Kurs:Lineare Algebra/Teil I/52/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	3	1	6	1	4	4	4	5	1	2	6	2	2	0	4	4	3	58

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die leere Menge.
2. Eine Abbildung ${}F$ von einer Menge ${}L$ in eine Menge ${}M$.
3. Ein Untervektorraum ${}U\subseteq V$ in einem ${}K$-Vektorraum ${}V$.
4. Eine alternierende Abbildung

   $\Phi \colon V^{n}=\underbrace {V\times \cdots \times V} _{n{\text{-mal}}}\longrightarrow W,$

   wobei ${}V$ und ${}W$ Vektorräume über ${}K$ sind.

5. Eine Fahne in einem ${}n$- dimensionalen ${}K$- Vektorraum ${}V$.
6. Die baryzentrischen Koordinaten zu einem Punkt ${}P\in E$ in einem affinen Raum ${}E$ über dem ${}K$- Vektorraum ${}V$ bezüglich einer affinen Basis ${}P_{i}$, ${}i\in I$.

Lösung

1. Unter der leeren Menge versteht man diejenige Menge, die kein Element besitzt.
2. Eine Abbildung ${}F$ von ${}L$ nach ${}M$ ist dadurch gegeben, dass jedem Element der Menge ${}L$ genau ein Element der Menge ${}M$ zugeordnet wird.
3. Die Teilmenge ${}U\subseteq V$ heißt Untervektorraum, wenn die folgenden Eigenschaften gelten.
   1. ${}0\in U$.
   2. Mit ${}u,v\in U$ ist auch ${}u+v\in U$.
   3. Mit ${}u\in U$ und ${}s\in K$ ist auch ${}su\in U$.
4. Die Abbildung

   $\Phi \colon V^{n}=\underbrace {V\times \cdots \times V} _{n{\text{-mal}}}\longrightarrow W$

   heißt alternierend, wenn ${}\Phi$ multilinear ist und wenn folgendes gilt: falls in ${}v=(v_{1},\ldots ,v_{n})$ zwei Einträge übereinstimmen, also ${}v_{i}=v_{j}$ für ein Paar ${}i\neq j$, so ist

   ${}\Phi (v)=0\,.$

5. Eine Kette von Untervektorräumen

   $0=V_{0}\subset V_{1}\subset \ldots \subset V_{n-1}\subset V_{n}=V$

   heißt eine Fahne in ${}V$.

6. Man nennt die zu ${}P$ eindeutig bestimmten Zahlen

   $(a_{i},i\in I){\text{ mit }}\sum _{i\in I}a_{i}=1$

   mit

   ${}P=\sum _{i\in I}a_{i}P_{i}\,$

   die baryzentrischen Koordinaten von ${}P$.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Das Superpositionsprinzip für ein inhomogenes (und das zugehörige homogene) Gleichungssystem über einem Körper ${}K$.
2. Der Satz über ${}n$ Vektoren in einem ${}n$- dimensionalen ${}K$- Vektorraum ${}V$.
3. Der Satz über Ideale in einem Polynomring ${}K[X]$ in einer Variablen über einem Körper ${}K$.

Lösung

1. Es sei ${}K$ ein Körper und

   ${\begin{matrix}a_{11}x_{1}+a_{12}x_{2}+\cdots +a_{1n}x_{n}&=&c_{1}\\a_{21}x_{1}+a_{22}x_{2}+\cdots +a_{2n}x_{n}&=&c_{2}\\\vdots &\vdots &\vdots \\a_{m1}x_{1}+a_{m2}x_{2}+\cdots +a_{mn}x_{n}&=&c_{m}\end{matrix}}$

   ein inhomogenes lineares Gleichungssystem über ${}K$ und es sei

   ${\begin{matrix}a_{11}x_{1}+a_{12}x_{2}+\cdots +a_{1n}x_{n}&=&0\\a_{21}x_{1}+a_{22}x_{2}+\cdots +a_{2n}x_{n}&=&0\\\vdots &\vdots &\vdots \\a_{m1}x_{1}+a_{m2}x_{2}+\cdots +a_{mn}x_{n}&=&0\end{matrix}}$

