Kurs:Lineare Algebra/Teil I/39/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	${}\sum$
Punkte	3	3	5	0	3	2	0	12	0	0	4	0	4	4	3	0	4	4	51

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine surjektive Abbildung

   $f\colon L\longrightarrow M.$

2. Die lineare Unabhängigkeit von Vektoren ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ in einem ${}K$-Vektorraum ${}V$.
3. Eine invertierbare ${}n\times n$-Matrix ${}M$ über einem Körper ${}K$.
4. Die Determinante eines Endomorphismus

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

   auf einem endlichdimensionalen Vektorraum ${}V$.

5. Teilerfremde Polynome ${}P_{1},\ldots ,P_{n}\in K[X]$ über einem Körper ${}K$.
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. Die Abbildung ${}f$ heißt surjektiv, wenn es für jedes ${}y\in M$ mindestens ein Element ${}x\in L$ mit ${}f(x)=y$ gibt.
2. Die Vektoren ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ heißen linear unabhängig, wenn eine Gleichung

   $\sum _{i=1}^{n}a_{i}v_{i}=0$

   nur bei ${}a_{i}=0$ für alle ${}i$ möglich ist.

3. Die Matrix ${}M$ heißt invertierbar, wenn es eine Matrix ${}A\in \operatorname {Mat} _{n}(K)$ mit

   ${}A\circ M=E_{n}=M\circ A\,$

   gibt.

4. Die Abbildung ${}\varphi$ werde bezüglich einer Basis durch die Matrix ${}M$ beschrieben. Dann nennt man

   ${}\det \varphi :=\det M\,$

   die Determinante der linearen Abbildung ${}\varphi$.

5. Die Polynome ${}P_{1},\ldots ,P_{n}\in K[X]$ heißen teilerfremd, wenn die einzigen gemeinsamen Teiler von ihnen die konstanten Polynome sind.
6. Eine bijektive affine Abbildung

   $\psi \colon E\longrightarrow F$

   heißt affiner Isomorphismus.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über die Nichtnullteilereigenschaft in einem Körper ${}K$.
2. Der Satz über die Korrespondenz von Matrizen und linearen Abbildungen.
3. Der Satz über die Anzahl der Eigenwerte bei einem endlichdimensionalen Vektorraum

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 sei ${}V$ ein ${}n$-dimensionaler Vektorraum mit einer Basis ${}{\mathfrak {v}}=v_{1},\ldots ,v_{n}$ und sei ${}W$ ein ${}m$-dimensionaler Vektorraum mit einer Basis ${}{\mathfrak {w}}=w_{1},\ldots ,w_{m}$. Dann sind die Abbildungen

   $\varphi \longmapsto M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi ){\text{ und }}M\longmapsto \varphi _{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(M)$

   invers

   zueinander.
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 gibt es maximal ${}\dim _{K}{\left(V\right)}$ viele Eigenwerte

   zu ${}\varphi$.

Aufgabe (5 (1+1+3) Punkte)

Der gemeinnützige Verein „Bobbycarbahn für alle Kinder“ errichtet Bobbycarbahnen. Diese werden aus quadratischen Grundplatten (mit einer Seitenlänge von ${}0,7$ Metern) zusammengesetzt, die entweder gegenüberliegende Seitenberandungen (Typ ${}A$; hier fährt man parallel zur Seitenberandung) oder an einer Ecke anliegende Seitenberandungen haben (Typ ${}B$, in der Ecke gegenüber den Seiten gibt es eine kleine Eckberandung; hier fährt man eine Kurve).

1. Es soll eine insgesamt quadratische Bahn aus ${}16$ Grundplatten gebaut werden, wobei eine geschlossene Bahn entstehen soll, die jede Platte einfach durchläuft. Skizziere eine mögliche Anordnung der Grundplatten.
2. Wie viele Platten vom Typ ${}A$ und wie viele vom Typ ${}B$ werden in Ihrer Skizze verwendet?
3. Es soll eine insgesamt quadratische Bahn aus ${}9$ Grundplatten gebaut werden, wobei eine geschlossene Bahn entstehen soll, die jede Platte einfach durchläuft. Begründe, dass dies nicht möglich ist.

