Kurs:Lineare Algebra/Teil II/5/Klausur mit Lösungen

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

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Ein euklidischer Vektorraum.
2. Eine Kathete in einem rechtwinkligen Dreieck.
3. Eine zyklische Gruppe ${}G$.
4. Eine Äquivalenzrelation ${}\sim$ auf einer Menge ${}M$.
5. Der Spektralradius zu einem Endomorphismus

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

   auf einem endlichdimensionalen ${}{\mathbb {K} }$- Vektorraum ${}V$.

6. Die aus einer ${}K$- linearen Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow W$

   durch einen Körperwechsel ${}K\subseteq L$ gewonnene ${}L$-lineare Abbildung.

Lösung

1. Unter einem euklidischen Vektorraum versteht man einen reellen endlichdimensionalen Vektorraum mit Skalarprodukt.
2. Unter einer Kathete versteht man eine Seite eines rechtwinkligen Dreiecks, die an den rechten Winkel anliegt.
3. Eine Gruppe ${}G$ heißt zyklisch, wenn sie von einem Element erzeugt wird.
4. Eine Äquivalenzrelation ${}\sim$ auf einer Menge ${}M$ ist eine Relation, die die folgenden drei Eigenschaften besitzt (für beliebige ${}x,y,z\in M$).
   1. ${}x\sim x$.
   2. Aus ${}x\sim y$ folgt ${}y\sim x$.
   3. Aus ${}x\sim y$ und ${}y\sim z$ folgt ${}x\sim z$.
5. Der Spektralradius von ${}\varphi$ ist

   ${}\rho (\varphi )={\max {\left(\vert {\lambda }\vert ,\lambda {\text{ ist ein komplexer Eigenwert von }}\varphi \right)}}\,.$

6. Die Abbildung

   $\varphi _{L}\colon V_{L}=L\otimes _{K}V\longrightarrow W_{L}=L\otimes _{K}W,\,b\otimes v\longmapsto b\otimes \varphi (v),$

   heißt die durch Körperwechsel gewonnene lineare Abbildung.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über die Charakterisierung von reellen Isometrien mit Matrizen.
2. Der Satz über die (Norm)-Charakterisierung für normale Endomorphismen.
3. Der Satz über Basen in einem Dachprodukt.

Lösung

1. Es sei ${}V$ ein euklidischer Vektorraum und ${}u_{1},\ldots ,u_{n}$ eine Orthonormalbasis von ${}V$. Es sei

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

   eine lineare Abbildung und ${}M$ die beschreibende Matrix zu ${}\varphi$ bezüglich der gegebenen Basis. Dann ist ${}\varphi$ genau dann eine Isometrie, wenn

   ${}{M^{\text{tr}}}M=E_{n}\,$

   ist.
2. Es sei ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}{\mathbb {K} }$- Vektorraum mit Skalarprodukt ${}\left\langle -,-\right\rangle$ und sei

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

   ein Endomorphismus. Dann sind folgende Eigenschaften äquivalent.

   1. ${}\varphi$ ist normal.
   2. Für alle ${}v,w\in V$ gilt

      ${}\left\langle {\hat {\varphi }}(v),{\hat {\varphi }}(w)\right\rangle =\left\langle \varphi (v),\varphi (w)\right\rangle \,.$

   3. Für alle ${}v\in V$ gilt

      ${}\Vert {{\hat {\varphi }}(v)}\Vert =\Vert {\varphi (v)}\Vert \,.$

3. Es sei ${}K$ ein Körper und ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}K$- Vektorraum der Dimension ${}m$. Es sei ${}v_{1},\ldots ,v_{m}$ eine Basis von ${}V$ und es sei ${}n\in \mathbb {N}$. Dann bilden die Dachprodukte

   $v_{i_{1}}\wedge \ldots \wedge v_{i_{n}}{\text{ mit }}1\leq i_{1}<\ldots <i_{n}\leq m$

   eine Basis von ${}\bigwedge ^{n}V$.

