Kurs:Lineare Algebra/Teil I/57/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	20	${}\sum$
Punkte	3	0	3	7	4	2	0	8	0	0	11	5	4	0	5	3	0	0	3	3	61

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die Hintereinanderschaltung der Abbildungen

   $F\colon L\longrightarrow M$

   und

   $G\colon M\longrightarrow N.$

2. /Definition/Begriff
3. /Definition/Begriff
4. /Definition/Begriff
5. /Definition/Begriff
6. /Definition/Begriff

Lösung

1. Die Abbildung

   $G\circ F\colon L\longrightarrow N,\,x\longmapsto G(F(x)),$

   heißt die Hintereinanderschaltung der Abbildungen ${}F$ und ${}G$.

2. /Definition/Begriff/Inhalt
3. /Definition/Begriff/Inhalt
4. /Definition/Begriff/Inhalt
5. /Definition/Begriff/Inhalt
6. /Definition/Begriff/Inhalt

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (3 Punkte)

In Beweisen findet man häufig die Formulierung „Wir nehmen (jetzt, also) an“. Welche Bedeutungen im Beweis kann diese Formulierung haben?

Lösung Annahme/Funktion im Beweis/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (7 (1+1+2+3) Punkte)

Der Planet Trigeno wird von einer einzigen Tierart bevölkert, den Trigos. Diese Tierart besitzt drei Geschlechter: Antilopen (A), Büffel (B) und Cnus (C). Bei der Paarung treffen zwei Individuen zusammen und erzeugen ein neues Individuum. Wenn das Paar gleichgeschlechtlich ist, so ist das Ergebnis wieder dieses Geschlecht, wenn das Paar gemischtgeschlechtlich ist, so ist das Ergebnis das dritte unbeteiligte Geschlecht. Alle Tiere gehören einer eindeutigen Generation an.

1. Die ${}n$-te Generation bestehe nur aus einem einzigen Geschlecht. Zeige, dass jede weitere Generation auch nur aus diesem Geschlecht besteht.
2. Die ${}n$-te Generation bestehe nur aus zwei Individuen unterschiedlichen Geschlechts. Zeige, dass diese Geschlechter mit ihrer Generation aussterben.
3. Es gelte nun die zusätzliche Bedingung, dass jedes Paar nur einen Nachkommen erzeugen darf. Zeige, dass die Tierart genau dann aussterben muss, wenn es in einer Generation nur zwei oder weniger Individuen gibt.
4. Es gelte nun die zusätzliche Bedingung, dass jedes Paar nur einen Nachkommen erzeugen darf, und in jeder Generation gebe es genau drei Individuen. Beschreibe die möglichen Generationsabfolgen. Welche Periodenlängen treten auf?

Lösung

1. Wenn die Generation nur aus dem Geschlecht ${}X$ besteht, so sind nur Paarungen innerhalb dieses Geschlechts möglich und das Ergebnis gehört stets diesem Geschlecht an. Mit Induktion folgt, dass dies über alle folgenden Generationen so bleibt.
2. Die Generation bestehe aus einem Individuum des Geschlechts ${}X$ und aus einem Individuum des Geschlechts ${}Y\neq X$. Die Folgegeneration besteht dann ausschließlich aus dem dritten Geschlecht ${}Z$ und nach Teil (1) überträgt sich das auf alle folgenden Generationen.
3. Wenn es nur ein oder kein Individuum gibt, so ist keine Paarung möglich und die nächste Generation ist leer. Wenn es zwei Individuen gibt, so ist nur eine Paarung möglich und es gibt nur einen Nachkommen, der sich allein nicht fortpflanzen kann. Wenn es dagegen mindestens drei Individuen, egal welchen Geschlechts, gibt, so sind auch mindestens drei Paarungen möglich und die nächste Generation besitzt mindestens wieder drei Individuen.
4. Wenn drei gleichgeschlechtliche Individuen in einer Generation leben, so erzeugen die drei möglichen Paare stets wieder ebendieses Geschlecht. Die Möglichkeiten sind ${}A,A,A$ oder ${}B,B,B$ oder ${}C,C,C$ und die Periodenlänge ist ${}1$. Wenn drei unterschiedliche Geschlechter vertreten sind, so ist jedes Geschlecht durch genau ein Individuum vertreten, es liegt also ${}A,B,C$ vor. Die drei Paarungen führen dann wieder zu ${}A,B,C$ und die Periodenlänge ist ebenfalls ${}1$. Wenn ein Geschlecht durch zwei Individuen vertreten ist und ein zweites Geschlecht durch ein Individuum, sagen wir ${}X,X,Y$, so wird daraus ${}X,Z,Z$ und daraus ${}Y,Y,Z$ und daraus ${}X,X,Y$. Die Periodenlänge ist also ${}3$. Von diesem Typ gibt es zwei Generationsabfolgen, nämlich die mit ${}A,A,B$ (mit $A,C,C$ und $B,B,C$) und die mit ${}A,B,B$ (mit $B,C,C$ und $A,A,C$).