Lösung

1. ${}\,$
2. ${}\,$
3. Wir beginnen in der Mitte. Ohne Einschränkung (durch Drehung bzw. eine Spiegelung) verläuft der Weg nach oben und dann nach links. Dann muss er in das Eck links oben laufen und dann nach unten. In die Mitte kann es nicht zurückgehen, sonst würden die anderen Platten nicht erreicht werden. Also verläuft der Weg weiter nach unten links und dann unten nach rechts und schließlich nach oben. Rechts in der Mitte kann der Weg nicht in die Mitte, sonst würde die Eckplatte rechts oben nicht getroffen. Wenn diese getroffen wird, so kann man von dort nicht in die Mitte und es entsteht kein geschlossener Weg.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}G$ eine zweielementige Menge. Erstelle eine Verknüpfungstabelle für die Verknüpfung „Vereinigung“ auf der Potenzmenge ${}{\mathfrak {P}}\,(G)$.

Lösung

Die Menge sei ${}M=\{a,b\}$, die Potenzmenge ist dann

${}{\mathfrak {P}}\,(M)=\{\emptyset ,\{a\},\{b\},\{a,b\}\}\,.$

Die Verknüpfungstabelle für die Vereinigung ist

${}\cup$	${}\emptyset$	${}\{a\}$	${}\{b\}$	${}\{a,b\}$
${}\emptyset$	${}\emptyset$	${}\{a\}$	${}\{b\}$	${}\{a,b\}$
${}\{a\}$	${}\{a\}$	${}\{a\}$	${}\{a,b\}$	${}\{a,b\}$
${}\{b\}$	${}\{b\}$	${}\{a,b\}$	${}\{b\}$	${}\{a,b\}$
${}\{a,b\}$	${}\{a,b\}$	${}\{a,b\}$	${}\{a,b\}$	${}\{a,b\}$

Aufgabe (2 Punkte)

Skizziere sieben Geraden in der Ebene, die sich insgesamt in acht Punkten schneiden.

Lösung

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (12 Punkte)

Beweise den Charakterisierungssatz für eine Basis ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ in einem ${}K$- Vektorraum ${}V$.

Lösung

Wir führen einen Ringschluss durch. ${}(1)\Rightarrow (2)$. Die Familie ist ein Erzeugendensystem. Nehmen wir einen Vektor, sagen wir ${}v_{1}$, aus der Familie heraus. Wir müssen zeigen, dass dann die verbleibende Familie, also ${}v_{2},\ldots ,v_{n}$ kein Erzeugendensystem mehr ist.  Wenn sie ein Erzeugendensystem wäre, so wäre insbesondere ${}v_{1}$ als Linearkombination der Vektoren darstellbar, d.h. man hätte

${}v_{1}=\sum _{i=2}^{n}s_{i}v_{i}\,.$

Dann ist aber

${}v_{1}-\sum _{i=2}^{n}s_{i}v_{i}=0\,$

eine nichttriviale Darstellung der ${}0$, im Widerspruch zur linearen Unabhängigkeit der Familie. ${}(2)\Rightarrow (3)$. Nach Voraussetzung ist die Familie ein Erzeugendensystem, sodass sich jeder Vektor als Linearkombination darstellen lässt.  Angenommen, es gibt für ein ${}u\in V$ eine mehrfache Darstellung, d.h.

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

wobei mindestens ein Koeffizient verschieden sei. Ohne Einschränkung sei ${}s_{1}\neq t_{1}$. Dann erhält man die Beziehung

${}(s_{1}-t_{1})v_{1}=\sum _{i=2}^{n}(t_{i}-s_{i})v_{i}\,$

Wegen ${}s_{1}-t_{1}\neq 0$ kann man durch diese Zahl dividieren und erhält eine Darstellung von ${}v_{1}$ durch die anderen Vektoren. Nach Aufgabe 6.25 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) ist auch die Familie ohne ${}v_{1}$ ein Erzeugendensystem von ${}V$, im Widerspruch zur Minimalität. ${}(3)\Rightarrow (4)$. Wegen der eindeutigen Darstellbarkeit besitzt insbesondere der Nullvektor nur die triviale Darstellung, d.h. die Vektoren sind linear unabhängig. Nimmt man einen Vektor ${}u$ hinzu, so besitzt dieser eine Darstellung

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

und daher ist

${}0=u-\sum _{i=1}^{n}s_{i}v_{i}\,$

eine nichttriviale Darstellung der ${}0$, sodass die verlängerte Familie ${}u,v_{1},\ldots ,v_{n}$ nicht linear unabhängig ist. ${}(4)\Rightarrow (1)$. Die Familie ist linear unabhängig, wir müssen zeigen, dass sie auch ein Erzeugendensystem bildet. Es sei dazu ${}u\in V$. Nach Voraussetzung ist die Familie ${}u,v_{1},\ldots ,v_{n}$ nicht linear unabhängig, d.h. es gibt eine nichttriviale Darstellung

${}0=su+\sum _{i=1}^{n}s_{i}v_{i}\,.$

Dabei ist ${}s\neq 0$, da andernfalls dies eine nichttriviale Darstellung der ${}0$ allein mit den linear unabhängigen Vektoren ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ wäre. Daher können wir

${}u=-\sum _{i=1}^{n}{\frac {s_{i}}{s}}v_{i}\,$

schreiben, sodass eine Darstellung von ${}u$ möglich ist.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 (1+1+2) Punkte)

Die Zeitungen ${}A,B$ und ${}C$ verkaufen Zeitungsabos und konkurrieren dabei um einen lokalen Markt mit ${}100000$ potentiellen Lesern. Dabei sind innerhalb eines Jahres folgende Kundenbewegungen zu beobachten.

1. Die Abonnenten von ${}A$ bleiben zu ${}90\%$ bei ${}A$, ${}0\%$ wechseln zu ${}B$, ${}5\%$ wechseln zu ${}C$ und ${}5\%$ werden Nichtleser.
2. Die Abonnenten von ${}B$ bleiben zu ${}60\%$ bei ${}B$, ${}10\%$ wechseln zu ${}A$, ${}15\%$ wechseln zu ${}C$ und ${}15\%$ werden Nichtleser.
3. Die Abonnenten von ${}C$ bleiben zu ${}70\%$ bei ${}C$, niemand wechselt zu ${}A$, ${}10\%$ wechseln zu ${}B$ und ${}20\%$ werden Nichtleser.
4. Von den Nichtlesern entscheiden sich je ${}10\%$ für ein Abonnement von ${}A,B$ oder ${}C$, die übrigen bleiben Nichtleser.

a) Erstelle die Matrix, die die Kundenbewegungen innerhalb eines Jahres beschreibt.

b) In einem bestimmten Jahr haben alle drei Zeitungen je ${}20000$ Abonnenten und es gibt ${}40000$ Nichtleser. Wie sieht die Verteilung ein Jahr später aus?

c) Die drei Zeitungen expandieren in eine zweite Stadt, wo es bislang überhaupt keine Zeitungen gibt, aber ebenfalls ${}100000$ potentielle Leser. Wie viele Leser haben dort die einzelnen Zeitungen (und wie viele Nichtleser gibt es noch) nach drei Jahren, wenn dort die gleichen Kundenbewegungen zu beobachten sind?

Lösung

a) Die Matrix, die die Kundenbewegungen (in der Reihenfolge ${}A,B,C$ und Nichtleser) beschreibt, ist

${\begin{pmatrix}0,9&0,1&0&0,1\\0&0,6&0,1&0,1\\0,05&0,15&0,7&0,1\\0,05&0,15&0,2&0,7\end{pmatrix}}.$

b) Die Kundenverteilung nach einem Jahr zur Ausgangsverteilung ${}(20000,20000,20000,40000)$ ist

${}{\begin{pmatrix}0,9&0,1&0&0,1\\0&0,6&0,1&0,1\\0,05&0,15&0,7&0,1\\0,05&0,15&0,2&0,7\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}20000\\20000\\20000\\40000\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}24000\\18000\\22000\\36000\end{pmatrix}}\,.$

c) Die Ausgangsverteilung ist ${}(0,0,0,100000)$, daher ist die Verteilung nach einem Jahr gleich ${}(10000,10000,10000,70000)$.

Nach zwei Jahren ist die Kundenverteilung

${}{\begin{pmatrix}0,9&0,1&0&0,1\\0&0,6&0,1&0,1\\0,05&0,15&0,7&0,1\\0,05&0,15&0,2&0,7\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}10000\\10000\\10000\\70000\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}17000\\14000\\16000\\53000\end{pmatrix}}\,.$

Nach drei Jahren ist die Kundenverteilung

${}{\begin{aligned}{\begin{pmatrix}0,9&0,1&0&0,1\\0&0,6&0,1&0,1\\0,05&0,15&0,7&0,1\\0,05&0,15&0,2&0,7\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}17000\\14000\\16000\\53000\end{pmatrix}}&={\begin{pmatrix}22000\\15300\\19450\\43250\end{pmatrix}}\\\end{aligned}}$

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 Punkte)

Man begründe anhand des Bildes, dass zu zwei Vektoren ${}(x_{1},y_{1})$ und ${}(x_{2},y_{2})$ die Determinante der durch die Vektoren definierten ${}2\times 2$-Matrix mit dem Flächeninhalt des von den beiden Vektoren aufgespannten Parallelogramms (bis auf das Vorzeichen) übereinstimmt.

${}\,$

Lösung Zunächst wird der Flächeninhalt des äußeren Rechtecks bestimmt:

$U:=(x_{1}+x_{2})(y_{1}+y_{2})=x_{1}y_{1}+x_{1}y_{2}+x_{2}y_{1}+x_{2}y_{2}$

Als nächstes werden die Flächeninhalte der Flächen A bis F aufgestellt:

${\begin{aligned}&A=F=y_{1}x_{2}\\\\&B=E={\frac {1}{2}}y_{1}x_{1}\\\\&C=D={\frac {1}{2}}y_{2}x_{2}\end{aligned}}$

Die Summe dieser Flächen ist:

$V:=A+B+C+D+E+F=2y_{1}x_{2}+y_{1}x_{1}+y_{2}x_{2}$

Der Flächeninhalt des Parallelogramms ist somit:

${\begin{aligned}P:=U-V&=x_{1}y_{1}+x_{1}y_{2}+x_{2}y_{1}+x_{2}y_{2}-2y_{1}x_{2}-y_{1}x_{1}-y_{2}x_{2}\\&=y_{2}x_{1}-x_{2}y_{1}\end{aligned}}$

Zur Überprüfung des Ergebnisses berechnen wir die Determinante der durch die Vektoren $(x_{1},y_{1})$ und $(x_{2},y_{2})$ definierten $2\times 2$-Matrix:

${\begin{vmatrix}x_{1}&x_{2}\\y_{1}&y_{2}\end{vmatrix}}=x_{1}y_{2}-y_{1}x_{2}=P$

Man sieht schnell, dass die Determinante dem Flächeninhalt des Parallelogramms entspricht. $\blacksquare$

Das Vorzeichen der Determinante dreht sich um, wenn man die beiden Spaltenvektoren vertauscht.

Aufgabe (4 Punkte)

Es seien ${}U,V,W$ Vektorräume über dem Körper ${}K$. Zeige, dass die Abbildung

$\operatorname {Hom} _{K}{\left(U,V\right)}\times \operatorname {Hom} _{K}{\left(V,W\right)}\longrightarrow \operatorname {Hom} _{K}{\left(U,W\right)},\,(\varphi ,\psi )\longmapsto \psi \circ \varphi ,$

multilinear ist.

Lösung

Es sei zunächst ${}\varphi \in \operatorname {Hom} _{K}{\left(U,V\right)}$ fixiert. Für ${}\psi _{1},\psi _{2}\in \operatorname {Hom} _{K}{\left(V,W\right)}$ und einen beliebigen Vektor ${}u\in U$ ist

${}{\begin{aligned}{\left({\left(\psi _{1}+\psi _{2}\right)}\circ \varphi \right)}(u)&={\left(\psi _{1}+\psi _{2}\right)}{\left(\varphi (u)\right)}\\&=\psi _{1}{\left(\varphi (u)\right)}+\psi _{2}{\left(\varphi (u)\right)}\\&={\left(\psi _{1}\circ \varphi \right)}(u)+{\left(\psi _{1}\circ \varphi \right)}(u)\end{aligned}}$

und für ${}s\in K$ ist

${}{\begin{aligned}{\left({\left(s\psi \right)}\circ \varphi \right)}(u)&={\left(s\psi \right)}{\left(\varphi (u)\right)}\\&=s{\left(\psi {\left(\varphi (u)\right)}\right)}\\&=s{\left(\psi \circ \varphi \right)}(u).\end{aligned}}$

Es sei nun ${}\psi \in \operatorname {Hom} _{K}{\left(V,W\right)}$ fixiert und ${}\varphi _{1},\varphi _{2}\in \operatorname {Hom} _{K}{\left(U,V\right)}$. Es ist

${}{\begin{aligned}{\left(\psi \circ {\left(\varphi _{1}+\varphi _{2}\right)}\right)}(u)&=\psi {\left({\left(\varphi _{1}+\varphi _{2}\right)}(u)\right)}\\&=\psi {\left(\varphi _{1}(u)+\varphi _{2}(u)\right)}\\&=\psi {\left(\varphi _{1}(u)\right)}+\psi {\left(\varphi _{2}(u)\right)}\\&={\left(\psi \circ \varphi _{1}\right)}(u)+{\left(\psi \circ \varphi _{2}\right)}(u)\\&={\left(\psi \circ \varphi _{1}+\psi \circ \varphi _{2}\right)}(u)\end{aligned}}$

und

${}{\begin{aligned}{\left(\psi \circ {\left(s\varphi \right)}\right)}(u)&=\psi {\left({\left(s\varphi \right)}(u)\right)}\\&=\psi {\left(s\varphi (u)\right)}\\&=s\psi {\left(\varphi (u)\right)}\\&=s{\left({\left(\psi \circ \varphi \right)}(u)\right)}\\&={\left(s{\left(\psi \circ \varphi \right)}\right)}(u).\end{aligned}}$

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.

$f(-1)=4,\,f(1)=0,\,f(2)=-7.$

Lösung

Die Bedingungen führen auf das lineare Gleichungssystem

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

${}a+b+c=0\,,$

${}a+2b+4c=-7\,.$

${}I-II$ führt auf

${}b=-2\,$

und ${}I-III$ führt auf

${}-3b-3c=11\,,$

also

${}c=-{\frac {11}{3}}-b=-{\frac {11}{3}}+2=-{\frac {5}{3}}\,$

und somit

${}a=-b-c=2+{\frac {5}{3}}={\frac {11}{3}}\,.$

Das gesuchte Polynom ist also

${\frac {11}{3}}-2X-{\frac {5}{3}}X^{2}.$

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 Punkte)

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

$\varphi \colon V\longrightarrow V$

eine lineare Abbildung. Zeige, dass ${}\lambda \in K$ genau dann ein Eigenwert von ${}\varphi$ ist, wenn ${}\lambda$ eine Nullstelle des charakteristischen Polynoms ${}\chi _{\varphi }$ ist.

