Kurs:Lineare Algebra/Teil I/51/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	2	3	2	4	3	5	3	1	0	2	8	4	0	3	2	4	52

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die Hintereinanderschaltung der Abbildungen

   $F\colon L\longrightarrow M$

   und

   $G\colon M\longrightarrow N.$

2. Die Matrizenmultiplikation.
3. Der von einer Familie von Vektoren ${}v_{i},\,i\in I$, aus einem ${}K$- Vektorraum ${}V$ aufgespannte Untervektorraum.
4. Die Elementarmatrizen.
5. Ein Gruppenhomomorphismus zwischen Gruppen ${}(G,\circ ,e_{G})$ und ${}(H,\circ ,e_{H})$.
6. Ein affiner Raum über einem ${}K$- Vektorraum ${}V$.

Lösung

1. Die Abbildung

   $G\circ F\colon L\longrightarrow N,\,x\longmapsto G(F(x)),$

   heißt die Hintereinanderschaltung der Abbildungen ${}F$ und ${}G$.

2. Es sei ${}K$ ein Körper und es sei ${}A$ eine ${}m\times n$- Matrix und ${}B$ eine ${}n\times p$-Matrix über ${}K$. Dann ist das Matrixprodukt

   $AB$

   diejenige ${}m\times p$-Matrix, deren Einträge durch

   ${}c_{ik}=\sum _{j=1}^{n}a_{ij}b_{jk}\,$

   gegeben sind.

3. Man nennt

   ${}\langle v_{i},\,i\in I\rangle ={\left\{\sum _{i\in J}s_{i}v_{i}\mid s_{i}\in K,\,J\subseteq I{\text{ endliche Teilmenge}}\right\}}\,$

   den von der Familie aufgespannten Untervektorraum.

4. Mit ${}B_{ij}$ bezeichnen wir diejenige ${}n\times n$- Matrix, die an der Stelle ${}(i,j)$ den Wert ${}1$ und sonst überall den Wert null hat. Dann nennt man die folgenden Matrizen Elementarmatrizen.
   1. ${}V_{ij}:=E_{n}-B_{ii}-B_{jj}+B_{ij}+B_{ji}$.
   2. ${}S_{k}(s):=E_{n}+(s-1)B_{kk}{\text{ für }}s\neq 0$.
   3. ${}A_{ij}(a):=E_{n}+aB_{ij}{\text{ für }}i\neq j{\text{ und }}a\in K$.
5. Eine Abbildung

   $\psi \colon G\longrightarrow H$

   heißt Gruppenhomomorphismus, wenn die Gleichheit

   ${}\psi (g\circ g')=\psi (g)\circ \psi (g')\,$

   für alle ${}g,g'\in G$ gilt.

6. Ein affiner Raum über einem ${}K$- Vektorraum ${}V$ ist (die leere Menge oder) eine nichtleere Menge ${}E$ zusammen mit einer Abbildung

   $V\times E\longrightarrow E,\,(v,P)\longmapsto P+v,$

   die den drei Bedingungen

   1. ${}P+0=P$ für alle ${}P\in E$,
   2. ${}(P+v)+w=P+(v+w)$ für alle ${}v,w\in V$ und ${}P\in E$,
   3. Zu je zwei Punkten ${}P,Q\in E$ gibt es genau einen Vektor ${}v\in V$ mit ${}Q=P+v$,

   genügt.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Charakterisierungssatz für eine Basis ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ in einem ${}K$- Vektorraum ${}V$.
2. Der Satz über Eigenvektoren zu paarweise verschiedenen Eigenwerten.
3. Das Lemma von Bezout für Polynome.

