Kurs:Mathematik für Anwender/Teil I/47/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	20	21	${}\sum$
Punkte	3	3	2	3	2	2	2	1	1	6	4	4	4	2	5	5	2	1	2	6	4	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

Die Menge
$\mathbb {R} ^{2}$

mit ${}0:=(0,0)$ und ${}1:=(1,0)$ , mit der komponentenweisen Addition und der durch

${}(a,b)\cdot (c,d):=(ac-bd,ad+bc)\,$

definierten Multiplikation nennt man Körper der komplexen Zahlen.
Der Grad eines von ${}0$ verschiedenen Polynoms
${}P=a_{0}+a_{1}X+a_{2}X^{2}+\cdots +a_{n}X^{n}\,$

mit ${}a_{n}\neq 0$ ist ${}n$ .
Die Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ in ${}\mathbb {R}$ heißt bestimmt divergent gegen ${}-\infty$ , wenn es zu jedem ${}s\in \mathbb {R}$ ein ${}N\in \mathbb {N}$ mit
$x_{n}\leq s{\text{ für alle }}n\geq N$

gibt.
Die Exponentialfunktion zur Basis ${}b$ ist als
${}b^{x}:=\exp(x\ln b)\,$

definiert.
Die für ${}x\in \mathbb {R}$ durch
${}\cosh x:={\frac {1}{2}}{\left(e^{x}+e^{-x}\right)}\,$

definierte Funktion heißt Kosinus hyperbolicus.
Die Matrizen ${}M,N$ heißen ähnlich, wenn es eine invertierbare Matrix ${}B$ mit ${}M=BNB^{-1}$ gibt.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

Für ${}a,b$ in einem Körper ${}K$ gilt
${}(a+b)^{n}=\sum _{i=0}^{n}{\binom {n}{i}}a^{i}b^{n-i}\,.$
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
${}\lim _{n\rightarrow \infty }{\left(x_{n}\cdot y_{n}\right)}={\left(\lim _{n\rightarrow \infty }x_{n}\right)}\cdot {\left(\lim _{n\rightarrow \infty }y_{n}\right)}\,.$
Es sei ${}K$ ein Körper und ${}V$ ein ${}K$ -Vektorraum mit einer Basis
$b_{1},\ldots ,b_{n}.$

Ferner sei

$u_{1},\ldots ,u_{k}$

eine Familie von linear unabhängigen Vektoren in ${}V$ . Dann gibt es eine Teilmenge ${}J=\{i_{1},i_{2},\ldots ,i_{k}\}\subseteq \{1,\ldots ,n\}=I$ derart, dass die Familie

$u_{1},\ldots ,u_{k},b_{i},i\in I\setminus J,$
eine Basis von ${}V$ ist.

Aufgabe (2 Punkte)

Es seien ${}p,q,r$ Aussagen. Zeige, dass

{\left((p\rightarrow q)\wedge (p\rightarrow r)\right)}\leftrightarrow {\left(p\rightarrow (q\wedge r)\right)}

eine Tautologie ist.

Lösung

Wenn ${}p$ falsch ist, so sind alle drei Implikation wahr, in diesem Fall sind also beide Seiten des Äquivalenzpfeiles wahr. Es sei nun ${}p$ wahr. Dann sind die Implikationen genau dann wahr, wenn ihr Nachsatz wahr ist. Die rechte Seite ist also genau dann wahr, wenn ${}q$ und ${}r$ wahr sind. Dies gilt aber auch für die linke Seite.

Aufgabe (3 Punkte)

Ein Schokoriegel der Marke „Höcker und Kerbe“ besteht aus einer einzigen Reihe von ${}n$ hintereinanderliegenden höckerförmigen Schokostücken, die jeweils durch eine Einkerbung (der Sollbruchstelle) miteinander verbunden sind. Zeige mit und ohne Induktion, dass man, egal bei welcher Teilungsstrategie, genau ${}n-1$ Teilungsschritte braucht, um den Schokoriegel vollständig in seine Stücke aufzuteilen.

Lösung

Ohne Induktion. Eine Schockriegel mit ${}n$ Höckern hat ${}n-1$ Einkerbungen. Jede muss bei einer vollständigen Teilung genau einmal gebrochen werden, deshalb braucht man genau ${}n-1$ Teilungsschritte.