   das zugehörige homogene Gleichungssystem. Wenn ${}{\left(y_{1},\ldots ,y_{n}\right)}$ eine Lösung des inhomogenen Systems und ${}{\left(z_{1},\ldots ,z_{n}\right)}$ eine Lösung des homogenen Systems ist, so ist ${}{\left(y_{1}+z_{1},\ldots ,y_{n}+z_{n}\right)}$ eine Lösung des inhomogenen Systems.
2. Es sei ${}K$ ein Körper und ${}V$ ein ${}K$-Vektorraum mit endlicher Dimension ${}n=\dim _{K}{\left(V\right)}$. Für ${}n$ Vektoren ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ in ${}V$ sind folgende Eigenschaften äquivalent.
   1. ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ bilden eine Basis von ${}V$.
   2. ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ bilden ein Erzeugendensystem von ${}V$.
   3. ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ sind linear unabhängig.
3. In einem Polynomring über einem Körper ist jedes Ideal ein Hauptideal.

Aufgabe (3 Punkte)

Nehmen Sie Stellung zur folgenden Aussage: „Das Prinzip „Beweis durch Widerspruch“ ist offenbar absurd. Wenn man alles annehmen darf, so kann man immer einen Widerspruch erzielen und somit alles beweisen“.

Lösung Widerspruchsbeweis/Einwand/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (1 Punkt)

In einer psychologischen Längsschnittstudie wird die Entwicklung von Einstellungen und Verhaltensweisen von Personen untersucht. Ein Fallbeispiel: Im Alter von ${}20$ Jahren geht Linda regelmäßig auf Demonstrationen, sie hilft im Eine-Welt-Laden mit, braut ökologisches Bier, kocht Bio-Gemüse und studiert manchmal Soziologie.

Welcher der folgenden Befunde ist nach 10 Jahren am unwahrscheinlichsten?

1. Linda arbeitet für eine Versicherungsagentur.
2. Linda engagiert sich bei Attac und arbeitet für eine Versicherungsagentur.
3. Linda engagiert sich bei Attac.

Lösung

(2) ist am unwahrscheinlichsten. Dass zwei Ereignisse gleichzeitig eintreffen ist stets unwahrscheinlicher als die beiden einzelnen Ereignisse.

Aufgabe (6 (1+1+1+1+2) Punkte)

Wir definieren die Folge (der sogenannten Bernoulli-Zahlen) ${}B_{n}$, ${}n\in \mathbb {N}$, durch ${}B_{0}=1$ und für ${}n\geq 1$ durch die rekursive Bedingung

${}\sum _{j=0}^{n}{\binom {n+1}{j}}B_{j}=0\,.$

1. Berechne ${}B_{1}$.
2. Berechne ${}B_{2}$.
3. Berechne ${}B_{3}$.
4. Berechne ${}B_{4}$.
5. Zeige, dass alle ${}B_{n}$ rationale Zahlen sind.

Lösung

1. Für ${}n=1$ ist die rekursive Bedingung gleich

   ${}{\begin{aligned}0&=\sum _{j=0}^{1}{\binom {2}{j}}B_{j}\\&=B_{0}+2B_{1}\\&=1+2B_{1},\end{aligned}}$

   also ist ${}B_{1}=-{\frac {1}{2}}$.
2. Für ${}n=2$ ist die rekursive Bedingung gleich

   ${}{\begin{aligned}0&=\sum _{j=0}^{2}{\binom {3}{j}}B_{j}\\&=B_{0}+3B_{1}+3B_{2}\\&=1-{\frac {3}{2}}+3B_{2}\\&=-{\frac {1}{2}}+3B_{2},\end{aligned}}$

   also ist ${}B_{2}={\frac {1}{6}}$.
3. Für ${}n=3$ ist die rekursive Bedingung gleich

