Kurs:Mathematik für Anwender/Teil I/30/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	${}\sum$
Punkte	3	3	2	2	2	4	5	4	5	6	3	2	4	7	3	1	2	2	4	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Die Menge

   ${}L\cup M={\left\{x\mid x\in L{\text{ oder }}x\in M\right\}}\,$

   heißt die Vereinigung der beiden Mengen.

2. Eine Teilmenge ${}M\subseteq \mathbb {R}$ der reellen Zahlen heißt beschränkt, wenn es reelle Zahlen ${}s\leq S$ mit ${}M\subseteq [s,S]$ gibt.
3. Die reelle Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ heißt fallend, wenn ${}x_{n+1}\leq x_{n}$ für alle ${}n\in \mathbb {N}$ ist.
4. Die eulersche Zahl ist durch

   ${}e=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{n!}}\,$

   definiert.

5. Man nennt die Dimension des von den Spalten erzeugten Untervektorraums von ${}K^{m}$ den (Spalten-)Rang der Matrix ${}M$.
6. Man nennt

   ${}\operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\varphi \right)}:={\left\{v\in V\mid \varphi (v)=\lambda v\right\}}\,$

   den Eigenraum von ${}\varphi$ zum Wert ${}\lambda$.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es seien ${}a\leq b$ reelle Zahlen und sei ${}f\colon [a,b]\rightarrow \mathbb {R}$ eine stetige Funktion. Es sei ${}y\in \mathbb {R}$ eine reelle Zahl zwischen ${}f(a)$ und ${}f(b)$. Dann gibt es ein ${}x\in [a,b]$ mit ${}f(x)=y$.
2. Für reelle Zahlen ${}x,y\in \mathbb {R}$ gilt

   ${}\exp \left(x+y\right)=\exp x\cdot \exp y\,.$

3. Jedes (inhomogene) lineare Gleichungssystem über einem Körper ${}K$ lässt sich durch elementare Umformungen in ein äquivalentes lineares Gleichungssystem der Stufenform

   ${\begin{matrix}b_{1s_{1}}x_{s_{1}}&+b_{1s_{1}+1}x_{s_{1}+1}&\ldots &\ldots &\ldots &\ldots &\ldots &+b_{1n}x_{n}&=&d_{1}\\0&\ldots &0&b_{2s_{2}}x_{s_{2}}&\ldots &\ldots &\ldots &+b_{2n}x_{n}&=&d_{2}\\\vdots &\ddots &\ddots &\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &=&\vdots \\0&\ldots &\ldots &\ldots &0&b_{m{s_{m}}}x_{s_{m}}&\ldots &+b_{mn}x_{n}&=&d_{m}\\(0&\ldots &\ldots &\ldots &\ldots &\ldots &\ldots &0&=&d_{m+1})\end{matrix}}$

   überführen, bei dem alle Startkoeffizienten ${}b_{1s_{1}},b_{2s_{2}},\ldots ,b_{ms_{m}}$ von ${}0$ verschieden sind.

Aufgabe (2 Punkte)

Negiere den Satz „Kein Schwein ruft mich an und keine Sau interessiert sich für mich“ durch (eine) geeignete Existenzaussage(n).

Lösung

Es gibt ein Schwein, das mich anruft, oder es gibt eine Sau, die sich für mich interessiert.

Aufgabe (2 Punkte)

Es seien ${}A,\,B$ und ${}C$ Mengen. Beweise die Identität

${}A\setminus {\left(B\cap C\right)}={\left(A\setminus B\right)}\cup {\left(A\setminus C\right)}\,.$

Lösung

Es sei ${}x\in A\setminus {\left(B\cap C\right)}$. Dann ist ${}x\in A$ und ${}x\notin B\cap C$. Letzteres bedeutet ${}x\not \in B$ oder ${}x\not \in C$. Im ersten Fall ist ${}x\in A\setminus B$, im zweiten Fall ${}x\in A\setminus C$, in beiden Fällen also ${}x\in {\left(A\setminus B\right)}\cup {\left(A\setminus C\right)}$.

Wenn umgekehrt ${}x\in {\left(A\setminus B\right)}\cup {\left(A\setminus C\right)}$ gilt, so bedeutet dies ${}x\in A\setminus B$ oder ${}x\in A\setminus C$. Im ersten Fall ist ${}x\in A$ und ${}x\notin B$, im zweiten Fall ${}x\in A$ und ${}x\notin C$. Also ist ${}x\in A$ und ${}x\notin B\cap C$ und somit ist ${}x\in A\setminus {\left(B\cap C\right)}$.

Aufgabe (2 Punkte)

Wenn man alles Gold der Welt zusammennimmt, so erhält man einen Würfel, dessen Seitenlänge ${}21,7$ Meter beträgt. Wenn man alles Gold von Deutschland zusammennimmt, so erhält man einen Würfel, dessen Seitenlänge ${}8,6$ Meter beträgt. Wie viel Prozent des weltweiten Goldes besitzt Deutschland?

Lösung

Der Anteil am weltweiten Gold ist

${}\left({\frac {86}{217}}\right)^{3}=0,396^{3}=0,062\,,$

also etwa ${}6,2\%$.

Aufgabe (4 Punkte)

Betrachte die Abbildung

$f\colon \mathbb {N} \longrightarrow \mathbb {Z} ,\,n\longmapsto {\begin{cases}-{\frac {n}{2}},{\text{ falls }}n{\text{ gerade}}\,,\\{\frac {n+1}{2}},{\text{ falls }}n{\text{ ungerade}}\,.\end{cases}}$

Ist ${}f$ injektiv, surjektiv bzw. bijektiv?

Lösung

Die Abbildung ist bijektiv und damit auch injektiv und surjektiv. Wir geben explizit eine Umkehrabbildung an, wir definieren

$g\colon \mathbb {Z} \longrightarrow \mathbb {N} ,\,m\longmapsto {\begin{cases}2\vert {m}\vert ,{\text{ falls }}m\leq 0{\text{ ist}}\,,\\2m-1,{\text{ falls }}m>0{\text{ ist}}\,.\end{cases}}$

Für ${}n\in \mathbb {N}$ gerade ist

${}g(f(n))=g{\left(-{\frac {n}{2}}\right)}=n\,$

und für ${}n\in \mathbb {N}$ ungerade ist

${}g(f(n))=g{\left({\frac {n+1}{2}}\right)}=2{\frac {n+1}{2}}-1=n\,.$

Umgekehrt ist für ${}m\in \mathbb {Z}$ bei ${}m\leq 0$

${}f(g(m))=f(2\vert {m}\vert )=f(-2m)=-{\left(-m\right)}=m\,$

und bei ${}m>0$

${}f(g(m))=f(2m-1)={\frac {2m-1+1}{2}}=m\,.$

Aufgabe (5 Punkte)

Es seien ${}x\geq 2$ und ${}s>1$ reelle Zahlen. Zeige

${}1+x^{-s}<{\frac {1}{1-x^{-s}}}\leq 1+2x^{-s}\,.$

Lösung

Wegen

${}x^{-s}={\frac {1}{x^{s}}}\leq {\frac {1}{2^{s}}}\leq {\frac {1}{2}}<1\,$

ist

${}1-x^{-s}>0\,.$

Wir können also die Abschätzungen nachweisen, wenn wir mit ${}1-x^{-s}$ multiplizieren. Die linke Abschätzung folgt somit aus

${}(1+x^{-s})(1-x^{-s})=1-(x^{-s})^{2}<1\,.$

Für die rechte Abschätzung ist

${}1\leq (1+2x^{-s})(1-x^{-s})=1+x^{-s}-2x^{-s}x^{-s}=1+x^{-s}(1-2x^{-s})\,$

nachzuweisen. Aus der obigen Abschätzung ${}x^{-s}\leq {\frac {1}{2}}$ ergibt sich ${}-2x^{-s}\geq -1$ bzw. ${}1-2x^{-s}\geq 0$, was

${}1\leq 1+x^{-s}(1-2x^{-s})\,$

bestätigt.

Aufgabe (4 Punkte)

Es stehen zwei Gläser auf einem Tisch, wobei das eine mit Rotwein und das andere mit Weißwein gefüllt ist, und zwar gleichermaßen. Nun wird ein kleineres leeres Glas (ein Fingerhut oder ein Schnapsglas) in das Rotweinglas voll eingetaucht und der Inhalt in das Weißweinglas überführt und dort gleichmäßig vermischt (insbesondere gibt es Platz für diese Hinzugabe). Danach wird das kleinere Glas in das Weißweinglas voll eingetaucht und der Inhalt in das Rotweinglas überführt. Befindet sich zum Schluss im Rotweinglas mehr Rotwein als im Weißweinglas Weißwein?

