Kurs:Lineare Algebra/Teil I/3/Klausur mit Lösungen

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

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine Abbildung ${}F$ von einer Menge ${}L$ in eine Menge ${}M$.
2. Die Summe von Untervektorräumen ${}U_{1},\ldots ,U_{n}\subseteq V$ in einem Vektorraum ${}V$.
3. Ähnliche Matrizen ${}M,N\in \operatorname {Mat} _{n}(K)$.
4. Die duale Abbildung zu einer linearen Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow W$

   zwischen ${}K$- Vektorräumen ${}V$ und ${}W$.

5. Ein Fehlstand zu einer Permutation

   $\pi \colon {\{1,\ldots ,n\}}\longrightarrow {\{1,\ldots ,n\}}.$

6. Eine nilpotente ${}d\times d$- Matrix über ${}K$.

Lösung

1. Eine Abbildung ${}F$ von ${}L$ nach ${}M$ ist dadurch gegeben, dass jedem Element der Menge ${}L$ genau ein Element der Menge ${}M$ zugeordnet wird.
2. Die Summe dieser Untervektorräume ist durch

   ${}U_{1}+\cdots +U_{n}={\left\{u_{1}+\cdots +u_{n}\mid u_{i}\in U_{i}\right\}}\,$

   gegeben.

3. Die Matrizen ${}M,N$ heißen ähnlich, wenn es eine invertierbare Matrix ${}B$ mit ${}M=BNB^{-1}$ gibt.
4. Die Abbildung

   $\varphi ^{*}\colon \operatorname {Hom} _{K}{\left(W,K\right)}={W}^{*}\longrightarrow \operatorname {Hom} _{K}{\left(V,K\right)}={V}^{*},\,f\longmapsto f\circ \varphi ,$

   heißt die duale Abbildung zu ${}\varphi$.

5. Ein Indexpaar

   ${}i<j\,$

   heißt ein Fehlstand zu ${}\pi$, wenn ${}\pi (i)>\pi (j)$ ist.

6. Eine quadratische Matrix ${}M$ heißt nilpotent, wenn es eine natürliche Zahl ${}n\in \mathbb {N}$ gibt derart, dass das ${}n$-te Matrixprodukt

   $M^{n}=\underbrace {M\circ \cdots \circ M} _{n{\text{-mal}}}=0$

   ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über die Nichtnullteilereigenschaft in einem Körper ${}K$.
2. Die Dimensionsabschätzung für den Durchschnitt von Untervektorräumen.
3. Der Satz über die Charakterisierungen von trigonalisierbaren Abbildungen.

Lösung

1. Aus ${}a\cdot b=0$ mit ${}a,b\in K$ folgt ${}a=0$ oder ${}b=0$.
2. Es sei ${}K$ ein Körper und ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}K$- Vektorraum der Dimension ${}n$ und es seien ${}U_{1},U_{2}\subseteq V$ Untervektorräume der Dimension ${}\dim _{K}{\left(U_{1}\right)}=n-k_{1}$ bzw. ${}\dim _{K}{\left(U_{2}\right)}=n-k_{2}$. Dann ist

   ${}\dim _{K}{\left(U_{1}\cap U_{2}\right)}\geq n-k_{1}-k_{2}\,.$

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

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

   eine lineare Abbildung. Dann sind folgende Aussagen 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 (3 Punkte)

Erläutere das Beweisprinzip der vollständigen Induktion.

Lösung

Mit dem Beweisprinzip der vollständigen Induktion werden Aussagen ${}A(n)$ bewiesen, die von den natürlichen Zahlen ${}n\in \mathbb {N}$ abhängen. Man beweist zuerst die Aussage ${}A(0)$. Ferner zeigt man, dass man für alle ${}n$ aus der Gültigkeit von ${}A(n)$ auf die Gültigkeit von ${}A(n+1)$ schließen kann. Daraus folgt die Gültigkeit von ${}A(n)$ für alle ${}n\in \mathbb {N}$.