Lösung

1. Es sei ${}K$ ein Körper und ${}V$ ein ${}K$-Vektorraum. Es sei ${}v_{1},\ldots ,v_{n}\in V$ eine Familie von Vektoren. Dann sind folgende Aussagen äquivalent.
   1. Die Familie ist eine Basis von ${}V$.
   2. Die Familie ist ein minimales Erzeugendensystem, d.h. sobald man einen Vektor ${}v_{i}$ weglässt, liegt kein Erzeugendensystem mehr vor.
   3. Für jeden Vektor ${}u\in V$ gibt es genau eine Darstellung

      $u=s_{1}v_{1}+\cdots +s_{n}v_{n}.$

   4. Die Familie ist maximal linear unabhängig, d.h. sobald man irgendeinen Vektor dazunimmt, ist die Familie nicht mehr linear unabhängig.
2. Es sei ${}K$ ein Körper, ${}V$ ein ${}K$- Vektorraum und

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

   eine lineare Abbildung. Es seien ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ Eigenvektoren zu (paarweise) verschiedenen Eigenwerten ${}\lambda _{1},\ldots ,\lambda _{n}\in K$. Dann sind ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$

   linear unabhängig.
3. Es sei ${}K$ ein Körper und seien ${}P_{1},\ldots ,P_{n}$ Polynome über ${}K$. Es sei ${}G$ ein größter gemeinsamer Teiler der ${}P_{i}$. Dann gibt es eine Darstellung

   ${}G=Q_{1}P_{1}+\cdots +Q_{n}P_{n}\,$

   mit ${}Q_{1},\ldots ,Q_{n}\in K[X]$.

Aufgabe (2 Punkte)

Erläutere das Prinzip Beweis durch Widerspruch.

Lösung

Man möchte eine Aussage ${}A$ beweisen. Man nimmt an, dass ${}A$ nicht gilt. Daraus leitet man durch logisch korrektes Schließen einen Widerspruch her. Somit kann ${}\neg A$ nicht gelten und also muss ${}A$ gelten.

Aufgabe (3 (0.5+0.5+1+1) Punkte)

Professor Knopfloch fliegt von Tokio nach Frankfurt. Die Zeitdifferenz zwischen Frankfurt und Tokio beträgt 9 Stunden (wenn es in Frankfurt 12:00 ist, so ist es in Tokio bereits 21:00 am gleichen Tag). Das Flugzeug startet am Samstag um 11:30 Ortszeit in Tokio und landet am Samstag um 16:30 Ortszeit in Frankfurt und folgt dabei der eingezeichneten blauen Kurve. Die Erde ist in 24 Zeitzonen eingeteilt; in der Karte sind das (sehr schematisch) die Flächen, die durch die vom Nordpol ausgehenden Strahlen begrenzt werden. Wenn einer der Strahlen von West nach Ost (in der Karte bedeutet dies gegen den Uhrzeigersinn) überflogen wird, so springt die Ortszeit um eine Stunde vor. Wenn die Datumsgrenze (die rote Linie) von West nach Ost überflogen wird, so springt das Datum um einen Tag zurück (aber auch um eine Stunde vor, da die Datumsgrenze auch eine Zeitzonengrenze ist). Wir gehen davon aus, dass das Flugzeug für jede Überfliegung einer Zeitzone gleich lang braucht (das ist ziemlich unrealistisch) und dass Tokio und Frankfurt in der Mitte ihrer Zeitzonen liegen.

a) Wie lange ist das Flugzeug unterwegs?

b) Wie viele Minuten braucht das Flugzeug, um eine Zeitzone zu überfliegen?

c) Welche Ortszeit gilt unmittelbar nachdem das Flugzeug die Datumsgrenze durchflogen hat?

d) Wie viele Minuten war das Flugzeug gemäß Ortszeit am Freitag unterwegs?

