Kurs:Lineare Algebra/Teil I/23/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	4	4	1	8	1	6	4	3	3	4	7	4	4	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

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

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

   gilt.

2. Ein Ring ${}R$ heißt kommutativ, wenn die Multiplikation kommutativ ist.
3. Man nennt die Matrix

   ${M^{\text{tr}}}=(b_{ij})_{ij}{\text{ mit }}b_{ij}:=a_{ji}$

   die transponierte Matrix zu ${}M$.

4. Der Vektor

   ${}e_{i}:={\begin{pmatrix}0\\\vdots \\0\\1\\0\\\vdots \\0\end{pmatrix}}\,,$

   wobei die ${}1$ an der ${}i$-ten Stelle steht, heißt ${}i$-ter Standardvektor.

5. Die Abbildung

   $\Phi \colon V_{1}\times \cdots \times V_{n}\longrightarrow W$

   heißt multilinear, wenn für jedes ${}i\in {\{1,\ldots ,n\}}$ und jedes ${}(n-1)$-Tupel ${}(v_{1},\ldots ,v_{i-1},v_{i+1},\ldots ,v_{n})$ mit ${}v_{j}\in V_{j}$ die induzierte Abbildung

   $V_{i}\longrightarrow W,\,v_{i}\longmapsto \Phi (v_{1},\ldots ,v_{i-1},v_{i},v_{i+1},\ldots ,v_{n}),$

   ${}K$- linear ist.

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

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

   heißt das Minimalpolynom von ${}f$.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es sei ${}K$ ein Körper und ${}V$ ein ${}K$-Vektorraum mit endlicher Dimension ${}n=\dim _{K}{\left(V\right)}$. Für ${}n$ Vektoren ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ in ${}V$ sind folgende Eigenschaften äquivalent.
   1. ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ bilden eine Basis von ${}V$.
   2. ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ bilden ein Erzeugendensystem von ${}V$.
   3. ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ sind linear unabhängig.
2. Es sei ${}K$ ein Körper und ${}n\in \mathbb {N} _{+}$. Dann gibt es genau eine Determinantenfunktion

   $\triangle \colon \operatorname {Mat} _{n}(K)=(K^{n})^{n}\longrightarrow K$

   mit ${}\triangle (e_{1},\,e_{2},\ldots ,e_{n})=1$, wobei ${}e_{i}$ die Standardvektoren sind, nämlich die

   Determinante.
3. Es sei ${}K$ ein Körper und seien ${}E$ und ${}F$ affine Räume über den Vektorräumen ${}V$ bzw. ${}W$. Es sei ${}P_{i}$, ${}i\in I$, eine affine Basis von ${}E$ und ${}Q_{i}$, ${}i\in I$, eine Familie von Punkten in ${}F$. Dann gibt es eine eindeutig bestimmte affin-lineare Abbildung

   $\psi \colon E\longrightarrow F$

   mit

   ${}\psi (P_{i})=Q_{i}\,$

   für alle ${}i\in I$.

Aufgabe (1 Punkt)

Es sei ${}M$ eine Menge. Wir betrachten die Verknüpfung

${\mathfrak {P}}\,(M)\times {\mathfrak {P}}\,(M)\longrightarrow {\mathfrak {P}}\,(M),\,(A,B)\longmapsto A\setminus B.$

Ist diese Verknüpfung assoziativ?

Lösung

Diese Verknüpfung ist nicht assoziativ. Um dies zu zeigen, kann man einfach

${}A=B=C=M\,$

nehmen, wobei ${}M$ eine nichtleere Menge sei. Dann ist ${}M\setminus M=\emptyset$ und somit ist einerseits

${}(M\setminus M)\setminus M=\emptyset \setminus M=\emptyset \,$

und andererseits

${}M\setminus (M\setminus M)=M\setminus \emptyset =M\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise

${}\sum _{i=0}^{n}(-1)^{i}{\binom {n}{i}}2^{i}=(-1)^{n}\,.$

Lösung

Der Induktionsanfang bei ${}n=1$ ist klar. Unter Verwendung der Pascalschen Rekursionsformel und der Induktionsvoraussetzung ist

