Kurs:Lineare Algebra/Teil I/26/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	20	${}\sum$
Punkte	3	3	5	1	4	2	3	7	3	3	1	4	3	3	3	5	1	2	6	2	64

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die Potenzmenge zu einer Menge ${}M$.
2. Ein Isomorphismus zwischen ${}K$- Vektorräumen ${}V$ und ${}W$.
3. Elementare Zeilenumformungen an einer ${}m\times n$- Matrix ${}M$ über einem Körper ${}K$.
4. Eine Transposition auf einer endlichen Menge ${}M$.
5. Die adjungierte Matrix zu einer quadratischen Matrix ${}M\in \operatorname {Mat} _{n}(K)$.
6. Ein affiner Isomorphismus

   $\psi \colon E\longrightarrow F$

   zwischen den affinen Räumen ${}E$ und ${}F$ über den ${}K$- Vektorräumen ${}V$ bzw. ${}W$.

Lösung

1. Zu einer Menge ${}M$ nennt man die Menge aller Teilmengen von ${}M$ die Potenzmenge von ${}M$.
2. Ein Isomorphismus zwischen ${}V$ und ${}W$ ist eine bijektive lineare Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow W.$

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. Die Matrix

   $M^{\operatorname {adj} }=(b_{ij}){\text{ mit }}b_{ij}=(-1)^{i+j}\det M_{ji},$

   wobei ${}M_{ji}$ die Restmatrix zur ${}j$-ten Zeile und zur ${}i$-ten Spalte ist, heißt die adjungierte Matrix von ${}M$.

6. Eine bijektive affine Abbildung

   $\psi \colon E\longrightarrow F$

   heißt affiner Isomorphismus.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Das Basisaustauschlemma.
2. Die Formel für die Determinante für eine obere Dreiecksmatrix.
3. Der Satz über Ideale in einem Polynomring ${}K[X]$ in einer Variablen über einem Körper ${}K$.

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. Für eine obere Dreiecksmatrix

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

   ist

   ${}\det M=b_{1}b_{2}{\cdots }b_{n-1}b_{n}\,.$

3. In einem Polynomring über einem Körper ist jedes Ideal ein Hauptideal.

Aufgabe (5 (1+1+1+2) Punkte)

Ein Zug ist ${}500$ Meter lang (ohne Lokomotive) und bewegt sich mit ${}180$ Stundenkilometer. Lucy Sonnenschein hat ihr Fahrrad mit in den Zug genommen und fährt mit einer Geschwindigkeit von ${}20$ Metern pro Sekunde von ganz hinten nach ganz vorne.

1. Wie viele Sekunden benötigt Lucy für die gesamte Zuglänge?
2. Welche Geschwindigkeit (in Meter pro Sekunde) hat Lucy bezogen auf die Umgebung?
3. Welche Entfernung (in Meter) legt der Zug während der Fahrradfahrt zurück?
4. Berechne auf zwei verschiedene Arten, welche Entfernung Lucy während ihrer Fahrradfahrt bezogen auf die Umgebung zurücklegt.

Lösung

1. Lucy benötigt ${}25$ Sekunden für den ${}500$ Meter langen Zug.
2. In Meter pro Sekunde hat der Zug eine Geschwindigkeit von

   ${}{\frac {180000}{3600}}={\frac {1800}{36}}=50\,.$

   Da die beiden Bewegungen sich überlagern, ist die Gesamtgeschwindigkeit von Lucy gleich ${}70$ Meter pro Sekunde.

3. In den ${}25$ Sekunden legt der Zug

   ${}25\cdot 50=1250\,$

   Meter zurück.

4. Man kann die vom Zug und die von Lucy im Zug zurückgelegte Strecke addieren, dies ergibt

   ${}1250+500=1750\,$

   Meter. Ebenso kann man mit ihrer Geschwindigkeit bezogen auf die Umgebung rechnen, und erhält ebenfalls

   ${}25\cdot 70=1750\,$

   Meter.

Aufgabe (1 Punkt)

Bestimme die Lösungsmenge des Ungleichungssystems

${}2x\geq 7\,$

und

${}5x\leq 12\,$

über ${}\mathbb {Q}$.