Aufgabe (2 Punkte)

Berechne über den komplexen Zahlen das Matrizenprodukt

${\begin{pmatrix}2-{\mathrm {i} }&-1-3{\mathrm {i} }&-1\\{\mathrm {i} }&0&4-2{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1+{\mathrm {i} }\\1-{\mathrm {i} }\\2+5{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}.$

Lösung

Man multipliziert die erste Zeile mit der Spalte rechts und erhält

${}{\begin{aligned}(2-{\mathrm {i} })(1+{\mathrm {i} })+(-1-3{\mathrm {i} })(1-{\mathrm {i} })-(2+5{\mathrm {i} })&=2+2{\mathrm {i} }-{\mathrm {i} }+1-1+{\mathrm {i} }-3{\mathrm {i} }-3-2-5{\mathrm {i} }\\&=-3-6{\mathrm {i} }.\end{aligned}}$

Die zweite Zeile multipliziert mit der Spalte rechts ergibt

${}{\mathrm {i} }(1+{\mathrm {i} })+(4-2{\mathrm {i} })(2+5{\mathrm {i} })={\mathrm {i} }-1+8+20{\mathrm {i} }-4{\mathrm {i} }+10=17+17{\mathrm {i} }\,.$

Das Ergebnis ist also der Spaltenvektor

${\begin{pmatrix}-3-6{\mathrm {i} }\\17+17{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}.$

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}V$ ein ${}K$- Vektorraum und es seien ${}v_{1},v_{2},v_{3}\in V$ Vektoren. Zeige, dass ${}v_{1},v_{2},v_{3}$ genau dann linear unabhängig sind, wenn ${}v_{1},v_{1}+v_{2},v_{1}+v_{2}+v_{3}$ linear unabhängig sind.

Lösung

Es seien ${}v_{1},v_{2},v_{3}$ linear unabhängig und sei

${}b_{1}v_{1}+b_{2}(v_{1}+v_{2})+b_{3}(v_{1}+v_{2}+v_{3})=0\,$

eine Darstellung der ${}0$. Dies bedeutet

${}(b_{1}+b_{2}+b_{3})v_{1}+(b_{2}+b_{3})v_{2}+b_{3}v_{3}=0\,,$

woraus wegen der linearen Unabhängigkeit

${}b_{3},b_{2}+b_{3},b_{1}+b_{2}+b_{3}=0\,,$

also

${}b_{1},b_{2},b_{3}=0\,$

folgt.

Es seien nun umgekehrt ${}v_{1},v_{1}+v_{2},v_{1}+v_{2}+v_{3}$ linear unabhängig und sei

${}a_{1}v_{1}+a_{2}v_{2}+a_{3}v_{3}=0\,$

eine Darstellung der ${}0$. Dann ist

${}0=a_{1}v_{1}+a_{2}v_{2}+a_{3}v_{3}=(a_{1}-a_{2})v_{1}+(a_{2}-a_{3})(v_{1}+v_{2})+a_{3}(v_{1}+v_{2}+v_{3})\,.$

Daraus ergibt sich

${}a_{3},a_{2}-a_{3},a_{1}-a_{2}=0\,$

und daraus

${}a_{1},a_{2},a_{3}=0\,.$

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}K$- Vektorraum und ${}U_{1},U_{2}\subseteq V$ Untervektorräume gleicher Dimension. Zeige, dass ${}U_{1}$ und ${}U_{2}$ ein gemeinsames direktes Komplement besitzen.

Lösung

Wir beweisen die Aussage durch Induktion über die Kodimension von ${}U_{1}$ (die nach Voraussetzung mit der Kodimension von ${}U_{2}$ übereinstimmt) in ${}V$. Wenn diese ${}0$ ist, so ist

${}U_{1}=U_{2}=V\,$

und der Nullraum ist das gemeinsame direkte Komplement. Es sei nun die Kodimension positiv und die Aussage für kleinere Kodimension schon bewiesen. Bei ${}U_{1}=U_{2}$ ist die Behauptung klar. Es sei also ${}U_{1}\neq U_{2}$. Nach Aufgabe 6.6 ist

${}U_{1}\cup U_{2}\neq V\,$

und daher gibt es einen Vektor ${}w\in V$ mit ${}w\notin U_{1}\cup U_{2}$. Dann besitzen ${}U_{1}'=U_{1}\oplus Kw$ und ${}U_{2}'=U_{2}\oplus Kw$ eine kleinere gemeinsame Kodimension, sodass wir darauf die Induktionsvoraussetzung anwenden können. Es sei ${}W$ ein gemeinsames direktes Komplement von ${}U_{1}'$ und von ${}U_{2}'$. Dann ist ${}W\oplus Kw$ ein gemeinsames direktes Komplement von ${}U_{1}$ und von ${}U_{2}$.

