Kurs:Lineare Algebra/Teil I/46/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	2	4	3	3	4	4	0	8	3	2	5	7	3	3	0	0	4	0	61

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die Disjunktheit von Mengen ${}L$ und ${}M$.
2. Die lineare Unabhängigkeit von Vektoren ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ in einem ${}K$-Vektorraum ${}V$.
3. Eine lineare Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow W$

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

4. Ein Eigenwert zu einer linearen Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

   auf einem ${}K$- Vektorraum ${}V$.

5. Eine trigonalisierbare lineare Abbildung ${}\varphi \colon V\rightarrow V$, wobei ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}K$- Vektorraum ist.
6. Eine affin-lineare Abbildung

   $\psi \colon E\longrightarrow F$

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

Lösung

1. Die Mengen ${}L$ und ${}M$ heißen disjunkt, wenn ihr Durchschnitt ${}L\cap M=\emptyset$ ist.
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. Eine Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow W$

   heißt lineare Abbildung, wenn die beiden folgenden Eigenschaften erfüllt sind.

   1. ${}\varphi (u+v)=\varphi (u)+\varphi (v)$ für alle ${}u,v\in V$.
   2. ${}\varphi (sv)=s\varphi (v)$ für alle ${}s\in K$ und ${}v\in V$.
4. Ein Element ${}\lambda \in K$ heißt ein Eigenwert zu ${}\varphi$, wenn es einen von ${}0$ verschiedenen Vektor ${}v\in V$ mit

   ${}\varphi (v)=\lambda v\,$

   gibt.

5. Es sei ${}K$ ein Körper und ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}K$- Vektorraum. Eine lineare Abbildung ${}\varphi \colon V\rightarrow V$ heißt trigonalisierbar, wenn sie bezüglich einer geeigneten Basis durch eine obere Dreiecksmatrix beschrieben wird.
6. Eine Abbildung

   $\psi \colon E\longrightarrow F$

   heißt affin-linear, wenn es eine lineare Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow W$

   mit

   ${}\psi (P+v)=\psi (P)+\varphi (v)\,$

   für alle ${}P\in E$ und ${}v\in V$ gilt.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Die Dimensionsabschätzung für den Durchschnitt von Untervektorräumen.
2. Der Satz über Zeilenrang und Spaltenrang.
3. Der Satz über die Charakterisierung einer diagonalisierbaren Abbildung.

Lösung

1. 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

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

2. Es sei ${}K$ ein Körper und sei ${}M$ eine ${}m\times n$- Matrix über ${}K$. Dann stimmt der Spaltenrang mit dem Zeilenrang überein.
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 diagonalisierbar.
   2. Es gibt eine Basis ${}{\mathfrak {v}}$ von ${}V$ derart, dass die beschreibende Matrix ${}M_{\mathfrak {v}}^{\mathfrak {v}}(\varphi )$ eine Diagonalmatrix ist.
   3. Für jede beschreibende Matrix ${}M=M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {w}}(\varphi )$ bezüglich einer Basis ${}{\mathfrak {w}}$ gibt es eine invertierbare Matrix ${}B$ derart, dass

      $BMB^{-1}$

      eine Diagonalmatrix ist.

Aufgabe (2 Punkte)

Die Absetzmulde ist voll mit Schutt und soll durch eine leere Mulde ersetzt werden, die das Absetzkipperfahrzeug bringt, das auch die volle Mulde mitnehmen soll. Auf dem Fahrzeug und auf dem Garagenvorplatz, wo die volle Mulde steht, ist nur Platz für eine Mulde. Dafür kann die Straße als Zwischenablage genutzt werden. Wie viele Ladevorgänge sind vor Ort nötig, bis der Gesamtaustausch vollständig abgeschlossen ist?

Lösung

1. Leere Mulde auf dem Straßenplatz ${}A$ abladen.
2. Volle Mulde auf Fahrzeug hochladen.
3. Volle Mulde auf dem Straßenplatz ${}B$ abladen.
4. Leere Mulde auf Fahrzeug hochladen.
5. Leere Mulde auf den Garagenvorplatz abladen.
6. Volle Mulde auf Fahrzeug hochladen.

Es sind also sechs Ladevorgänge nötig.

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

Bestimme, welche der folgenden Wertetabellen Abbildungen ${}\varphi \colon L\rightarrow M$ zwischen den angegebenen Mengen festlegen. Welche sind injektiv, welche surjektiv, welche bijektiv?