Lösung

Es soll einerseits

${}x\geq {\frac {7}{2}}\,$

und andererseits

${}x\leq {\frac {12}{5}}\,$

sein. Wegen

${}{\frac {7}{2}}>{\frac {12}{5}}\,$

ist das nicht gleichzeitig erfüllbar, die Lösungsmenge ist also leer.

Aufgabe (4 Punkte)

Löse das inhomogene Gleichungssystem

${\begin{matrix}5x&+2y&+z&-7w&=&3\\6x&+y&+2z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&1\\x&+y&\,\,\,\,-z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&0\\3x&+5y&-7z&+14w&=&1\,.\end{matrix}}$

Lösung

Wir eliminieren zuerst die Variable ${}w$, indem wir die erste Gleichung zweimal auf die vierte addieren. Dies führt auf

${\begin{matrix}6x&+y&+2z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&1\\x&+y&\,\,\,\,-z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&0\\13x&+9y&-5z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&7\,.\end{matrix}}$

Nun eliminieren wir die Variable ${}y$, indem wir (bezogen auf das vorhergehende System) ${}-II+I$ und ${}-9II+III$ ausrechnen. Dies führt auf

${\begin{matrix}5x&\,\,\,\,\,\,\,\,&+3z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&1\\4x&\,\,\,\,\,\,\,\,&+4z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&7\,.\end{matrix}}$

Es ergibt sich nun wenn man die erste Gleichung mit 4 multipliziert und 3 mal die zweite subtrahiert

${}8x=-17\,$

und

${}x=-{\frac {17}{8}}\,.$

Rückwärts gelesen ergibt sich

${}z={\frac {31}{8}}\,,$

${}y=6\,$

und

${}w={\frac {9}{28}}\,.$

Aufgabe (2 (1+1) Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper. Wir betrachten die Untervektorräume ${}U,V\subseteq \operatorname {Mat} _{3}(K)$, die durch

${}U={\left\{M={\left(a_{ij}\right)}\in \operatorname {Mat} _{3}(K)\mid a_{31}=0\right\}}\,$

bzw.

${}V={\left\{M={\left(a_{ij}\right)}\in \operatorname {Mat} _{3}(K)\mid a_{21}=0{\text{ und }}a_{31}=0\right\}}\,$

gegeben sind.

1. Ist ${}U$ abgeschlossen unter der Matrizenmultiplikation?
2. Ist ${}V$ abgeschlossen unter der Matrizenmultiplikation?

Lösung

1. ${}U$ ist nicht abgeschlossen unter der Matrizenmultiplikation, da beispielsweise

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

   ist.

2. ${}V$ ist abgeschlossen unter der Matrizenmultiplikation. Es ist ja

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

   ist, da, wenn man die zweite oder dritte Zeile links mit der ersten Spalte rechts multipliziert, in jedem Summanden eine Null beteiligt ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und ${}V$ ein ${}K$- Vektorraum mit endlicher Dimension

${}n=\dim _{K}{\left(V\right)}\,.$

Es seien ${}n$ Vektoren ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ in ${}V$ gegeben. Zeige, dass die folgenden Eigenschaften äquivalent sind.

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.

Lösung

Eine Basis ist insbesondere ein Erzeugendensystem und linear unabhängig, deshalb folgt sowohl (2) als auch (3) aus (1). Es sei (2) erfüllt, d.h. ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ ist ein Erzeugendensystem. Wenn es keine Basis wäre, so wäre dieses System nach Satz 7.11 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) kein minimales Erzeugendensystem und man könnte Vektoren herausnehmen, und es würde ein Erzeugendensystem bleiben. Dies widerspricht der Wohldefiniertheit der Dimension. Es sei (3) erfüllt, d.h. ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ ist ein System aus linear unabhängigen Vektoren. Wenn es keine Basis wäre, so wäre es nach Satz 7.11 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) nicht maximal linear unabhängig, und man könnte es durch Hinzunahme von einem Vektor zu einem größeren linear unabhängigen System vergrößern. Auch dies wiederspricht der Wohldefiniertheit der Dimension.