Aufgabe (5 Punkte)

Bestimme eine Basis des Urbildes von

${}T=\mathbb {Q} {\begin{pmatrix}25\\11\\1\end{pmatrix}}\subseteq \mathbb {Q} ^{3}\,$

zur linearen Abbildung

$\mathbb {Q} ^{4}\longrightarrow \mathbb {Q} ^{3},\,{\begin{pmatrix}x\\y\\z\\w\end{pmatrix}}\longmapsto {\begin{pmatrix}2&-1&5&6\\3&5&2&-1\\2&-1&-2&3\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\\w\end{pmatrix}}.$

Lösung

Wir betrachten das inhomogene lineare Gleichungssystem

${\begin{matrix}2x&\,\,\,\,-y&+5z&+6w&=&25s\\3x&+5y&+2z&\,\,\,\,-w&=&11s\\2x&\,\,\,\,-y&-2z&+3w&=&s\,.\end{matrix}}$

Wir ersetzen die zweite Gleichung durch 3I-2II und die dritte durch I-III und erhalten das äquivalente System

${\begin{matrix}2x&\,\,\,\,-y&+5z&+6w&=&25s\\&-13y&+11z&20w&=&53s\\&\,\,\,\,\,\,\,\,&+7z&+3w&=&24s\,.\end{matrix}}$

Daraus sieht man insbesondere, dass die Lösungsmenge zweidimensional ist. Man sieht außerdem, dass der Kern der Abbildung selbst eindimensional ist und aus der Dimensionsformel folgt, dass die Abbildung surjektiv ist, insbesondere liegt also jeder Punkt von ${}T$ im Bild. Um linear unabhängige Elemente der Lösungsmenge zu erhalten setzen wir zunächst ${}s=0$ und ${}w=1$ und erhalten ${}z=-{\frac {3}{7}}$,

${}y={\frac {1}{13}}{\left(11z+20w\right)}={\frac {1}{13}}{\left(-11\cdot {\frac {3}{7}}+20\right)}={\frac {1}{13}}{\left({\frac {107}{7}}\right)}={\frac {107}{91}}\,$

und ${}x={\frac {1}{2}}{\left(y-5z-6w\right)}={\frac {1}{2}}{\left({\frac {107}{91}}+5\cdot {\frac {3}{7}}-6\right)}={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {107+195-546}{91}}=-{\frac {122}{91}}$.

Wenn wir ${}s=1$ und ${}w=0$ setzen, erhalten wir ${}z={\frac {24}{7}}$,

${}y={\frac {1}{13}}{\left(11z-53s\right)}={\frac {1}{13}}{\left(11\cdot {\frac {24}{7}}-{\frac {371}{7}}\right)}={\frac {1}{13}}{\left(-{\frac {107}{7}}\right)}=-{\frac {107}{91}}\,$

und ${}x={\frac {1}{2}}{\left(y-5z+25s\right)}={\frac {1}{2}}{\left(-{\frac {107}{91}}+5\cdot {\frac {24}{7}}+25\right)}={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {-107-1560+2275}{91}}={\frac {304}{91}}$.

Eine Basis des Urbildes ist daher gegeben durch die beiden Vektoren ${}{\begin{pmatrix}-{\frac {122}{91}}\\{\frac {107}{91}}\\-{\frac {3}{7}}\\1\end{pmatrix}}$ und ${}{\begin{pmatrix}{\frac {304}{91}}\\-{\frac {107}{91}}\\{\frac {24}{7}}\\0\end{pmatrix}}$.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über die Beschreibung einer linearen Abbildung bei einem Basiswechsel.

