Kurs:Mathematik für Anwender/Teil I/39/Klausur mit Lösungen/kontrolle

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	5	1	4	2	4	4	4	3	4	8	4	5	1	4	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Die Abbildung ${}f$ heißt surjektiv, wenn es für jedes ${}y\in M$ mindestens ein Element ${}x\in L$ mit ${}f(x)=y$ gibt.
2. Eine reelle Folge ist eine Abbildung

   $\mathbb {N} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,n\longmapsto x_{n}.$

3. Das Cauchy-Produkt der beiden Reihen ${}\sum _{i=0}^{\infty }a_{i}$ und ${}\sum _{j=0}^{\infty }b_{j}$ ist die Reihe

   $\sum _{k=0}^{\infty }c_{k}{\text{ mit }}c_{k}:=\sum _{i=0}^{k}a_{i}b_{k-i}.$

4. Zu ${}x\in \mathbb {R}$, ${}x\neq a$, heißt die Zahl

   ${\frac {f(x)-f(a)}{x-a}}$

   der Differenzenquotient von ${}f$ zu ${}a$ und ${}x$.

5. Die Funktion

   $I\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto \int _{a}^{x}f(t)\,dt,$

   heißt die Integralfunktion zu ${}f$ zum Startpunkt ${}a$.

6. Ein Element ${}\lambda \in K$ heißt ein Eigenwert zu ${}\varphi$, wenn es einen von ${}0$ verschiedenen Vektor ${}v\in V$ mit

   ${}\varphi (v)=\lambda v\,$

   gibt.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es seien ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ und ${}{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ konvergente Folgen in ${}\mathbb {R}$. Dann ist die Folge ${}{\left(x_{n}\cdot y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ ebenfalls konvergent und es gilt

   ${}\lim _{n\rightarrow \infty }{\left(x_{n}\cdot y_{n}\right)}={\left(\lim _{n\rightarrow \infty }x_{n}\right)}\cdot {\left(\lim _{n\rightarrow \infty }y_{n}\right)}\,.$

2. Es sei ${}b>a$ und seien

   $f,g\colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R}$

   stetige, auf ${}]a,b[$ differenzierbare Funktionen mit

   ${}g'(x)\neq 0\,$

   für alle ${}x\in {]a,b[}$. Dann ist ${}g(b)\neq g(a)$ und es gibt ein ${}c\in {]a,b[}$ mit

   ${}{\frac {f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}}={\frac {f'(c)}{g'(c)}}\,.$

3. Es sei ${}K$ ein Körper und sei ${}M$ eine ${}m\times n$- Matrix über ${}K$. Dann stimmt der Spaltenrang mit dem Zeilenrang überein.

Aufgabe (2 Punkte)

Finde einen möglichst einfachen aussagenlogischen Ausdruck, der die folgende tabellarisch dargestellte Wahrheitsfunktion ergibt.

${}p$ ${}q$ ${}r$ ${}?$ w w w w w w f f w f w w w f f f f w w f f w f w f f w f f f f w

Lösung

$p\leftrightarrow r.$

Aufgabe (3 Punkte)

Erläutere das Prinzip Beweis durch Fallunterscheidung.

Lösung Beweis durch Fallunterscheidung/Erläuterung/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (5 (3+2) Punkte)

Es seien ${}M_{1},\ldots ,M_{k}$ und ${}N_{1},\ldots ,N_{k}$ nichtleere Mengen und

$\varphi _{i}\colon M_{i}\longrightarrow N_{i}$

Abbildungen für ${}i=1,\ldots ,k$. Es sei ${}M=M_{1}\times \cdots \times M_{k}$, ${}N=N_{1}\times \cdots \times N_{k}$, und ${}\varphi$ die Produktabbildung, also

$\varphi \colon M\longrightarrow N,\,(x_{1},\ldots ,x_{k})\longmapsto (\varphi _{1}(x_{1}),\ldots ,\varphi _{k}(x_{k})).$

a) Zeige, dass ${}\varphi$ genau dann surjektiv ist, wenn alle ${}\varphi _{i}$ surjektiv sind.

b) Zeige, dass a) nicht gelten muss, wenn die beteiligten Mengen leer sein dürfen.

Lösung

a) Es seien alle ${}\varphi _{i}$ surjektiv und sei ${}y=(y_{1},\ldots ,y_{k})\in N$. Zu jedem ${}i$ gibt es ein ${}x_{i}\in M_{i}$ mit ${}\varphi (x_{i})=y_{i}$. Daher ist ${}x=(x_{1},\ldots ,x_{k})$ ein Urbild von ${}y$ unter ${}\varphi$.