   ${}{\begin{aligned}0&=\sum _{j=0}^{3}{\binom {4}{j}}B_{j}\\&=B_{0}+4B_{1}+6B_{2}+4B_{3}\\&=1-2+1+4B_{3}\\&=4B_{3},\end{aligned}}$

   also ist ${}B_{3}=0$.
4. Für ${}n=4$ ist die rekursive Bedingung gleich

   ${}{\begin{aligned}0&=\sum _{j=0}^{4}{\binom {5}{j}}B_{j}\\&=B_{0}+5B_{1}+10B_{2}+10B_{3}+5B_{4}\\&=1-{\frac {5}{2}}+{\frac {10}{6}}+5B_{4}\\&={\frac {6-15+10}{6}}+5B_{4}\\&={\frac {1}{6}}+5B_{4},\end{aligned}}$

   also ist ${}B_{4}=-{\frac {1}{30}}$.
5. Wir zeigen die Aussage durch Induktion nach ${}n$, wobei der Induktionsanfang bereits erledigt ist. Zum Beweis des Induktionsschrittes nehmen wir an, das die Rationalität von ${}B_{0},B_{1},\ldots ,B_{n-1}$ bereits bekannt sei. Die Rekursionsbedingung

   ${}\sum _{j=0}^{n}{\binom {n+1}{j}}B_{j}=0\,$

   schreiben wir als

   ${}{\binom {n+1}{n}}B_{n}=-{\left(\sum _{j=0}^{n-1}{\binom {n+1}{j}}B_{j}\right)}\,$

   bzw. als

   ${}B_{n}=-{\frac {\sum _{j=0}^{n-1}{\binom {n+1}{j}}B_{j}}{\binom {n+1}{n}}}\,.$

   Da die Binomialkoeffizienten natürliche Zahlen sind, steht hier wieder eine rationale Zahl.

Aufgabe (1 Punkt)

Beschreibe die Gerade im ${}\mathbb {R} ^{2}$, die durch die beiden Punkte ${}(2,3)$ und ${}(5,-7)$ verläuft, in Punktvektorform.

Lösung

Die Gerade wird durch

${}{\left\{{\begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix}}+t\left({\begin{pmatrix}5\\-7\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix}}\right)\mid t\in \mathbb {R} \right\}}={\left\{{\begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix}}+t{\begin{pmatrix}3\\-10\end{pmatrix}}\mid t\in \mathbb {R} \right\}}\,$

beschrieben.

Aufgabe (4 Punkte)

Löse das inhomogene Gleichungssystem

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

Lösung

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

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

Nun eliminieren wir die Variable ${}x$, indem wir die zweite Gleichung mit der dritten Gleichung addieren. Dies führt auf

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

Mit ${}-6I+II$ ergibt sich

${}-21y=-11\,$

und

${}y={\frac {11}{21}}\,.$

Rückwärts gelesen ergibt sich

${}z=-{\frac {2}{21}}\,,$

${}x={\frac {17}{7}}\,$

und

${}z=-{\frac {95}{21}}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Es seien ${}\mu _{1},\mu _{2},\mu _{3}\in K$ Elemente in einem Körper ${}K$. Zeige, dass

${}w=\mu _{1}\mu _{2}+\mu _{1}\mu _{3}+\mu _{2}\mu _{3}\,$

und

${}z=-(\mu _{1}+\mu _{2}+\mu _{3})w+\mu _{1}\mu _{2}\mu _{3}\,$

die Gleichung ${}z^{2}=(w+\mu _{1}^{2})(w+\mu _{2}^{2})(w+\mu _{3}^{2})$ erfüllen.

Lösung

Die linke Seite ist

${}z^{2}=(\mu _{1}+\mu _{2}+\mu _{3})^{2}w^{2}-2(\mu _{1}+\mu _{2}+\mu _{3})\mu _{1}\mu _{2}\mu _{3}w+\mu _{1}^{2}\mu _{2}^{2}\mu _{3}^{2}\,$

und die rechte Seite ist

${}(w+\mu _{1}^{2})(w+\mu _{2}^{2})(w+\mu _{3}^{2})=w^{3}+(\mu _{1}^{2}+\mu _{2}^{2}+\mu _{3}^{2})w^{2}+(\mu _{1}^{2}\mu _{2}^{2}+\mu _{1}^{2}\mu _{3}^{2}+\mu _{2}^{2}\mu _{3}^{2})w+\mu _{1}^{2}\mu _{2}^{2}\mu _{3}^{2}\,.$

Um die Gleichheit zu zeigen, können wir den Summanden ${}\mu _{1}^{2}\mu _{2}^{2}\mu _{3}^{2}$ beidseitig abziehen und ${}w$ ausklammern, es ist somit

${}(\mu _{1}+\mu _{2}+\mu _{3})^{2}w-2(\mu _{1}+\mu _{2}+\mu _{3})\mu _{1}\mu _{2}\mu _{3}=w^{2}+(\mu _{1}^{2}+\mu _{2}^{2}+\mu _{3}^{2})w+\mu _{1}^{2}\mu _{2}^{2}+\mu _{1}^{2}\mu _{3}^{2}+\mu _{2}^{2}\mu _{3}^{2}\,$

zu zeigen. Wir ziehen ${}(\mu _{1}^{2}+\mu _{2}^{2}+\mu _{3}^{2})w$ beidseitig ab und dann ist

${}2(\mu _{1}\mu _{2}+\mu _{1}\mu _{3}+\mu _{2}\mu _{3})w-2(\mu _{1}+\mu _{2}+\mu _{3})\mu _{1}\mu _{2}\mu _{3}=w^{2}+\mu _{1}^{2}\mu _{2}^{2}+\mu _{1}^{2}\mu _{3}^{2}+\mu _{2}^{2}\mu _{3}^{2}\,$

zu zeigen. Der Summand links ist ${}2w^{2}$, wir ziehen ${}w^{2}$ beidseitig ab und somit folgt die Behauptung aus

${}{\begin{aligned}w^{2}&=(\mu _{1}\mu _{2}+\mu _{1}\mu _{3}+\mu _{2}\mu _{3})^{2}\\&=\mu _{1}^{2}\mu _{2}^{2}+\mu _{1}^{2}\mu _{2}^{3}+\mu _{2}^{2}\mu _{3}^{2}+2\mu _{1}^{2}\mu _{2}\mu _{3}+2\mu _{1}\mu _{2}^{2}\mu _{3}+2\mu _{1}\mu _{2}\mu _{3}^{2}\\&=\mu _{1}^{2}\mu _{2}^{2}+\mu _{1}^{2}\mu _{2}^{3}+\mu _{2}^{2}\mu _{3}^{2}+2(\mu _{1}+\mu _{2}+\mu _{3})\mu _{1}\mu _{2}\mu _{3}\end{aligned}}$

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

Die Zeitungen ${}A,B$ und ${}C$ verkaufen Zeitungsabos und konkurrieren dabei um einen lokalen Markt mit ${}8000$ potentiellen Lesern. Dabei sind innerhalb eines Jahres folgende Kundenbewegungen zu beobachten.

1. Die Abonnenten von ${}A$ bleiben zu ${}75\%$ bei ${}A$, ${}10\%$ wechseln zu ${}B$, ${}0\%$ wechseln zu ${}C$ und ${}15\%$ werden Nichtleser.
2. Die Abonnenten von ${}B$ bleiben zu ${}70\%$ bei ${}B$, ${}10\%$ wechseln zu ${}A$, ${}10\%$ wechseln zu ${}C$ und ${}10\%$ werden Nichtleser.
3. Die Abonnenten von ${}C$ bleiben zu ${}50\%$ bei ${}C$, ${}5\%$ wechseln zu ${}A$, ${}20\%$ wechseln zu ${}B$ und ${}25\%$ werden Nichtleser.
4. Von den Nichtlesern entscheiden sich je ${}15\%$ 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 ${}1500$ Abonnenten und es gibt ${}3500$ 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 ${}8000$ 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

${\begin{pmatrix}0,75&0,1&0,05&0,15\\0,1&0,7&0,2&0,15\\0&0,1&0,5&0,15\\0,15&0,1&0,25&0,55\end{pmatrix}}.$

b) Die Kundenverteilung nach einem Jahr zur Ausgangsverteilung ${}(1500,1500,1500,3500)$ ist

${}{\begin{pmatrix}0,75&0,1&0,05&0,15\\0,1&0,7&0,2&0,15\\0&0,1&0,5&0,15\\0,15&0,1&0,25&0,55\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1500\\1500\\1500\\3500\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1875\\2025\\1425\\2675\end{pmatrix}}\,.$

c) Die Ausgangsverteilung ist ${}(0,0,0,8000)$, daher ist die Verteilung nach einem Jahr gleich ${}(1200,1200,1200,4400)$.

Nach zwei Jahren ist die Kundenverteilung

${}{\begin{pmatrix}0,75&0,1&0,05&0,15\\0,1&0,7&0,2&0,15\\0&0,1&0,5&0,15\\0,15&0,1&0,25&0,55\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1200\\1200\\1200\\4400\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1740\\1860\\1380\\3020\end{pmatrix}}\,.$

Nach drei Jahren ist die Kundenverteilung

${}{\begin{aligned}{\begin{pmatrix}0,75&0,1&0,05&0,15\\0,1&0,7&0,2&0,15\\0&0,1&0,5&0,15\\0,15&0,1&0,25&0,55\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1740\\1860\\1380\\3020\end{pmatrix}}&={\begin{pmatrix}2013\\2205\\1329\\2453\end{pmatrix}}\\\end{aligned}}$

Aufgabe (5 Punkte)

Bestimme eine Basis des Urbildes von

${}T=\mathbb {Q} {\begin{pmatrix}7\\1\\12\end{pmatrix}}\subseteq \mathbb {Q} ^{3}\,$

zur linearen Abbildung

$\mathbb {Q} ^{4}\longrightarrow \mathbb {Q} ^{3},\,{\begin{pmatrix}x\\y\\z\\w\end{pmatrix}}\longmapsto {\begin{pmatrix}1&2&3&-1\\0&-1&3&2\\4&1&0&4\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\\w\end{pmatrix}}.$

Lösung

Wir betrachten das inhomogene lineare Gleichungssystem

${\begin{matrix}x&+2y&+3z&\,\,\,\,-w&=&7s\\&\,\,\,\,-y&+3z&+2w&=&s\\4x&+y&\,\,\,\,\,\,\,\,&+4w&=&12s\,.\end{matrix}}$

Wir ersetzen die dritte Gleichung durch -4I-7II+III und erhalten das äquivalente System

${\begin{matrix}x&+2y&+3z&\,\,\,\,-w&=&7s\\&\,\,\,\,-y&+3z&+2w&=&s\\&\,\,\,\,\,\,\,\,&-33z&-6w&=&-23s\,.\end{matrix}}$

Daraus sieht man insbesondere, dass die Lösungsmenge zweidimensional ist. Man sieht außerdem, dass der Kern der Abbildung selbst eindimensional ist und aus der Dimensionsformel folgt, dass die Abbildung surjektiv ist, insbesondere liegt also jeder Punkt von ${}T$ im Bild. Um linear unabhängige Elemente der Lösungsmenge zu erhalten setzen wir zunächst ${}s=0$ und ${}w=1$ und erhalten ${}z=-{\frac {2}{11}}$,

${}y={\frac {16}{11}}\,$

und ${}x=-{\frac {15}{11}}$.

Wenn wir ${}s=1$ und ${}w=0$ setzen, erhalten wir ${}z={\frac {23}{33}}$,

${}y={\frac {12}{11}}\,$

und ${}x={\frac {30}{11}}$.

Eine Basis des Urbildes ist daher durch die beiden Vektoren ${}{\begin{pmatrix}-{\frac {15}{11}}\\{\frac {16}{11}}\\-{\frac {2}{11}}\\1\end{pmatrix}}$ und ${}{\begin{pmatrix}{\frac {30}{11}}\\{\frac {12}{11}}\\{\frac {23}{33}}\\0\end{pmatrix}}$ gegeben.