${}{\begin{aligned}\sum _{i=0}^{n+1}(-1)^{i}{\binom {n+1}{i}}2^{i}&=\sum _{i=0}^{n+1}(-1)^{i}{\left({\binom {n}{i}}+{\binom {n}{i-1}}\right)}2^{i}\\&=\sum _{i=0}^{n}(-1)^{i}{\binom {n}{i}}2^{i}+\sum _{i=1}^{n+1}(-1)^{i}{\binom {n}{i-1}}2^{i}\\&=(-1)^{n}-2\cdot \sum _{i=1}^{n+1}(-1)^{i-1}{\binom {n}{i-1}}2^{i-1}\\&=(-1)^{n}-2\cdot \sum _{j=0}^{n}(-1)^{j}{\binom {n}{j}}2^{j}\\&=(-1)^{n}-2(-1)^{n}\\&=(-1)^{n+1}.\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Löse das inhomogene Gleichungssystem

${\begin{matrix}x&+y&+z&\,\,\,\,-w&=&3\\-2x&+5y&-3z&+w&=&0\\x&\,\,\,\,-y&+2z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&2\\5x&+2y&\,\,\,\,-z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&-1\,.\end{matrix}}$

Lösung

Wir eliminieren zuerst die Variable ${}w$, indem wir die erste Gleichung mit der zweiten addieren. Dies führt auf

${\begin{matrix}-x&+6y&-2z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&3\\x&\,\,\,\,-y&+2z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&2\\5x&+2y&\,\,\,\,-z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&-1\,.\end{matrix}}$

Nun addieren wir die erste Gleichung mit der zweiten Gleichung und es ergibt sich

${}5y=5\,$

und

${}y=1\,.$

Rückwärts gelesen ergibt sich

${}x=-{\frac {3}{11}}\,,$

${}z={\frac {18}{11}}\,$

und

${}w=-{\frac {7}{11}}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über die Dimension eines Untervektorraum ${}U\subseteq V$.

Lösung

Es sei ${}n=\dim _{K}{\left(V\right)}$. Jede linear unabhängige Familie in ${}U$ ist auch linear unabhängig in ${}V$. Daher kann es aufgrund des Basisaustauschsatzes in ${}U$ nur linear unabhängige Familien der Länge ${}\leq n$ geben. Es sei ${}k\leq n$ derart, dass es in ${}U$ eine linear unabhängige Familie mit ${}k$ Vektoren gibt, aber nicht mit ${}k+1$ Vektoren. Es sei ${}{\mathfrak {u}}=u_{1},\ldots ,u_{k}$ eine solche Familie. Diese ist dann insbesondere eine maximal linear unabhängige Familie in ${}U$ und daher wegen Satz 7.11 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) eine Basis von ${}U$.

Aufgabe (1 Punkt)

Bestimme den Rang der Matrix

${\begin{pmatrix}1&x&x^{2}\\x&x^{2}&x^{3}\\x^{2}&x^{3}&x^{4}\end{pmatrix}}$

zu ${}x\in K$.

Lösung

Die zweite Zeile ergibt sich aus der ersten Zeile durch Multiplikation mit ${}x$, die dritte Zeile ergibt sich aus der ersten Zeile durch Multiplikation mit ${}x^{2}$. Somit ist der Rang maximal ${}1$. Wegen der ${}1$ links oben ist der Rang genau ${}1$.

Aufgabe (8 Punkte)

Beweise den Satz über die natürliche Abbildung eines Vektorraumes in sein Bidual.