Lösung

Die linearen Standardabbildungen ${}K^{n}\rightarrow V$ bzw. ${}K^{m}\rightarrow W$ zu den Basen seien mit ${}\Psi _{\mathfrak {v}},\,\Psi _{\mathfrak {u}},\,\Psi _{\mathfrak {w}},\,\Psi _{\mathfrak {z}}$ bezeichnet. Wir betrachten das kommutative Diagramm

${\begin{matrix}K^{n}&&&{\stackrel {M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi )}{\longrightarrow }}&&&K^{m}\\&\searrow \Psi _{\mathfrak {v}}\!\!\!\!\!&&&&\Psi _{\mathfrak {w}}\swarrow \!\!\!\!\!&\\\!\!\!\!\!M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {v}}\downarrow &&V&{\stackrel {\varphi }{\longrightarrow }}&W&&\,\,\,\,\downarrow M_{\mathfrak {z}}^{\mathfrak {w}}\\&\nearrow \Psi _{\mathfrak {u}}\!\!\!\!\!&&&&\Psi _{\mathfrak {z}}\nwarrow \!\!\!\!\!&\\K^{n}&&&{\stackrel {M_{\mathfrak {z}}^{\mathfrak {u}}(\varphi )}{\longrightarrow }}&&&K^{m},\!\!\!\!\!\end{matrix}}$

wobei die Kommutativität auf Lemma 9.1 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) und Lemma 10.14 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) beruht. In dieser Situation ergibt sich insgesamt

${}{\begin{aligned}M_{\mathfrak {z}}^{\mathfrak {u}}(\varphi )&=\Psi _{\mathfrak {z}}^{-1}\circ \varphi \circ \Psi _{\mathfrak {u}}\\&=\Psi _{\mathfrak {z}}^{-1}\circ (\Psi _{\mathfrak {w}}\circ M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi )\circ \Psi _{\mathfrak {v}}^{-1})\circ \Psi _{\mathfrak {u}}\\&=(\Psi _{\mathfrak {z}}^{-1}\circ \Psi _{\mathfrak {w}})\circ M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi )\circ (\Psi _{\mathfrak {v}}^{-1}\circ \Psi _{\mathfrak {u}})\\&=(\Psi _{\mathfrak {z}}^{-1}\circ \Psi _{\mathfrak {w}})\circ M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi )\circ (\Psi _{\mathfrak {u}}^{-1}\circ \Psi _{\mathfrak {v}})^{-1}\\&=M_{\mathfrak {z}}^{\mathfrak {w}}\circ M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi )\circ (M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {v}})^{-1}.\end{aligned}}$

Aufgabe (7 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}K$-Vektorraum. Es sei ${}U\subseteq V$ ein Untervektorraum. Zeige, dass es einen ${}K$-Vektorraum ${}W$ und eine surjektive ${}K$-lineare Abbildung

$\varphi \colon V\longrightarrow W$

derart gibt, dass ${}U=\operatorname {kern} \varphi$ ist.

Lösung

Der Unterraum ${}U$ ist ebenfalls endlichdimensional. Es sei ${}u_{1},u_{2},\ldots ,u_{m}$ eine Basis von ${}U$, die wir durch ${}v_{1},\ldots ,v_{n}\in V$ zu einer Basis von ${}V$ ergänzen können. Es sei ${}W=K^{n}$. Wir betrachten die lineare Abbildung

$\varphi \colon V\longrightarrow K^{n},$

die durch

$\varphi (u_{i})=0{\text{ für }}i=1,\ldots ,m$

und

$\varphi (v_{j})=e_{j}{\text{ für }}j=1,\ldots ,n$

festgelegt ist (dabei sei ${}e_{j}$ der ${}j$-te Standardvektor des ${}K^{n}$), was nach dem Basisfestlegungssatz möglich ist. Wegen

${}\varphi {\left(\sum _{j=1}^{n}t_{j}v_{j}\right)}=\sum _{j=1}^{n}t_{j}\varphi {\left(v_{j}\right)}=\sum _{j=1}^{n}t_{j}e_{j}\,$

ist die Abbildung surjektiv. Offenbar ist ${}U\subseteq \operatorname {kern} \varphi$. Es sei

$v=\sum _{i=1}^{m}s_{i}u_{i}+\sum _{j=1}^{n}t_{j}v_{j}\in \operatorname {kern} \varphi .$

Dann ist

${}0=\varphi (v)=\sum _{j=1}^{n}t_{j}e_{j}\,.$

Da die Standardbasis vorliegt, sind die ${}t_{j}=0$ und daher ist ${}v\in U$. Also ist ${}U=\operatorname {kern} \varphi$.

Aufgabe (8 (5+3) Punkte)

a) Es seien ${}V_{1},\ldots ,V_{n}$ endlichdimensionale ${}K$- Vektorräume und

$L_{i}\colon V_{i}\longrightarrow V_{i}$

lineare Abbildungen. Zeige, dass für die Produktabbildung

$L_{1}\times \cdots \times L_{n}\colon V_{1}\times \cdots \times V_{n}\longrightarrow V_{1}\times \cdots \times V_{n}$

die Gleichheit

${}\det \left(L_{1}\times \cdots \times L_{n}\right)=\det L_{1}\cdots \det L_{n}\,$

gilt.

b) Es seien ${}V$ und ${}T$ endlichdimensionale ${}K$-Vektorräume und

$L\colon V\longrightarrow V$

eine lineare Abbildung. Es sei

$\varphi \colon \operatorname {Hom} _{K}{\left(T,V\right)}\longrightarrow \operatorname {Hom} _{K}{\left(T,V\right)},\,f\longmapsto L\circ f,$

die induzierte Abbildung. Zeige

${}\det \varphi ={\left(\det L\right)}^{\dim _{K}{\left(T\right)}}\,.$

Lösung

Wir schreiben die Produktabbildung als

${}L_{1}\times \cdots \times L_{n}=(L_{1}\times \operatorname {Id} _{V_{2}}\times \cdots \times \operatorname {Id} _{V_{n}})\circ (\operatorname {Id} _{V_{1}}\times L_{2}\times \cdots \times \operatorname {Id} _{V_{n}})\circ \cdots \circ (\operatorname {Id} _{V_{1}}\times \cdots \times \operatorname {Id} _{V_{n-1}}\times L_{n})\,.$

Es seien ${}v_{i1},\ldots ,v_{id_{i}}$ Basen von ${}V_{i}$ und es sei ${}M_{i}$ die Matrix zu ${}L_{i}$ bezüglich der Basis von ${}V_{i}$. Dann wird

$\operatorname {Id} _{V_{1}}\times \cdots \times \operatorname {Id} _{V_{i-1}}\times L_{i}\times \operatorname {Id} _{V_{i+1}}\times \cdots \times \operatorname {Id} _{V_{n}}$

bezüglich der Gesamtbasis des Produktraumes durch die Matrix

${\begin{pmatrix}E_{1}&&&&&&\\&\ddots &&&&&\\&&E_{i-1}&&&&\\&&&M_{i}&&&\\&&&&E_{i+1}&&\\&&&&&\ddots &\\&&&&&&E_{n}\end{pmatrix}}$

beschrieben, wobei ${}E_{j}$ die Einheitsmatrix der Länge ${}d_{i}$ bezeichnet. Hier steht also die Matrix

${\begin{pmatrix}1&&&&&&\\&\ddots &&&&&\\&&1&&&&\\&&&M_{i}&&&\\&&&&1&&\\&&&&&\ddots &\\&&&&&&1\end{pmatrix}},$

und deren Determinante ist nach der induktiven Definition gleich ${}\det M_{i}$. Nach dem Determinantenmultiplikationssatz ist somit

${}{\begin{aligned}\det \left(L_{1}\times \cdots \times L_{n}\right)&=\det \left(L_{1}\times \operatorname {Id} _{V_{2}}\times \cdots \times \operatorname {Id} _{V_{n}}\circ \cdots \circ \operatorname {Id} _{V_{1}}\times \cdots \times \operatorname {Id} _{V_{n-1}}\times L_{n}\right)\\&=\det \left(L_{1}\times \operatorname {Id} _{V_{2}}\times \cdots \times \operatorname {Id} _{V_{n}}\right)\cdots \det \left(\operatorname {Id} _{V_{1}}\times \cdots \times \operatorname {Id} _{V_{n-1}}\times L_{n}\right)\\&=\det M_{1}\cdots \det M_{n}\\&=\det L_{1}\cdots \det L_{n}.\end{aligned}}$

b) Es sei

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

und

${}T\cong K^{n}\,$

eine Isomorphie. Dann ist

${}\operatorname {Hom} _{K}{\left(T,V\right)}\cong \operatorname {Hom} _{K}{\left(K^{n},V\right)}\cong V\times \cdots \times V\,$

mit ${}n$ Faktoren. Dabei entspricht die natürliche Abbildung ${}f\mapsto L\circ f$ der Produktabbildung ${}L\times \cdots \times L$. Die Behauptung folgt also aus Teil a).

Aufgabe (1 Punkt)

Schreibe das Polynom

$X^{4}-1$

als Produkt von Linearfaktoren in ${}{\mathbb {C} }[X]$.

Lösung

Es ist

${}X^{4}-1=(X^{2}-1)(X^{2}+1)=(X-1)(X+1)(X+i)(X-i)\,.$

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei

$\varphi \colon V\longrightarrow V$

ein Endomorphismus auf einem endlichdimensionalen ${}K$- Vektorraum ${}V$ und sei ${}a\in K$ ein Eigenwert zu ${}\varphi$. Zeige, dass ${}a$ auch ein Eigenwert der dualen Abbildung

${\varphi }^{*}\colon {V}^{*}\longrightarrow {V}^{*}$

ist.

Lösung

Die lineare Abbildung ${}\varphi$ werde bezüglich einer Basis durch die Matrix ${}M$ beschrieben. Die duale Abbildung wird dann nach Lemma 15.10 durch die transponierte Matrix ${}{M^{\text{tr}}}$ beschrieben. Die Matrizen ${}xE_{n}-M$ und ${}xE_{n}-{M^{\text{tr}}}$ sind zueinander transponiert. Nach Satz 17.5 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) stimmen also ihre Determinanten überein. Das bedeutet, dass ${}M$ und ${}{M^{\text{tr}}}$ das gleiche charakteristische Polynom haben. Da ${}a$ ein Eigenwert von ${}M$ ist, ist ${}a$ nach Satz 23.2 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) eine Nullstelle des charakteristischen Polynoms und daher auch ein Eigenwert der dualen Abbildung.

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

a) Formuliere den Satz von Cayley-Hamilton für eine ${}n\times n$-Matrix.

b) Bestätige durch Nachrechnen den Satz von Cayley-Hamilton für die Matrix

${\begin{pmatrix}2&1\\3&-4\end{pmatrix}}.$

c) Beweise den Satz von Cayley-Hamilton für eine beliebige ${}2\times 2$-Matrix.

Lösung

a) Der Satz von Cayley-Hamilton besagt Folgendes. Es sei ${}M$ eine ${}n\times n$-Matrix mit dem charakteristischen Polynom ${}\chi _{M}$. Wenn man dann ${}M$ in ${}\chi _{M}$ einsetzt, so ergibt sich

$\chi _{M}\,(M)=0.$

b) Das charakteristische Polynom der Matrix ${}M={\begin{pmatrix}2&1\\3&-4\end{pmatrix}}$ ist

${}\chi _{M}=\det {\begin{pmatrix}x-2&-1\\-3&x+4\end{pmatrix}}=(x-2)(x+4)-3=x^{2}+2x-11\,.$

Um darin ${}M$ einzusetzen berechnen wir zuerst

${}{\begin{pmatrix}2&1\\3&-4\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}2&1\\3&-4\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}7&-2\\-6&19\end{pmatrix}}\,.$

Daher ist

${}\chi _{M}={\begin{pmatrix}7&-2\\-6&19\end{pmatrix}}+2{\begin{pmatrix}2&1\\3&-4\end{pmatrix}}-11{\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}7+4-11&-2+2\\-6+6&19-8-11\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}}\,.$

c) Wir setzen die ${}2\times 2$-Matrix als

$M={\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}$

an. Das charakteristische Polynom davon ist

${}\chi _{M}=\det {\begin{pmatrix}x-a&-b\\-c&x-d\end{pmatrix}}=(x-a)(x-d)-bc=x^{2}-(a+d)x+ad-bc\,.$

Das Quadrat von ${}{\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}$ ist

${}{\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}a^{2}+bc&ab+bd\\ca+cd&cb+d^{2}\end{pmatrix}}\,.$

Durch Einsetzen ergibt sich

${}{\begin{aligned}&\,{\begin{pmatrix}a^{2}+bc&ab+bd\\ca+cd&cb+d^{2}\end{pmatrix}}-(a+d){\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}+(ad-bc){\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}a^{2}+bc&ab+bd\\ca+cd&cb+d^{2}\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}-(a+d)a&-(a+d)b\\-(a+d)c&-(a+d)d\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}ad-bc&0\\0&ad-bc\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}a^{2}+bc-(a+d)a+ad-bc&ab+bd-(a+d)b\\ca+cd-(a+d)c&cb+d^{2}-(a+d)d+ad-bc\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (6 (2+2+2) Punkte)