Aufgabe (1 Punkt)

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

$\varphi \colon V\longrightarrow V$

eine lineare Abbildung. Zeige, dass die ${}0$ auf die ${}0$ abgebildet wird.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}\varphi (0)&=\varphi (v-v)\\&=\varphi (v)+\varphi (-v)\\&=\varphi (v)-\varphi (v)\\&=0.\end{aligned}}$

Aufgabe (2 Punkte)

Berechne über den komplexen Zahlen das Matrizenprodukt

${\begin{pmatrix}2+{\mathrm {i} }&1&1+3{\mathrm {i} }\\2{\mathrm {i} }&0&4{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}2{\mathrm {i} }&1+2{\mathrm {i} }\\1&2+3{\mathrm {i} }\\-1&-1+2{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}.$

Lösung

Man multipliziert die erste Zeile links mit der ersten Spalte rechts und erhält

${}(2+{\mathrm {i} })(2{\mathrm {i} })+1\cdot 1-(1+3{\mathrm {i} })=-2+4{\mathrm {i} }+1-1-3{\mathrm {i} }=-2+{\mathrm {i} }\,.$

Die zweite Zeile links multipliziert mit der ersten Spalte rechts ergibt

$-4-4{\mathrm {i} }.$

Die erste Zeile links multipliziert mit der zweiten Spalte rechts ergibt

${}(2+{\mathrm {i} })(1+2{\mathrm {i} })+1\cdot (2+3{\mathrm {i} })+(1+3{\mathrm {i} })(-1+2{\mathrm {i} })=-5+7{\mathrm {i} }\,.$

Die zweite Zeile links multipliziert mit der zweiten Spalte rechts ergibt

${}2{\mathrm {i} }{\left(1+2{\mathrm {i} }\right)}+4{\mathrm {i} }{\left(-1+2{\mathrm {i} }\right)}=2{\mathrm {i} }-4-4{\mathrm {i} }-8=-12-2{\mathrm {i} }\,.$

Das Ergebnis ist also die Matrix

${\begin{pmatrix}-2+{\mathrm {i} }&-5+7{\mathrm {i} }\\-4-4{\mathrm {i} }&-12-2{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}.$

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise den Satz über die Beziehung zwischen der adjungierten Matrix und der Determinante.

Lösung

Es sei ${}M={\left(a_{ij}\right)}_{ij}$. Die Koeffizienten der adjungierten Matrix seien

${}b_{ik}=(-1)^{i+k}\det M_{ki}\,.$

Die Koeffizienten des Produktes ${}(M^{\operatorname {adj} })\cdot M$ sind

${}c_{ij}=\sum _{k=1}^{n}b_{ik}a_{kj}=\sum _{k=1}^{n}(-1)^{i+k}a_{kj}\det M_{ki}\,.$

Bei ${}j=i$ ist dies ${}\det M$, da es sich bei dieser Summe um die Entwicklung der Determinante nach der ${}j$-ten Spalte handelt. Es sei ${}j\neq i$ und es sei ${}N$ die Matrix, die aus ${}M$ entsteht, wenn man in ${}M$ die ${}i$-te Spalte durch die ${}j$-te Spalte ersetzt. Wenn man ${}N$ nach der ${}i$-ten Spalte entwickelt, so ist dies

${}0=\det N=\sum _{k=1}^{n}(-1)^{i+k}a_{kj}\det M_{ki}=c_{ij}\,.$

Also sind diese Koeffizienten ${}0$, und damit stimmt die erste Gleichung.
Die zweite Gleichung ergibt sich ebenso, wobei man die Entwicklung der Determinante nach den verschiedenen Zeilen ausnutzen muss.

Aufgabe (2 Punkte)

Beweise den Satz über die Anzahl der Permutationen auf einer endlichen Menge.

Lösung

Es sei ${}M={\{1,\ldots ,n\}}$. Für die ${}1$ gibt es ${}n$ mögliche Bilder, für ${}2$ gibt es noch ${}n-1$ mögliche Bilder, für ${}3$ gibt es noch ${}n-2$ mögliche Bilder, usw. Daher gibt es insgesamt

${}n(n-1)(n-2)\cdots 2\cdot 1=n!\,$

mögliche Permutationen.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme für das Polynom

${}P=-6X^{9}-5X^{8}-4X^{7}+{\frac {1}{9}}X^{6}+X^{2}+X\,$

den Grad, den Leitkoeffizienten, den Leitterm und den Koeffizienten zu ${}X^{6}$.