Lösung

Es sei ${}v\in V$ fixiert. Zuerst ist zu zeigen, dass ${}\Psi (v)$ eine Linearform auf dem Dualraum ${}{V}^{*}$ ist. Offenbar ist ${}\Psi (v)$ eine Abbildung von ${}{V}^{*}$ nach ${}K$. Die Additivität ergibt sich aus

${}(\Psi (v))(f_{1}+f_{2})=(f_{1}+f_{2})(v)=f_{1}(v)+f_{2}(v)=(\Psi (v))(f_{1})+(\Psi (v))(f_{2})\,,$

wobei wir die Definition der Addition auf dem Dualraum verwendet haben. Die Verträglichkeit mit der Skalarmultiplikation ergibt sich entsprechend mittels

${}(\Psi (v))(sf)=(sf)(v)=s(f(v))=s((\Psi (v))(f))\,.$

Zum Beweis der Additivität der Gesamtabbildung seien ${}v,w\in V$. Es ist die Gleichheit

${}\Psi (v+w)=\Psi (v)+\Psi (w)\,$

zu zeigen. Da dies eine Gleichheit in ${}{\left({V}^{*}\right)}^{*}$ ist, also insbesondere eine Gleichheit von Abbildungen, sei ${}f\in {V}^{*}$ beliebig. Dann folgt die Additivität aus

${}(\Psi (v+w))(f)=f(v+w)=f(v)+f(w)=(\Psi (v))(f)+(\Psi (w))(f)\,.$

Entsprechend ergibt sich die skalare Verträglichkeit aus

${}(\Psi (sv))(f)=f(sv)=s(f(v))=s((\Psi (v))(f))\,.$

Zum Nachweis der Injektivität sei ${}v\in V$ mit ${}\Psi (v)=0$ gegeben. D.h. für alle Linearformen ${}f\in {V}^{*}$ ist ${}f(v)=0$. Dann ist aber nach Lemma 14.7 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) schon

${}v=0\,$

und nach dem Injektivitätskriterium ist ${}\Psi$ injektiv.

Im endlichdimensionalen Fall folgt die Bijektivität aus der Injektivität und aus Korollar 13.12 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)).

Aufgabe (1 Punkt)

Berechne die Determinante der Matrix

${\begin{pmatrix}2+6{\mathrm {i} }&8-3{\mathrm {i} }\\5-{\mathrm {i} }&3+7{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}.$

Lösung

Die Determinante von

${\begin{pmatrix}2+6{\mathrm {i} }&8-3{\mathrm {i} }\\5-{\mathrm {i} }&3+7{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}$

ist

${}{\begin{aligned}{\left(2+6{\mathrm {i} }\right)}{\left(3+7{\mathrm {i} }\right)}-{\left(5-{\mathrm {i} }\right)}{\left(8-3{\mathrm {i} }\right)}&=-36+32{\mathrm {i} }-37+23{\mathrm {i} }\\&=-73+55{\mathrm {i} }.\end{aligned}}$

Aufgabe (6 Punkte)

Wir betrachten die durch die Wertetabelle

${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}\ldots$	${}n-2$	${}n-1$	${}n$
${}\pi (x)$	${}2$	${}3$	${}4$	${}\ldots$	${}n-1$	${}n$	${}1$

gegebene Permutation ${}\pi$ zu

${}n\geq 2\,.$

Bestimme das Signum von ${}\pi$ auf möglichst viele unterschiedliche Arten.

Lösung

1. Gemäß der Definition des Signums ist

   ${}{\begin{aligned}\operatorname {sgn} (\pi )&=\prod _{1\leq i<j\leq n}{\frac {\pi (j)-\pi (i)}{j-i}}\\&=\prod _{1\leq i<j\leq n-1}{\frac {\pi (j)-\pi (i)}{j-i}}\cdot \prod _{1\leq i<j=n}{\frac {\pi (n)-\pi (i)}{n-i}}\\&=\prod _{1\leq i<j\leq n-1}{\frac {j+1-(i+1)}{j-i}}\cdot \prod _{1\leq i<n}{\frac {1-(i+1)}{n-i}}\\&=\prod _{1\leq i<j\leq n-1}{\frac {j-i}{j-i}}\cdot \prod _{1\leq i<n}{\frac {-i}{n-i}}\\&=1\cdot \prod _{1\leq i<j=n}(-1)^{n-1}{\frac {i}{n-i}}\\&=\prod _{1\leq i<j=n}(-1)^{n-1}{\frac {1\cdot 2\cdots (n-2)(n-1)}{(n-1)(n-2)\cdots 2\cdot 1}}\\&=(-1)^{n-1}.\end{aligned}}$

2. Wir bestimmen die Fehlstände der Permutation. Zu ${}i<j<n$ liegt kein Fehlstand vor. Dagegen liegt zu ${}i<n$ stets ein Fehlstand vor. Es gibt also insgesamt ${}n-1$ Fehlstände, und das Signum ist ${}(-1)^{n-1}$.
3. Die Permutation ${}\pi$ kann man als Produkt der Transpositionen

   ${}\pi =\langle 1,2\rangle \circ \langle 2,3\rangle \circ \cdots \circ \langle n-1,n\rangle \,$

   darstellen, da ja ${}n$ mit jeder Transposition um ${}1$ nach unten transportiert wird und jede Zahl ${}i<n$ durch die Transposition ${}\langle i,i+1\rangle$ auf ${}i+1$ abgebildet wird, was von den Transpositionen weiter links nicht mehr verändert wird. Es liegt also eine Zerlegung in ${}n-1$ Transpositionen vor und das Signum ist ${}(-1)^{n-1}$.

Aufgabe (4 Punkte)

Von einem Rechteck sind der Umfang ${}U$ und die Fläche ${}A$ bekannt. Bestimme die Längen der Seiten des Rechtecks.

Lösung

Zwei Seiten haben die Länge ${}a$, zwei andere Seiten die Länge ${}b$; gegebenenfalls ist ${}a=b$. Es gilt ${}U=2a+2b$ und ${}A=ab$.

Auflösen der ersten Gleichung nach ${}b$ ergibt ${}b={\frac {U}{2}}-a$. Einsetzen in die zweite Gleichung: ${}A=a\left({\frac {U}{2}}-a\right)=a{\frac {U}{2}}-a^{2}$. Umstellen in die Normalform einer quadratischen Gleichung: ${}a^{2}-{\frac {U}{2}}a+A=0$.

Man beachte, dass der Wert unter der Wurzel nie negativ wird und nur für den Speziallfall eines Quadrats null wird: Alle allgemeinen Rechtecke haben im Verhältnis zum Quadrat bei gleicher Fläche einen größeren Umfang.

Also hat diese Gleichung typischerweise zwei Lösungen für ${}a$, nämlich ${}{\frac {U}{4}}\pm {\sqrt {{\frac {U^{2}}{16}}-A}}$. Eine der beiden Lösungen ist dann ${}a$, die andere ist ${}b$. Wenn unter der Wurzel der Wert null steht, hat man ein Quadrat und es gibt nur eine Lösung ${}a=b=U/4$.

Aufgabe (3 (2+1) Punkte)

Es sei ${}n\geq 2$.

1. Führe in ${}\mathbb {Q} [X]$ die Division mit Rest „${}P$ durch ${}T$“ für die beiden Polynome ${}P=X^{n-1}+X^{n-2}+\cdots +X^{2}+X+1$ und ${}T=X-1$ durch.
2. Finde eine Darstellung der ${}1$ mit diesen beiden Polynomen.

Lösung

1. Es ist

   ${}X^{n-1}+X^{n-2}+\cdots +X^{2}+X+1={\left(X^{n-2}+2X^{n-3}+\cdots +(n-3)X^{2}+(n-2)X+n-1\right)}{\left(X-1\right)}+n\,.$

2. Es ist

   ${}1={\frac {1}{n}}{\left(X^{n-1}+X^{n-2}+\cdots +X^{2}+X+1\right)}-{\frac {1}{n}}{\left(X^{n-2}+2X^{n-3}+\cdots +(n-3)X^{2}+(n-2)X+n-1\right)}{\left(X-1\right)}\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und es sei ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}K$- Vektorraum. Es sei

$\varphi \colon V\longrightarrow V$

eine lineare Abbildung und sei ${}Q$ das Minimalpolynom von ${}\varphi$. Zeige, dass ${}0$ genau dann eine Nullstelle von ${}Q$ ist, wenn ${}\varphi$ nicht injektiv ist.