Lösung

a) Das Flugzeug fliegt ${}5+9=14$ Stunden.

b) Es werden ${}15$ Zeitzonengrenzen und auch die Breite von ${}15$ Zeitzonen (${}14$ volle Zeitzonen und ${}2$ halbe Zeitzonen) überflogen. Das Flugzeug braucht somit ${}{\frac {14}{15}}={\frac {56}{60}}$ Stunden, also ${}56$ Minuten, um eine Zeitzone zu überfliegen.

c) Um ${}12:58$ hat das Flugzeug zum ersten Mal eine Zeitzonengrenze überflogen (immer in neuer Ortszeit), um ${}14:54$ wird die nächste Zeitzonengrenze überflogen, um ${}16:50$ die nächste. Die folgende Zeitzonengrenze ist die Datumsgrenze, diese wird um ${}18:46$ am Freitag überfolgen.

d) Die beiden nächsten Zeitzonengrenzen werden um ${}20:42$ und um ${}22:38$ überflogen. Nach weiteren ${}56$ Minuten ist es in alter Ortszeit ${}23:34$ und ${}00:34$ am Samstag in neuer Ortszeit. Daher war das Flugzeug am Freitag

${}3\cdot 56=168\,$

Minuten unterwegs.

Aufgabe (2 Punkte)

Löse das lineare Gleichungssystem

$-5x-{\frac {1}{3}}y=1{\text{ und }}-7x+{\frac {1}{2}}y={\frac {2}{3}}.$

Lösung

Wir addieren zur ersten Gleichung das ${}-{\frac {5}{7}}$-fache der zweiten Gleichung und erhalten

${}-{\frac {29}{42}}y={\frac {11}{21}}\,$

bzw.

${}y=-{\frac {22}{29}}\,.$

Daher ist

${}x=-{\frac {1}{15}}y-{\frac {1}{5}}={\frac {1}{15}}\cdot {\frac {22}{29}}-{\frac {1}{5}}={\frac {22-87}{435}}=-{\frac {65}{435}}=-{\frac {13}{87}}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Wir betrachten die lineare Abbildung ${}\varphi \colon \mathbb {R} ^{2}\rightarrow \mathbb {R} ^{2}$, die durch die Matrix ${}{\begin{pmatrix}8&4\\5&9\end{pmatrix}}$ gegeben ist.

1. Bestimme das Bild der durch die Gleichung

   ${}5x-7y=0\,$

   gegebenen Geraden.

2. Bestimme das Urbild der durch die Gleichung

   ${}6x-11y=0\,$

   gegebenen Geraden.

Lösung

1. Die Gerade kann man auch als

   ${}\mathbb {R} {\begin{pmatrix}7\\5\end{pmatrix}}={\left\{t{\begin{pmatrix}7\\5\end{pmatrix}}\mid t\in \mathbb {R} \right\}}\,$

   auffassen. Das Bild des erzeugenden Vektors ist

   ${}{\begin{pmatrix}8&4\\5&9\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}7\\5\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}76\\80\end{pmatrix}}\,.$

   Alle Vielfache von ${}{\begin{pmatrix}7\\5\end{pmatrix}}$ werden auf Vielfache von ${}{\begin{pmatrix}76\\80\end{pmatrix}}$ abgebildet, somit ist die Bildgerade gekürzt gleich

   $\mathbb {R} {\begin{pmatrix}19\\20\end{pmatrix}}.$

2. Wir schreiben die Koordinaten des ersten Raumes als ${}(x,y)$ und die Koordinaten den zweiten Raumes als ${}(u,v)$. Aus der Beziehung

   ${}{\begin{pmatrix}u\\v\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}8&4\\5&9\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\,$

   ergibt sich

   ${}6u-11v=6(8x+4y)-11(5x+9y)=-7x-75y\,.$

   Somit wird die Urbildgerade durch die Gleichung

   ${}-7x-75y=0\,$

   beschrieben.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und es seien ${}V$ und ${}W$ zwei ${}K$- Vektorräume. Es sei

$\varphi \colon V\longrightarrow W$

eine bijektive lineare Abbildung. Zeige, dass dann auch die Umkehrabbildung

$\varphi ^{-1}\colon W\longrightarrow V$

linear ist.

Lösung

Seien ${}w_{1},w_{2}\in W$. Wegen der Bijektivität gibt es eindeutige ${}v_{1},v_{2}\in V$ mit ${}\varphi (v_{1})=w_{1}$ und ${}\varphi (v_{2})=w_{2}$. Somit ist

${}{\begin{aligned}\varphi ^{-1}(w_{1}+w_{2})&=\varphi ^{-1}(\varphi (v_{1})+\varphi (v_{2}))\\&=\varphi ^{-1}(\varphi (v_{1}+v_{2}))\\&=v_{1}+v_{2}\\&=\varphi ^{-1}(w_{1})+\varphi ^{-1}(w_{2}).\end{aligned}}$

Entsprechend ist (mit ${}s\in K$)

${}{\begin{aligned}\varphi ^{-1}(sw)&=\varphi ^{-1}(s\varphi (v))\\&=\varphi ^{-1}(\varphi (sv))\\&=sv\\&=s\varphi ^{-1}(w).\end{aligned}}$

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und es seien ${}V$ und ${}W$ Vektorräume über ${}K$ der Dimension ${}n$ bzw. ${}m$. Es sei

$\varphi \colon V\longrightarrow W$

eine lineare Abbildung, die bezüglich zweier Basen durch die Matrix ${}M\in \operatorname {Mat} _{m\times n}(K)$ beschrieben werde. Zeige, dass ${}\varphi$ genau dann injektiv ist, wenn die Spalten der Matrix linear unabhängig in ${}K^{m}$ sind.

Lösung

Es seien ${}{\mathfrak {v}}=v_{1},\ldots ,v_{n}$ und ${}{\mathfrak {w}}=w_{1},\ldots ,w_{m}$ Basen von ${}V$ bzw. ${}W$ und es seien ${}s_{1},\ldots ,s_{n}$ die Spaltenvektoren von ${}M$. Die Abbildung ${}\varphi$ hat die Eigenschaft

${}\varphi (v_{j})=\sum _{i=1}^{m}s_{ij}w_{i}\,,$

wobei ${}s_{ij}$ der ${}i$-te Eintrag des ${}j$-ten Spaltenvektors ${}s_{j}$ ist. Daher ist

${}\varphi {\left(\sum _{j=1}^{n}a_{j}v_{j}\right)}=\sum _{j=1}^{n}a_{j}{\left(\sum _{i=1}^{m}s_{ij}w_{i}\right)}=\sum _{i=1}^{m}{\left(\sum _{j=1}^{n}a_{j}s_{ij}\right)}w_{i}\,.$

Dies ist genau dann ${}0$, wenn ${}\sum _{j=1}^{n}a_{j}s_{ij}=0$ für alle ${}i$ ist, und dies ist äquivalent zu

${}\sum _{j=1}^{n}a_{j}s_{j}=0\,.$

Dafür gibt es ein nichttriviales (Lösungs-)Tupel ${}{\left(a_{1},\ldots ,a_{n}\right)}$ genau dann, wenn die Spalten linear abhängig sind und genau dann, wenn der Kern von ${}\varphi$ nicht trivial ist. Dies ist gemäß Lemma 11.4 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) äquivalent dazu, dass ${}\varphi$ nicht injektiv ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}M$ eine invertierbare obere Dreiecksmatrix. Zeige, dass die inverse Matrix ${}M^{-1}$ ebenfalls eine obere Dreiecksmatrix ist.

Lösung

Es sei ${}M={\left(a_{ij}\right)}_{1\leq i,j\leq n}$ mit

${}a_{ij}=0\,$

für ${}i>j$ und sei

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

mit ${}N={\left(b_{ij}\right)}_{1\leq i,j\leq n}$. Es ist ${}a_{nn}\neq 0$, da sonst die letzte Zeile von ${}M$ die Nullzeile wäre, was im invertierbaren Fall nicht sein kann. Wir betrachten die Produkte der ${}n$-ten Zeile von ${}M$ mit den Spalten von ${}N$. Dies führt zu den Bedingungen ${}a_{nn}\cdot b_{nj}=0$ für ${}j<n$ und daraus folgt ${}b_{nj}=0$ für ${}j<n$. Das gleiche Argument, angewendet auf die Untermatrix ${}{\left(a_{ij}\right)}_{1\leq i,j\leq n-1}$ ergibt Zeile von Zeile das Resultat.