1. ${}L=\{1,2,3,4,5,6,7,8\}$, ${}M=\{a,b,c,d,e,f,g,h\}$,

   ${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$	${}8$
   ${}\varphi (x)$	${}b$	${}e$	${}f$	${}h$	${}e$	${}g$	${}c$	${}d$

2. ${}L=\{1,2,3,4,5,6,7,8\}$, ${}M=\{a,b,c,d,e,f,g,h\}$,

   ${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$	${}8$
   ${}\varphi (x)$	${}c$	${}e$	${}\,$	${}d$	${}e$	${}a$	${}b$	${}a$

3. ${}L=\{1,2,3,4,5,6,7\}$, ${}M=\{a,b,c,d,e,f,g,h\}$,

   ${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$
   ${}\varphi (x)$	${}c$	${}f$	${}d$	${}e$	${}h$	${}b$	${}a$

4. ${}L=\{1,2,3,4,5,6,7,8\}$, ${}M=\{a,b,c,d,e,f,g,h\}$,

   ${}x$	${}3$	${}7$	${}1$	${}4$	${}6$	${}8$	${}5$	${}2$
   ${}\varphi (x)$	${}c$	${}d$	${}f$	${}a$	${}e$	${}h$	${}b$	${}g$

Lösung

1. Es handelt sich um eine Abbildung. Diese ist nicht injektiv, da ${}e$ zweifach getroffen wird, und nicht surjektiv, da ${}a$ nicht getroffen wird.
2. Es handelt sich um keine Abbildung, da für die ${}3$ kein Wert festgelegt ist.
3. Es handelt sich um eine Abbildung. Sie ist injektiv, aber nicht surjektiv (und somit nicht bijektiv), da ${}g$ nicht getroffen wird.
4. Es handelt sich um eine Abbildung. Diese ist injektiv und surjektiv, also auch bijektiv.

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 (3 Punkte)

Es sei ein lineares Gleichungssystem mit zwei Gleichungen in zwei Variablen über ${}\mathbb {Q}$ gegeben. Die Lösungsmengen der einzelnen Gleichungen seien Geraden. Skizziere die drei Möglichkeiten, wie die Lösungsmenge des Systems aussehen kann.

Lösung Geraden/Q^2/Lösungsverhalten/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 Punkte)

Löse das inhomogene Gleichungssystem

${\begin{matrix}3x&\,\,\,\,\,\,\,\,&+z&+4w&=&-2\\2x&+2y&\,\,\,\,\,\,\,\,&+w&=&7\\4x&+6y&\,\,\,\,\,\,\,\,&+w&=&3\\x&+3y&+5z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&-1\,.\end{matrix}}$

Lösung

Wir eliminieren zuerst die Variable ${}z$, indem wir die zweite und die dritte Gleichung übernehmen und ${}IV-5I$ hinzunehmen. Dies führt auf

${\begin{matrix}2x&+2y&\,\,\,\,\,\,\,\,&+w&=&7\\4x&+6y&\,\,\,\,\,\,\,\,&+w&=&3\\-14x&+3y&\,\,\,\,\,\,\,\,&-20w&=&9\,.\end{matrix}}$

Nun eliminieren wir die Variable ${}w$, indem wir (bezogen auf das vorhergehende System) ${}II-I$ und ${}III+20I$ ausrechnen. Dies führt auf

${\begin{matrix}2x&+4y&\,\,\,\,\,\,\,\,&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&-4\\26x&+43y&\,\,\,\,\,\,\,\,&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&149\,.\end{matrix}}$

Mit ${}13I-II$ ergibt sich

${}9y=-201\,$

und

${}y=-{\frac {67}{3}}\,.$

Rückwärts gelesen ergibt sich

${}x=-2-2y={\frac {128}{3}}\,,$

${}w=7-2x-2y=-{\frac {101}{3}}\,$

und

${}z=-2-3x-4w={\frac {14}{3}}\,.$

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 (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (8 (4+2+2) Punkte)

Es sei ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}K$- Vektorraum und ${}U\subseteq V$ ein Untervektorraum.

a) Zeige, dass es Linearformen ${}L_{1},\ldots ,L_{r}$ auf ${}V$ mit

${}U=\bigcap _{i=1}^{r}\operatorname {kern} L_{i}\,$

gibt.

b) Zeige, dass jeder Untervektorraum ${}U\subseteq V$ der Kern einer linearen Abbildung auf ${}V$ (in einen ${}K^{r}$) ist.

c) Zeige, dass jeder Untervektorraum des ${}K^{n}$ der Lösungsraum eines linearen Gleichungssystems ist.