Lösung

Die Anteile stimmen überein. Die Weinmenge sei jeweils zu ${}1$ normiert und die Größe des kleineren Glases sei ${}x$. Nach dem ersten Umfüllen befindet sich im Rotweinglas ${}1-x$ Rotwein (und kein Weißwein) und im Weißweinglas ${}1$ Weißwein und ${}x$ Rotwein. Im Weißweinglas beträgt der Weißweinanteil ${}{\frac {1}{1+x}}$ und der Rotweinanteil ${}{\frac {x}{1+x}}$. Daher wird beim zweiten Umfüllen ${}{\frac {1}{1+x}}x$ Weißwein und ${}{\frac {x}{1+x}}x$ Rotwein transportiert. Der Weißweinanteil im Weißweinglas ist somit zum Schluss

${}1-{\frac {1}{1+x}}x={\frac {1+x-x}{1+x}}={\frac {1}{1+x}}\,$

und der Rotweinanteil im Rotweinglas ist

${}1-x+{\frac {x}{1+x}}x={\frac {{\left(1-x\right)}{\left(1+x\right)}+x^{2}}{1+x}}={\frac {1-x^{2}+x^{2}}{1+x}}={\frac {1}{1+x}}\,.$

Aufgabe (5 Punkte)

Zeige, dass die komplexen Zahlen einen Körper bilden.

Lösung

Die Körpereigenschaften für die komponentenweise definierte Addition sind klar, da die entsprechenden Eigenschaften für ${}\mathbb {R}$ gelten. Es ist

${}1\cdot (a+b{\mathrm {i} })=a+b{\mathrm {i} }\,,$

somit ist die ${}1$ das neutrale Element der Multiplikation. Die Kommutativität der Multiplikation ist ebenfalls von der Formel her klar. Zum Nachweis der Assoziativität der Multiplikation berechnen wir

${}{\begin{aligned}{\left((a+b{\mathrm {i} })(c+d{\mathrm {i} })\right)}(e+f{\mathrm {i} })&={\left(ac-bd+(bc+ad){\mathrm {i} }\right)}(e+f{\mathrm {i} })\\&=(ac-bd)e-(bc+ad)f+{\left((ac-bd)f+(bc+ad)e\right)}{\mathrm {i} }\\&=ace-bde-bcf-adf+{\left(acf-bdf+bce+ade\right)}{\mathrm {i} }.\end{aligned}}$

Ebenso ist

${}{\begin{aligned}(a+b{\mathrm {i} }){\left((c+d{\mathrm {i} })(e+f{\mathrm {i} })\right)}&=(a+b{\mathrm {i} }){\left(ce-df+(cf+de){\mathrm {i} }\right)}\\&=a(ce-df)-b(cf+de)+{\left(b(ce-df)+a(cf+de)\right)}{\mathrm {i} }\\&=ace-adf-bcf+-bde+{\left(bce-bdf+acf+ade\right)}{\mathrm {i} }.\end{aligned}}$

Wenn

${}a+b{\mathrm {i} }\neq 0\,$

ist, so ist mindestens eine der Zahlen ${}a$ oder ${}b$ von ${}0$ verschieden und damit ist ${}a^{2}+b^{2}>0$. Somit ist ${}{\frac {a}{a^{2}+b^{2}}}-{\frac {b}{a^{2}+b^{2}}}{\mathrm {i} }$ eine komplexe Zahl und es gilt

${}{\left(a+b{\mathrm {i} }\right)}{\left({\frac {a}{a^{2}+b^{2}}}-{\frac {b}{a^{2}+b^{2}}}{\mathrm {i} }\right)}={\frac {1}{a^{2}+b^{2}}}{\left(a+b{\mathrm {i} }\right)}{\left(a-b{\mathrm {i} }\right)}={\frac {1}{a^{2}+b^{2}}}{\left(a^{2}+b^{2}\right)}=1\,,$

also besitzt jedes Element ${}\neq 0$ ein Inverses bezüglich der Multiplikation. Das Distributivgesetz folgt aus

${}{\begin{aligned}(a+b{\mathrm {i} }){\left(c+d{\mathrm {i} }+e+f{\mathrm {i} }\right)}&=(a+b{\mathrm {i} }){\left((c+e)+(d+f){\mathrm {i} }\right)}\\&=a(c+e)-b(d+f)+(a(d+f)+b(c+e)){\mathrm {i} }\\&=ac+ae-bd-bf+(ad+af+bc+be){\mathrm {i} }\\&=ac-bd+(ad+bc){\mathrm {i} }+ae-bf+(af+be){\mathrm {i} }\\&=(a+b{\mathrm {i} }){\left(c+d{\mathrm {i} }\right)}+(a+b{\mathrm {i} }){\left(e+f{\mathrm {i} }\right)}.\end{aligned}}$

Aufgabe (6 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und es seien ${}n$ verschiedene Elemente ${}a_{1},\ldots ,a_{n}\in K$ und ${}n$ Elemente ${}b_{1},\ldots ,b_{n}\in K$ gegeben. Zeige, dass es ein eindeutiges Polynom ${}P\in K[X]$ vom Grad ${}\leq n-1$ derart gibt, dass ${}P(a_{i})=b_{i}$ für alle ${}i$ ist.

Lösung

Wir beweisen die Existenz und betrachten zuerst die Situation, wo ${}b_{j}=0$ ist für alle ${}j\neq i$ für ein festes ${}i$. Dann ist

$(X-a_{1})\cdots (X-a_{i-1})(X-a_{i+1})\cdots (X-a_{n})$

ein Polynom vom Grad ${}n-1$, das an den Stellen ${}a_{1},\ldots ,a_{i-1},a_{i+1},\ldots ,a_{n}$ den Wert ${}0$ hat. Das Polynom

${\frac {b_{i}}{(a_{i}-a_{1})\cdots (a_{i}-a_{i-1})(a_{i}-a_{i+1})\cdots (a_{i}-a_{n})}}(X-a_{1})\cdots (X-a_{i-1})(X-a_{i+1})\cdots (X-a_{n})$

hat an diesen Stellen ebenfalls eine Nullstelle, zusätzlich aber noch bei ${}a_{i}$ den Wert ${}b_{i}$. Nennen wir dieses Polynom ${}P_{i}$. Dann ist

${}P=P_{1}+P_{2}+\cdots +P_{n}\,$

das gesuchte Polynom. An der Stelle ${}a_{i}$ gilt ja

${}P_{j}(a_{i})=0\,$

für ${}j\neq i$ und ${}P_{i}(a_{i})=b_{i}$.

Die Eindeutigkeit folgt aus Korollar 6.6 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)).

Aufgabe (3 Punkte)

Berechne von Hand die Approximationen ${}x_{1},x_{2},x_{3}$ im Heron-Verfahren für die Quadratwurzel von ${}5$ zum Startwert ${}x_{0}=3$.

Lösung

Das Heron-Verfahren ergibt der Reihe nach

${}x_{1}:={\frac {3+{\frac {5}{3}}}{2}}={\frac {7}{3}}\,,$

${}{\begin{aligned}x_{2}&:={\frac {{\frac {7}{3}}+{\frac {5}{\,\,{\frac {7}{3}}\,\,}}}{2}}\\&={\frac {{\frac {7}{3}}+{\frac {15}{7}}}{2}}\\&={\frac {\,\,{\frac {49+45}{21}}\,\,}{2}}\\&={\frac {47}{21}}\end{aligned}}$

und

${}{\begin{aligned}x_{3}&:={\frac {{\frac {47}{21}}+{\frac {5}{\,\,{\frac {47}{21}}\,\,}}}{2}}\\&={\frac {{\frac {47}{21}}+{\frac {105}{47}}}{2}}\\&={\frac {\,\,{\frac {2209+2205}{987}}\,\,}{2}}\\&={\frac {2207}{987}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (2 Punkte)

Man gebe ein Beispiel für eine Folge von abgeschlossenen Intervallen (${}n\in \mathbb {N} _{+}$)

${}I_{n}=[a_{n},b_{n}]\subseteq \mathbb {R} \,$

derart an, dass ${}b_{n}-a_{n}$ eine Nullfolge ist, dass ${}\bigcap _{n\in \mathbb {N} _{+}}I_{n}$ aus einem einzigen Punkt besteht, wo aber keine Intervallschachtelung vorliegt.

Lösung

Für ${}n$ gerade sei

${}[a_{n},b_{n}]=[0,{\frac {1}{n}}]\,$

und für ${}n$ ungerade sei

${}[a_{n},b_{n}]=[-{\frac {1}{n}},0]\,.$

Die Intervalllänge ist stets ${}{\frac {1}{n}}$, also bilden diese eine Nullfolge. Es ist

${}\bigcap _{n\in \mathbb {N} _{+}}[a_{n},b_{n}]=\{0\}\,.$

Es handelt sich aber nicht um eine Intervallschachtelung, da das folgende Intervall nicht im Vorgängerintervall enthalten ist.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise die Regel von l'Hospital.

Lösung

Zur Ermittlung des Grenzwertes benutzen wir das Folgenkriterium. Da ${}g'$ im Intervall keine Nullstelle besitzt und ${}g(a)=0$ ist, besitzt auch ${}g$ nach Satz 15.4 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)) außer ${}a$ keine Nullstelle. Es sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine Folge in ${}I\setminus \{a\}$, die gegen ${}a$ konvergiert. Zu jedem ${}x_{n}$ gibt es nach Satz 15.10 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)), angewandt auf ${}I_{n}:=[x_{n},a]$ bzw. ${}[a,x_{n}]$, ein ${}c_{n}$ (im Innern von ${}I_{n}$) mit

${}{\frac {f(x_{n})-f(a)}{g(x_{n})-g(a)}}={\frac {f'(c_{n})}{g'(c_{n})}}\,.$

Die Folge ${}{\left(c_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ konvergiert ebenfalls gegen ${}a$, sodass nach Voraussetzung die rechte Seite gegen ${}{\frac {f'(a)}{g'(a)}}=w$ konvergiert. Daher konvergiert auch die linke Seite gegen ${}w$, und wegen ${}f(a)=g(a)=0$ bedeutet das, dass ${}{\frac {f(x_{n})}{g(x_{n})}}$ gegen ${}w$ konvergiert.

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

Wir betrachten die Funktion

$f\colon \mathbb {R} _{\geq 0}\longrightarrow \mathbb {R} _{\geq 0},\,x\longmapsto x^{-1}.$

1. Berechne die erste Ableitung von ${}f$.
2. Berechne die zweite Ableitung von ${}f$.
3. Erstelle (und beweise) eine Formel für die ${}n$-te Ableitung von ${}f$ (${}n\geq 1$).
4. Bestimme das Taylorpolynom zu ${}f$ im Punkt ${}1$ vom Grad ${}4$.
5. Bestimme die Taylorreihe zu ${}f$ im Punkt ${}1$.

Lösung

1. Es ist

   ${}f'(x)=-x^{-2}\,.$

2. Es ist

   ${}f^{\prime \prime }(x)={\left(-x^{-2}\right)}^{\prime }=2x^{-3}\,.$

3. Wir behaupten

   ${}f^{(n)}(x)=(-1)^{n}n!x^{-1-n}\,.$

   Dies beweisen wir durch Induktion nach ${}n$. Der Induktionsanfang ist durch Aufgabenteil (1) gesichert. Der Induktionsschluss ergibt sich durch

   ${}{\begin{aligned}f^{(n+1)}(x)&={\left(f^{(n)}(x)\right)}'\\&={\left((-1)^{n}n!x^{-1-n}\right)}'\\&=(-1)^{n}n!(-1-n)x^{-1-n-1}\\&=(-1)^{n+1}n!(n+1)x^{-1-(n+1)}\\&=(-1)^{n+1}(n+1)!x^{-1-(n+1)}.\end{aligned}}$

4. Das Taylorpolynom vom Grad ${}4$ mit Entwicklungspunkt ${}1$ ist

   $1-(x-1)+(x-1)^{2}-(x-1)^{3}+(x-1)^{4}.$

5. Aus der Formel für die Ableitungen folgt, dass der ${}n$-te Koeffizient der Taylorreihe gleich

   ${}a_{n}=(-1)^{n}{\frac {n!}{n!}}=(-1)^{n}\,$

   ist, also ist die Taylorreihe gleich

   $\sum _{n=0}^{\infty }(-1)^{n}(x-1)^{n}.$

Aufgabe (3 Punkte)

Berechne das bestimmte Integral

$\int _{2}^{5}{\frac {x}{x+1}}\,dx$

Lösung

Mit der Substitution

${}y=x+1\,$

ist das bestimmte Integral gleich

${}{\begin{aligned}\int _{2}^{5}{\frac {x}{x+1}}\,dx&=\int _{3}^{6}{\frac {y-1}{y}}\,dy\\&=\int _{3}^{6}1-{\frac {1}{y}}\,dy\\&=\left(y-\ln y\right)|_{3}^{6}\\&=3+\ln 3-\ln 6\\&=3+\ln \left({\frac {1}{2}}\right).\end{aligned}}$

Aufgabe (1 Punkt)

Bei einem linearen Gleichungssystem führe das Eliminationsverfahren auf die Gleichung

${}0=1\,.$

Welche Folgerung kann man daraus schließen?

Lösung

Das bedeutet, dass das lineare Gleichungssystem keine Lösung besitzt.

Aufgabe (2 Punkte)

Gilt für quadratische Matrizen die erste binomische Formel?

Lösung

Die erste binomische Formel gilt nicht, da beispielsweise

${}{\begin{aligned}{\left({\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}}\right)}^{2}&={\begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}}^{2}\\&={\begin{pmatrix}2&1\\1&1\end{pmatrix}},\end{aligned}}$

aber

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

gilt.

Aufgabe (2 Punkte)

Berechne die Determinante der Matrix

${\begin{pmatrix}0&3-4{\mathrm {i} }&2{\mathrm {i} }\\2-3{\mathrm {i} }&4+7{\mathrm {i} }&3-{\mathrm {i} }\\0&1-5{\mathrm {i} }&-4-{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}.$

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}\det {\begin{pmatrix}0&3-4{\mathrm {i} }&2{\mathrm {i} }\\2-3{\mathrm {i} }&4+7{\mathrm {i} }&3-{\mathrm {i} }\\0&1-5{\mathrm {i} }&-4-{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}&=-{\left(2-3{\mathrm {i} }\right)}\det {\begin{pmatrix}3-4{\mathrm {i} }&2{\mathrm {i} }\\1-5{\mathrm {i} }&-4-{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}\\&={\left(-2+3{\mathrm {i} }\right)}{\left({\left(3-4{\mathrm {i} }\right)}{\left(-4-{\mathrm {i} }\right)}-2{\mathrm {i} }{\left(1-5{\mathrm {i} }\right)}\right)}\\&={\left(-2+3{\mathrm {i} }\right)}{\left(-16+13{\mathrm {i} }-2{\mathrm {i} }-10\right)}\\&={\left(-2+3{\mathrm {i} }\right)}{\left(-26+11{\mathrm {i} }\right)}\\&=19-100{\mathrm {i} }.\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und es sei ${}V$ ein ${}n$- dimensionaler Vektorraum. Es sei

$\varphi \colon V\longrightarrow V$

eine lineare Abbildung. Zeige, dass ${}\lambda \in K$ genau dann ein Eigenwert von ${}\varphi$ ist, wenn ${}\lambda$ eine Nullstelle des charakteristischen Polynoms ${}\chi _{\varphi }$ ist.

Lösung

Es sei ${}M$ eine beschreibende Matrix für ${}\varphi$, und sei ${}\lambda \in K$ vorgegeben. Es ist

${}\chi _{M}\,(\lambda )=\det \left(\lambda E_{n}-M\right)=0\,$

genau dann, wenn die lineare Abbildung

$\lambda \operatorname {Id} _{V}-\varphi$

nicht bijektiv (und nicht injektiv) ist (wegen Satz 26.11 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)) und Lemma 25.11 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024))). Dies ist nach Lemma 27.11 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)) und Lemma 24.14 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)) äquivalent zu

${}\operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\varphi \right)}=\operatorname {kern} (\lambda \operatorname {Id} _{V}-\varphi )\neq 0\,,$

was bedeutet, dass der Eigenraum zu ${}\lambda$ nicht der Nullraum ist, also ${}\lambda$ ein Eigenwert zu ${}\varphi$ ist.