varphi ^{n}(v)=0$. Es sei ${}m\geq n$. Dann ist auch ${}\varphi ^{m}(v)=0$ und daher ist auch ${}\varphi ^{m}(u+v)=\varphi ^{m}(u)+\varphi ^{m}(v)=0$, also ${}u+v\in U$. Es liegt also ein Untervektorraum vor.

Zum Beweis der Invarianz sei ${}v\in U$ mit ${}\varphi ^{n}(v)=0$. Dann wird ${}\varphi (u)$ von ${}\varphi ^{n-1}$ annulliert, gehört also ebenfalls zu ${}U$.

Aufgabe (4 Punkte)

Man gebe ein Beispiel für zwei nilpotente lineare Abbildungen

$\varphi ,\psi \colon K^{2}\longrightarrow K^{2}$

derart, dass weder ${}\varphi \circ \psi$ noch ${}\varphi +\psi$ nilpotent sind.

Lösung

Es sei

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

und

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

Wegen

${}{\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}}^{2}={\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}}\,$

und

${}{\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}}^{2}={\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}}\,$

sind beide Matrizen nilpotent. Dagegen ist

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

wegen

${}{\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}}^{2}={\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}}\,$

nicht nilpotent und

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

ist bijektiv, also auch nicht nilpotent.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme zur reellen Matrix

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

die jordansche Normalform. (Es muss keine Basis angegeben werden, bezüglich der jordansche Normalform vorliegt.)

Lösung

Es ist

${}N={\begin{pmatrix}3&5&2&4\\0&3&6&-1\\0&0&3&2\\0&0&0&3\end{pmatrix}}-3E_{4}={\begin{pmatrix}0&5&2&4\\0&0&6&-1\\0&0&0&2\\0&0&0&0\end{pmatrix}}\,.$

Das Element ${}e_{1}$ gehört zum Kern. Die ${}3\times 3$-Untermatrix rechts oben hat eine Determinante ${}\neq 0$ und somit hat die Matrix ${}N$ den Rang ${}3$ und der Kern ist eindimensional. In diesem Fall wachsen die Kerne zu ${}M^{i}$ jeweils um eine Dimension und daher ist

${\begin{pmatrix}3&1&0&0\\0&3&1&0\\0&0&3&1\\0&0&0&3\end{pmatrix}}$

die jordansche Normalform von ${}M$.