Mit Induktion. Induktionsanfang. Bei ${}n=1$ gibt es nichts zu teilen, also kein Teilungsschritt. Induktionsvoraussetzung. Es sei bereits bewiesen, dass man bei einer vollständigen Teilung eines Schokoriegels der Länge ${}n$ genau ${}n-1$ Schritte braucht. Es sei ein Schokoriegel der Länge ${}n+1$ gegeben. Jeder Teilungsvorgang desselben beginnt mit einer ersten Teilung, wobei zwei Teilriegel entstehen, wobei der eine Riegel aus ${}a$ (mit ${}1\leq a\leq n$ ) und der andere aus ${}n+1-a$ Stücken besteht. Auf diese beiden Teilriegel können wir die Induktionsvoraussetzung anwenden. Die Anzahl der dann benötigten Teilungsschritte ist

{}1+(a-1)+(n+1-a-1)=n\,,

wie behauptet.

Aufgabe (2 (1+1) Punkte)

Wir betrachten auf der Menge

{}M=\{a,b,c,d\}\,

die durch die Tabelle

${}\star$	${}a$	${}b$	${}c$	${}d$
${}a$	${}c$	${}a$	${}a$	${}a$
${}b$	${}d$	${}d$	${}b$	${}b$
${}c$	${}a$	${}b$	${}c$	${}c$
${}d$	${}b$	${}a$	${}d$	${}d$

gegebene Verknüpfung ${}\star$ .

Berechne
$b\star (c\star (d\star a)).$
Besitzt die Verknüpfung ${}\star$ ein neutrales Element?

Lösung

Es ist
${}b\star (c\star (d\star a))=b\star (c\star b)=b\star b=d\,$
Die Verknüpfung besitzt kein neutrales Element, da die Leitzeile in der Verknüpfungstabelle nicht als Ergebniszeile wiederkehrt.

Aufgabe (2 Punkte)

Erstelle das Pascalsche Dreieck bis ${}n=6$ .

Lösung

${}\,$

Aufgabe (2 Punkte)

Setze in das Polynom ${}-5X^{3}-X^{2}+{\sqrt {2}}X+{\sqrt {5}}$ die Zahl ${}{\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}$ ein.

Lösung

Es ist

{}{\begin{aligned}{\left(-5X^{3}-X^{2}+{\sqrt {2}}X+{\sqrt {5}}\right)}{\left({\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}\right)}&=-5{\left({\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}\right)}^{3}-{\left({\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}\right)}^{2}+{\sqrt {2}}{\left({\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}\right)}+{\sqrt {5}}\\&=-5{\left({\sqrt {2}}^{3}+3{\sqrt {2}}^{2}{\sqrt {3}}+3{\sqrt {2}}{\sqrt {3}}^{2}+{\sqrt {3}}^{3}\right)}-{\left({\sqrt {2}}^{2}+2{\sqrt {2}}{\sqrt {3}}+{\sqrt {3}}^{2}\right)}+{\sqrt {2}}{\left({\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}\right)}+{\sqrt {5}}\\&=-5{\left(2{\sqrt {2}}+6{\sqrt {3}}+9{\sqrt {2}}+3{\sqrt {3}}\right)}-{\left(2+2{\sqrt {2}}{\sqrt {3}}+3\right)}+2+{\sqrt {2}}{\sqrt {3}}+{\sqrt {5}}\\&=-5{\left(11{\sqrt {2}}+9{\sqrt {3}}\right)}-3-2{\sqrt {2}}{\sqrt {3}}+{\sqrt {2}}{\sqrt {3}}+{\sqrt {5}}\\&=-55{\sqrt {2}}-45{\sqrt {3}}-{\sqrt {2}}{\sqrt {3}}-3+{\sqrt {5}}.\,\end{aligned}}

Aufgabe (1 Punkt)

Bestimme, ob die reelle Zahl

{\sqrt {10000000000000000000000000000}}

rational ist oder nicht.

Lösung

Es ist

{}{\sqrt {10000000000000000000000000000}}={\sqrt {10^{28}}}=10^{14}\,

eine rationale Zahl.

Aufgabe (1 Punkt)

Erläutere die geometrische Relevanz des geometrischen Mittels.

Lösung Geometrisches Mittel/Geometrische Relevanz/Aufgabe/Lösung

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 (4 Punkte)

Es seien ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ und ${}{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ konvergente Folgen in ${}\mathbb {R}$ . Zeige, dass die Produktfolge ${}{\left(x_{n}\cdot y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ ebenfalls konvergent mit

{}\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)}\,

ist.

Lösung

Sei ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Die konvergente Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ ist nach Lemma 7.10 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)) insbesondere beschränkt und daher existiert ein ${}D>0$ mit ${}\vert {x_{n}}\vert \leq D$ für alle ${}n\in \mathbb {N}$ . Sei ${}x:=\lim _{n\rightarrow \infty }x_{n}$ und ${}y:=\lim _{n\rightarrow \infty }y_{n}$ . Wir setzen ${}C:=\max\{D,\vert {y}\vert \}$ . Aufgrund der Konvergenz gibt es natürliche Zahlen ${}N_{1}$ und ${}N_{2}$ mit

\vert {x_{n}-x}\vert \leq {\frac {\epsilon }{2C}}{\text{ für }}n\geq N_{1}{\text{ und }}\vert {y_{n}-y}\vert \leq {\frac {\epsilon }{2C}}{\text{ für }}n\geq N_{2}.

Diese Abschätzungen gelten dann auch für alle ${}n\geq N:=\max\{N_{1},N_{2}\}$ . Für diese Zahlen gilt daher

{}{\begin{aligned}\vert {x_{n}y_{n}-xy}\vert &=\vert {x_{n}y_{n}-x_{n}y+x_{n}y-xy}\vert \\&\leq \vert {x_{n}y_{n}-x_{n}y}\vert +\vert {x_{n}y-xy}\vert \\&=\vert {x_{n}}\vert \vert {y_{n}-y}\vert +\vert {y}\vert \vert {x_{n}-x}\vert \\&\leq C{\frac {\epsilon }{2C}}+C{\frac {\epsilon }{2C}}\\&=\epsilon .\end{aligned}}

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}\sum _{n=0}^{n}a_{n}$ eine reelle Reihe mit ${}a_{n}\neq 0$ für alle ${}n$ . Die Folge der Quotienten

{}x_{n}={\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\,

konvergiere gegen eine reelle Zahl ${}x$ mit ${}-1<x<1$ . Zeige unter Verwendung des Quotientenkriteriums, dass die Reihe konvergiert.

Lösung

Wegen ${}-1<x<1$ ist

{}\delta =\min \vert {x-1}\vert \,,\vert {x+1}\vert \,

positiv. Wir setzen ${}\epsilon :={\frac {\delta }{2}}$ und damit ist

{}[x-\epsilon ,x+\epsilon ]\subseteq [-1+\epsilon ,1-\epsilon ]\,.

Wegen der Konvergenz der Quotientenfolge gibt es ein ${}n_{0}$ derart, dass

{}x_{n}={\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\in [x-\epsilon ,x+\epsilon ]\,

für alle ${}n\geq n_{0}$ gilt. Mit

{}q:=\vert {1-\epsilon }\vert \,

gilt somit

{}\vert {\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\vert \leq q<1\,

für alle ${}n\geq n_{0}$ . Daher kann man auf die Reihe das Quotientenkriterium anwenden und damit auf Konvergenz schließen.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass der Graph des Kosinus hyperbolicus nicht überall oberhalb der Standardparabel verläuft.

Lösung

Es ist

{}{\begin{aligned}\cosh x&={\frac {1}{2}}{\left(e^{x}+e^{-x}\right)}\\&={\frac {1}{2}}{\left(\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {x^{n}}{n!}}+\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-x)^{n}}{n!}}\right)}\\&=\sum _{n=0,\,n{\text{ gerade}}}^{\infty }{\frac {x^{n}}{n!}}\\&=1+{\frac {x^{2}}{2}}+{\frac {x^{4}}{24}}+{\frac {x^{6}}{720}}+....\end{aligned}}

Für ${}x=2$ ist dies

{}{\begin{aligned}\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {2^{2k}}{(2k)!}}&=1+2+{\frac {16}{24}}+{\frac {64}{720}}+...\\&\leq 1+2+{\frac {16}{24}}+{\frac {64}{720}}{\left(1+{\frac {1}{10}}+{\frac {1}{100}}+{\frac {1}{1000}}+...\right)}\\&\leq 1+2+{\frac {16}{24}}+{\frac {64}{720}}\cdot {\frac {10}{9}}\\&\leq 1+2+{\frac {16}{24}}+{\frac {1}{10}}\\&<4\\&=2^{2}.\end{aligned}}

Dabei haben wir verwendet, dass sich die weiteren Summanden hinter ${}{\frac {64}{720}}$ durch Multiplikation mit ${}{\frac {4}{7\cdot 8}},{\frac {4}{9\cdot 10}}$ u.s.w. ergeben und daher mit der geometrischen Reihe abgeschätzt werden können.

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei

f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R}

eine differenzierbare Funktion ohne Nullstelle. Bestimme die Ableitung von ${}g(x)={\frac {(f(x))^{n}}{f(x^{n})}}$ für ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ .

Lösung

Es ist

{}{\begin{aligned}g'(x)&={\frac {n{\left(f(x)\right)}^{n-1}\cdot f'(x)\cdot f(x^{n})-{\left(f(x)\right)}^{n}\cdot f'(x^{n})\cdot nx^{n-1}}{{\left(f(x^{n})\right)}^{2}}}\\&=n{\left(f(x)\right)}^{n-1}\cdot {\frac {f'(x)\cdot f(x^{n})-f(x)f'(x^{n})x^{n-1}}{{\left(f(x^{n})\right)}^{2}}}.\end{aligned}}

Aufgabe (5 Punkte)

Zeige, dass die Funktion

f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto f(x)=x^{2}+\sin x,

genau zwei Nullstellen besitzt.

Lösung

Bei ${}x=0$ liegt eine Nullstelle vor. Auf ${}]0,\pi [$ sind beide Summanden positiv, und für ${}x\geq \pi$ ist ${}x^{2}\geq 9$ , sodass, da ${}\sin x$ zwischen ${}{-1}$ und ${}1$ liegt, jenseits von ${}0$ keine Nullstelle liegen kann. Für ${}x<-1$ ist wiederum ${}x^{2}>1$ , sodass unterhalb von ${}{-1}$ auch keine Nullstelle liegen kann. Für das Intervall ${}[-1,0]$ ziehen wir die Ableitung heran. Es ist

{}f'(x)=2x+\cos x\,.

Beide Funktion sind in diesem Intervall streng wachsend, daher ist die Ableitung streng wachsend und besitzt auf ${}]{-1},0[$ höchstens eine Nullstelle. Es ist ${}f'(0)=1>0$ , sodass im Nullpunkt kein lokales Extremum vorliegen kann. Daher muss die Funktion auf ${}]{-1},0[$ auch negative Werte annehmen. Wegen ${}f(-1)=1+\sin \left(-1\right)>0$ muss ${}f$ nach dem Zwischenwertsatz in ${}]{-1},0[$ mindestens eine weitere Nullstelle besitzen. Wenn es zwei Nullstellen ${}{-1}<c<d<0$ geben würde, so hätte nach dem Satz von Rolle die Ableitung sowohl auf ${}]c,d[$ als auch auf ${}]d,0[$ eine Nullstelle, was wir schon ausgeschlossen haben.

Aufgabe (5 Punkte)

Es seien ${}a,b,x,y$ positive reelle Zahlen und es gelte

{}a^{x}<b^{y}\,.

Zeige, dass es positive rationale Zahlen ${}c,z$ mit

{}a^{x}<c^{z}<b^{y}\,

gibt.

Lösung

Es sei ${}x_{n}$ eine rationale echt fallende Folge (bei ${}a\geq 1$ ; bei ${}a<1$ wählen wir eine rationale echt wachsende positive Folge), die gegen ${}x$ konvergiert. Wegen der Stetigkeit der Exponentialfunktion zur Basis ${}a$ konvergiert auch ${}a^{x_{n}}$ gegen ${}a^{x}$ . In jedem Fall ist dies eine (bei ${}a\neq 1$ ) echt fallende Folge. Wegen der Konvergenz gibt es ein rationales ${}z=x_{n}$ mit

{}a^{x}\leq a^{z}<b^{y}\,.

Die Funktion

\mathbb {R} _{\geq 0}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,a\longmapsto a^{z},

ist als Hintereinanderschaltung einer Potenz und einer Wurzel nach Korollar 10.7 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)) und [[Reelle Zahlen/kte Wurzeln aus reellen Zahlen/Über Zwischenwertsatz/Fakt|Kurs:Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)/Reelle Zahlen/kte Wurzeln aus reellen Zahlen/Über Zwischenwertsatz/Fakt/Faktreferenznummer (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024))]] ebenfalls stetig. Somit gilt für eine rationale Folge ${}a_{n}$ , die gegen ${}a$ konvergiert, dass auch ${}a_{n}^{z}$ gegen ${}a^{z}$ konvergiert. Wir wählen die Folge ${}a_{n}$ echt fallend, sodass auch ${}a_{n}^{z}$ echt fallend ist. Für ${}n$ hinreichend groß ist dann

{}a^{x}\leq a^{z}<a_{n}^{z}<b^{y}\,,

und wir können ${}c=a_{n}$ wählen.

Aufgabe (2 Punkte)

Man gebe ein Beispiel einer beschränkten Funktion

f\colon [0,1]\longrightarrow \mathbb {R} ,

die nicht Riemann-integrierbar ist.

Lösung

Es sei

f(x):={\begin{cases}0,{\text{ falls }}x\in \mathbb {Q} ,\\1{\text{ sonst}}\,.\end{cases}}

Da es in jedem Intervall positiver Länge sowohl rationale als auch irrationale Zahlen gibt, besitzt eine untere Treppenfunktion zu ${}f$ maximal den Wert ${}0$ und eine obere Treppenfunktion zu ${}f$ besitzt minimal den Wert ${}1$ . Daher ist das Unterintegral gleich ${}0$ und das Oberintegral gleich ${}1$ . Daher existiert das bestimmte Integral nicht.

Aufgabe (1 Punkt)

Addiere die beiden folgenden Vektoren graphisch.

${}\,$

Lösung Vektor/Graphisch/Addition/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (2 Punkte)

Es seien ${}V$ und ${}W$ endlichdimensionale ${}K$ - Vektorräume. Es seien ${}{\mathfrak {v}}=v_{1},\ldots ,v_{n}$ und ${}{\mathfrak {u}}=u_{1},\ldots ,u_{n}$ Basen von ${}V$ und ${}{\mathfrak {w}}=w_{1},\ldots ,w_{m}$ und ${}{\mathfrak {z}}=z_{1},\ldots ,z_{m}$ Basen von ${}W$ . Es seien ${}M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {v}}$ und ${}M_{\mathfrak {z}}^{\mathfrak {w}}$ die Übergangsmatrizen. Durch welche Übergangsmatrix wird der Basiswechsel von der Basis ${}(v_{1},0),\ldots ,(v_{n},0),(0,w_{1}),\ldots ,(0,w_{m})$ zur Basis ${}(u_{1},0),\ldots ,(u_{n},0),(0,z_{1}),\ldots ,(0,z_{m})$ vom Produktraum ${}V\times W$ beschrieben?

Lösung

Die Übergangsmatrix ist die Blockmatrix

{\begin{pmatrix}M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {v}}&0\\0&M_{\mathfrak {z}}^{\mathfrak {w}}\end{pmatrix}},

da die Koordinaten von ${}(u_{j},0)$ (und entsprechend ${}(0,z_{k})$ ) bezüglich ${}(v_{i},0)$ und ${}(0,w_{\ell })$ unmittelbar und nur von den Koordinaten von ${}u_{j}$ bezüglich ${}v_{i}$ abhängen.

Aufgabe (6 Punkte)

Wir betrachten die letzte Ziffer im kleinen Einmaleins (ohne die Zehnerreihe) als eine Familie von ${}9$ -Tupeln der Länge ${}9$ , also die Zeilenvektoren in der Matrix

{\begin{pmatrix}1&2&3&4&5&6&7&8&9\\2&4&6&8&0&2&4&6&8\\3&6&9&2&5&8&1&4&7\\4&8&2&6&0&4&8&2&6\\5&0&5&0&5&0&5&0&5\\6&2&8&4&0&6&2&8&4\\7&4&1&8&5&2&9&6&3\\8&6&4&2&0&8&6&4&2\\9&8&7&6&5&4&3&2&1\end{pmatrix}}.

Welche Dimension besitzt der durch diese Tupel aufgespannte Untervektorraum des ${}\mathbb {R} ^{9}$ ?

Lösung

Die Zeilen der Matrix seien mit ${}I-IX$ bezeichnet. Es ist

{}I+IX=III+VII=\left(10,\,10,\,10,\,10,\,10,\,10,\,10,\,10,\,10\right)\,

und

{}II+VIII=IV+VI=\left(10,\,10,\,10,\,10,\,0,\,10,\,10,\,10,\,10\right)\,.

Somit tragen die achte und die neunte Zeile nichts zur Vektorraumdimension bei, da sie in dem von den ersten sieben Zeilen erzeugten Untervektorraum liegen. Ferner zeigen diese Gleichungen, dass man die siebte Zeile durch die Zeile

{}VII'=\left(1,\,1,\,1,\,1,\,1,\,1,\,1,\,1,\,1\right)\,

und die sechste Zeile (durch $\left(1,\,1,\,1,\,1,\,0,\,1,\,1,\,1,\,1\right)$ und damit) durch

{}VI'=\left(0,\,0,\,0,\,0,\,1,\,0,\,0,\,0,\,0\right)\,

ersetzen kann. Wir berechnen

{}II-2I=\left(0,\,0,\,0,\,0,\,-10,\,-10,\,-10,\,-10,\,-10\right)\,,

{}III-3I=\left(0,\,0,\,0,\,-10,\,-10,\,-10,\,-20,\,-20,\,-20\right)\,,

{}IV-4I=\left(0,\,0,\,-10,\,-10,\,-20,\,-20,\,-20,\,-30,\,-30\right)\,,

{}V-5I=\left(0,\,-10,\,-10,\,-20,\,-20,\,-30,\,-30,\,-40,\,-40\right)\,

und bezeichnen hinfort die mit ${}-{\frac {1}{10}}$ multiplizierten Vektoren mit ${}II',III',IV',V'$ . Es ist

{}{\begin{aligned}VII^{\prime \prime }&:=VII'-I+V'+IV'\\&=\left(1,\,1,\,1,\,1,\,1,\,1,\,1,\,1,\,1\right)\\&\,-\left(1,\,2,\,3,\,4,\,5,\,6,\,7,\,8,\,9\right)\\&\,+\left(0,\,1,\,1,\,2,\,2,\,3,\,3,\,4,\,4\right)\\&\,+\left(0,\,0,\,1,\,1,\,2,\,2,\,2,\,3,\,3\right)\\&=\left(0,\,0,\,0,\,0,\,0,\,0,\,-1,\,0,\,-1\right).\end{aligned}}

In der Reihenfolge

I,V',IV',III',VI',II'-VI',VII^{\prime \prime }

sind diese Vektoren in oberer Dreiecksgestalt und somit ist die Dimension gleich ${}7$ .

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass die Matrix

{\begin{pmatrix}6&1&0\\0&2&4\\0&0&7\end{pmatrix}}

über ${}\mathbb {R}$ diagonalisierbar ist und bestimme eine Basis aus Eigenvektoren.

Lösung

Das charakteristische Polynom zu

{\begin{pmatrix}6&1&0\\0&2&4\\0&0&7\end{pmatrix}}

ist

(X-6)(X-2)(X-7).

Es zerfällt also in Linearfaktoren mit verschiedenen Nullstellen und daher ist die Matrix diagonalisierbar. Die Eigenwerte sind ${}2,6,7$ . Es ist

{}2{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}6&1&0\\0&2&4\\0&0&7\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-4&-1&0\\0&0&-4\\0&0&-5\end{pmatrix}}\,,

ein Eigenvektor zum Eigenwert ${}2$ ist ${}{\begin{pmatrix}1\\-4\\0\end{pmatrix}}$ . Ferner ist

{}6{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}6&1&0\\0&2&4\\0&0&7\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&-1&0\\0&4&-4\\0&0&-1\end{pmatrix}}\,,

ein Eigenvektor zum Eigenwert ${}6$ ist ${}{\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}$ . Schließlich ist

{}7{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}6&1&0\\0&2&4\\0&0&7\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&-1&0\\0&5&-4\\0&0&0\end{pmatrix}}\,,

ein Eigenvektor zum Eigenwert ${}6$ ist ${}{\begin{pmatrix}4\\4\\5\end{pmatrix}}$ . Eine Basis aus Eigenvektoren ist also

{\begin{pmatrix}1\\-4\\0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}4\\4\\5\end{pmatrix}}.