Aufgabe (4 Punkte)

Löse das inhomogene Gleichungssystem

${\begin{matrix}-x&+2y&+z&+3w&=&-1\\x&+3y&-2z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&3\\3x&-5y&+z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&2\\2x&+y&\,\,\,\,-z&+3w&=&0\,.\end{matrix}}$

Lösung

Wir eliminieren zuerst die Variable ${}w$, indem wir die erste Gleichung von der vierten Gleichung abziehen. Dies führt auf

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

Nun eliminieren wir die Variable ${}z$, indem wir (bezogen auf das vorhergehende System) ${}2II+I$ und ${}III+2II$ ausrechnen. Dies führt, nachdem wir die neue erste Gleichung durch sieben teilen, auf

${\begin{matrix}x&\,\,\,\,-y&\,\,\,\,\,\,\,\,&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&1\\9x&-11y&\,\,\,\,\,\,\,\,&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&5\,.\end{matrix}}$

Mit ${}-9I+II$ ergibt sich

${}-2y=-4\,$

und

${}y=2\,.$

Rückwärts gelesen ergibt sich

${}x=3\,,$

${}z=3\,$

und

${}w=-{\frac {5}{3}}\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Berechne über den komplexen Zahlen das Matrizenprodukt

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

Lösung

Man multipliziert die erste Zeile mit der Spalte rechts und erhält

${}{\begin{aligned}(2-{\mathrm {i} })(1+{\mathrm {i} })+(-1-3{\mathrm {i} })(1-{\mathrm {i} })-(2+5{\mathrm {i} })&=2+2{\mathrm {i} }-{\mathrm {i} }+1-1+{\mathrm {i} }-3{\mathrm {i} }-3-2-5{\mathrm {i} }\\&=-3-6{\mathrm {i} }.\end{aligned}}$

Die zweite Zeile multipliziert mit der Spalte rechts ergibt

${}{\mathrm {i} }(1+{\mathrm {i} })+(4-2{\mathrm {i} })(2+5{\mathrm {i} })={\mathrm {i} }-1+8+20{\mathrm {i} }-4{\mathrm {i} }+10=17+17{\mathrm {i} }\,.$

Das Ergebnis ist also der Spaltenvektor

${\begin{pmatrix}-3-6{\mathrm {i} }\\17+17{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}.$

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (8 Punkte)

Beweise die Dimensionsformel für eine lineare Abbildung

$\varphi \colon V\longrightarrow W.$

Lösung

Es sei ${}n=\operatorname {dim} _{}\left(V\right)$. Es sei ${}U=\operatorname {kern} \varphi \subseteq V$ der Kern der Abbildung und ${}k=\operatorname {dim} _{}\left(U\right)$ seine Dimension (${}k\leq n$).

Es sei

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

eine

Basis von ${}U$. Aufgrund des Basisergänzungssatzes gibt es Vektoren

$v_{1},\ldots ,v_{n-k}$

derart, dass

$u_{1},\ldots ,u_{k},\,v_{1},\ldots ,v_{n-k}$

eine Basis von ${}V$ ist. Wir behaupten, dass

$w_{j}=\varphi (v_{j}),\,j=1,\ldots ,n-k,$

eine Basis des Bildes ist. Es sei ${}w\in W$ ein Element des Bildes ${}\varphi (V)$. Dann gibt es ein ${}v\in V$ mit ${}\varphi (v)=w$. Dieses ${}v$ lässt sich mit der Basis als

$v=\sum _{i=1}^{k}s_{i}u_{i}+\sum _{j=1}^{n-k}t_{j}v_{j}$

schreiben. Dann ist

${}{\begin{aligned}w&=\varphi (v)\\&=\varphi {\left(\sum _{i=1}^{k}s_{i}u_{i}+\sum _{j=1}^{n-k}t_{j}v_{j}\right)}\\&=\sum _{i=1}^{k}s_{i}\varphi (u_{i})+\sum _{j=1}^{n-k}t_{j}\varphi (v_{j})\\&=\sum _{j=1}^{n-k}t_{j}w_{j},\end{aligned}}$

so dass sich ${}w$ als Linearkombination der ${}w_{j}$ schreiben lässt. Zum Beweis der linearen Unabhängigkeit der ${}w_{j}$, ${}j=1,\ldots ,n-k$, sei eine Darstellung der Null gegeben,

$0=\sum _{j=1}^{n-k}t_{j}w_{j}.$

Dann ist

${}\varphi {\left(\sum _{j=1}^{n-k}t_{j}v_{j}\right)}=\sum _{j=1}^{n-k}t_{j}\varphi {\left(v_{j}\right)}=0\,.$

Also gehört ${}\sum _{j=1}^{n-k}t_{j}v_{j}$ zum Kern der Abbildung und daher kann man

$\sum _{j=1}^{n-k}t_{j}v_{j}=\sum _{i=1}^{k}s_{i}u_{i}$

schreiben. Da insgesamt eine Basis von ${}V$ vorliegt, folgt, dass alle Koeffizienten ${}0$ sein müssen, also sind insbesondere ${}t_{j}=0$.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (11 (6+5) Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper, ${}V$ und ${}W$ seien endlichdimensionale ${}K$-Vektorräume und sei

$\varphi \colon V\longrightarrow W$

eine lineare Abbildung.

a) Zeige: ${}\varphi$ ist genau dann surjektiv, wenn es eine lineare Abbildung

$\psi \colon W\longrightarrow V$

mit

${}\varphi \circ \psi =\operatorname {Id} _{W}\,$

gibt.

b) Es sei nun ${}\varphi$ surjektiv, es sei

$S={\left\{\psi :W\rightarrow V\mid \psi {\text{ linear}},\,\varphi \circ \psi =\operatorname {Id} _{W}\right\}}$

und es sei ${}\psi _{0}\in S$ fixiert. Definiere eine Bijektion zwischen ${}\operatorname {Hom} _{K}(W,\operatorname {kern} \varphi )$ und ${}S$, unter der ${}0$ auf ${}\psi _{0}$ abgebildet wird.

Lösung

a) ${}\Leftarrow$ Es gebe eine lineare Abbildung ${}\psi$ mit der angegebenen Eigenschaft ${}\varphi \circ \psi =\operatorname {Id} _{W}$. Dann ist für jedes ${}w\in W$

$w=\varphi (\psi (w)),$

also ist ${}\psi (w)$ ein Urbild für ${}w$ unter ${}\varphi$.

${}\Rightarrow$ Es sei ${}w_{1},\ldots ,w_{n}$ eine Basis von ${}W$ und es seien ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ Urbilder unter ${}\varphi$, also Elemente in ${}V$ mit

$\varphi (v_{i})=w_{i}{\text{ für alle }}i=1,\ldots ,n.$

Wir definieren nun eine lineare Abbildung ${}\psi \colon W\rightarrow V$ durch

$\psi (w_{i}):=v_{i}{\text{ für alle }}i=1,\ldots ,n.$

Da man eine lineare Abbildung auf einer Basis frei vorgeben kann, ist dadurch in der Tat eine lineare Abbildung definiert.

Für die Verknüpfung ${}\varphi \circ \psi$ und einen beliebigen Vektor ${}w=\sum _{i=1}^{n}a_{i}w_{i}$ gilt

${}{\begin{aligned}(\varphi \circ \psi )(\sum _{i=1}^{n}a_{i}w_{i})&=\varphi (\psi (\sum _{i=1}^{n}a_{i}w_{i}))\\&=\varphi (\sum _{i=1}^{n}a_{i}\psi (w_{i}))\\&=\varphi (\sum _{i=1}^{n}a_{i}v_{i})\\&=\sum _{i=1}^{n}a_{i}\varphi (v_{i})\\&=\sum _{i=1}^{n}a_{i}w_{i}.\end{aligned}}$

Also ist diese Verknüpfung die Identität.

b) Wir definieren eine Abbildung durch

$\operatorname {Hom} _{K}(W,\operatorname {kern} \varphi )\longrightarrow S,\,\theta \longmapsto \theta +\psi _{0},$

wobei ${}\theta +\psi _{0}$ die Addition von linearen Abbildungen von ${}W$ nach ${}V$ ist. Unter dieser Abbildung geht die Nullabbildung auf ${}\psi _{0}$. Wir müssen zuerst zeigen, dass ${}\theta +\psi _{0}$ zu ${}S$ gehört. Dies folgt aus

${}{\begin{aligned}(\varphi \circ (\theta +\psi _{0}))(w)&=\varphi ((\theta +\psi _{0})(w))\\&=\varphi (\theta (w)+\psi _{0}(w))\\&=\varphi (\psi _{0}(w))\\&=w\end{aligned}}$

für alle ${}w\in W$.

Zur Injektivität. Seien ${}\theta _{1}$ und ${}\theta _{2}$ aus ${}\operatorname {Hom} _{K}(W,\operatorname {kern} \varphi )$ gegeben, die auf das gleiche Element in ${}S$ abgebildet werden. Dann ist

$\theta _{1}(w)+\psi _{0}(w)=\theta _{2}(w)+\psi _{0}(w){\text{ für alle }}w\in W$

und daher

$\theta _{1}(w)=\theta _{2}(w){\text{ für alle }}w\in W.$

Zur Surjektivität. Es sei ${}\psi \in S$. Wir betrachten ${}\psi -\psi _{0}$ und behaupten, dass dies zu ${}\operatorname {Hom} _{K}(W,\operatorname {kern} \varphi )$ gehört. Dies folgt aus

${}{\begin{aligned}\varphi ((\psi -\psi _{0})(w))&=\varphi (\psi (w)-\psi _{0}(w))\\&=\varphi (\psi (w))-\varphi (\psi _{0}(w))\\&=w-w\\&=0.\end{aligned}}$

Damit ist ${}\psi =(\psi -\psi _{0})+\psi _{0}$ im Bild der Abbildung.

Aufgabe (5 Punkte)

Berechne

${\left(x-{\frac {{\sqrt {3}}+1}{4}}\right)}^{2}{\left(x-{\frac {-{\sqrt {3}}+1}{4}}\right)}^{2}-{\frac {1}{8}}x-{\frac {1}{64}}.$

Lösung

Um die Brüche wegzukriegen, multiplizieren wir den Term mit ${}256$ und erhalten

${\left(4x-{\left({\sqrt {3}}+1\right)}\right)}^{2}{\left(4x-{\left(-{\sqrt {3}}+1\right)}\right)}^{2}-32x-4.$

Es ist

${}{\left(4x-{\left({\sqrt {3}}+1\right)}\right)}^{2}=16x^{2}-8{\left({\sqrt {3}}+1\right)}x+{\left({\sqrt {3}}+1\right)}^{2}\,$

und

${}{\left(4x-{\left(-{\sqrt {3}}+1\right)}\right)}^{2}=16x^{2}-8{\left(-{\sqrt {3}}+1\right)}x+{\left(-{\sqrt {3}}+1\right)}^{2}\,.$

Deren Produkt ist

${}{\begin{aligned}{\left(16x^{2}-8{\left({\sqrt {3}}+1\right)}x+{\left({\sqrt {3}}+1\right)}^{2}\right)}{\left(16x^{2}-8{\left(-{\sqrt {3}}+1\right)}x+{\left(-{\sqrt {3}}+1\right)}^{2}\right)}&=px^{4}+qx^{3}+rx^{2}+sx+t\\\end{aligned}}$

und die Koeffizienten sind

${}p=256\,.$

${}q=-128{\left({\sqrt {3}}+1-{\sqrt {3}}+1\right)}=-256\,,$

${}{\begin{aligned}r&=16{\left({\left({\sqrt {3}}+1\right)}^{2}+{\left(-{\sqrt {3}}+1\right)}^{2}\right)}+64\cdot ({\sqrt {3}}+1)(-{\sqrt {3}}+1)\\&=16\cdot 8+64\cdot (-2)\\&=0,\end{aligned}}$

${}s=-8({\sqrt {3}}+1)(-{\sqrt {3}}+1){\left({\sqrt {3}}+1-{\sqrt {3}}+1\right)}=-8(-2)\cdot 2=32\,$

und

${}{\begin{aligned}t&={\left({\sqrt {3}}+1\right)}^{2}{\left(-{\sqrt {3}}+1\right)}^{2}\\&=4.\end{aligned}}$

Der lineare Term hebt sich weg und somit ist der Gesamtausdruck gleich ${}x^{4}-x^{3}$.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme das Polynom ${}P\in {\mathbb {C} }[X]$ kleinsten Grades, das an der Stelle ${}3-8{\mathrm {i} }$ den Wert ${}5-6{\mathrm {i} }$ und an der Stelle ${}2-7{\mathrm {i} }$ den Wert ${}4-3{\mathrm {i} }$ besitzt.

Lösung

Der Ansatz

${}P=aX+b\,$

führt auf die beiden Gleichungen

${}a{\left(3-8{\mathrm {i} }\right)}+b=5-6{\mathrm {i} }\,$

und

${}a{\left(2-7{\mathrm {i} }\right)}+b=4-3{\mathrm {i} }\,$

besitzt. Somit ist

${}a{\left(1-{\mathrm {i} }\right)}=1-3{\mathrm {i} }\,$

und daher

${}{\begin{aligned}a&={\left(1-{\mathrm {i} }\right)}^{-1}{\left(1-3{\mathrm {i} }\right)}\\&={\frac {1+{\mathrm {i} }}{2}}{\left(1-3{\mathrm {i} }\right)}\\&={\frac {1+3-2{\mathrm {i} }}{2}}\\&=2-{\mathrm {i} }\end{aligned}}$

und

${}b=5-6{\mathrm {i} }-{\left(2-{\mathrm {i} }\right)}{\left(3-8{\mathrm {i} }\right)}=5-6{\mathrm {i} }+{\left(2+19{\mathrm {i} }\right)}=7+13{\mathrm {i} }\,.$

Das gesuchte Polynom ist also

${}P={\left(2-{\mathrm {i} }\right)}X+7+13{\mathrm {i} }\,.$

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}M$ eine nilpotente ${}n\times n$- Jordanmatrix. Zeige, dass die Kerne ${}\operatorname {kern} M^{i}$ eine Fahne in ${}K^{n}$ bilden.

Lösung

Die nilpotente ${}n\times n$-Jordanmatrix hat die Gestalt

${\begin{pmatrix}0&1&0&\cdots &\cdots &0\\0&0&1&0&\cdots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&0&1&0\\0&\cdots &\cdots &0&0&1\\0&\cdots &\cdots &\cdots &0&0\end{pmatrix}}.$

Die zugehörige lineare Abbildung ${}\varphi$ ist also durch

$e_{1}\mapsto 0,\,e_{2}\mapsto e_{1},\,e_{3}\mapsto e_{2},\ldots ,e_{n-1}\mapsto e_{n-2}\,,e_{n}\mapsto e_{n-1}$

gegeben. Die ${}i$-te Iteration ${}\varphi ^{i}$ davon bildet somit ${}e_{k}$ auf

$e_{k-i},{\text{ falls }}k>i{\text{ und }}0,{\text{ falls }}k\leq i$

ab. Daher gehören die ${}e_{1},\ldots ,e_{i}$ zum Kern von ${}\varphi ^{i}$. Die Basisvektoren ${}e_{i+1},\ldots ,e_{n}$ werden hingegen unter ${}\varphi ^{i}$ auf die linear unabhängigen Vektoren ${}e_{1},\ldots ,e_{n-i}$ abgebildet. Daher ist der Rang gleich ${}n-i$ und es ist

${}\operatorname {kern} \varphi ^{i}=\langle e_{1},\ldots ,e_{i}\rangle \,$

mit der Dimension ${}i$. Die Kerne ${}\operatorname {kern} \varphi ^{i}$ bilden also eine aufsteigende Kette von Untervektorräumen, wobei die Dimensionen um ${}1$ wachsen. Es liegt also eine Fahne vor.

Aufgabe (3 Punkte)

Eine lineare Abbildung

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

werde bezüglich der Standardbasis durch die Matrix

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

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

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

beschrieben wird.

Lösung

Es ist

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

und

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

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

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

und

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

Daher ist

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

eine Basis, bezüglich der die jordansche Normalform

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

vorliegt.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (3 Punkte)

Beschreibe die affine Gerade

${}G={\left\{{\begin{pmatrix}-1\\5\\2\end{pmatrix}}+s{\begin{pmatrix}3\\3\\1\end{pmatrix}}\mid s\in \mathbb {R} \right\}}\,$

als Urbild über ${}(1,0)$ einer affinen Abbildung ${}\psi \colon \mathbb {R} ^{3}\rightarrow \mathbb {R} ^{2}$.

Lösung

Der Richtungsvektor ${}{\begin{pmatrix}3\\3\\1\end{pmatrix}}$ gehört jeweils zum Kern der beiden linear unabhängigen Linearformen ${}\left(1,\,-1,\,0\right)$ und ${}\left(0,\,1,\,-3\right)$. Daher machen wir den Ansatz

${}\psi {\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}x-y+a\\y-3z+b\end{pmatrix}}\,.$

Für den Aufpunkt ${}{\begin{pmatrix}-1\\5\\2\end{pmatrix}}$ ergibt sich die Bedingung

${}\psi {\begin{pmatrix}-1\\5\\2\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-6+a\\-1+b\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}\,,$

also ist ${}a=7$ und ${}b=1$. Somit ist

${}\psi {\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}x-y+7\\y-3z+1\end{pmatrix}}\,$

eine affine Abbildung mit Urbild über 1 wie gewünscht.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme zur reellen Matrix

${}M={\begin{pmatrix}3&5&2&4\\0&3&6&-1\\0&0&3&2\\0&0&0&3\end{pmatrix}}\,$

die jordansche Normalform. (Es muss keine Basis angegeben werden, bezüglich der jordansche Normalform vorliegt.)

Lösung

Es ist

${}N={\begin{pmatrix}3&5&2&4\\0&3&6&-1\\0&0&3&2\\0&0&0&3\end{pmatrix}}-3E_{4}={\begin{pmatrix}0&5&2&4\\0&0&6&-1\\0&0&0&2\\0&0&0&0\end{pmatrix}}\,.$

Das Element ${}e_{1}$ gehört zum Kern. Die ${}3\times 3$-Untermatrix rechts oben hat eine Determinante ${}\neq 0$ und somit hat die Matrix ${}N$ den Rang ${}3$ und der Kern ist eindimensional. In diesem Fall wachsen die Kerne zu ${}M^{i}$ jeweils um eine Dimension und daher ist

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

die jordansche Normalform von ${}M$.