Lösung

Da das Minimalpolynom und das charakteristische Polynom nach Lemma 24.5 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) die gleichen Nullstellen haben, und dies die Eigenwerte von ${}\varphi$ sind, bedeutet die eine Eigenschaft, dass ${}0$ ein Eigenwert ist. Dies ist äquivalent dazu, dass der Eigenraum

${}\operatorname {Eig} _{0}{\left(\varphi \right)}=\operatorname {kern} \varphi \,$

nicht der Nullraum ist, was wiederum nach dem Injektivitätskriterium bedeutet, dass ${}\varphi$ nicht injektiv ist.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass das charakteristische Polynom zu einer linearen Abbildung ${}\varphi \colon V\rightarrow V$ auf einem endlichdimensionalen ${}K$- Vektorraum ${}V$ wohldefiniert ist, also unabhängig von der gewählten Basis.

Lösung

Es seien ${}M$ und ${}N$ die beschreibenden Matrizen von ${}\varphi$ bezüglich zweier Basen. Dann besteht zwischen ihnen die Beziehung

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

mit der invertierbaren Basiswechselmatrix ${}B$. Es besteht die Beziehung

${}{\begin{aligned}B(xE_{n}-N)B^{-1}&=B{\left(xE_{n}\right)}B^{-1}-BNB^{-1}\\&=xE_{n}-BNB^{-1}\\&=xE_{n}-M,\end{aligned}}$

da die Streckungsmatrizen ${}xE_{n}$ mit jeder Matrix vertauschbar sind. Aufgrund des Determinantenmultiplikationssatz gilt daher

${}{\begin{aligned}\chi _{M}&=\det \left(xE_{n}-M\right)\\&=\det \left(B(xE_{n}-N)B^{-1}\right)\\&=\det \left(B\right)\det \left(xE_{n}-N\right)\det \left(B^{-1}\right)\\&=\det \left(xE_{n}-N\right)\\&=\chi _{N}.\end{aligned}}$

Aufgabe (7 Punkte)

Es sei ${}V$ ein ${}n$- dimensionaler ${}K$- Vektorraum über einem Körper ${}K$. Es sei

${}0=V_{0}\subset V_{1}\subset \ldots \subset V_{n-1}\subset V_{n}=V\,$

eine Fahne in ${}V$. Zeige, dass es eine bijektive lineare Abbildung

$\varphi \colon V\longrightarrow V$

derart gibt, dass diese Fahne die einzige ${}\varphi$- invariante Fahne ist.

Lösung

Wir wählen eine Basis ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ von ${}V$ mit

${}V_{i}=\langle v_{1},\ldots ,v_{i}\rangle \,$

für alle ${}i$, was nach dem Basisergänzungssatz möglich ist. Wir betrachten die bijektive lineare Abbildung ${}\varphi$, die durch

${}\varphi (v_{i}):=v_{1}+v_{2}+\cdots +v_{i-1}+v_{i}\,$

festgelegt ist. Offensichtlich ist dazu die vorgegebene Fahne ${}\varphi$- invariant. Es sei nun eine beliebige ${}\varphi$-invariante Fahne

${}0\subset W_{1}\subset W_{2}\subset \ldots \subset W_{n-1}\subset W_{n}=V\,$

gegeben. Es ist zu zeigen, dass diese mit der vorgegebenen Fahne übereinstimmt. Dies beweisen wir durch Induktion über ${}k$, wobei der Induktionsanfang wegen ${}V_{0}=0=W_{0}$ klar ist. Es sei also als Induktionsvoraussetzung die Übereinstimmungen ${}V_{1}=W_{1}$, ${}V_{2}=W_{2}$${},\ldots ,$ ${}V_{k}=W_{k}$ schon bekannt. Es ist ${}V_{k+1}=W_{k+1}$ zu zeigen. Der Raum ${}W_{k+1}$ besitzt die Basis ${}v_{1},\ldots ,v_{k},w$ mit

${}w=\sum _{j=1}^{n}a_{j}v_{j}\,$

und wegen der Invarianz von ${}W_{k+1}$ unter ${}\varphi$ ist einerseits

${}\varphi (w)=\sum _{j=1}^{k}b_{j}v_{j}+cw=\sum _{j=1}^{k}{\left(b_{j}+ca_{j}\right)}v_{j}+\sum _{j=k+1}^{n}ca_{j}v_{j}\,$