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

Es seien ${}P=\left({\frac {3}{4}},\,-1\right)$ und ${}Q=\left(2,\,{\frac {1}{5}}\right)$ zwei Punkte im ${}\mathbb {R} ^{2}$. Bestimme den Abstand zwischen diesen beiden Punkten in

a) der euklidischen Metrik,

b) der Summenmetrik,

c) der Maximumsmetrik.

d) Vergleiche diese verschiedenen Abstände der Größe nach.

Lösung

Die Abstände der einzelnen Koordinaten sind

$2-{\frac {3}{4}}={\frac {8-3}{4}}={\frac {5}{4}}$

und

${\frac {1}{5}}-(-1)={\frac {1+5}{5}}={\frac {6}{5}}.$

a) Der euklidische Abstand ist somit

${}{\sqrt {{\left({\frac {5}{4}}\right)}^{2}+{\left({\frac {6}{5}}\right)}^{2}}}={\sqrt {{\frac {25}{16}}+{\frac {36}{25}}}}={\sqrt {\frac {625+576}{400}}}={\sqrt {\frac {1201}{400}}}={\frac {\sqrt {1201}}{20}}\,.$

b) In der Summenmetrik ist der Abstand

${}{\frac {5}{4}}+{\frac {6}{5}}={\frac {25+24}{20}}={\frac {49}{20}}\,.$

c) Es ist

${}{\frac {5}{4}}={\frac {25}{20}}>{\frac {24}{20}}={\frac {6}{5}}\,,$

daher ist der Abstand in der Maximumsmetrik gleich ${}{\frac {5}{4}}$.

d) Wir behaupten, dass der Maximumsabstand kleiner dem euklidischen Abstand und dass dieser kleiner dem Summenabstand ist. Um dies zu sehen bringt man die drei Zahlen auf den Hauptnenner ${}20$ und muss dann für die Zähler

${}25<{\sqrt {1201}}<49\,$

zeigen. Wegen ${}25^{2}=625<1201$ und ${}49^{2}>40^{2}=1600>1201$ ist das klar.

Aufgabe (2 Punkte)

Es seien ${}u,v\in V$ von ${}0$ verschiedene Vektoren in einem reellen Vektorraum ${}V$ mit Skalarprodukt. Zeige, dass der Winkel zu ${}u$ und ${}v$ mit dem Winkel zu ${}su$ und ${}tv$ übereinstimmt, wobei ${}s,t$ positive reelle Zahlen sind.

Lösung

Es ist

${}{\frac {\left\langle su,tv\right\rangle }{\Vert {su}\Vert \cdot \Vert {tv}\Vert }}={\frac {st\left\langle u,v\right\rangle }{st\Vert {u}\Vert \cdot \Vert {v}\Vert }}={\frac {\left\langle u,v\right\rangle }{\Vert {u}\Vert \cdot \Vert {v}\Vert }}\,,$

wobei wir rechts die Positivität von ${}s$ und ${}t$ ausgenutzt haben. Daher stimmt auch der Arkus Kosinus davon überein.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz des Thales.

Lösung

Ohne Einschränkung sei ${}E=\mathbb {R} ^{2}$ und ${}P=0$. Wir schreiben „vektoriell“ ${}w=C$, ${}v=A$, somit ist ${}B=-v$. Der Verbindungsvektor von ${}A$ nach ${}C$ ist dann ${}-v+w$ und der Verbindungsvektor von ${}B$ nach ${}C$ ist dann ${}v+w$. Somit ist

${}{\begin{aligned}\left\langle -v+w,v+w\right\rangle &=\left\langle -v,v\right\rangle +\left\langle -v,w\right\rangle +\left\langle w,v\right\rangle +\left\langle w,w\right\rangle \\&=-\left\langle v,v\right\rangle -\left\langle v,w\right\rangle +\left\langle v,w\right\rangle +\left\langle w,w\right\rangle \\&=-\left\langle v,v\right\rangle +\left\langle w,w\right\rangle \\&=-r^{2}+r^{2}\\&=0,\end{aligned}}$

also sind diese Seiten senkrecht zueinander.

Aufgabe (8 Punkte)

Beweise das Minorenkriterium für den Typ einer symmetrischen Bilinearform.

Lösung

Da nach Voraussetzung insbesondere die Determinante der Gramschen Matrix nicht ${}0$ ist, ist nach Aufgabe ***** die Bilinearform nicht ausgeartet und daher hat der Typ die Form ${}(n-q,q)$. Wir müssen zeigen, dass ${}q=a$ ist. Wir beweisen die Aussage durch Induktion über die Dimension von ${}V$, wobei der Induktionsanfang trivial ist. Die Aussage sei bis zur Dimension ${}n-1$ bewiesen und es liege ein ${}n$-dimensionaler Raum mit einer Basis ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ mit den angegebenen Eigenschaften vor. Der Untervektorraum

${}U=\langle v_{1},\ldots ,v_{n-1}\rangle \,$

hat die Dimension ${}n-1$ und die Folge der Determinanten der Untermatrizen der Gramschen Matrix zur eingeschränkten Form ${}\left\langle -,-\right\rangle {|}_{U}$ stimmt mit der vorgegebenen Folge überein, wobei lediglich das letzte Glied

${}D_{n}=\det M_{n}=\det G\,$

weggelassen wird. Nach Induktionsvoraussetzung besitzt ${}\left\langle -,-\right\rangle {|}_{U}$ den Typ ${}(n-1-b,b)$, wobei ${}b$ die Anzahl der Vorzeichenwechsel in der Folge

$D_{0}=1,\,D_{1},\ldots ,D_{n-1}$

ist. Aufgrund der Definition des Typs ist

${}b\leq q\leq b+1\,,$

da ein ${}q$-dimensionaler Untervektorraum ${}W\subseteq V$, auf dem die Bilinearform negativ definit ist, zu einem Untervektorraum

${}W'=U\cap W\subseteq U\,$

führt, der die Dimension ${}q$ oder ${}q-1$ besitzt und auf dem die eingeschränkte Form ebenfalls negativ definit ist. Nach Aufgabe ***** ist das Vorzeichen von ${}D_{n-1}$ gleich ${}(-1)^{b}$ und das Vorzeichen von ${}D_{n}$ gleich ${}(-1)^{q}$. Das bedeutet, dass zwischen ${}D_{n-1}$ und ${}D_{n}$ ein zusätzlicher Vorzeichenwechsel (und somit ${}a=b+1$) genau dann vorliegt, wenn

${}q=b+1\,$

ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass es eine Bilinearform ${}\left\langle -,-\right\rangle$ auf einem Vektorraum ${}V$ geben kann, die nicht die Nullform ist, für die aber

${}\left\langle v,v\right\rangle =0\,$

für alle ${}v\in V$ ist.

Lösung

Wir betrachten auf ${}V=K^{2}$ die Abbildung

${}\left\langle {\begin{pmatrix}x_{1}\\y_{1}\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}x_{2}\\y_{2}\end{pmatrix}}\right\rangle :=\det {\begin{pmatrix}x_{1}&x_{2}\\y_{1}&y_{2}\end{pmatrix}}=x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1}\,.$

Nach grundlegenden Eigenschaften der Determinante ist dies eine Bilinearform, und zwar nicht die Nullform. Wenn aber vorne und hinten der gleiche Vektor steht, so ist das Ergebnis ${}0$.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}{\mathbb {K} }$- Vektorraum mit Skalarprodukt ${}\left\langle -,-\right\rangle$ und sei

$\varphi \colon V\longrightarrow V$

ein normaler Endomorphismus. Zeige

${}\operatorname {kern} \varphi =\operatorname {kern} {\hat {\varphi }}\,.$

Lösung

Es sei ${}v\in V$ mit ${}\varphi (v)=0$. Nach Fakt *****  (3) ist

${}0=\Vert {\varphi (v)}\Vert =\Vert {{\hat {\varphi }}(v)}\Vert \,,$

also ist auch ${}{\hat {\varphi }}(v)=0$ und ${}v\in \operatorname {kern} {\hat {\varphi }}$. Wegen

${}{\hat {\hat {\varphi }}}=\varphi \,$

gilt davon auch die Umkehrung.

Aufgabe (4 Punkte)

Die Kugeloberfläche ${}K$ wird im ${}\mathbb {R} ^{3}$ als Nullstellenmenge der quadratischen Gleichung

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

beschrieben. Wir betrachten die lineare Abbildung

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

die bezüglich der Standardbasen durch die Matrix

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

beschrieben werde. Durch welche quadratische Form kann das Bild ${}\varphi (K)$ beschrieben werden? Wie nennt man das geometrische Gebilde ${}\varphi (K)$?

Lösung

In den neuen Koordinaten ${}u,v,w$ wird das Bild durch die Gleichung

${}{\frac {1}{4}}u^{2}+{\frac {1}{9}}v^{2}+w^{2}=1\,$

beschrieben, es handelt sich also um die Oberfläche eines Ellipsoids. Ein Punkt mit den Koordinaten ${}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}$ wird ja auf den Punkt ${}{\begin{pmatrix}2x\\3y\\-z\end{pmatrix}}$ abgebildet und die Bildpunkte der Kugeloberfläche erfüllen

${}{\frac {1}{4}}(2x)^{2}+{\frac {1}{9}}(3y)^{2}+(-z)^{2}=x^{2}+y^{2}+z^{2}=1\,.$

Wenn umgekehrt ein Punkt ${}{\begin{pmatrix}u\\v\\w\end{pmatrix}}$ die Gleichung erfüllt, so erfüllt das (eindeutig bestimmte) Urbild, also ${}{\begin{pmatrix}{\frac {1}{2}}u\\{\frac {1}{3}}v\\-w\end{pmatrix}}$, wegen

${}{\left({\frac {1}{2}}u\right)}^{2}+{\left({\frac {1}{3}}v\right)}^{2}+{\left(-w\right)}^{2}={\frac {1}{4}}u^{2}+{\frac {1}{9}}v^{2}+w^{2}=1\,$

die Ursprungsgleichung.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}G$ eine Gruppe. Betrachte die Relation ${}\sim$ auf ${}G$, die durch

$x\sim y{\text{ genau dann, wenn }}x=y{\text{ oder }}x=y^{-1}$

erklärt ist. Zeige, dass ${}\sim$ eine Äquivalenzrelation ist.

Lösung

Die Relation ist offenbar reflexiv. Zum Nachweis der Symmetrie sei ${}x\sim y$. Im Fall ${}x=y$ ist natürlich auch ${}y=x$ und somit ${}y\sim x$. Im Fall

${}x=y^{-1}\,$

ergibt sich durch Invertieren der Gleichung

${}x^{-1}={\left(y^{-1}\right)}^{-1}=y\,,$

also ebenfalls ${}y\sim x$. Zum Nachweis der Transitivität sei ${}x\sim y$ und ${}y\sim z$. Hier gibt es insgesamt vier Fälle. Bei ${}x=y$ und ${}y=z$ ist natürlich ${}x=z$. Bei ${}x=y$ und ${}y=z^{-1}$ ist ${}x=z^{-1}$, also ${}x\sim z$. Bei ${}x=y^{-1}$ und ${}y=z$ ist ${}x=y^{-1}=z^{-1}$, also wieder ${}x\sim z$. Bei ${}x=y^{-1}$ und ${}y=z^{-1}$ ist

${}x=y^{-1}={\left(z^{-1}\right)}^{-1}=z\,,$

also ${}x\sim z$.

Aufgabe (3 Punkte)

Es seien ${}G$ und ${}H$ Gruppen und sei

$\varphi \colon G\longrightarrow H$

ein Gruppenhomomorphismus. Zeige, dass das Urbild ${}\varphi ^{-1}(N)$ eines Normalteilers ${}N\subseteq H$ ein Normalteiler in ${}G$ ist.

Lösung

Wir setzen

${}M:=\varphi ^{-1}(N)\,.$

Es sei ${}x\in G$ und ${}y\in M$. Wir müssen zeigen, dass ${}xyx^{-1}$ ebenfalls zu ${}M$ gehört. Es ist

${}\varphi (xyx^{-1})=\varphi (x)\varphi (y)(\varphi (x))^{-1}\,.$

Wegen ${}\varphi (y)\in N$ und da ${}N$ ein Normalteiler ist, gehört dies zu ${}N$. Also ist ${}xyx^{-1}\in \varphi ^{-1}(N)=M$.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme, ob die beiden Basen des ${}\mathbb {R} ^{2}$,

${\begin{pmatrix}1\\-4\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}3\\-2\end{pmatrix}}\,\,{\text{ und }}\,\,{\begin{pmatrix}6\\-5\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}-5\\4\end{pmatrix}},$

die gleiche Orientierung repräsentieren oder nicht.

Lösung

Die Determinante links ist

${}1\cdot (-2)-(-4)\cdot 3=-2+12=10\,$

und die Determinante rechts ist

${}6\cdot 4-(-5)\cdot (-5)=24-25=-1\,.$

Da erste Determinante ist also positiv und die zweite Determinante ist negativ, daher repräsentieren sie nicht die gleiche Orientierung des ${}\mathbb {R} ^{2}$.

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

Wir betrachten im ${}\mathbb {R} ^{3}$ den Würfel, dessen Ecken die Punkte ${}{\begin{pmatrix}\pm 1\\\pm 1\\\pm 1\end{pmatrix}}$ sind.

1. Man gebe eine Matrixbeschreibung ${}M$ bezüglich der Standardbasis, die die Drehung des Würfels um die Raumdiagonale (also die Gerade durch den Punkt ${}{\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}}$) beschreibt, die den Eckpunkt ${}{\begin{pmatrix}1\\1\\-1\end{pmatrix}}$ in den Eckpunkt ${}{\begin{pmatrix}1\\-1\\1\end{pmatrix}}$ überführt.
2. Man gebe eine Matrixbeschreibung ${}N$ bezüglich der Standardbasis, die die Drehung des Würfels um ${}180$ Grad um die (ebene) Diagonale der ${}x-y$-Ebene beschreibt.
3. Berechne ${}M\circ N$ und bestimme die Drehachse.
4. Berechne ${}N\circ M$ und bestimme die Drehachse.
5. Bestimme die Determinante von ${}M,N,M\circ N$ und ${}N\circ M$.

Lösung

1. Die Standardvektoren ${}e_{1},e_{2},e_{3}$ liegen auf den an ${}(1,1,1)$ anliegenden Seiten, und die Drehung gibt vor, wie diese ineinander überführt werden. Also ist die Matrix gleich ${}M={\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&1\\1&0&0\end{pmatrix}}$.
2. Der Standardvektor ${}e_{3}$ wird auf sein Negatives abgebildet und ${}e_{1}$ und ${}e_{2}$ werden vertauscht. Die Matrix ist also gleich ${}N={\begin{pmatrix}0&1&0\\1&0&0\\0&0&-1\end{pmatrix}}$.
3. Es ist

   ${}{\begin{aligned}M\circ N&={\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&1\\1&0&0\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}0&1&0\\1&0&0\\0&0&-1\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&-1\\0&1&0\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$

   Es wird also ${}e_{1}$ in sich überführt und daher ist die ${}x$-Achse die Drehachse.
4. Es ist

   ${}{\begin{aligned}N\circ M&={\begin{pmatrix}0&1&0\\1&0&0\\0&0&-1\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&1\\1&0&0\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}0&0&1\\0&1&0\\-1&0&0\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$

   Es wird also ${}e_{2}$ in sich überführt und daher ist die ${}y$-Achse die Drehachse.
5. Da alles eigentliche Isometrien sind, ist ihre Determinante stets gleich ${}1$.

Aufgabe (1 Punkt)

Erstelle die Adjazenzmatrix zum gerichteten Graphen rechts.

Lösung

Die Adjazenzmatrix ist

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

Aufgabe (10 Punkte)

Beweise den Charakterisierungssatz für asymptotisch stabile Endomorphismen.

Lösung

Aus (1) folgt (2). Es sei ${}v\in V$. Wir können mit einer beliebigen Norm auf ${}V$ und dem Endomorphismenraum arbeiten, beispielsweise mit der Maximumsnorm. Dann konvergiert wegen

${}\Vert {\varphi ^{n}(v)}\Vert \leq \Vert {\varphi ^{n}}\Vert _{\rm {max}}\cdot \Vert {v}\Vert \,$

die Folge ${}\varphi ^{n}(v)$ gegen ${}0$. Von (2) nach (3) ist klar. Wenn umgekehrt (3) erfüllt ist, und

${}v=a_{1}v_{1}+\cdots +a_{m}v_{m}\,$

eine Linearkombination ist, so ist

${}\varphi ^{n}{\left(a_{1}v_{1}+\cdots +a_{m}v_{m}\right)}=a_{1}\varphi ^{n}(v_{1})+\cdots +a_{m}\varphi ^{n}(v_{m})\,$

und aus der Konvergenz der beteiligten Folgen ${}\varphi ^{n}(v_{j})$ gegen ${}0$ folgt die Konvergenz dieser Summenfolge gegen ${}0$. Von (2) bzw. (3) nach (4). Wir können ${}{\mathbb {K} }={\mathbb {C} }$ annehmen: Im reellen Fall kann man von ${}V=\mathbb {R} ^{d}$ ausgehen und die Abbildung durch eine reelle Matrix ausdrücken und diese als komplexe Matrix auffassen. Das gegebene reelle Erzeugendensystem ist dann auch ein komplexes Erzeugendensysten für den ${}{\mathbb {C} }^{d}$. Es sei ${}\lambda$ ein Eigenwert und ${}v\in V$ ein Eigenvektor zu ${}\lambda$. Da nach Voraussetzung

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

gegen ${}0$ konvergiert, muss ${}\lambda ^{n}$ gegen ${}0$ konvergieren und daher ist

${}\vert {\lambda }\vert <1\,.$

Für den Schluss von (4) auf (1) verwenden wir Fakt *****, es ist also

${}\varphi ^{n}=\varphi _{\rm {diag}}^{n}+n\varphi _{\rm {diag}}^{n-1}\circ \varphi _{\rm {nil}}+{\binom {n}{2}}\varphi _{\rm {diag}}^{n-2}\circ \varphi _{\rm {nil}}^{2}+{\binom {n}{3}}\varphi _{\rm {diag}}^{n-3}\circ \varphi _{\rm {nil}}^{3}+\cdots +{\binom {n}{k-1}}\varphi _{\rm {diag}}^{n-k+1}\circ \varphi _{\rm {nil}}^{k-1}\,,$

wobei ${}k$ die Nilpotenzordnung des nilpotenten Anteils ${}\varphi _{\rm {nil}}$ ist. Die Eigenwerte von ${}\varphi$ sind nach Aufgabe ***** die Eigenwerte des diagonalisierbaren Anteils ${}\varphi _{\rm {diag}}$, sie seien mit ${}z_{j}$ bezeichnet. Die Summanden sind von der Form

$p(n)\varphi _{\rm {diag}}^{n-s}\circ \varphi _{\rm {nil}}^{s}$

zu einem festen ${}s<k$ und einem Polynom ${}p(n)$. Die Diagonaleinträge von ${}p(n)\varphi _{\rm {diag}}^{n-s}$ sind (nach Diagonalisieren) von der Form

$p(n)z_{j}^{n-s}$

und wegen ${}\vert {z_{j}}\vert <1$ konvergiert dies für ${}n\rightarrow \infty$ gegen ${}0$. Daher konvergiert ${}p(n)\varphi _{\rm {diag}}^{n-s}$ gegen die Nullabbildung und das gilt nach Aufgabe ***** auch für das Produkt mit der festen Abbildung ${}\varphi _{\rm {nil}}^{s}$. Daher konvergiert auch die Summe gegen die Nullabbildung.

Aufgabe (2 Punkte)

Drücke das Dachprodukt ${}{\begin{pmatrix}4\\-1\\2\end{pmatrix}}\wedge {\begin{pmatrix}3\\5\\-6\end{pmatrix}}$ in der Standardbasis von ${}\bigwedge ^{2}\mathbb {R} ^{3}$ aus.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}{\begin{pmatrix}4\\-1\\2\end{pmatrix}}\wedge {\begin{pmatrix}3\\5\\-6\end{pmatrix}}&=(4e_{1}-e_{2}+2e_{3})\wedge (3e_{1}+5e_{2}-6e_{3})\\&=20e_{1}\wedge e_{2}-24e_{1}\wedge e_{3}-3e_{2}\wedge e_{1}+6e_{2}\wedge e_{3}+6e_{3}\wedge e_{1}+10e_{3}\wedge e_{2}\\&=20e_{1}\wedge e_{2}-24e_{1}\wedge e_{3}+3e_{1}\wedge e_{2}+6e_{2}\wedge e_{3}-6e_{1}\wedge e_{3}-10e_{2}\wedge e_{3}\\&=23e_{1}\wedge e_{2}-30e_{1}\wedge e_{3}-4e_{2}\wedge e_{3}.\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}V$ ein Vektorraum über dem Körper ${}K$ und

$\varphi \colon V\longrightarrow V$

ein Endomorphismus. Es sei

$\bigwedge ^{m}\varphi \colon \bigwedge ^{m}V\longrightarrow \bigwedge ^{m}V$

das ${}m$-te Dachprodukt von ${}\varphi$. Es seien ${}v_{1},\ldots ,v_{m}$ linear unabhängige Eigenvektoren zu ${}\varphi$ zu den Eigenwerten ${}a_{1},\ldots ,a_{m}$. Zeige, dass ${}a_{1}\cdots a_{m}$ ein Eigenwert von ${}\bigwedge ^{m}\varphi$ ist.

Lösung

Nach Voraussetzung ist

${}\varphi (v_{i})=a_{i}v_{i}\,$

und die ${}v_{i}$ sind untereinander linear unabhängig. Daher ist ${}v_{1}\wedge v_{2}\wedge \ldots \wedge v_{m}$ in ${}\bigwedge ^{m}V$ nach Fakt ***** ein Element einer Basis und insbesondere nicht ${}0$. Es ist unter Verwendung von Fakt *****

${}{\begin{aligned}\bigwedge ^{m}(\varphi )(v_{1}\wedge v_{2}\wedge \ldots \wedge v_{m})&=\varphi (v_{1})\wedge \varphi (v_{2})\wedge \ldots \wedge \varphi (v_{m})\\&=(a_{1}v_{1})\wedge (a_{2}v_{2})\wedge \ldots \wedge (a_{m}v_{m})\\&=(a_{1}\cdots a_{m})\cdot v_{1}\wedge v_{2}\wedge \ldots \wedge v_{m}.\end{aligned}}$

Also ist ${}v_{1}\wedge v_{2}\wedge \ldots \wedge v_{m}$ ein Eigenvektor von ${}\bigwedge ^{m}$ zum Eigenwert ${}a_{1}\cdots a_{m}$.