Kurs:Lineare Algebra/Teil I/48/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	${}\sum$
Punkte	3	3	1	3	2	4	4	3	4	3	4	0	2	5	0	10	0	0	3	54

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine surjektive Abbildung

   $f\colon L\longrightarrow M.$

2. Eine Linearkombination in einem ${}K$- Vektorraum.
3. Die Dualbasis zu einer gegebenen Basis ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ in einem ${}K$- Vektorraum ${}V$.
4. Ein Hauptideal in einem kommutativen Ring ${}R$.
5. Eine Streckung auf einem ${}K$- Vektorraum ${}V$.
6. Die Dimension eines affinen Raumes ${}E$.

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. Es sei ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ eine Familie von Vektoren in ${}V$. Dann heißt der Vektor

   $s_{1}v_{1}+s_{2}v_{2}+\cdots +s_{n}v_{n}{\text{ mit }}s_{i}\in K$

   eine Linearkombination dieser Vektoren

3. Man nennt die Linearformen

   $v_{1}^{*},\ldots ,v_{n}^{*}\in {V}^{*},$

   die durch

   ${}v_{i}^{*}(v_{j})=\delta _{ij}={\begin{cases}1,{\text{ falls }}i=j\,,\\0,{\text{ falls }}i\neq j\,,\end{cases}}\,$

   festgelegt sind, die Dualbasis zur gegebenen Basis.

4. Ein Ideal ${}{\mathfrak {a}}$ in einem kommutativen Ring ${}R$ der Form

   ${}{\mathfrak {a}}=(a)=Ra=\{ra:\,r\in R\}\,.$

   heißt Hauptideal.

5. Unter einer Streckung auf ${}V$ versteht man die lineare Abbildung

   $V\longrightarrow V,\,v\longmapsto sv,$

   die durch die Multiplikation mit einem Skalar ${}s\in K$ gegeben ist.

6. Man nennt ${}n$ die Dimension von ${}E$, wenn es in ${}E$ eine affine Basis mit ${}n+1$ Elementen gibt.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über den Basiswechsel.
2. Der Satz über isomorphe Vektorräume.
3. Der Satz über Eigenwerte zu einem Endomorphismus und einer Matrix.

Lösung

1. Es sei ${}K$ ein Körper und ${}V$ ein ${}K$- Vektorraum der Dimension ${}n$. Es seien ${}{\mathfrak {v}}=v_{1},\ldots ,v_{n}$ und ${}{\mathfrak {u}}=u_{1},\ldots ,u_{n}$ zwei Basen von ${}V$. Es sei

   ${}v_{j}=\sum _{i=1}^{n}c_{ij}u_{i}\,$

   mit den Koeffizienten ${}c_{ij}\in K$, die wir zur ${}n\times n$- Matrix

   ${}M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {v}}={\left(c_{ij}\right)}_{ij}\,$

   zusammenfassen. Dann hat ein Vektor ${}w$, der bezüglich der Basis ${}{\mathfrak {v}}$ die Koordinaten ${}{\begin{pmatrix}s_{1}\\\vdots \\s_{n}\end{pmatrix}}$ besitzt, bezüglich der Basis ${}{\mathfrak {u}}$ die Koordinaten

   ${}{\begin{pmatrix}t_{1}\\\vdots \\t_{n}\end{pmatrix}}=M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {v}}{\begin{pmatrix}s_{1}\\\vdots \\s_{n}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}c_{11}&c_{12}&\ldots &c_{1n}\\c_{21}&c_{22}&\ldots &c_{2n}\\\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\c_{n1}&c_{n2}&\ldots &c_{nn}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}s_{1}\\\vdots \\s_{n}\end{pmatrix}}\,.$

2. Es sei ${}K$ ein Körper und es seien ${}V$ und ${}W$ endlichdimensionale ${}K$- Vektorräume. Dann sind ${}V$ und ${}W$ zueinander isomorph genau dann, wenn ihre Dimension übereinstimmt.
3. Es sei ${}\varphi \colon V\rightarrow V$ ein Endomorphismus auf dem endlichdimensionalen ${}K$- Vektorraum ${}V$ und es sei ${}{\mathfrak {u}}=u_{1},\ldots ,u_{n}$ eine Basis von ${}V$. Es sei ${}M=M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {u}}$ die beschreibende Matrix zu ${}\varphi$ bezüglich dieser Basis. Dann ist ${}v\in V$ genau dann ein Eigenvektor zu ${}\varphi$ zum Eigenwert ${}a$, wenn das Koordinatentupel zu ${}v$ bezüglich der Basis ein Eigenvektor zu ${}M$ zum Eigenwert ${}a$ ist.

Aufgabe (1 Punkt)

Beurteile die Snookerweisheit „Ein Snookerspiel kann man in der ersten Session nicht gewinnen, aber verlieren“ vom logischen Standpunkt aus.

Lösung

Es spielen zwei Spieler gegeneinander, der eine gewinnt genau dann, wenn der andere verliert. Wenn einer also in der ersten Session verlieren kann, so kann auch einer (nämlich der andere) in der ersten Session gewinnen. Die Weisheit ist also unlogisch.

Aufgabe (3 Punkte)

Illustriere die dritte binomische Formel durch eine geeignete geometrische Figur.

Lösung Dritte binomische Formel/Illustriere geometrisch/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (2 Punkte)

Lucy Sonnenschein befindet sich in Position ${}(-2,3)\in \mathbb {Z} ^{2}$ (die Koordinaten seien mit ${}x$ und ${}y$ bezeichnet) und schaut in die positive ${}x$-Richtung. Alle folgenden Angaben beziehen sich auf ihre jeweilige Position und ihre Ausrichtung, der Uhrzeigersinn bezieht sich auf die Draufsicht. Lucy führt hintereinander folgende Bewegungen aus. Sie macht einen Schritt nach rechts, dann zwei Schritte nach hinten, sie dreht sich um ${}180$ Grad, macht drei Schritte nach links, macht eine Vierteldrehung im Uhrzeigersinn, macht vier Schritte nach rechts und zwei Schritte nach hinten, dreht sich um ${}360$ Grad und macht einen Schritt nach links.

Wo befindet sie sich nach der Gesamtbewegung und in welche Richtung schaut sie?

Lösung

Sie befindet sich in Position ${}(-1,-3)$ und schaut in die positive ${}y$-Richtung.

Aufgabe (4 Punkte)

Löse das inhomogene Gleichungssystem

${\begin{matrix}x&+7y&\,\,\,\,-z&-3w&=&0\\x&+y&+2z&\,\,\,\,-w&=&1\\&+2y&-3z&+2w&=&3\\&\,\,\,\,-y&-5z&+4w&=&-2\,.\end{matrix}}$

Lösung

Wir eliminieren zuerst die Variable ${}x$, indem wir die zweite Gleichung von der ersten Gleichung subtrahieren. Dies führt auf

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

Nun eliminieren wir die Variable ${}w$, indem wir (bezogen auf das vorhergehende System) ${}II+I$ und ${}III-2II$ ausrechnen. Dies führt auf

${\begin{matrix}&+8y&-6z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&2\\&-5y&+z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&-8\,.\end{matrix}}$

Mit ${}I+6II$ ergibt sich

${}-22y=-46\,$

und

${}y={\frac {23}{11}}\,.$

Rückwärts gelesen ergibt sich

${}z={\frac {27}{11}}\,,$

${}w={\frac {34}{11}}\,$

und

${}x=-{\frac {32}{11}}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über die Existenz von Basen in einem endlich erzeugten ${}K$- Vektorraum ${}V$.

Lösung

Es sei ${}v_{i}$, ${}i\in I$, ein Erzeugendensystem von ${}V$ mit einer endlichen Indexmenge ${}I$. Wir wollen mit der Charakterisierung aus Satz 7.11 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025))  (2) argumentieren. Falls die Familie schon minimal ist, so liegt eine Basis vor. Andernfalls gibt es ein ${}k\in I$ derart, dass die um ${}v_{k}$ reduzierte Familie, also ${}v_{i}$, ${}i\in I\setminus \{k\}$, ebenfalls ein Erzeugendensystem ist. In diesem Fall kann man mit der kleineren Indexmenge weiterargumentieren.
Mit diesem Verfahren gelangt man letztlich zu einer Teilmenge ${}J\subseteq I$ derart, dass ${}v_{i}$, ${}i\in J$, ein minimales Erzeugendensystem, also eine Basis ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die inverse Matrix zu

${\begin{pmatrix}1&2&0\\4&2&1\\0&0&3\end{pmatrix}}.$

Lösung

${}{\begin{pmatrix}1&2&0\\4&2&1\\0&0&3\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\4&2&1\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}-{\frac {1}{3}}&{\frac {1}{3}}&-{\frac {1}{9}}\\0&1&0\\0&0&{\frac {1}{3}}\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&2&1\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}-{\frac {1}{3}}&{\frac {1}{3}}&-{\frac {1}{9}}\\{\frac {4}{3}}&-{\frac {1}{3}}&{\frac {4}{9}}\\0&0&{\frac {1}{3}}\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&2&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}-{\frac {1}{3}}&{\frac {1}{3}}&-{\frac {1}{9}}\\{\frac {4}{3}}&-{\frac {1}{3}}&{\frac {1}{9}}\\0&0&{\frac {1}{3}}\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}-{\frac {1}{3}}&{\frac {1}{3}}&-{\frac {1}{9}}\\{\frac {2}{3}}&-{\frac {1}{6}}&{\frac {1}{18}}\\0&0&{\frac {1}{3}}\end{pmatrix}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über die Dualbasis.

Lösung

Es sei

${}\sum _{j=1}^{n}a_{j}v_{j}^{*}=0\,$

mit ${}a_{j}\in K$. Wenn wir diese Linearform auf ${}v_{i}$ anwenden, so ergibt sich direkt

${}a_{i}=0\,.$

Die ${}v_{1}^{*},\ldots ,v_{n}^{*}$ sind also linear unabhängig. Nach Korollar 13.12 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) besitzt der Dualraum die Dimension ${}n$, daher muss bereits eine Basis vorliegen.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestätige den Determinantenmultiplikationssatz für die beiden Matrizen

$A={\begin{pmatrix}2&1&3\\0&0&1\\-1&2&1\end{pmatrix}}\,\,{\text{ und }}\,\,B={\begin{pmatrix}5&3&7\\0&4&1\\0&-1&1\end{pmatrix}}.$

Lösung

Die Determinante von ${}A$ ist

${}\det {\begin{pmatrix}2&1&3\\0&0&1\\-1&2&1\end{pmatrix}}=-1-4=-5\,$

und die Determinante von ${}B$ ist

${}\det {\begin{pmatrix}5&3&7\\0&4&1\\0&-1&1\end{pmatrix}}=20+5=25\,.$

Das Produkt der beiden Matrizen ist

${}AB={\begin{pmatrix}2&1&3\\0&0&1\\-1&2&1\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}5&3&7\\0&4&1\\0&-1&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}10&7&18\\0&-1&1\\-5&4&-4\end{pmatrix}}\,.$

Die Determinante davon ist

${}{\begin{aligned}\det AB&=\det {\begin{pmatrix}10&7&18\\0&-1&1\\-5&4&-4\end{pmatrix}}\\&=40-35-90-40\\&=-125.\end{aligned}}$

Dies stimmt mit dem Produkt der beiden einzelnen Determinanten überein.

Aufgabe (4 Punkte)

Für eine ${}n\times n$- Matrix ${}M=(a_{ij})_{ij}$ sei

${}\delta (M)=\sum _{\pi \in S_{n}}\operatorname {sgn} (\pi )a_{1\pi (1)}\cdots a_{n\pi (n)}\,.$

Zeige die Gleichheit

${}\delta (M)=\delta {\left({M^{\text{tr}}}\right)}\,$

direkt, ohne die Gleichheit ${}\delta (M)=\det M$ zu verwenden (Eigenschaften des Signums von Permutationen dürfen verwendet werden).

Lösung

Es sei ${}M={\left(a_{ij}\right)}$ und ${}{M^{\text{tr}}}={\left(b_{ij}\right)}$ mit ${}b_{ij}=a_{ji}$. Dann ist

${}{\begin{aligned}\delta {\left({M^{\text{tr}}}\right)}&=\sum _{\pi \in S_{n}}\operatorname {sgn} (\pi )\prod _{i=1}^{n}b_{i\pi (i)}\\&=\sum _{\pi \in S_{n}}\operatorname {sgn} (\pi )\prod _{i=1}^{n}a_{\pi (i)i}\\&=\sum _{\rho =\pi ^{-1}\in S_{n}}\operatorname {sgn} (\rho ^{-1})\prod _{i=1}^{n}a_{\rho ^{-1}(i)i}\\&=\sum _{\rho \in S_{n}}\operatorname {sgn} (\rho )\prod _{j=1}^{n}a_{j\rho (j)}\\&=\delta (M).\end{aligned}}$

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (2 Punkte)

Begründe geometrisch, dass die Wurzeln ${}{\sqrt {n}}$, ${}n\in \mathbb {N}$, als Länge von „natürlichen“ Strecken vorkommen.

Lösung

Dies geht mit der Spirale des Theodorus. Wenn man die (bereits konstruierte) Quadratwurzel ${}{\sqrt {n}}$ als eine Kathete eines rechtwinkligen Dreiecks nimmt mit einer zweiten Kathete der Länge ${}1$, so erhält man eine Hypotenuse der Länge ${}{\sqrt {n+1}}$.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}z\in \mathbb {R}$ eine reelle Zahl. Zeige, dass die folgenden Eigenschaften äquivalent sind.

1. Es gibt ein Polynom ${}P\in \mathbb {R} [X]$, ${}P\neq 0$, mit ganzzahligen Koeffizienten und mit ${}P(z)=0$.
2. Es gibt ein Polynom ${}Q\in \mathbb {Q} [X]$, ${}Q\neq 0$, mit ${}Q(z)=0$.
3. Es gibt ein normiertes Polynom ${}R\in \mathbb {Q} [X]$ mit ${}R(z)=0$.

Lösung

Die Implikation (1) ${}\Rightarrow$ (2) ist unmittelbar klar, da ganze Zahlen rational sind und man somit ${}Q=P$ nehmen kann.

Es sei (2) erfüllt und sei

${}Q=s_{n}X^{n}+s_{n-1}X^{n-1}+\cdots +s_{2}X^{2}+s_{1}X+s_{0}\,$

mit ${}s_{i}\in \mathbb {Q}$, ${}s_{n}\neq 0$ und ${}Q(z)=0$. Wegen ${}s_{n}\neq 0$ ist auch ${}s_{n}^{-1}$ eine rationale Zahl. Wir multiplizieren ${}Q$ mit ${}s_{n}^{-1}$ und erhalten

${}{\begin{aligned}R&:=s_{n}^{-1}Q\\&=s_{n}^{-1}{\left(s_{n}X^{n}+s_{n-1}X^{n-1}+\cdots +s_{2}X^{2}+s_{1}X+s_{0}\right)}\\&=X^{n}+s_{n}^{-1}\cdot s_{n-1}X^{n-1}+\cdots +s_{n}^{-1}\cdot s_{2}X^{2}+s_{n}^{-1}\cdot s_{1}X+s_{n}^{-1}\cdot s_{0}.\end{aligned}}$

Dies ist ein normiertes Polynom, die Koeffizienten sind nach wie vor rational und es ist auch

${}R(z)=(s_{n}^{-1}Q)(z)=s_{n}^{-1}\cdot Q(z)=0\,.$

Es sei nun (3) erfüllt, und

${}R=X^{n}+t_{n-1}X^{n-1}+\cdots +t_{2}X^{2}+t_{1}X+t_{0}\,$

mit ${}t_{i}\in \mathbb {Q}$ und ${}R(z)=0$. Es ist

${}t_{i}={\frac {a_{i}}{b_{i}}}\,$

mit ${}a_{i},b_{i}\in \mathbb {Z}$, ${}b_{i}\neq 0$. Wir setzen

${}{\begin{aligned}P&=b_{0}b_{1}\cdots b_{n-1}R\\&=b_{0}b_{1}\cdots b_{n-1}{\left(X^{n}+{\frac {a_{n-1}}{b_{n-1}}}X^{n-1}+\cdots +{\frac {a_{2}}{b_{2}}}X^{2}+{\frac {a_{1}}{b_{1}}}X+{\frac {a_{0}}{b_{0}}}\right)}\\&=b_{0}b_{1}\cdots b_{n-1}X^{n}+b_{0}b_{1}\cdots b_{n-2}a_{n-1}b_{n}X^{n-1}+\cdots +b_{0}b_{1}a_{2}b_{3}\cdots b_{n-1}X^{2}+b_{0}a_{1}b_{2}\cdots b_{n-1}X+a_{0}b_{1}\cdots b_{n-1}.\end{aligned}}$

Dieses Polynom hat ganzzahlige Koeffizienten, ist nicht das Nullpolynom und es ist nach wie vor

${}P(z)=0\,.$

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (10 Punkte)

Beweise den Satz von Cayley-Hamilton.

Lösung

Wir fassen die Matrix ${}XE_{n}-M$ als eine Matrix auf, deren Einträge im Körper ${}K(X)$ liegen. Die adjungierte Matrix

$(XE_{n}-M)^{\operatorname {adj} }$

liegt ebenfalls in ${}\operatorname {Mat} _{n}(K(X))$. Die einzelnen Einträge der adjungierten Matrix sind nach Definition Determinanten von ${}(n-1)\times (n-1)$-Untermatrizen von ${}XE_{n}-M$. In den Einträgen dieser Matrix kommt die Variable ${}X$ maximal in der ersten Potenz vor, sodass in den Einträgen der adjungierten Matrix die Variable maximal in der ${}(n-1)$-ten Potenz vorkommt. Wir schreiben

$(XE_{n}-M)^{\operatorname {adj} }=X^{n-1}A_{n-1}+X^{n-2}A_{n-2}+\cdots +XA_{1}+A_{0}\,$

mit Matrizen

${}A_{i}\in \operatorname {Mat} _{n}(K)\,,$

d.h. man schreibt die einzelnen Einträge als Polynom und fasst dann zu ${}X^{i}$ die Koeffizienten zu einer Matrix zusammen. Aufgrund von Satz 17.9 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) gilt

${}{\begin{aligned}\chi _{M}E_{n}&=(XE_{n}-M)\circ (XE_{n}-M)^{\operatorname {adj} }\\&=(XE_{n}-M)\circ (X^{n-1}A_{n-1}+X^{n-2}A_{n-2}+\cdots +XA_{1}+A_{0})\\&=X^{n}A_{n-1}+X^{n-1}(A_{n-2}-M\circ A_{n-1})+X^{n-2}(A_{n-3}-M\circ A_{n-2})+\cdots +X^{1}(A_{0}-M\circ A_{1})-M\circ A_{0}.\end{aligned}}$

Wir können auch die Matrix links nach den Potenzen von ${}X$ aufteilen, dann ist

$\chi _{M}E_{n}=X^{n}E_{n}+X^{n-1}c_{n-1}E_{n}+X^{n-2}c_{n-2}E_{n}+\cdots +X^{1}c_{1}E_{n}+c_{0}E_{n}\,.$

Da diese zwei Polynome übereinstimmen, müssen jeweils ihre Koeffizienten übereinstimmen. D.h. wir haben ein System von Gleichungen

${\begin{matrix}E_{n}&=&A_{n-1}\\c_{n-1}E_{n}&=&A_{n-2}-M\circ A_{n-1}\\c_{n-2}E_{n}&=&A_{n-3}-M\circ A_{n-2}\\\vdots &\vdots &\vdots \\c_{1}E_{n}&=&A_{0}-M\circ A_{1}\\c_{0}E_{n}&=&-M\circ A_{0}\,.\end{matrix}}$

Wir multiplizieren diese Gleichungen von links von oben nach unten mit ${}M^{n},M^{n-1},M^{n-2},\ldots ,M^{1},E_{n}$ und erhalten das Gleichungssystem

${\begin{matrix}M^{n}&=&M^{n}\circ A_{n-1}\\c_{n-1}M^{n-1}&=&M^{n-1}\circ A_{n-2}-M^{n}\circ A_{n-1}\\c_{n-2}M^{n-2}&=&M^{n-2}\circ A_{n-3}-M^{n-1}\circ A_{n-2}\\\vdots &\vdots &\vdots \\c_{1}M^{1}&=&MA_{0}-M^{2}\circ A_{1}\\c_{0}E_{n}&=&-M\circ A_{0}\,.\end{matrix}}$

Wenn wir die linke Spalte dieses Gleichungssystem aufsummieren, so erhalten wir gerade ${}\chi _{M}\,(M)$. Wenn wir die rechte Seite aufsummieren, so erhalten wir ${}0$, da jeder Teilsummand ${}M^{i+1}\circ A_{i}$ einmal positiv und einmal negativ vorkommt. Also ist ${}\chi _{M}\,(M)=0$.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (3 Punkte)

Beschreibe die affine Gerade

${}G={\left\{{\begin{pmatrix}1\\7\\2\end{pmatrix}}+s{\begin{pmatrix}-1\\2\\4\end{pmatrix}}\mid s\in \mathbb {R} \right\}}\,$

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

Lösung

Der Richtungsvektor ${}{\begin{pmatrix}-1\\2\\4\end{pmatrix}}$ gehört jeweils zum Kern der beiden linear unabhängigen Linearformen ${}\left(2,\,1,\,0\right)$ und ${}\left(0,\,2,\,-1\right)$. Daher machen wir den Ansatz

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

Für den Aufpunkt ${}{\begin{pmatrix}1\\7\\2\end{pmatrix}}$ ergibt sich die Bedingung

${}\psi {\begin{pmatrix}1\\7\\2\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}9+a\\12+b\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}\,,$

also ist ${}a=-8$ und ${}b=-12$. Somit ist

${}\psi {\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2x+y-8\\2y-z-12\end{pmatrix}}\,$

eine affine Abbildung mit Urbild über 1 wie gewünscht.