Aufgabe (7 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und es seien ${}V,Q$ und ${}W$ Vektorräume über ${}K$. Es sei ${}\varphi \colon V\rightarrow W$ eine lineare Abbildung und ${}\psi \colon V\rightarrow Q$ eine surjektive lineare Abbildung. Es sei vorausgesetzt, dass

${}\operatorname {kern} \psi \subseteq \operatorname {kern} \varphi \,$

ist. Zeige, dass es eine eindeutig bestimmte lineare Abbildung

${\tilde {\varphi }}\colon Q\longrightarrow W$

derart gibt, dass ${}\varphi ={\tilde {\varphi }}\circ \psi$ gilt.

Lösung

Es kann maximal nur eine solche Abbildung

${\tilde {\varphi }}\colon Q\longrightarrow W$

mit ${}\varphi ={\tilde {\varphi }}\circ \psi$ geben, da es zu jedem ${}u\in Q$ ein ${}v\in V$ mit ${}\psi (v)=u$ gibt. Somit muss

${}{\tilde {\varphi }}(u)={\tilde {\varphi }}(\psi (v))=\varphi (v)\,$

gelten. Es sei ${}u_{1},\ldots ,u_{k}$ eine Basis von ${}Q$. Für zwei Vektoren ${}v,v'$ aus der Urbildmenge zu einem ${}u_{i}$ unter ${}\psi$ ist die Differenz ${}v-v'$ ein Element von ${}\operatorname {kern} \psi$. Wegen der Bedingung ${}\operatorname {kern} \psi \subseteq \operatorname {kern} \varphi$ werden alle Elemente aus einer solchen Urbildmenge unter ${}\varphi$ auf ein einziges Element in ${}W$ abgebildet. Es sei ${}v_{i}$ ein Urbild von ${}u_{i}$. Wir setzen

${}{\tilde {\varphi }}(u_{i}):=\varphi (v_{i})\,$

und betrachten die dadurch mit dem Festlegungssatz gegebene lineare Abbildung

${\tilde {\varphi }}\colon Q\longrightarrow W.$

Für jedes ${}v\in V$ ist

${}\psi (v)=\sum _{i=1}^{k}a_{i}u_{i}\,$

und somit ist ${}v=\sum _{i=1}^{k}a_{i}v_{i}+x$ mit einem ${}x\in \operatorname {kern} \psi$. Daher ist

${}{\begin{aligned}{\tilde {\varphi }}(\psi (v))&={\tilde {\varphi }}{\left(\sum _{i=1}^{k}a_{i}u_{i}\right)}\\&=\sum _{i=1}^{k}a_{i}{\tilde {\varphi }}(u_{i})\\&=\sum _{i=1}^{k}a_{i}\varphi (v_{i})\\&=\varphi {\left(\sum _{i=1}^{k}a_{i}\varphi (v_{i})\right)}\\&=\varphi {\left(\sum _{i=1}^{k}a_{i}\varphi (v_{i})+x\right)}\\&=\varphi (v).\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die Ordnung der Matrix

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

über dem Körper mit ${}5$ Elementen.

Lösung

Es ist

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

${}{\begin{pmatrix}0&1\\2&0\end{pmatrix}}^{3}={\begin{pmatrix}2&0\\0&2\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0&1\\2&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&2\\4&0\end{pmatrix}}\,$

und

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

und

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

also ist die Ordnung gleich ${}8$.

Aufgabe (3 Punkte)

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

$\triangle \colon V\times V\times V\longrightarrow K$

eine multilineare Abbildung. Es seien ${}u,v,w,z\in V$. Ziehe in

$\triangle {\begin{pmatrix}-4u+5w\\7v-3z\\-6w-9z\end{pmatrix}}$

Summen und Skalare nach außen.