Lösung

Der Grad ist ${}9$, der Leitkoeffizient ist ${}-6$, der Leitterm ist ${}-6X^{9}$ und der Koeffizient zu ${}X^{6}$ ist ${}{\frac {1}{9}}$.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über die jordansche Normalform.

Lösung

Da ${}\varphi$ trigonalisierbar ist, können wir Satz 26.14 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) anwenden. Es gibt also eine direkte Summenzerlegung

${}V=\operatorname {Haupt} _{\lambda _{1}}(\varphi )\oplus \cdots \oplus \operatorname {Haupt} _{\lambda _{m}}(\varphi )\,,$

wobei die Haupträume ${}\varphi$- invariant sind. Indem wir die Situation auf den einzelnen Haupträumen analysieren, können wir davon ausgehen, dass ${}\varphi$ nur einen Eigenwert ${}\lambda$ besitzt und

${}V=\operatorname {Haupt} _{\lambda }(\varphi )\,$

ist. Es ist dann

${}\psi =\varphi -\lambda \operatorname {Id} _{V}\,$

nilpotent. Daher gibt es nach Korollar 27.12 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) eine Basis, bezüglich der ${}\psi$ die Gestalt

${\begin{pmatrix}0&c_{1}&0&\cdots &\cdots &0\\0&0&c_{2}&0&\cdots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&0&c_{n-2}&0\\0&\cdots &\cdots &0&0&c_{n-1}\\0&\cdots &\cdots &\cdots &0&0\end{pmatrix}}$

besitzt, wobei die ${}c_{i}$ gleich ${}0$ oder gleich ${}1$ sind. Bezüglich dieser Basis hat

${}\varphi =\psi +\lambda \operatorname {Id} _{V}\,$

die Gestalt

${\begin{pmatrix}\lambda &c_{1}&0&\cdots &\cdots &0\\0&\lambda &c_{2}&0&\cdots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&\lambda &c_{n-2}&0\\0&\cdots &\cdots &0&\lambda &c_{n-1}\\0&\cdots &\cdots &\cdots &0&\lambda \end{pmatrix}}.$

Aufgabe (4 Punkte)

Finde eine affine Basis für die Lösungsmenge der inhomogenen Gleichung

${}37x-13y-5z+w=2\,.$

Lösung

Eine spezielle Lösung der Gleichung ist durch

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

gegeben. Für die zugehörige homogene Gleichung sind

${\begin{pmatrix}13\\37\\0\\0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\5\\-3\\0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\0\\1\\5\end{pmatrix}}$

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

${\begin{pmatrix}0\\0\\0\\2\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\0\\0\\2\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}13\\37\\0\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}13\\37\\0\\2\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\0\\0\\2\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0\\5\\-13\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\5\\-13\\2\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\0\\0\\2\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0\\0\\1\\5\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\1\\7\end{pmatrix}}$

eine affine Basis der Lösungsmenge der inhomogenen Gleichung.

Aufgabe (3 Punkte)

Beschreibe die affine Gerade

${}G={\left\{{\begin{pmatrix}-4\\12\\5\end{pmatrix}}+s{\begin{pmatrix}5\\-10\\2\end{pmatrix}}\mid s\in \mathbb {R} \right\}}\,$

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

Lösung

Der Richtungsvektor ${}{\begin{pmatrix}5\\-10\\2\end{pmatrix}}$ gehört jeweils zum Kern der beiden linear unabhängigen Linearformen ${}\left(2,\,1,\,0\right)$ und ${}\left(0,\,1,\,5\right)$. Daher machen wir den Ansatz

${}\psi {\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2x+y+a\\y+5z+b\end{pmatrix}}\,.$

Für den Aufpunkt ${}{\begin{pmatrix}-4\\12\\5\end{pmatrix}}$ ergibt sich die Bedingung

${}\psi {\begin{pmatrix}-4\\12\\5\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}4+a\\37+b\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-1\\3\end{pmatrix}}\,,$

also ist ${}a=-5$ und ${}b=-34$. Somit ist

${}\psi {\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2x+y-5\\y+5z-34\end{pmatrix}}\,$

die gesuchte affine Abbildung.