Es sei der Zykel ${}1\mapsto 2\mapsto 3\mapsto \ldots \mapsto n\mapsto 1$ gegeben und sei ${}M$ die zugehörige ${}n\times n$- Permutationsmatrix über einem Körper ${}K$.

a) Es sei ${}P\in K[X]$ ein Polynom vom Grad ${}<n$. Erstelle eine Formel für ${}(P(M))(e_{1})$.

b) Bestimme das Minimalpolynom von ${}M$.

c) Man gebe ein Beispiel für einen Endomorphismus ${}\varphi$ auf einem reellen Vektorraum ${}V$ mit untereinander verschiedenen Vektoren ${}v_{1},v_{2},v_{3}\in V$ derart, dass ${}\varphi (v_{1})=v_{2}$, ${}\varphi (v_{2})=v_{3}$ und ${}\varphi (v_{3})=v_{1}$ gilt und dass das Minimalpolynom von ${}\varphi$ nicht ${}X^{3}-1$ ist.

Lösung

a) Es sei

${}P=a_{0}+a_{1}X+a_{2}X^{2}+\cdots +a_{n-1}X^{n-1}\,.$

Wegen ${}M^{i}(e_{1})=e_{i+1}$ für ${}i<n$ ist dann

${}{\begin{aligned}(P(M))(e_{1})&={\left(a_{0}+a_{1}M+a_{2}M^{2}+\cdots +a_{n-1}M^{n-1}\right)}(e_{1})\\&=a_{0}e_{1}+a_{1}M(e_{1})+a_{2}M^{2}(e_{1})+\cdots +a_{n-1}M^{n-1}(e_{1})\\&=a_{0}e_{1}+a_{1}e_{2}+a_{2}e_{3}+\cdots +a_{n-1}e_{n}\\&=\sum _{i=0}^{n-1}a_{i}e_{i+1}.\end{aligned}}$

b) Das Minimalpolynom ist ${}X^{n}-1$. Da der Zykel die Ordnung ${}n$ besitzt, ist

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

und daher annulliert ${}X^{n}-1$ die Matrix. Für ein von ${}0$ verschiedenes Polynom ${}P$ vom Grad ${}<n$ ist nach Teil a) ${}(P(M))(e_{1})\neq 0$, also ${}P(M)\neq 0$ und somit ist ${}X^{n}-1$ das annullierende Polynom minimalen Grades.

c) Wir betrachten im ${}\mathbb {R} ^{2}$ eine Drehung ${}\varphi$ um ${}120$ Grad. Es sei ${}v_{1}=e_{1}$ und ${}v_{2}=\varphi (e_{1})$ und ${}v_{3}=\varphi (v_{2})$. Die dritte Potenz von ${}\varphi$ ist die Identität, daher ist insbesondere

${}\varphi (v_{3})=e_{1}\,.$

Da sich alles in der Dimension ${}2$ abspielt, besitzt das charakteristische Polynom den Grad ${}2$ und annulliert diesen Endomorphismus.

Aufgabe (3 Punkte)

Beschreibe die affine Gerade

${}G={\left\{{\begin{pmatrix}6\\2\\3\end{pmatrix}}+s{\begin{pmatrix}-2\\5\\4\end{pmatrix}}\mid s\in \mathbb {R} \right\}}\,$

als Urbild über ${}(1,0)$ einer affinen Abbildung ${}\psi \colon \mathbb {R} ^{3}\rightarrow \mathbb {R} ^{2}$.

Lösung

Der Richtungsvektor ${}{\begin{pmatrix}-2\\5\\4\end{pmatrix}}$ gehört jeweils zum Kern der beiden linear unabhängigen Linearformen ${}\left(5,\,2,\,0\right)$ und ${}\left(0,\,4,\,-5\right)$. Daher machen wir den Ansatz

${}\psi {\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}5x+2y+a\\4y-5z+b\end{pmatrix}}\,.$

Für den Aufpunkt ${}{\begin{pmatrix}6\\2\\3\end{pmatrix}}$ ergibt sich die Bedingung

${}\psi {\begin{pmatrix}6\\2\\3\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}34+a\\-7+b\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}\,,$

also ist ${}a=-33$ und ${}b=7$. Somit ist

${}\psi {\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}5x+2y-33\\4y-5z+7\end{pmatrix}}\,$

eine affine Abbildung mit Urbild über ${}(1,0)$ wie gewünscht.