Lösung

Nach dem Distributivgesetz für multilineare Abbildungen muss man sämtliche Kombinationen der Vektoren durchgehen und die Koeffizienten miteinander multiplizieren. Dies ergibt Es ist

${}{\begin{aligned}\triangle {\begin{pmatrix}-4u+5w\\7v-3z\\-6w-9z\end{pmatrix}}&=168\triangle {\begin{pmatrix}u\\v\\w\end{pmatrix}}+252\triangle {\begin{pmatrix}u\\v\\z\end{pmatrix}}-72\triangle {\begin{pmatrix}u\\z\\w\end{pmatrix}}-108\triangle {\begin{pmatrix}u\\z\\z\end{pmatrix}}+210\triangle {\begin{pmatrix}w\\v\\w\end{pmatrix}}-315\triangle {\begin{pmatrix}w\\v\\z\end{pmatrix}}+90\triangle {\begin{pmatrix}w\\z\\w\end{pmatrix}}+135\triangle {\begin{pmatrix}w\\z\\z\end{pmatrix}}\\\,\end{aligned}}$

Aufgabe (1 Punkt)

Bestimme die Determinante zur Matrix

${\begin{pmatrix}0&7&4&11&8\\0&0&3&7&6\\0&0&0&1&5\\0&0&0&0&2\\0&0&0&0&0\end{pmatrix}}.$

Lösung

Die Determinante ist ${}0$, da eine obere Dreiecksmatrix vorliegt, deren Hauptdiagonalelemente ${}0$ sind.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die komplexen Zahlen ${}z$, für die die Matrix

${\begin{pmatrix}2z&0&-z+1\\1&1&3\\z&2&-z\end{pmatrix}}$

nicht invertierbar ist.

Lösung

Die Matrix ist genau dann invertierbar, wenn ihre Determinante ${}\neq 0$ ist. Wir müssen also die Nullstellen der Determinante bestimmen. Die Determinante ist (nach der Regel von Sarrus)

${}-2z^{2}-2z+2-12z-z+z^{2}=-z^{2}-15z+2\,.$

Dies ist gleich ${}0$ genau dann, wenn

$z^{2}+15z-2=0$

ist. Durch quadratisches Ergänzen führt diese Gleichung auf

${}{\left(z+{\frac {15}{2}}\right)}^{2}=2+{\frac {225}{4}}={\frac {233}{4}}\,.$

Daher sind

$z_{1}={\frac {\sqrt {233}}{2}}+{\frac {15}{2}}={\frac {15+{\sqrt {233}}}{2}}\,\,{\text{ und }}\,\,z_{2}=-{\frac {\sqrt {233}}{2}}+{\frac {15}{2}}={\frac {15-{\sqrt {233}}}{2}}$

die beiden einzigen Lösungen der quadratischen Gleichung. Diese zwei reellen Zahlen sind also die einzigen (reellen oder komplexen) Zahlen, für die die Matrix nicht invertierbar ist.

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

Wir betrachten die Permutation

${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$	${}8$	${}9$	${}10$
${}\sigma (x)$	${}4$	${}10$	${}1$	${}8$	${}7$	${}2$	${}9$	${}6$	${}5$	${}3$

1. Berechne ${}\sigma ^{2}$.
2. Bestimme die Zykelzerlegung von ${}\sigma$.
3. Berechne das Vorzeichen von ${}\sigma$.

Lösung

1. ${}\sigma ^{2}$ wird durch die Wertetabelle

   ${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$	${}8$	${}9$	${}10$
   ${}\sigma (x)$	${}8$	${}3$	${}4$	${}6$	${}9$	${}10$	${}5$	${}2$	${}7$	${}1$

   beschrieben.

2. Es ist

   $1\mapsto 4\mapsto 8\mapsto 6\mapsto 2\mapsto 10\mapsto 3\mapsto 1,\,5\mapsto 7\mapsto 9\mapsto 5.$

   Die Zykelzerlegung ist also

   ${}\sigma =(1,4,8,6,2,10,3)(5,7,9)\,.$

3. Die beiden beteiligten Zykel haben ungerade Länge, somit ist ihr Signum jeweils ${}1$. Wegen der Multiplikativität des Signums ist somit auch das Signum von ${}\sigma$ gleich ${}1$.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die ${}x$-Koordinaten der Schnittpunkte der Graphen der beiden reellen Polynome

${}P=X^{3}+4X^{2}-7X+1\,$

und

${}Q=X^{3}-2X^{2}+5X+3\,.$

Lösung

Ein Schnittpunkt liegt genau dann an den Stellen ${}x$ vor, die eine Nullstelle von ${}P-Q$ sind. Es ist

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

Wir normieren dieses quadratische Polynom und erhalten die Bedingung

${}X^{2}-2X-{\frac {1}{3}}=0\,.$

Die Lösungen dafür sind

${}{\begin{aligned}x_{1,2}&={\frac {2\pm {\sqrt {4+{\frac {4}{3}}}}}{2}}\\&={\frac {2\pm {\sqrt {\frac {16}{3}}}}{2}}\\&={\frac {2\pm 4{\sqrt {\frac {1}{3}}}}{2}}\\&=1\pm 2{\sqrt {\frac {1}{3}}}.\end{aligned}}$

Dies sind die ${}x$-Koordinaten der beiden Schnittpunkte.

Aufgabe (3 Punkte)

Man finde ein Polynom

$f=a+bX+cX^{2}$

mit ${}a,b,c\in \mathbb {R}$ derart, dass die folgenden Bedingungen erfüllt werden.

$f(-2)=3,\,f(0)=2,\,f(1)=4.$

Lösung

Die Bedingungen führen auf das lineare Gleichungssystem

${}a-2b+4c=3\,,$

${}a=2\,,$

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

${}2III+I$ führt auf

${}3a+6c=11\,,$

also

${}c={\frac {5}{6}}\,.$

In ${}III$ eingesetzt ergibt sich

${}b=4-2-{\frac {5}{6}}={\frac {7}{6}}\,.$

Das gesuchte Polynom ist also

$2+{\frac {7}{6}}X+{\frac {5}{6}}X^{2}.$

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}V$ ein endlichdimensionaler Vektorraum über einem Körper ${}K$ und es sei

$f\colon V\longrightarrow V$

eine lineare Abbildung. Zeige, dass das charakteristische Polynom ${}\chi _{f}$ und das Minimalpolynom ${}\mu _{f}$ die gleichen Nullstellen besitzen.

Lösung

Dass die Nullstellen des Minimalpolynoms auch Nullstellen des charakteristischen Polynoms sind, folgt direkt aus Cayley-Hamilton.

Umgekehrt sei ${}\lambda \in K$ eine Nullstelle des charakteristischen Polynoms und sei ${}v\in V$ ein Eigenvektor von ${}f$ zum Eigenwert ${}\lambda$, den es nach Satz 23.2 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) gibt. Das Minimalpolynom schreiben wir als

${}\mu _{f}=(X-\lambda _{1})^{m_{1}}\cdots (X-\lambda _{k})^{m_{k}}Q\,,$

wobei ${}Q$ nullstellenfrei sei. Dann ist

${}{\begin{aligned}0&=\mu _{f}(f)\\&={\left((X-\lambda _{1})^{m_{1}}\cdots (X-\lambda _{k})^{m_{k}}Q\right)}(f)\\&=(f-\lambda _{1}\operatorname {Id} _{V})^{m_{1}}\cdots (f-\lambda _{k}\operatorname {Id} _{V})^{m_{k}}Q(f).\end{aligned}}$

Wir wenden dies auf ${}v$ an. Nach Lemma 24.4 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) bilden die Faktoren den Vektor ${}v$ auf ${}(\lambda -\lambda _{i})^{m_{i}}v$ bzw. auf ${}Q(\lambda )v$ ab. Insgesamt wird somit ${}v$ auf

$(\lambda -\lambda _{1})^{m_{1}}\cdots (\lambda -\lambda _{k})^{m_{k}}Q(\lambda )v$

abgebildet. Da die Gesamtabbildung die Nullabbildung und ${}Q(\lambda )\neq 0$ ist, muss ein ${}\lambda _{i}=\lambda$ sein.

Aufgabe (1 Punkt)

Es sei ${}\varphi \colon V\rightarrow V$ eine lineare Abbildung auf einem ${}K$- Vektorraum ${}V$ und es sei ${}U\subseteq V$ ein ${}\varphi$- invarianter Untervektorraum. Zeige, dass ${}U$ zu jedem ${}\lambda \in K$ invariant bezüglich ${}\varphi -\lambda \operatorname {Id} _{V}$ ist.

Lösung

Es sei ${}v\in U$. Dann ist

${}(\varphi -\lambda \operatorname {Id} _{V})(v)=\varphi (v)-\lambda v\,.$

Wegen ${}\varphi (v)\in U$ und ${}\lambda v\in U$ gehört auch dieses Element zu ${}U$.

Aufgabe (2 Punkte)

Ist die Menge der nilpotenten ${}2\times 2$- Matrizen ein Untervektorraum des Matrizenraums ${}\operatorname {Mat} _{2}(\mathbb {R} )$?

Lösung

Die Matrizen

${\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}}\,\,{\text{ und }}\,\,{\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}}$

sind beide nilpotent. Ihre Summe ist

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

Diese ist invertierbar und insbesondere nicht nilpotent. Somit sind die nilpotenten Matrizen nicht abgeschlossen unter der Addition und bilden insbesondere keinen Untervektorraum.

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise den Satz von der kanonischen additiven Zerlegung für eine trigonalisierbare Abbildung.

Lösung

Nach Satz 26.14 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) ist

${}V=H_{1}\oplus \cdots \oplus H_{m}\,,$

wobei die ${}H_{i}$ die Haupträume zu den Eigenwerten ${}\lambda _{i}$ seien, und es ist

${}\varphi =\varphi _{1}\oplus \cdots \oplus \varphi _{m}\,$

mit ${}\varphi _{i}=\varphi {|}_{H_{i}}$. Es sei

$p_{i}\colon V\longrightarrow V$

die Hintereinanderschaltung ${}V\rightarrow H_{i}\rightarrow V$, d.h. ${}p_{i}$ ist insbesondere eine Projektion. Wir setzen

${}\varphi _{\rm {diag}}:=\lambda _{1}p_{1}+\cdots +\lambda _{m}p_{m}\,.$

Diese Abbildung ist offenbar diagonalisierbar, auf ${}H_{i}$ ist es die Multiplikation mit ${}\lambda _{i}$. Es sei

${}\varphi _{\rm {nil}}:=\varphi -\varphi _{\rm {diag}}\,.$

Die Nilpotenz dieser Abbildung kann man auf den ${}H_{i}$ einzeln überprüfen, und dort ist

${}{\left(\varphi -\varphi _{\rm {diag}}\right)}{|}_{H_{i}}=\varphi _{i}-{\left(\varphi _{\rm {diag}}\right)}{|}_{H_{i}}=\varphi _{i}-\lambda _{i}\operatorname {Id} _{H_{i}}\,,$

also nilpotent. Ferner kommutieren ${}\varphi _{j}$ und ${}p_{i}$, da ${}p_{i}$ auf ${}H_{i}$ die Identität ist und auf ${}H_{j}$, ${}j\neq i$, die Nullabbildung. Damit kommutieren auch die direkten (skalaren) Summen davon und damit kommutieren ${}\varphi$ und ${}\varphi _{\rm {diag}}$, also auch ${}\varphi _{\rm {diag}}$ und ${}\varphi -\varphi _{\rm {diag}}=\varphi _{\rm {nil}}$.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme, ob im ${}\mathbb {R} ^{3}$ der Ausdruck

${\frac {1}{3}}{\begin{pmatrix}2\\7\\6\end{pmatrix}}+{\frac {3}{7}}{\begin{pmatrix}9\\0\\9\end{pmatrix}}+{\frac {3}{13}}{\begin{pmatrix}5\\5\\2\end{pmatrix}}$

eine baryzentrische Kombination ist.

Lösung

Wegen

${}{\frac {1}{3}}+{\frac {3}{7}}+{\frac {3}{13}}={\frac {91+117+63}{273}}={\frac {271}{273}}\neq 1\,$

liegt keine baryzentrische Kombination vor.