Lösung

Es sei ${}M$ eine beschreibende Matrix für ${}\varphi$, und sei ${}\lambda \in K$ vorgegeben. Es ist

${}\chi _{M}\,(\lambda )=\det \left(\lambda E_{n}-M\right)=0\,$

genau dann, wenn die lineare Abbildung

$\lambda \operatorname {Id} _{V}-\varphi$

nicht bijektiv (und nicht injektiv) ist (wegen Fakt ***** und Lemma 12.5 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025))). Dies ist nach Lemma 22.1 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) und Lemma 11.4 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) äquivalent zu

${}\operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\varphi \right)}=\operatorname {kern} (\lambda \operatorname {Id} _{V}-\varphi )\neq 0\,,$

was bedeutet, dass der Eigenraum zu ${}\lambda$ nicht der Nullraum ist, also ${}\lambda$ ein Eigenwert zu ${}\varphi$ ist.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}\lambda$ eine Nullstelle des Polynoms

$X^{3}+2X^{2}-2.$

Zeige, dass

${\begin{pmatrix}{\frac {1}{(1+\lambda )^{3}}}\\{\frac {1}{(1+\lambda )^{2}}}\\{\frac {1}{(1+\lambda )}}\\1\end{pmatrix}}$

ein Eigenvektor der Matrix

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

zum Eigenwert ${}\lambda$ ist.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}{\begin{pmatrix}-1&1&0&0\\0&-1&1&0\\0&0&-1&1\\-1&0&0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}{\frac {1}{(1+\lambda )^{3}}}\\{\frac {1}{(1+\lambda )^{2}}}\\{\frac {1}{(1+\lambda )}}\\1\end{pmatrix}}&={\begin{pmatrix}-{\frac {1}{(1+\lambda )^{3}}}+{\frac {1}{(1+\lambda )^{2}}}\\-{\frac {1}{(1+\lambda )^{2}}}+{\frac {1}{(1+\lambda )}}\\-{\frac {1}{(1+\lambda )}}+1\\-{\frac {1}{(1+\lambda )^{3}}}+1\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}{\frac {-1+1+\lambda }{(1+\lambda )^{3}}}\\{\frac {-1+1+\lambda }{(1+\lambda )^{2}}}\\{\frac {-1+1+\lambda }{1+\lambda }}\\{\frac {-1+(1+\lambda )^{3}}{(1+\lambda )^{3}}}\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}{\frac {\lambda }{(1+\lambda )^{3}}}\\{\frac {\lambda }{(1+\lambda )^{2}}}\\{\frac {\lambda }{1+\lambda }}\\{\frac {\lambda ^{3}+3\lambda ^{2}+3\lambda }{(1+\lambda )^{3}}}\end{pmatrix}}\\&=\lambda {\begin{pmatrix}{\frac {1}{(1+\lambda )^{3}}}\\{\frac {1}{(1+\lambda )^{2}}}\\{\frac {1}{1+\lambda }}\\{\frac {\lambda ^{2}+3\lambda +3}{(1+\lambda )^{3}}}\end{pmatrix}}\\&=\lambda {\begin{pmatrix}{\frac {1}{(1+\lambda )^{3}}}\\{\frac {1}{(1+\lambda )^{2}}}\\{\frac {1}{1+\lambda }}\\{\frac {\lambda ^{2}+3\lambda +3}{\lambda ^{3}+3\lambda ^{2}+3\lambda +1}}\end{pmatrix}}\\&=\lambda {\begin{pmatrix}{\frac {1}{(1+\lambda )^{3}}}\\{\frac {1}{(1+\lambda )^{2}}}\\{\frac {1}{1+\lambda }}\\{\frac {\lambda ^{2}+3\lambda +3}{\lambda ^{2}+3\lambda +3}}\end{pmatrix}}\\&=\lambda {\begin{pmatrix}{\frac {1}{(1+\lambda )^{3}}}\\{\frac {1}{(1+\lambda )^{2}}}\\{\frac {1}{1+\lambda }}\\1\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$