Aufgabe (1 Punkt)

Bestimme die inverse Matrix von

${\begin{pmatrix}-{\frac {9}{4}}&0&\cdots &\cdots &0\\0&{\frac {50}{3}}&0&\cdots &0\\\vdots &\ddots &-{\frac {5}{3}}&\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&10^{7}&0\\0&\cdots &\cdots &0&{\frac {2}{11}}\end{pmatrix}}.$

Lösung

Die inverse Matrix ist

${\begin{pmatrix}-{\frac {4}{9}}&0&\cdots &\cdots &0\\0&{\frac {3}{50}}&0&\cdots &0\\\vdots &\ddots &-{\frac {3}{5}}&\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&10^{-7}&0\\0&\cdots &\cdots &0&{\frac {11}{2}}\end{pmatrix}}.$

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (2 Punkte)

Löse das lineare Gleichungssystem

${}{\begin{pmatrix}3&7\\2&3\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}5\\2\end{pmatrix}}\,$

mit Hilfe der Cramerschen Regel.

Lösung

Es ist

${}x_{1}={\frac {\det {\begin{pmatrix}5&7\\2&3\end{pmatrix}}}{\det {\begin{pmatrix}3&7\\2&3\end{pmatrix}}}}=-{\frac {1}{5}}\,$

und

${}x_{2}={\frac {\det {\begin{pmatrix}3&5\\2&2\end{pmatrix}}}{\det {\begin{pmatrix}3&7\\2&3\end{pmatrix}}}}={\frac {-4}{-5}}={\frac {4}{5}}\,.$

Aufgabe (8 Punkte)

Beweise die Leibniz-Formel für die Determinante.

Lösung

Wir führen Induktion über ${}n\geq 1$, wobei der Induktionsanfang klar ist. Es sei also ${}n\geq 2$. Die Menge der Permutationen ${}\pi \in S_{n}$ kann man aufspalten, indem man nach ${}\pi (1)$ sortiert und die bijektive Abbildung

$\pi {|}_{\{2,\ldots ,n\}}\colon \{2,\ldots ,n\}\longrightarrow \{1,\ldots ,n\}\setminus \{i\}$

als eine Permutation ${}\rho$ auf ${}\{1,\ldots ,n-1\}$ auffasst, indem man beide Mengen ordnungstreu mit ${}\{1,\ldots ,n-1\}$ identifiziert. Dies ergibt eine Bijektion ${}S_{n,i}\cong S_{n-1}$, wobei hier ${}S_{n,i}$ die Menge der Permutationen auf ${}{\{1,\ldots ,n\}}$ bezeichnet, die ${}1$ auf ${}i$ abbilden. Zwischen den Signa besteht dabei die Beziehung

${}\operatorname {sgn} (\pi )=(-1)^{i-1}\operatorname {sgn} (\rho )=(-1)^{i+1}\operatorname {sgn} (\rho )\,,$

da man ${}i-1$ Transpositionen braucht, um die ${}i$-te Stelle und die erste Stelle zu vertauschen. Es besteht also insgesamt eine natürliche Bijektion

${}S_{n}=\biguplus _{i\in \{1,\ldots ,n\}}S_{n,i}=\biguplus _{i\in \{1,\ldots ,n\}}S_{n-1}\,.$

Somit gilt

${}{\begin{aligned}\sum _{\pi \in S_{n}}\operatorname {sgn} (\pi )a_{1\pi (1)}\cdots a_{n\pi (n)}&=\sum _{i=1}^{n}\sum _{\pi \in S_{n,i}}\operatorname {sgn} (\pi )\prod _{j=1}^{n}a_{j\pi (j)}\\&=\sum _{i=1}^{n}a_{1i}\sum _{\pi \in S_{n,i}}\operatorname {sgn} (\pi )\prod _{j=2}^{n}a_{j\pi (j)}\\&=\sum _{i=1}^{n}a_{1i}\sum _{\rho \in S_{n-1}}(-1)^{i+1}\operatorname {sgn} (\rho )\prod _{k=1}^{n-1}(M_{1i})_{k\rho (k)}\\&=\sum _{i=1}^{n}(-1)^{i+1}a_{1i}\det M_{1i}\\&=\det M,\end{aligned}}$

