Kurs:Lineare Algebra/Teil I/50/Klausur mit Lösungen

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

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Das Urbild zu einer Teilmenge ${}T\subseteq M$ unter einer Abbildung ${}F\colon L\rightarrow M$.
2. Eine Basis eines ${}K$- Vektorraums ${}V$.
3. Der Orthogonalraum zu einem Untervektorraum

   ${}U\subseteq V\,$

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

4. Ein Ideal ${}{\mathfrak {a}}\subseteq R$ in einem kommutativen Ring ${}R$.
5. Eine diagonalisierbare lineare Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

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

6. Eine affine Basis in einem affinen Raum ${}E$ über einem ${}K$- Vektorraum ${}V$.

Lösung

1. Zu einer Teilmenge ${}T\subseteq M$ heißt

   $F^{-1}(T)={\left\{x\in L\mid F(x)\in T\right\}}$

   das Urbild von ${}T$ unter ${}F$.

2. Eine Familie ${}v_{i}$, ${}i\in I$, von Vektoren in ${}V$ heißt Basis, wenn diese Vektoren linear unabhängig sind und ein Erzeugendensystem bilden.
3. Man nennt

   ${}U^{\perp }={\left\{f\in {V}^{*}\mid f(u)=0{\text{ für alle }}u\in U\right\}}\subseteq {V}^{*}\,$

   den Orthogonalraum zu ${}U$.

4. Ein Ideal ist eine nichtleere Teilmenge ${}{\mathfrak {a}}\subseteq R$, für die die beiden folgenden Bedingungen erfüllt sind:
   1. Für alle ${}a,b\in {\mathfrak {a}}$ ist auch ${}a+b\in {\mathfrak {a}}$.
   2. Für alle ${}a\in {\mathfrak {a}}$ und ${}r\in R$ ist auch ${}ra\in {\mathfrak {a}}$.
5. Der Endomorphismus ${}\varphi$ heißt diagonalisierbar, wenn ${}V$ eine Basis aus Eigenvektoren zu ${}\varphi$ besitzt.
6. Eine Familie von Punkten ${}P_{i}\in E$, ${}i\in I$, in einem affine Raum ${}E$ über einem ${}K$- Vektorraum ${}V$ heißt eine affine Basis von ${}E$, wenn zu einem ${}i_{0}\in I$ die Vektorfamilie

   ${\overrightarrow {P_{i_{0}}P_{i}}},i\in I\setminus \{i_{0}\},$

   eine Basis von ${}V$ ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Basisergänzungssatz.
2. Der Festlegungssatz für lineare Abbildungen.
3. Der Satz über die Beschreibung eines Eigenraums als Kern.

Lösung

1. Es sei ${}K$ ein Körper und ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}K$- Vektorraum der Dimension ${}n=\dim _{K}{\left(V\right)}$. Es seien

   $u_{1},\ldots ,u_{k}$

   linear unabhängige Vektoren in ${}V$. Dann gibt es Vektoren

   $u_{k+1},\ldots ,u_{n}$

   derart, dass

   $u_{1},\ldots ,u_{k},u_{k+1},\ldots ,u_{n}$

   eine Basis

   von ${}V$ bilden.
2. Es sei ${}K$ ein Körper und es seien ${}V$ und ${}W$ Vektorräume über ${}K$. Es sei ${}v_{i}$, ${}i\in I$, eine Basis von ${}V$ und es seien ${}w_{i}$, ${}i\in I$, Elemente in ${}W$. Dann gibt es genau eine lineare Abbildung

   $f\colon V\longrightarrow W$

   mit

   $f(v_{i})=w_{i}{\text{ für alle }}i\in I.$

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

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

   eine lineare Abbildung. Es sei ${}\lambda \in K$. Dann ist

   $\operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\varphi \right)}=\operatorname {kern} {\left(\lambda \cdot \operatorname {Id} _{V}-\varphi \right)}.$

Aufgabe (3 Punkte)

Erläutere das Prinzip Beweis durch Fallunterscheidung.

Lösung Beweis durch Fallunterscheidung/Erläuterung/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 (1+3) Punkte)

In einer Höhle befinden sich im Innern am Ende des Ganges vier Personen. Sie haben eine Taschenlampe bei sich und der Gang kann nur mit der Taschenlampe begangen werden. Dabei können höchstens zwei Leute gemeinsam durch den Gang gehen. Die Personen sind unterschiedlich geschickt, die erste Person benötigt eine Stunde, die zweite Person benötigt zwei Stunden, die dritte Person benötigt vier Stunden und die vierte Person benötigt fünf Stunden, um den Gang zu durchlaufen. Wenn zwei Personen gleichzeitig gehen, entscheidet die langsamere Person über die Geschwindigkeit.

1. Die Batterie für die Taschenlampe reicht für genau ${}13$ Stunden. Können alle vier die Höhle verlassen?
2. Die Batterie für die Taschenlampe reicht für genau ${}12$ Stunden. Können alle vier die Höhle verlassen?