(mit $c\neq 0$ wegen der Bijektivität) und andererseits

${}{\begin{aligned}\varphi (w)&=\varphi {\left(\sum _{j=1}^{n}a_{j}v_{j}\right)}\\&=\sum _{j=1}^{n}a_{j}\varphi {\left(v_{j}\right)}\\&=\sum _{j=1}^{n}a_{j}{\left(v_{1}+v_{2}+\cdots +v_{j}\right)}\\&=\sum _{j=1}^{n}{\left(\sum _{i=j}^{n}a_{i}\right)}v_{j}.\end{aligned}}$

Koeffizientenvergleich für die Vektoren ${}v_{k+1},\ldots ,v_{n}$ liefert

${}\sum _{i=k+1}^{n}a_{i}=ca_{k+1}\,,$

${}\sum _{i=k+2}^{n}a_{i}=ca_{k+2}\,,\ldots ,$

${}\sum _{i=n}^{n}a_{i}=ca_{n}\,.$

Indem man sukzessive diese Gleichungen von unten nach oben betrachtet, erhält man bei ${}c\neq 1$ direkt

${}0=a_{n}=a_{n-1}=\ldots =a_{k+1}\,$

und bei ${}c=1$ erhält man

${}0=a_{n}=a_{n-1}=\ldots =a_{k+2}\,.$

Damit ist jedenfalls ${}w\in V_{k+1}$ und somit ${}W_{k+1}=V_{k+1}$.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei

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

eine Jordan-Matrix. Bestimme die jordansche Normalform der Potenzen ${}M^{n}$ für alle ${}n\in \mathbb {N} _{+}$.

Lösung

Es ist

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

und

${}{\begin{aligned}M^{3}&={\begin{pmatrix}0&1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1\\0&0&0&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0&0&1&0\\0&0&0&1\\0&0&0&0\\0&0&0&0\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}0&0&0&1\\0&0&0&0\\0&0&0&0\\0&0&0&0\end{pmatrix}},\end{aligned}}$

die höheren Potenzen sind die Nullmatrix. Die Wirkungsweise von ${}M^{2}$ ist somit ${}e_{4}\mapsto e_{2}\mapsto 0$ und ${}e_{3}\mapsto e_{1}\mapsto 0$, die jordansche Normalform ist also

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

Die Wirkungsweise von ${}M^{3}$ ist ${}e_{4}\mapsto e_{1}\mapsto 0$ und ${}e_{2},e_{3}\mapsto 0$, die jordansche Normalform ist also

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

Von allen höheren Potenzen ist die Nullmatrix die jordansche Normalform.

Aufgabe (4 Punkte)

Finde eine affine Basis für die Lösungsmenge der inhomogenen Gleichung

${}7x+y-3z+5w=1\,.$

Lösung

Eine spezielle Lösung der Gleichung ist durch

${\begin{pmatrix}0\\0\\0\\{\frac {1}{5}}\end{pmatrix}}$

gegeben. Für die zugehörige homogene Gleichung sind

${\begin{pmatrix}1\\-7\\0\\0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\3\\1\\0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\0\\5\\3\end{pmatrix}}$

Lösungen, die offenbar linear unabhängig sind. Da der Rang des Gleichungssystems ${}1$ ist, handelt es sich um eine Basis des Lösungsraumes der homogenen Gleichung. Daher bildet

${\begin{pmatrix}0\\0\\0\\{\frac {1}{5}}\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\0\\0\\{\frac {1}{5}}\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}1\\-7\\0\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\-7\\0\\{\frac {1}{5}}\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\0\\0\\{\frac {1}{5}}\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0\\3\\1\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\3\\1\\{\frac {1}{5}}\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\0\\0\\{\frac {1}{5}}\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0\\0\\5\\3\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\5\\{\frac {16}{5}}\end{pmatrix}}$

eine affine Basis der Lösungsmenge der inhomogenen Gleichung.