Es sei umgekehrt ${}\varphi$ surjektiv, und sei ${}y_{i}\in N_{i}$ gegeben. Da die ${}N_{j}$ alle nicht leer sind, gibt es jeweils ein ${}a_{j}\in N_{j}$. Wir setzen

$y=(a_{1},\ldots ,a_{i-1},y_{i},a_{i+1},\ldots ,a_{k})\in N.$

Dafür gibt es nach Voraussetzung ein Urbild ${}x\in M$. Für die ${}i$-te Komponente davon muss ${}\varphi _{i}(x_{i})=y_{i}$ gelten.

b) Es sei ${}M_{1}=N_{1}=\emptyset$, sei ${}\varphi _{1}$ die leere Abbildung und seien ${}M_{2}$ und ${}N_{2}$ irgendwelche (nichtleere) Mengen und sei ${}\varphi _{2}\colon M_{2}\rightarrow N_{2}$ eine beliebige nicht surjektive Abbildung. Dann ist ${}M=\emptyset \times M_{2}=\emptyset$ und ${}N=\emptyset \times N_{2}=\emptyset$ und daher ist die Produktabbildung ${}\varphi =\varphi _{1}\times \varphi _{2}$ ebenfalls die leere Abbildung, also surjektiv, obwohl nicht alle ${}\varphi _{i}$ surjektiv sind.

Aufgabe (1 Punkt)

Finde eine natürliche Zahl ${}n$ derart, dass

${}{\left({\frac {8}{7}}\right)}^{n}\geq 1000\,$

ist.

Lösung

Man kann ${}n=7000$ nehmen. Es ist nämlich

${}{\left({\frac {8}{7}}\right)}^{7000}={\left(1+{\frac {1}{7}}\right)}^{7000}\geq 1+7000\cdot {\frac {1}{7}}=1+1000\geq 1000\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die ganzzahligen Lösungen ${}x\neq 0$ der Ungleichung

${}{\frac {\,\,{\frac {3}{x}}\,\,}{\,\,{\frac {-7}{4}}\,\,}}>-1\,.$

Lösung

Es ist

${}{\frac {\,\,{\frac {3}{x}}\,\,}{\,\,{\frac {-7}{4}}\,\,}}={\frac {12}{-7x}}={\frac {-12}{7x}}\,.$

Bei positivem ${}x$ führt die Bedingung

${}{\frac {-12}{7x}}>-1\,$

auf

${}-12>-7x\,$

bzw.

${}12<7x\,.$

Dies ist für

${}x\geq 2\,$

erfüllt. Für negatives ${}x$ schreiben wir

${}x=-y\,$

mit ${}y$ positiv. Die Bedingung

${}{\frac {-12}{7(-y)}}>-1\,$

bedeutet dann

${}{\frac {12}{7y}}>-1\,$

und ist für jedes (positive) ${}y$ erfüllt, da links eine positive rationale Zahl steht. Insgesamt ist die Ungleichung also für alle ganzen Zahlen ${}\neq 0,1$ erfüllt.

Aufgabe (2 Punkte)

Berechne

${\left({\frac {2}{5}}-{\frac {3}{7}}{\sqrt {3}}\right)}\cdot {\left({\frac {1}{4}}-{\frac {2}{3}}{\sqrt {3}}\right)}.$

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}{\left({\frac {2}{5}}-{\frac {3}{7}}{\sqrt {3}}\right)}\cdot {\left({\frac {1}{4}}-{\frac {2}{3}}{\sqrt {3}}\right)}&={\frac {1}{10}}-{\frac {4}{15}}{\sqrt {3}}-{\frac {3}{28}}{\sqrt {3}}+{\frac {2}{7}}\cdot {\sqrt {3}}^{2}\\&={\frac {1}{10}}+{\frac {6}{7}}-{\left({\frac {4}{15}}+{\frac {3}{28}}\right)}{\sqrt {3}}\\&={\frac {7+60}{70}}-{\frac {112+45}{420}}{\sqrt {3}}\\&={\frac {67}{70}}-{\frac {157}{420}}{\sqrt {3}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz, dass der Limes einer konvergenten Folge in ${}\mathbb {R}$ eindeutig bestimmt ist.

Lösung

 Nehmen wir an, dass es zwei verschiedene Grenzwerte ${}x,y$, ${}x\neq y$, gibt. Dann ist ${}d:=\vert {x-y}\vert >0$. Wir betrachten ${}\epsilon :=d/3>0$. Wegen der Konvergenz gegen ${}x$ gibt es ein ${}n_{0}$ mit

$\vert {x_{n}-x}\vert \leq \epsilon {\text{ für }}{\text{alle }}n\geq n_{0}$

und wegen der Konvergenz gegen ${}y$ gibt es ein ${}n_{0}'$ mit

$\vert {x_{n}-y}\vert \leq \epsilon {\text{ für }}{\text{alle }}n\geq n_{0}'.$

Beide Bedingungen gelten dann gleichermaßen für ${}n\geq \max\{n_{0},n_{0}'\}$. Es sei ${}n$ mindestens so groß wie dieses Maximum. Dann ergibt sich aufgrund der Dreiecksungleichung der Widerspruch

${}d=\vert {x-y}\vert \leq \vert {x-x_{n}}\vert +\vert {x_{n}-y}\vert \leq \epsilon +\epsilon =2d/3\,.$

Aufgabe (4 (1+3) Punkte)

Es sei ${}f\colon \mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$ eine stetige Funktion mit ${}f(0)=0$ und sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine Nullfolge. Zu ${}k\in \mathbb {N} _{+}$ bezeichne ${}f^{k}$ die ${}k$-fache Hintereinanderschaltung von ${}f$ mit sich selbst.

1. Sei ${}k$ fixiert. Zeige, dass die Folge ${}f^{k}(x_{n})$, ${}n\in \mathbb {N}$, eine Nullfolge ist.
2. Man gebe ein Beispiel, das zeigt, dass die Folge ${}f^{n}(x_{n})$, ${}n\in \mathbb {N}$, keine Nullfolge sein muss.

Lösung

1. Als Hintereinanderschaltung von stetigen Funktionen ist nach [[Reelle Funktion/Stetig/Hintereinanderschaltung/Fakt|Kurs:Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)/Reelle Funktion/Stetig/Hintereinanderschaltung/Fakt/Faktreferenznummer (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024))]] auch ${}f^{k}$ stetig. Nach Lemma 10.4 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)) konvergiert auch die Bildfolge, und zwar wegen

   ${}f(0)=0\,$

   gegen ${}0$. Somit ist ${}f^{k}(x_{n})$ eine Nullfolge.

2. Sei

   ${}x_{n}:={\frac {1}{2^{n}}}\,,$

   dies ist eine Nullfolge, und sei

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

   Dann ist

   ${}f^{k}(x)=2^{k}x\,$

   und somit ist

   ${}f^{n}(x_{n})=2^{n}\cdot {\frac {1}{2^{n}}}=1\,,$

   also die konstante Folge mit dem Wert ${}1$ und keine Nullfolge.

Aufgabe (4 Punkte)

Die beiden lokalen Extrema der Funktion

${}f(x)=x^{3}-6x^{2}+9x+1\,$

definieren ein achsenparalleles Rechteck, das vom Funktionsgraphen in zwei Bereiche zerlegt wird. Bestimme deren Flächeninhalte.

Lösung

Es ist

${}f'(x)=3x^{2}-12x+9=3(x^{2}-4x+3)=3((x-2)^{2}-1)=3(x-1)(x-3)\,.$

Die Ableitung hat also bei ${}x=1$ und bei ${}x=3$ eine Nullstelle. Wegen ${}f^{\prime \prime }(x)=6x-12$ liegt bei ${}x=1$ ein lokales Maximum mit dem Wert ${}f(1)=5$ und bei ${}x=3$ ein lokales Minimum mit dem Wert ${}f(3)=27-54+27+1=1$ vor. Der Flächeninhalt des Rechtecks ist ${}8$. Der Flächeninhalt des Teilbereichs des Rechteckes unterhalb des Graphen ist

${}{\begin{aligned}\int _{1}^{3}x^{3}-6x^{2}+9x+1dx-2&=[{\frac {1}{4}}x^{4}-2x^{3}+{\frac {9}{2}}x^{2}+x]_{1}^{3}-2\\&={\frac {1}{4}}81-2\cdot 27+{\frac {81}{2}}+3-{\frac {1}{4}}+2-{\frac {9}{2}}-1-2\\&={\frac {3}{4}}81-54+3-{\frac {19}{4}}+1-2\\&={\frac {243-19}{4}}-50-2\\&=4.\end{aligned}}$

Der Flächeninhalt des Teilbereichs des Rechteckes oberhalb des Graphen ist ebenfalls ${}4$.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die Ableitung der Sinus- und der Kosinusfunktion über ihre Potenzreihen (Satz 16.1 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024))).

Lösung

Nach Satz 16.1 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)) ist

${}{\begin{aligned}{\left(\sin x\right)}'&={\left(\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}x^{2n+1}}{(2n+1)!}}\right)}'\\&=\sum _{n=0}^{\infty }(-1)^{n}(2n+1){\frac {x^{2n}}{(2n+1)!}}\\&=\sum _{n=0}^{\infty }(-1)^{n}{\frac {x^{2n}}{(2n)!}}\\&=\cos x\end{aligned}}$

und

${}{\begin{aligned}{\left(\cos x\right)}'&={\left(\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}x^{2n}}{(2n)!}}\right)}'\\&=\sum _{n=1}^{\infty }(-1)^{n}(2n){\frac {x^{2n-1}}{(2n)!}}\\&=\sum _{n=1}^{\infty }(-1)^{n}{\frac {x^{2n-1}}{(2n-1)!}}\\&=(-1)\sum _{n=1}^{\infty }(-1)^{(n-1)}{\frac {x^{2n-1}}{(2n-1)!}}\\&=(-1)\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}{\frac {x^{2k+1}}{(2k+1)!}}\\&=-\sin x,\end{aligned}}$

wobei wir im vorletzten Schritt ${}k=n-1$ gesetzt haben.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass für ${}x\in \mathbb {R}$, ${}x\geq 1$, die Gleichheit

${}\,\operatorname {arcosh} \,x\,=\ln {\left(x+{\sqrt {x^{2}-1}}\right)}\,$

gilt.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}\cosh {\left(\ln {\left(x+{\sqrt {x^{2}-1}}\right)}\right)}&={\frac {1}{2}}{\left(e^{\ln {\left(x+{\sqrt {x^{2}-1}}\right)}}+e^{-\ln {\left(x+{\sqrt {x^{2}-1}}\right)}}\right)}\\&={\frac {1}{2}}{\left({\left(x+{\sqrt {x^{2}-1}}\right)}+{\frac {1}{x+{\sqrt {x^{2}-1}}}}\right)}\\&={\frac {1}{2}}{\frac {{\left(x+{\sqrt {x^{2}-1}}\right)}^{2}+1}{x+{\sqrt {x^{2}-1}}}}\\&={\frac {1}{2}}{\frac {x^{2}+2x{\sqrt {x^{2}-1}}+x^{2}-1+1}{x+{\sqrt {x^{2}-1}}}}\\&={\frac {x^{2}+x{\sqrt {x^{2}-1}}}{x+{\sqrt {x^{2}-1}}}}\\&=x.\end{aligned}}$

Wir wenden die Umkehrfunktion ${}\,\operatorname {arcosh} \,x\,$ auf diese Gleichung an und erhalten

${}\ln {\left(x+{\sqrt {x^{2}-1}}\right)}=\,\operatorname {arcosh} \,x\,\,.$

Aufgabe (8 (2+4+2) Punkte)

Wir betrachten die Sinusfunktion

${}f(x)=\sin x\,$

auf ${}[0,\pi ]$ und den oberen Halbkreis (mit Radius ${}{\frac {\pi }{2}}$) oberhalb dieses Intervalls.

1. Skizziere die Situation. Beschreibe den oberen Halbkreis als den Graphen einer Funktion ${}g(x)$.
2. Zeige, dass

   ${}g(x)\geq f(x)\,$

   für alle ${}x\in [0,\pi ]$ gilt. Tipp: Betrachte die Situation für ${}0\leq x\leq \pi /6$ und für ${}\pi /6\leq x\leq \pi /2$.

3. Berechne den Flächeninhalt zwischen dem Halbkreis und dem Sinusbogen.

Lösung

1. Es handelt sich um den oberen Halbkreis mit dem Mittelpunkt ${}(\pi /2,0)$ und dem Radius ${}\pi /2$. Für die Punkte ${}(x,y)$ auf dem Kreisbogen gilt

   ${}{\left(x-{\frac {\pi }{2}}\right)}^{2}+y^{2}={\frac {\pi ^{2}}{4}}\,,$

   somit ist der obere Halbbogen der Graph der Funktion

   ${}g(x)={\sqrt {{\frac {\pi ^{2}}{4}}-{\left(x-{\frac {\pi }{2}}\right)}^{2}}}={\sqrt {-x^{2}+x\pi }}={\sqrt {x(\pi -x)}}\,.$

2. Es ist

   ${}{\sqrt {x(\pi -x)}}\geq \sin x\,$

   auf ${}[0,\pi ]$ zu zeigen, wobei die Situation symmetrisch zur Achse durch ${}x=\pi /2$ ist. Da beide Funktionen nichtnegativ sind, genügt es, die quadrierte Abschätzung nachzuweisen, also

   ${}x(\pi -x)\geq \sin ^{2}x\,.$

   Beide Funktionen sind auf ${}[0,\pi /2]$ streng wachsend und haben im Nullpunkt den Wert ${}0$. Für ${}\pi /6\leq x\leq \pi /2$ ist

   ${}x(\pi -x)\geq {\frac {\pi }{6}}{\left(\pi -{\frac {\pi }{6}}\right)}={\frac {\pi }{6}}\cdot {\frac {5\pi }{6}}={\frac {5\pi ^{2}}{36}}>1\geq \sin ^{2}x\,.$

   Für ${}0\leq x\leq \pi /6$ vergleichen wir die Ableitungen der quadrierten FUnktionen. Es ist

   ${}(-x^{2}+\pi x)'=-2x+\pi \,$

   und

   ${}(\sin ^{2}x)'=2\sin x\cos x\,.$

   Im angegebenen Bereich ist

   ${}-2x+\pi \geq -2{\frac {\pi }{6}}+\pi ={\frac {2}{3}}\pi >2\geq 2\sin x\cos x\,,$

   die Funktion ${}g^{2}$ wächst also schneller als ${}\sin ^{2}x$ und somit gilt auch in diesem Abschnitt die Abschätzung.

3. Der Flächeninhalt unter dem Kreisbogen ist der halbe Flächeninhalt eines Kreises mit Radius ${}\pi /2$, also gleich

   ${}{\frac {1}{2}}\pi \left({\frac {\pi }{2}}\right)^{2}={\frac {\pi ^{3}}{8}}\,.$

   Der Flächeninhalt unter dem Sinusbogen ist

   ${}\int _{0}^{\pi }\sin xdx=-\cos x|_{0}^{\pi }=1+1=2\,.$

   Der eingeschlossene Flächeninhalt ist somit gleich

   ${\frac {\pi ^{3}}{8}}-2.$

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise das Eliminationslemma für ein inhomogenes lineares Gleichungssystem in ${}n$ Variablen über einem Körper ${}K$.

Lösung

Durch Umnummerieren kann man ${}x=x_{1}$ erreichen. Es sei ${}G$ die Gleichung

${}ax_{1}+\sum _{i=2}^{n}a_{i}x_{i}=b\,$

(mit $a\neq 0$) und ${}H$ die Gleichung

${}cx_{1}+\sum _{i=2}^{n}c_{i}x_{i}=d\,.$

Dann hat die Gleichung

${}H'=H-{\frac {c}{a}}G\,$

die Gestalt

${}\sum _{i=2}^{n}{\left(c_{i}-{\frac {c}{a}}a_{i}\right)}x_{i}=d-{\frac {c}{a}}b\,,$

in der ${}x_{1}$ nicht mehr vorkommt. Wegen ${}H=H'+{\frac {c}{a}}G$ sind die Gleichungssysteme äquivalent.

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 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 ${}\varphi$ nicht injektiv ist.

Aufgabe (1 Punkt)

Es seien ${}A$ und ${}B$ quadratische Matrizen über einem Körper ${}K$. Zeige

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

Lösung

Aufgrund des Determinantenmultiplikationssatzes ist

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

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über die Beziehung zwischen geometrischer und algebraischer Vielfachheit.

Lösung

Sei ${}m=\dim _{K}{\left(\operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\varphi \right)}\right)}$ und sei ${}v_{1},\ldots ,v_{m}$ eine Basis von diesem Eigenraum, die wir durch ${}w_{1},\ldots ,w_{n-m}$ zu einer Basis von ${}V$ ergänzen. Bezüglich dieser Basis hat die beschreibende Matrix die Gestalt

${\begin{pmatrix}\lambda E_{m}&B\\0&C\end{pmatrix}}.$

Das charakteristische Polynom ist daher nach Aufgabe 26.9 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)) gleich ${}(X-\lambda )^{m}\cdot \chi _{C}$, sodass die algebraische Vielfachheit mindestens ${}m$ ist.