wobei ${}M_{1i}$ die Streichungsmatrix zur ersten Zeile und ${}i$-ten Spalte ist (und sich die Indizierung auf diese Matrix bezieht). Für die vorletzte Gleichung geht die Induktionsvoraussetzung ein und die letzte Gleichung beruht auf der Entwicklung nach der ersten Zeile.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und sei ${}K[X]$ der Polynomring über ${}K$. Es sei ${}P\in K[X]$ ein Polynom und ${}a\in K$. Zeige, dass ${}a$ genau dann eine Nullstelle von ${}P$ ist, wenn ${}P$ ein Vielfaches des linearen Polynoms ${}X-a$ ist.

Lösung

Wenn ${}P$ ein Vielfaches von ${}X-a$ ist, so kann man

${}P=(X-a)Q\,$

mit einem weiteren Polynom ${}Q$ schreiben. Einsetzen ergibt

${}P(a)=(a-a)Q(a)=0\,.$

Im Allgemeinen gibt es aufgrund der Division mit Rest eine Darstellung

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

wobei ${}R=0$ oder aber den Grad ${}0$ besitzt, also so oder so eine Konstante ist. Einsetzen ergibt

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

Wenn also ${}P(a)=0$ ist, so muss der Rest ${}R=0$ sein, und das bedeutet, dass ${}P=(X-a)Q$ ist.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (3 (2+0.5+0.5) Punkte)

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

$\varphi \colon V\longrightarrow V$

eine lineare Abbildung und ${}\lambda \in K$. Zeige folgende Aussagen.

1. Der Eigenraum

   $\operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\varphi \right)}$

   ist ein Untervektorraum von ${}V$.

2. ${}\lambda$ ist genau dann ein Eigenwert zu ${}\varphi$, wenn der Eigenraum ${}\operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\varphi \right)}$ nicht der Nullraum ist.
3. Ein Vektor ${}v\in V,\,v\neq 0$, ist genau dann ein Eigenvektor zu ${}\lambda$, wenn ${}v\in \operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\varphi \right)}$ ist.

Lösung

(1). Es seien ${}u,v\in \operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\varphi \right)}$ und sei ${}w=au+bv$. Dann ist

${}\varphi (w)=a\varphi (u)+b\varphi (v)=a\lambda u+b\lambda v=\lambda (au+bv)=\lambda w\,.$

(2) und (3) folgen direkt aus den Definitionen.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme, ob die Matrix

${\begin{pmatrix}1&7\\3&21\end{pmatrix}}$

nilpotent ist.

Lösung

Wegen

${}{\begin{pmatrix}1&7\\3&21\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1\\7\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}22\\154\end{pmatrix}}=22{\begin{pmatrix}1\\7\end{pmatrix}}\,$

ist ${}22$ ein Eigenwert der Matrix, sie kann also nicht nilpotent sein.

Aufgabe (4 Punkte)

Finde eine affine Basis für die Lösungsmenge der inhomogenen Gleichung

${}6x+3y-5z+w=2\,.$

Lösung

Eine spezielle Lösung der Gleichung ist durch

${\begin{pmatrix}0\\0\\0\\2\end{pmatrix}}$

gegeben. Für die zugehörige homogene Gleichung sind

${\begin{pmatrix}1\\-2\\0\\0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\5\\3\\0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\0\\1\\5\end{pmatrix}}$

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

${\begin{pmatrix}0\\0\\0\\2\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\0\\0\\2\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}1\\-2\\0\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\-2\\0\\2\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\0\\0\\2\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0\\5\\3\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\5\\3\\2\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\0\\0\\2\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0\\0\\1\\5\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\1\\7\end{pmatrix}}$

eine affine Basis der Lösungsmenge der inhomogenen Gleichung.