Lösung

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise die allgemeine binomische Formel, also die Formel

$(a+b)^{n}=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k}$

für ${}n\in \mathbb {N}$ und beliebige Elemente ${}a,b\in K$ in einem Körper ${}K$.

Lösung

Wir führen Induktion nach ${}n$. Für ${}n=0$ steht einerseits ${}(a+b)^{0}=1$ und andererseits ${}a^{0}b^{0}=1$. Es sei die Aussage bereits für ${}n$ bewiesen. Dann ist

${}{\begin{aligned}(a+b)^{n+1}&=(a+b)(a+b)^{n}\\&=(a+b){\left(\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k}\right)}\\&=a{\left(\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k}\right)}+b{\left(\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k}\right)}\\&=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k+1}b^{n-k}+\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k+1}\\&=\sum _{k=1}^{n+1}{\binom {n}{k-1}}a^{k}b^{n-k+1}+\sum _{k=0}^{n+1}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k+1}\\&=\sum _{k=1}^{n+1}{\left({\binom {n}{k-1}}+{\binom {n}{k}}\right)}a^{k}b^{n+1-k}+b^{n+1}\\&=\sum _{k=1}^{n+1}{\binom {n+1}{k}}a^{k}b^{n+1-k}+b^{n+1}\\&=\sum _{k=0}^{n+1}{\binom {n+1}{k}}a^{k}b^{n+1-k}.\end{aligned}}$

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise den Satz über die Dimension von Untervektorräumen für den Durchschnitt und die Summe.

Lösung

Es sei ${}w_{1},\ldots ,w_{k}$ eine Basis von ${}U_{1}\cap U_{2}$. Diese ergänzen wir gemäß Satz 8.12 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) einerseits zu einer Basis ${}w_{1},\ldots ,w_{k},u_{1},\ldots ,u_{n}$ von ${}U_{1}$ und andererseits zu einer Basis ${}w_{1},\ldots ,w_{k},v_{1},\ldots ,v_{m}$ von ${}U_{2}$. Dann ist

$w_{1},\ldots ,w_{k},u_{1},\ldots ,u_{n},v_{1},\ldots ,v_{m}$

ein Erzeugendensystem von ${}U_{1}+U_{2}$. Wir behaupten, dass es sich sogar um eine Basis handelt. Es sei dazu

${}a_{1}w_{1}+\cdots +a_{k}w_{k}+b_{1}u_{1}+\cdots +b_{n}u_{n}+c_{1}v_{1}+\cdots +c_{m}v_{m}=0\,.$

Daraus ergibt sich, dass das Element

$a_{1}w_{1}+\cdots +a_{k}w_{k}+b_{1}u_{1}+\cdots +b_{n}u_{n}=-c_{1}v_{1}-\cdots -c_{m}v_{m}\,$

zu ${}U_{1}\cap U_{2}$ gehört. Daraus folgt direkt ${}b_{i}=0$ für ${}i=1,\ldots ,n$ und ${}c_{j}=0$ für ${}j=1,\ldots ,m$. Somit ergibt sich dann auch ${}a_{\ell }=0$ für alle ${}\ell$. Also liegt lineare Unabhängigkeit vor. Insgesamt ist also

${}{\begin{aligned}\dim _{K}{\left(U_{1}\cap U_{2}\right)}+\dim _{K}{\left(U_{1}+U_{2}\right)}&=k+k+n+m\\&=k+n+k+m\\&=\dim _{K}{\left(U_{1}\right)}+\dim _{K}{\left(U_{2}\right)}.\end{aligned}}$

Aufgabe (5 Punkte)

Bestimme die Übergangsmatrizen ${}M_{\mathfrak {v}}^{\mathfrak {u}}$ und ${}M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {v}}$ für die Standardbasis ${}{\mathfrak {u}}$ und die durch die Vektoren

$v_{1}={\begin{pmatrix}1\\4\\5\end{pmatrix}},\,\,v_{2}={\begin{pmatrix}0\\1\\2\end{pmatrix}}\,{\text{ und }}\,v_{3}={\begin{pmatrix}-1\\1\\0\end{pmatrix}}$

gegebene Basis ${}{\mathfrak {v}}$ im ${}\mathbb {R} ^{3}$.

Lösung

Es ist

${}M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {v}}={\begin{pmatrix}1&0&-1\\4&1&1\\5&2&0\end{pmatrix}}\,.$

Für die umgekehrte Übergangsmatrix müssen wir diese Matrix invertieren. Es ist

${}{\begin{pmatrix}1&0&-1\\4&1&1\\5&2&0\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&0&-1\\0&1&5\\0&2&5\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\-4&1&0\\-5&0&1\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&0&-1\\0&1&5\\0&0&-5\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\-4&1&0\\3&-2&1\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&0&-1\\0&1&5\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\-4&1&0\\-{\frac {3}{5}}&{\frac {2}{5}}&-{\frac {1}{5}}\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}{\frac {2}{5}}&{\frac {2}{5}}&-{\frac {1}{5}}\\-1&-1&1\\-{\frac {3}{5}}&{\frac {2}{5}}&-{\frac {1}{5}}\end{pmatrix}}$