Lösung

a) Es sei ${}v_{1},\ldots ,v_{m}$ eine Basis von ${}U$, die wir zu einer Basis ${}v_{1},\ldots ,v_{m},v_{m+1},\ldots ,v_{n}$ von ${}V$ ergänzen. Es sei ${}v_{1}^{*},\ldots ,v_{n}^{*}$ die Dualbasis dazu, wobei die ${}v_{i}^{*}$ Linearformen sind. Wir behaupten

${}U=\bigcap _{i=m+1}^{n}\operatorname {kern} v_{i}^{*}\,.$

Wegen

${}v_{i}^{*}(v_{j})=0\,$

für ${}i\neq j$ ist

${}U\subseteq \operatorname {kern} v_{i}^{*}\,$

für ${}i=m+1,\ldots ,n$. Für einen Vektor

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

mit ${}v\notin U$ ist ein

${}a_{j}\neq 0\,$

für ${}j\geq m+1$. Doch dann ist auch

${}v_{j}^{*}(v)\neq 0\,$

und ${}v$ gehört nicht zum Durchschnitt der Kerne.

b) Die Linearformen ${}v_{m+1}^{*},\ldots ,v_{n}^{*}$ aus Teil a) kann man zusammen als eine lineare Abbildung

$\varphi \colon V\longrightarrow K^{m-n},\,v\longmapsto \left(v_{m+1}^{*}(v),\,\ldots ,\,v_{n}^{*}(v)\right)$

schreiben. Dabei ist

${}\operatorname {kern} \varphi =\bigcap _{i=m+1}^{n}\operatorname {kern} v_{i}^{*}=U\,.$

c) Es sei nun ${}U\subseteq V=K^{n}$ und es sei

$\varphi \colon K^{n}\longrightarrow K^{r}$

eine lineare Abbildung, deren Kern gleich ${}U$ ist. Bezüglich der Standardbasen wird ${}\varphi$ durch eine Matrix ${}M$ beschrieben. Dann ist ${}x\in U$ genau dann, wenn ${}Mx=0$ ist, und dies bedeutet gerade, dass ${}x$ eine Lösung des durch die Zeilen gegebenen linearen Gleichungssystems ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Es ist ${}1+2+3=1\cdot 2\cdot 3$. Gibt es neben der ${}1$ weitere natürliche (ganze, reelle, komplexe) Zahlen ${}x$, die die Gleichung

${}x+(x+1)+(x+2)=x\cdot (x+1)\cdot (x+2)\,$

erfüllen?

Lösung

Es gibt noch die ganzzahligen Lösungen

${}x=-3\,$

(Summe und Produkt der drei aufeinanderfolgenden Zahlen ist ${}-6$) und

${}x=-1\,$

(Summe und Produkt der drei aufeinanderfolgenden Zahlen ist ${}0$). Die Gleichung ist eine polynomiale Gleichung vom Grad ${}3$, daher gibt es über einem beliebigen Körper keine weiteren Lösungen.

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 (5 Punkte)

Bestimme die Eigenwerte und die Eigenräume der durch die Matrix

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

gegebenen linearen Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,v\longmapsto Mv.$

Lösung

Das charakteristische Polynom ist

${}{\begin{aligned}\chi _{M}&=\det {\begin{pmatrix}x-4&0&-3\\0&x+1&0\\-2&0&x-3\end{pmatrix}}\\&=(x-4)(x+1)(x-3)-6(x+1)\\&=(x+1)((x-4)(x-3)-6)\\&=(x+1)(x^{2}-7x+6).\end{aligned}}$

Dies ergibt zunächst den Eigenwert ${}-1$. Durch quadratisches Ergänzen (oder direkt) sieht man für den quadratischen Term die Nullstellen ${}1$ und ${}6$, die die weiteren Eigenwerte sind. Da es drei verschiedene Eigenwerte gibt ist klar, dass zu jedem Eigenwert der Eigenraum eindimensional ist.

Eigenraum zu ${}-1$: Man muss die Lösungsmenge von

${\begin{pmatrix}-5&0&-3\\0&0&0\\-2&0&-4\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}$

bestimmen. Eine Lösung ist offenbar der Spaltenvektor ${}{\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}}$, sodass der Eigenraum zu ${}-1$ gleich ${}\lambda {\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}}$ ist.

Eigenraum zu ${}1$: Man muss die Lösungsmenge von

${\begin{pmatrix}-3&0&-3\\0&2&0\\-2&0&-2\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}$

bestimmen. Eine Lösung ist offenbar der Spaltenvektor ${}{\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix}}$, sodass der Eigenraum zu ${}1$ gleich ${}\lambda {\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix}}$ ist.

Eigenraum zu ${}6$: Man muss die Lösungsmenge von

${\begin{pmatrix}2&0&-3\\0&7&0\\-2&0&3\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}$

bestimmen. Eine Lösung ist offenbar der Spaltenvektor ${}{\begin{pmatrix}3\\0\\2\end{pmatrix}}$, sodass der Eigenraum zu ${}6$ gleich ${}\lambda {\begin{pmatrix}3\\0\\2\end{pmatrix}}$ ist.

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise den Satz über die Summe von Haupträumen.

Lösung

Es sei

${}\chi _{\varphi }=(X-\lambda _{1})^{k_{1}}\cdots (X-\lambda _{m})^{k_{m}}\,$

das charakteristische Polynom, das nach Satz 25.10 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) in Linearfaktoren zerfällt, wobei die ${}\lambda _{i}$ verschieden seien. Wir führen Induktion über ${}m$. Bei ${}m=1$ gibt es nur einen Eigenwert ${}\lambda$ und nur einen Hauptraum. Nach Korollar 24.3 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) ist dann auch das Minimalpolynom von der Form ${}(X-\lambda )^{s}$ und daher ist ${}V=\operatorname {Haupt} _{\lambda }(\varphi )$. Es sei die Aussage nun für kleineres ${}m$ bewiesen. Wir setzen ${}P=(X-\lambda _{1})^{k_{1}}$ und ${}Q=(X-\lambda _{2})^{k_{2}}\cdots (X-\lambda _{m})^{k_{m}}$ und sind damit in der Situation von Lemma 26.10 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) und Satz 26.12 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)). Wir haben also eine direkte Summenzerlegung in ${}\varphi$- invariante Untervektorräume

${}V=\operatorname {Haupt} _{\lambda _{1}}(\varphi )\oplus \operatorname {kern} Q(\varphi )\,.$

Das charakteristische Polynom ist nach Lemma 23.7 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) das Produkt der charakteristischen Polynome der Einschränkungen auf die beiden Räume. Nach Satz 26.12 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) ist ${}(X-\lambda _{1})^{k_{1}}$ das charakteristische Polynom der Einschränkung auf den ersten Hauptraum, daher muss ${}Q$ das charakteristische Polynom der Einschränkung auf ${}\operatorname {kern} Q(P)$ sein. Das heißt insbesondere, dass diese Einschränkung ebenfalls trigonalisierbar ist. Nach der Induktionsvoraussetzung ist also ${}\operatorname {kern} Q(P)$ die direkte Summe der Haupträume zu ${}\lambda _{2},\ldots ,\lambda _{m}$ und daraus ergibt sich insgesamt die direkte Summenzerlegung für ${}V$ und für ${}\varphi$.

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 (3 Punkte)

Eine lineare Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3}$

werde bezüglich der Standardbasis durch die Matrix

${\begin{pmatrix}9&5&1\\0&9&3\\0&0&9\end{pmatrix}}$

beschrieben. Finde eine Basis, bezüglich der ${}\varphi$ durch die Matrix

${\begin{pmatrix}9&1&0\\0&9&1\\0&0&9\end{pmatrix}}$

beschrieben wird.

Lösung

Es ist

${}M={\begin{pmatrix}9&5&1\\0&9&3\\0&0&9\end{pmatrix}}-9{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&5&1\\0&0&3\\0&0&0\end{pmatrix}}\,$

und

${}{\begin{pmatrix}0&5&1\\0&0&3\\0&0&0\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}0&5&1\\0&0&3\\0&0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0&15\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}}\,.$

Der Vektor ${}{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}$ gehört nicht zum Kern von ${}M^{2}$, daher kann man aus den sukzessiven Bildern davon eine Basis wie gewünscht herstellen. Es ist

${}M{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&5&1\\0&0&3\\0&0&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\3\\0\end{pmatrix}}\,$

und

${}M^{2}{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}15\\0\\0\end{pmatrix}}\,.$

Daher ist

${\begin{pmatrix}15\\0\\0\end{pmatrix}}\,,{\begin{pmatrix}1\\3\\0\end{pmatrix}}\,,{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}$

eine Basis, bezüglich der die jordansche Normalform

${\begin{pmatrix}9&1&0\\0&9&1\\0&0&9\end{pmatrix}}$

vorliegt.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

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.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung