Kurs:Lineare Algebra/Teil I/54/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	1	3	4	5	0	4	0	7	6	6	5	5	2	0	3	4	61

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine injektive Abbildung

   $f\colon L\longrightarrow M.$

2. Eine Verknüpfung ${}\circ$ auf einer Menge ${}M$.
3. Die lineare Unabhängigkeit von Vektoren ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ in einem ${}K$-Vektorraum ${}V$.
4. Das Signum einer Permutation ${}\pi$ auf ${}{\{1,\ldots ,n\}}$.
5. Ein Ideal ${}{\mathfrak {a}}\subseteq R$ in einem kommutativen Ring ${}R$.
6. Eine nilpotente lineare Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

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

Lösung

1. Die Abbildung

   $f\colon L\longrightarrow M$

   ist injektiv, wenn für je zwei verschiedene Elemente ${}x,y\in L$ auch ${}f(x)$ und ${}f(y)$ verschieden sind.

2. Eine Verknüpfung ${}\circ$ auf einer Menge ${}M$ ist eine Abbildung

   $\circ \colon M\times M\longrightarrow M,\,(x,y)\longmapsto x\circ y.$

3. 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.

4. Die Zahl

   ${}\operatorname {sgn} (\pi )=\prod _{i<j}{\frac {\pi (j)-\pi (i)}{j-i}}\,$

   heißt das Signum der Permutation ${}\pi$.

5. 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 ${}ra\in {\mathfrak {a}}$.
6. Die lineare Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

   heißt nilpotent, wenn es eine natürliche Zahl ${}n$ derart gibt, dass die ${}n$-te Hintereinanderschaltung

   $\varphi ^{n}=0$

   ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Das Eliminationslemma für ein inhomogenes lineares Gleichungssystem in ${}n$ Variablen über einem Körper ${}K$.
2. Der Satz über die Korrespondenz von Matrizen und linearen Abbildungen.
3. Der Determinantenmultiplikationssatz.

Lösung

1. Es sei ${}K$ ein Körper und ${}S$ ein (inhomogenes) lineares Gleichungssystem über ${}K$ in den Variablen ${}x_{1},\ldots ,x_{n}$. Es sei ${}x$ eine Variable, die in mindestens einer Gleichung ${}G$ mit einem von ${}0$ verschiedenen Koeffizienten ${}a$ vorkommt. Dann lässt sich jede von ${}G$ verschiedene Gleichung ${}H$ durch eine Gleichung ${}H'$ ersetzen, in der ${}x$ nicht mehr vorkommt, und zwar so, dass das neue Gleichungssystem ${}S'$, das aus ${}G$ und den Gleichungen ${}H'$ besteht, äquivalent zum Ausgangssystem ${}S$ ist.
2. Es sei ${}K$ ein Körper und sei ${}V$ ein ${}n$-dimensionaler Vektorraum mit einer Basis ${}{\mathfrak {v}}=v_{1},\ldots ,v_{n}$ und sei ${}W$ ein ${}m$-dimensionaler Vektorraum mit einer Basis ${}{\mathfrak {w}}=w_{1},\ldots ,w_{m}$. Dann sind die Abbildungen

   $\varphi \longmapsto M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi ){\text{ und }}M\longmapsto \varphi _{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(M)$

   invers

   zueinander.
3. Es sei ${}K$ ein Körper und ${}n\in \mathbb {N} _{+}$. Dann gilt für Matrizen ${}A,B\in \operatorname {Mat} _{n}(K)$ die Beziehung

   ${}\det \left(A\circ B\right)=\det A\cdot \det B\,.$

Aufgabe (1 Punkt)

Petra fliegt zu ihrer ersten internationalen Konferenz. Als sie auf dem Weg zum Flughafen ihre Wohnung (sie wohnt allein) verlässt und gerade die Wohnungstür zugemacht hat, merkt sie (eine der drei Möglichkeiten)

1. Sie hat ihr Flugticket auf dem Schreibtisch vergessen.
2. Sie hat ihre Schlüssel auf dem Schreibtisch vergessen.
3. Sie hat ihren Reisepass auf dem Schreibtisch vergessen.

Was ist am schlimmsten?

Lösung

(1) und (3) sind jedenfalls nicht schlimm, da Petra die Schlüssel hat und daher direkt die vergessenen Sachen holen kann. Bei (2) hat sie dagegen ein Problem, wenn sie zurückkommt.

Aufgabe (3 Punkte)

Es seien ${}A,B,C$ Mengen. Zeige, dass die folgenden Aussagen zueinander äquivalent sind.

1. ${}A\subseteq B\cup C$.
2. ${}A\setminus B\subseteq C$.
3. ${}A\setminus C\subseteq B$.

Lösung

Von (1) nach (2). Es gelte also ${}A\subseteq B\cup C$ und es ist ${}A\setminus B\subseteq C$ zu zeigen. Es sei also ${}x\in A\setminus B$. Das bedeutet ${}x\in A$ und ${}x\notin B$. Nach Voraussetzung (1) gilt wegen ${}x\in A$ auch ${}x\in B\cup C$ und wegen ${}x\notin B$ gilt ${}x\in C$.

Von (2) nach (1). Es gelte also ${}A\setminus B\subseteq C$ und es ist ${}A\subseteq B\cup C$ zu zeigen. Es sei also ${}x\in A$. Wir machen eine Fallunterscheidung. Bei ${}x\in B$ ist auch ${}x\in B\cup C$. Bei ${}x\notin B$ gilt wegen ${}x\in A$ zunächst ${}x\in A\setminus B$ und daher wegen der Voraussetzung ${}A\setminus B\subseteq C$ auch ${}x\in C$, also wieder ${}x\in B\cup C$.

Die Äquivalenz von (1) und (3) ergibt sich genauso mit vertauschten Rollen von ${}B$ und ${}C$.

Aufgabe (4 Punkte)

Löse das inhomogene Gleichungssystem

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

Lösung

Wir eliminieren zuerst die Variable ${}z$, indem wir die zweite und die vierten Gleichung addieren. Dies führt auf

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

Nun eliminieren wir die Variable ${}x$, indem wir (bezogen auf das vorhergehende System) ${}II+III$ und ${}III-3I$ ausrechnen. Dies führt auf

${\begin{matrix}&-3y&\,\,\,\,\,\,\,\,&-2w&=&-4\\&-5y&\,\,\,\,\,\,\,\,&\,\,\,\,-w&=&0\,.\end{matrix}}$

Mit ${}I-2II$ ergibt sich

${}7y=-4\,$

und

${}y=-{\frac {4}{7}}\,.$

Rückwärts gelesen ergibt sich

${}x=-{\frac {5}{7}}\,,$

${}w={\frac {20}{7}}\,$

und

${}z={\frac {37}{7}}\,.$

Aufgabe (5 (3+1+1) Punkte)

In der großen Pause fährt das Süßwarenmobil von Raul Zucchero auf den Schulhof. Gabi kauft einen Schokoriegel, zwei Packungen Brausepulver und drei saure Zungen und zahlt dafür ${}1,30$ €. Lucy kauft zwei Schokoriegel, eine Packung Brausepulver und zwei saure Zungen und zahlt dafür ${}1,60$ €. Veronika kauft drei Packungen Brausepulver und vier saure Zungen und zahlt dafür einen Euro.

1. Kann man daraus die Preise rekonstruieren?
2. Wie sieht es aus, wenn man weiß, dass die Preise volle positive Centbeträge sind?
3. Wie sieht es aus, wenn man weiß, dass die Preise positive Vielfache von Zehn-Cent-Beträgen sind?

Lösung

1. Es sei ${}x$ der Preis für den Schokoriegel, ${}y$ der Preis für die Packung Brausepulver, ${}z$ der Preis für eine saure Zunge. Die drei Einkäufe führen zu den drei Gleichungen

   ${}x+2y+3z=1,3\,,$

   ${}2x+y+2z=1,6\,,$

   ${}3y+4z=1\,.$

   Die Gleichung ${}2I-II$ ergibt

   ${}3y+4z=1\,.$

   Dies stimmt mit der dritten Gleichung überein, daher ist das Gleichungssystem äquivalent zum System

   ${}x+2y+3z=1,3\,,$

   ${}3y+4z=1\,$

   mit zwei Gleichungen. Dabei führt jede Vorgabe von ${}z$ zu einer Lösung und die Preise sind nicht ermittelbar.

2. Es gibt die Lösungen (in Cent) ${}(60,20,10)$ und ${}(61,24,7)$, die Lösungen sind also auch unter der zusätzlichen Bedingung nicht eindeutig.
3. Bei ${}z=10$ haben wir die Lösung ${}(60,20,10)$. Bei ${}z=20$ ist

   ${}y=20/3\,,$

   also kein Vielfaches der ${}10$. Bei ${}z\geq 30$ ist

   ${}4z\geq 120>100\,$

   und die zweite Gleichung kann nicht unter der gegebenen Nebenbedingung erfüllt werden. Es gibt also nur eine Lösung.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und es seien ${}V$ und ${}W$ endlichdimensionale ${}K$- Vektorräume. Zeige, dass ${}V$ und ${}W$ genau dann zueinander isomorph sind, wenn ihre Dimension übereinstimmt.

Lösung

Wir nehmen zunächst an, dass ${}V$ und ${}W$ isomorph sind, dass also eine bijektive lineare Abbildung

$\varphi \colon V\longrightarrow W$

existiert.

Es sei ${}w_{1},\ldots ,w_{n}$ eine Basis von ${}W$. Aufgrund der Surjektivität von ${}\varphi$ existieren Elemente ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ in ${}V$ mit ${}\varphi (v_{i})=w_{i}$.

Es sei ${}a_{1}v_{1}+\cdots +a_{n}v_{n}=0$ eine Darstellung der 0. Dann ist

${}{\begin{aligned}0&=\varphi (0)\\&=\varphi (a_{1}v_{1}+\cdots +a_{n}v_{n})\\&=a_{1}\varphi (v_{1})+\cdots +a_{n}\varphi (v_{n})\\&=a_{1}w_{1}+\cdots +a_{n}w_{n};\end{aligned}}$

weil ${}w_{1},\ldots ,w_{n}$ linear unabhängig sind, sind alle Koeffizienten 0. Daraus schließen wir, dass ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ linear unabhängig sind und wegen Satz 7.11 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025))  (4) ist die Dimension von ${}V$ damit mindestens so hoch wie die von ${}W$. Mithilfe der Umkehrabbildung zu ${}\varphi$ können wir ebenso zeigen, dass die Dimension von ${}W$ mindestens so hoch ist, wie die von ${}V$. Also sind die Vektorräume gleichdimensional.

Nehmen wir umgekehrt an, dass die Dimensionen der Vektorräume übereinstimmen, und seien Basen ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ von ${}V$ und ${}w_{1},\ldots ,w_{n}$ von ${}W$ gegeben. Dann werden durch die Zuordnungen ${}\varphi (v_{i})=w_{i}$ bzw. ${}\psi (w_{i})=v_{i}$ gemäß Satz 10.10 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) lineare Abbildungen definiert. Diese sind zueinander invers (man kann dies auf Basen nachprüfen und auf den gewählten Basen ist dies trivial), also sind ${}V$ und ${}W$ isomorph.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (7 (1+3+3) Punkte)

Es sei ${}I={\{1,\ldots ,n\}}$ und sei ${}\pi$ eine Permutation auf ${}I$. Die zugehörige Permutationsmatrix ${}M_{\pi }$ ist dadurch gegeben, dass

${}a_{\pi (j),j}=1\,$

ist und alle anderen Einträge ${}0$ sind.

a) Bestimme die Permutationsmatrix zur Permutation

${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$
${}\pi (x)$	${}4$	${}3$	${}1$	${}2$

b) Zeige, dass die Abbildung

$S_{n}\longrightarrow \operatorname {GL} _{n}\!{\left(K\right)},\,\pi \longmapsto M_{\pi },$

ein Gruppenhomomorphismus ist.

c) Zeige, dass

${}\det M_{\pi }=\operatorname {sgn} (\pi )\,$

ist.

Lösung

a) Es ist

${}M_{\pi }={\begin{pmatrix}0&0&1&0\\0&0&0&1\\0&1&0&0\\1&0&0&0\end{pmatrix}}\,.$

b) Nach Konstruktion ist

${}M_{\pi }(e_{j})=e_{\pi (j)}\,,$

da dies die ${}j$-te Spalte der Matrix ist. Die Gleichheit

${}M_{\pi \rho }=M_{\pi }\circ M_{\rho }\,$

lässt sich auf einer Basis überprüfen. Dies stimmt wegen

${}{\left(M_{\pi }\circ M_{\rho }\right)}(e_{i})=M_{\pi }(M_{\rho }(e_{i}))=M_{\pi }(e_{\rho (i)})=e_{\pi (\rho (i))}=M_{\pi \rho }(e_{i})\,.$

c) Mit der Leibniz-Formel ist

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

Das Produkt ist nur in dem einen Fall

${}\rho =\pi ^{-1}\,$

nicht ${}0$, da sonst immer mindestens ein Faktor gleich ${}0$ ist. Also ist

${}\det M_{\pi }=\operatorname {sgn} (\pi ^{-1})a_{1\pi ^{-1}(1)}\cdots a_{n\pi ^{-1}(n)}=\operatorname {sgn} (\pi ^{-1})=\operatorname {sgn} (\pi )\,.$

Aufgabe (6 (1+4+1) Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper mit ${}2\neq 0$ und sei ${}K[X]_{\leq 2}$ der ${}K$- Vektorraum aller Polynome vom Grad ${}\leq 2$. Zu ${}z\in K$ bezeichne ${}\operatorname {Ev} _{z}$ die Auswertung an ${}z$, also die Abbildung

$\operatorname {Ev} _{z}\colon K[X]_{\leq 2}\longrightarrow K,\,P\longmapsto P(z).$

a) Zeige, dass ${}\operatorname {Ev} _{z}$ linear ist.

b) Beschreibe die Auswertung an ${}-4$ als Linearkombinationen der Auswertungen an ${}0$, an ${}1$ und an ${}2$.

c) Überprüfe das Ergebnis aus (b) für das Polynom ${}5X^{2}-2X+3$.

Lösung

a) Für Polynome ${}P,Q\in K[X]_{\leq 2}$ und Skalare ${}r,s\in K$ und ${}z\in K$ ist

${}{\begin{aligned}\operatorname {Ev} _{z}(rP+sQ)&=(rP+sQ)(z)\\&=rP(z)+sQ(z)\\&=r\operatorname {Ev} _{z}(P)+s\operatorname {Ev} _{z}(Q),\end{aligned}}$

was die Linearität bedeutet.

b) Es sei

${}P=aX^{2}+bX+c\,.$

Es ist

${}\operatorname {Ev} _{0}(P)=c\,,$

${}\operatorname {Ev} _{1}(P)=a+b+c\,$

und

${}\operatorname {Ev} _{2}(P)=4a+2b+c\,.$

Die Koeffizienten des Polynoms kann man aus den drei Evaluationen rekonstruieren, es ist

${}a={\frac {1}{2}}\operatorname {Ev} _{2}(P)-\operatorname {Ev} _{1}(P)+{\frac {1}{2}}\operatorname {Ev} _{0}(P)\,,$

${}b=-{\frac {1}{2}}\operatorname {Ev} _{2}(P)+2\operatorname {Ev} _{1}(P)-{\frac {3}{2}}\operatorname {Ev} _{0}(P)\,$

und

${}c=\operatorname {Ev} _{0}(P)\,.$

Daher ist

${}{\begin{aligned}\operatorname {Ev} _{-4}(P)&=\operatorname {Ev} _{-4}(aX^{2}+bX+c)\\&=16a-4b+c\\&=16{\left({\frac {1}{2}}\operatorname {Ev} _{2}(P)-\operatorname {Ev} _{1}(P)+{\frac {1}{2}}\operatorname {Ev} _{0}(P)\right)}-4{\left(-{\frac {1}{2}}\operatorname {Ev} _{2}(P)+2\operatorname {Ev} _{1}(P)-{\frac {3}{2}}\operatorname {Ev} _{0}(P)\right)}+\operatorname {Ev} _{0}(P)\\&=10\operatorname {Ev} _{2}(P)-24\operatorname {Ev} _{1}(P)+15\operatorname {Ev} _{0}(P).\end{aligned}}$

Also ist

${}\operatorname {Ev} _{-4}=10\operatorname {Ev} _{2}-24\operatorname {Ev} _{1}+15\operatorname {Ev} _{0}\,.$

c) Für das Polynom ${}5X^{2}-2X+3$ ergibt die Auswertung an ${}-4$ direkt

${}5\cdot (-4)^{2}-2\cdot (-4)+3=91\,.$

Die Linearkombination der Auswertungen ergibt ebenfalls

${}{\begin{aligned}10\operatorname {Ev} _{2}{\left(5X^{2}-2X+3\right)}-24\operatorname {Ev} _{1}{\left(5X^{2}-2X+3\right)}+15\operatorname {Ev} _{0}{\left(5X^{2}-2X+3\right)}&=10\cdot {\left(20-4+3\right)}-24\operatorname {Ev} _{1}{\left(5-2+3\right)}+15\operatorname {Ev} _{0}{\left(3\right)}\\&=190-144+45\\&=91.\end{aligned}}$

Aufgabe (6 (2+3+1) Punkte)

Wir betrachten die lineare Abbildung

$\varphi \colon {\mathbb {C} }^{3}\longrightarrow {\mathbb {C} }^{3},$

die bezüglich der Standardbasis durch die Matrix

${}A={\begin{pmatrix}1&2&2+{\mathrm {i} }\\0&{\mathrm {i} }&1+{\mathrm {i} }\\0&0&-1+2{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}\,$

beschrieben wird.

a) Bestimme das charakteristische Polynom und die Eigenwerte von ${}A$.

b) Berechne zu jedem Eigenwert einen Eigenvektor.

c) Stelle die Matrix für ${}\varphi$ bezüglich einer Basis aus Eigenvektoren auf.

Lösung

a) Das charakteristische Polynom ist

${}{\begin{aligned}\chi _{A}&=\det {\begin{pmatrix}x-1&-2&-2-{\mathrm {i} }\\0&x-{\mathrm {i} }&-1-{\mathrm {i} }\\0&0&x+1-2{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}\\&=(x-1)(x-{\mathrm {i} })(x+1-2{\mathrm {i} })\\&=x^{3}-(0+3{\mathrm {i} })x^{2}+(-3+2{\mathrm {i} })x+2+1{\mathrm {i} }\end{aligned}}$

und die Eigenwerte von ${}A$ sind ${}1,{\mathrm {i} },-1+2{\mathrm {i} }$.

b) Wir bestimmen für jeden Eigenwert einen Eigenvektor.

${}x=1$:

Wir müssen ein nichttriviales Element im Kern von

${\begin{pmatrix}0&-2&-2-{\mathrm {i} }\\0&1-{\mathrm {i} }&-1-{\mathrm {i} }\\0&0&2-2{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}$

bestimmen. Da gehört ${}{\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}$ dazu.

${}x={\mathrm {i} }$:

Dies führt auf

${\begin{pmatrix}-1+{\mathrm {i} }&-2&-2-{\mathrm {i} }\\0&0&-1-{\mathrm {i} }\\0&0&1-{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}.$

Wir wählen ${}c=0$ und ${}a=2$ und erhalten ${}b=-1+{\mathrm {i} }$, also ist

${\begin{pmatrix}1\\-1+{\mathrm {i} }\\0\end{pmatrix}}$

ein Eigenvektor zum Eigenwert ${}{\mathrm {i} }$.

${}x=-1+2{\mathrm {i} }$:

Dies führt auf

${\begin{pmatrix}-2+2{\mathrm {i} }&-2&-2-{\mathrm {i} }\\0&-1+{\mathrm {i} }&-1-i\\0&0&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}.$

Mit ${}c=-1+{\mathrm {i} }$ und ${}b=1+{\mathrm {i} }$ ist die mittlere Zeile erfüllt. Die erste Zeile wird dann zu

$(-3+2{\mathrm {i} })a-1-{\mathrm {i} }+(2-{\mathrm {i} })(-1+{\mathrm {i} })=0$

Somit ist

${\begin{pmatrix}-2+{\mathrm {i} }\\1+{\mathrm {i} }\\-1+{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}$

ein Eigenvektor zum Eigenwert ${}-1+2{\mathrm {i} }$.

c) Bezüglich einer Basis aus Eigenvektoren besitzt die beschreibende Matrix die Gestalt

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

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}V$ ein endlichdimensionaler Vektorraum über einem Körper ${}K$ und es sei

$f\colon V\longrightarrow V$

eine lineare Abbildung. Zeige, dass das charakteristische Polynom ${}\chi _{f}$ und das Minimalpolynom ${}\mu _{f}$ die gleichen Nullstellen besitzen.

Lösung

Dass die Nullstellen des Minimalpolynoms auch Nullstellen des charakteristischen Polynoms sind, folgt direkt aus Cayley-Hamilton.

Umgekehrt sei ${}\lambda \in K$ eine Nullstelle des charakteristischen Polynoms und sei ${}v\in V$ ein Eigenvektor von ${}f$ zum Eigenwert ${}\lambda$, den es nach Satz 23.2 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) gibt. Das Minimalpolynom schreiben wir als

${}\mu _{f}=(X-\lambda _{1})^{m_{1}}\cdots (X-\lambda _{k})^{m_{k}}Q\,,$

wobei ${}Q$ nullstellenfrei sei. Dann ist

${}{\begin{aligned}0&=\mu _{f}(f)\\&={\left((X-\lambda _{1})^{m_{1}}\cdots (X-\lambda _{k})^{m_{k}}Q\right)}(f)\\&=(f-\lambda _{1}\operatorname {Id} _{V})^{m_{1}}\cdots (f-\lambda _{k}\operatorname {Id} _{V})^{m_{k}}Q(f).\end{aligned}}$

Wir wenden dies auf ${}v$ an. Nach Lemma 24.4 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) bilden die Faktoren den Vektor ${}v$ auf ${}(\lambda -\lambda _{i})^{m_{i}}v$ bzw. auf ${}Q(\lambda )v$ ab. Insgesamt wird somit ${}v$ auf

$(\lambda -\lambda _{1})^{m_{1}}\cdots (\lambda -\lambda _{k})^{m_{k}}Q(\lambda )v$

abgebildet. Da die Gesamtabbildung die Nullabbildung und ${}Q(\lambda )\neq 0$ ist, muss ein ${}\lambda _{i}=\lambda$ sein.

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise den Satz über die Eigenvektoren zu verschiedenen Eigenwerten.

Lösung

Wir beweisen die Aussage durch Induktion nach ${}n$. Für ${}n=0$ ist die Aussage richtig. Es sei die Aussage also für weniger als ${}n$ Vektoren bewiesen. Betrachten wir eine Darstellung der ${}0$, also

${}a_{1}v_{1}+\cdots +a_{n}v_{n}=0\,.$

Wir wenden darauf ${}\varphi$ an und erhalten einerseits

${}a_{1}\varphi (v_{1})+\cdots +a_{n}\varphi (v_{n})=\lambda _{1}a_{1}v_{1}+\cdots +\lambda _{n}a_{n}v_{n}=0\,.$

Andererseits multiplizieren wir die obige Gleichung mit ${}\lambda _{n}$ und erhalten

${}\lambda _{n}a_{1}v_{1}+\cdots +\lambda _{n}a_{n}v_{n}=0\,.$

Die so entstandenen Gleichungen zieht man voneinander ab und erhält

${}(\lambda _{n}-\lambda _{1})a_{1}v_{1}+\cdots +(\lambda _{n}-\lambda _{n-1})a_{n-1}v_{n-1}=0\,.$

Aus der Induktionsvoraussetzung folgt, dass alle Koeffizienten ${}(\lambda _{n}-\lambda _{i})a_{i}=0$, ${}i=1,\ldots ,n-1$, sein müssen. Wegen ${}\lambda _{n}-\lambda _{i}\neq 0$ folgt ${}a_{i}=0$ für ${}i=1,\ldots ,n-1$ und wegen ${}v_{n}\neq 0$ ist dann auch ${}a_{n}=0$.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die Ordnung der Matrix

${\begin{pmatrix}0&1\\2&0\end{pmatrix}}$

über dem Körper mit ${}3$ Elementen.

Lösung

Es ist

${}{\begin{pmatrix}0&1\\2&0\end{pmatrix}}^{2}={\begin{pmatrix}0&1\\2&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0&1\\2&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2&0\\0&2\end{pmatrix}}\,,$

${}{\begin{pmatrix}0&1\\2&0\end{pmatrix}}^{3}={\begin{pmatrix}2&0\\0&2\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0&1\\2&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&2\\1&0\end{pmatrix}}\,$

und

${}{\begin{pmatrix}0&1\\2&0\end{pmatrix}}^{4}={\begin{pmatrix}2&0\\0&2\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}2&0\\0&2\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}\,,$

also ist die Ordnung gleich ${}4$.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (3 Punkte)

Eine lineare Abbildung

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

werde bezüglich der Standardbasis durch die Matrix

${\begin{pmatrix}8&2&1\\0&8&3\\0&0&8\end{pmatrix}}$

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

${\begin{pmatrix}8&1&0\\0&8&1\\0&0&8\end{pmatrix}}$

beschrieben wird.

Lösung

Es ist

${}M={\begin{pmatrix}8&2&1\\0&8&3\\0&0&8\end{pmatrix}}-8{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&2&1\\0&0&3\\0&0&0\end{pmatrix}}\,$

und

${}{\begin{pmatrix}0&2&1\\0&0&3\\0&0&0\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}0&2&1\\0&0&3\\0&0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0&6\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}}\,.$

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

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

und

${}M^{2}{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}6\\0\\0\end{pmatrix}}\,.$

Daher ist

${\begin{pmatrix}6\\0\\0\end{pmatrix}}\,,{\begin{pmatrix}1\\3\\0\end{pmatrix}}\,,{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}$

eine Basis, bezüglich der die jordansche Normalform

${\begin{pmatrix}8&1&0\\0&8&1\\0&0&8\end{pmatrix}}$

vorliegt.

Aufgabe (4 Punkte)

Finde eine affine Basis für die Lösungsmenge der inhomogenen Gleichung

${}3x+2y-z+4w=1\,.$

Lösung

Eine spezielle Lösung der Gleichung ist durch

${\begin{pmatrix}0\\0\\0\\{\frac {1}{4}}\end{pmatrix}}$

gegeben. Für die zugehörige homogene Gleichung sind

${\begin{pmatrix}2\\-3\\0\\0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\1\\2\\0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\0\\4\\1\end{pmatrix}}$

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

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

eine affine Basis der Lösungsmenge der inhomogenen Gleichung.