Es ist also

${}M_{\mathfrak {v}}^{\mathfrak {u}}={\begin{pmatrix}{\frac {2}{5}}&{\frac {2}{5}}&-{\frac {1}{5}}\\-1&-1&1\\-{\frac {3}{5}}&{\frac {2}{5}}&-{\frac {1}{5}}\end{pmatrix}}\,.$

Aufgabe (5 (2+3) Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und sei ${}K[X]$ der Polynomring über ${}K$. Es sei ${}a\in K$ ein fixiertes Element.

a) Zeige, dass

${}{\mathfrak {a}}={\left\{F\in K[X]\mid F(a)=0\right\}}\,$

ein Ideal ist.

b) Bestimme ein Polynom ${}P\in K[X]$ mit

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

Lösung

a) Es ist ${}0\in {\mathfrak {a}}$. Für ${}F,G\in {\mathfrak {a}}$ ist

${}(F+G)(a)=F(a)+G(a)=0+0=0\,,$

also ${}F+G\in {\mathfrak {a}}$. Für ${}F\in {\mathfrak {a}}$ und ${}H\in K[X]$ ist

${}(HF)(a)=H(a)F(a)=H(a)0=0\,,$

also ${}HF\in {\mathfrak {a}}$.

b) Wir behaupten

${}{\mathfrak {a}}=(X-a)\,.$

Das Polynom ${}X-a$ gehört offenbar zu ${}{\mathfrak {a}}$ und damit gehört auch das von ${}X-a$ erzeugte Hauptideal ${}(X-a)$ zu ${}{\mathfrak {a}}$. Es sei umgekehrt ${}F\in {\mathfrak {a}}$. Die Division mit Rest ergibt

${}F=(X-a)Q+R\,,$

wobei ${}R$ konstant ist. Aus ${}F(a)=0$ folgt

${}0=F(a)=(a-a)Q(a)+R(a)=R(a)\,$

und da ${}R$ konstant ist, folgt ${}R=0$. Also ist ${}F\in (X-a)$.

Aufgabe (2 Punkte)

Beweise, dass der Polynomring ${}K[X]$ über einem Körper ${}K$ selbst kein Körper ist.

Lösung

In einem Körper besitzt jedes Element ${}\neq 0$ ein multiplikatives Inverses. Dies ist beim Polynomring nicht der Fall, beispielsweise besitzt die Variable ${}X$ kein Inverses, da das Produkt von ${}X$ mit jedem Polynom ${}P\neq 0$ einen Grad ${}\geq 1$ besitzt.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

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

Wir betrachten die Matrix

${}M={\begin{pmatrix}7&0&2\\0&7&-1\\0&0&7\end{pmatrix}}\,$

über ${}\mathbb {Q}$.

a) Bestimme die jordansche Normalform von ${}M$.

b) Bestimme die kanonische Zerlegung von ${}M$ in einen diagonalisierbaren Anteil und einen nilpotenten Anteil.

c) Welche Eigenschaften der kanonischen Zerlegung erfüllt die Zerlegung

${}{\begin{pmatrix}7&0&2\\0&7&-1\\0&0&7\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}7&0&0\\0&7&0\\0&0&7\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0&0&2\\0&0&-1\\0&0&0\end{pmatrix}}\,,$

welche nicht?

Lösung

a) Es ist

${}M-7E_{3}={\begin{pmatrix}0&0&2\\0&0&-1\\0&0&0\end{pmatrix}}\,$

eine Matrix mit Rang ${}1$, daher ist der Eigenraum zum Eigenwert ${}7$ zweidimensional. Daher hat die jordansche Normalform die Gestalt

${\begin{pmatrix}7&0&0\\0&7&1\\0&0&7\end{pmatrix}}.$

b) In der Basis, in der die jordansche Normalform vorliegt, ist

${}{\begin{pmatrix}7&0&0\\0&7&1\\0&0&7\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}7&0&0\\0&7&0\\0&0&7\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}}\,.$

Dabei ist der Summand links in Diagonalgestalt, also insbesondere diagonalisierbar, und der Summand rechts ist nilpotent. Ferner ist

${}{\begin{pmatrix}7&0&0\\0&7&0\\0&0&7\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&7\\0&0&0\end{pmatrix}}\,$

und

${}{\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}7&0&0\\0&7&0\\0&0&7\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&4\\0&0&0\end{pmatrix}}\,,$

sodass auch die Vertauschbarkeitsbeziehung gilt.

c) Die Summanden sind diagonalisierbar bzw. nilpotent. Ferner ist

${}{\begin{pmatrix}7&0&0\\0&7&0\\0&0&7\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}0&0&2\\0&0&-1\\0&0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0&14\\0&0&-7\\0&0&0\end{pmatrix}}\,$

und

${}{\begin{pmatrix}0&0&2\\0&0&-1\\0&0&0\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}7&0&0\\0&7&0\\0&0&7\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0&14\\0&0&-7\\0&0&0\end{pmatrix}}\,$

und somit ist dies ebenfalls die kanonische Zerlegung (allerdings bezüglich einer anderen Basis).

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

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.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung