Kurs:Lineare Algebra/Teil I/1/Klausur mit Lösungen

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

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. Ein Isomorphismus zwischen ${}K$-Vektorräumen ${}V$ und ${}W$.
3. Der Spaltenrang einer ${}m\times n$-Matrix ${}M$ über einem Körper ${}K$.
4. Der Dualraum zu einem ${}K$-Vektorraum ${}V$.
5. Die adjungierte Matrix zu einer quadratischen Matrix ${}M\in \operatorname {Mat} _{n}(K)$.
6. Eine Fahne in einem ${}n$-dimensionalen ${}K$-Vektorraum ${}V$.

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. Ein Isomorphismus zwischen ${}V$ und ${}W$ ist eine bijektive lineare Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow W.$

3. Man nennt die Dimension des von den Spalten erzeugten Untervektorraums von ${}K^{m}$ den (Spalten-)Rang der Matrix ${}M$.
4. Unter dem Dualraum zu ${}V$ versteht man den Homomorphismenraum

   ${}{V}^{*}=\operatorname {Hom} _{K}{\left(V,K\right)}\,.$

5. Die Matrix

   $M^{\operatorname {adj} }=(b_{ij}){\text{ mit }}b_{ij}=(-1)^{i+j}\det M_{ji},$

   wobei ${}M_{ji}$ die Restmatrix zur ${}j$-ten Zeile und zur ${}i$-ten Spalte ist, heißt die adjungierte Matrix von ${}M$.

6. Eine Kette von Untervektorräumen

   $0=V_{0}\subset V_{1}\subset \ldots \subset V_{n-1}\subset V_{n}=V$

   heißt eine Fahne in ${}V$.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über die Anzahl von Basiselementen.
2. Der Satz über die Beschreibung des Signums mit Fehlständen.
3. Der Satz von der kanonischen additiven Zerlegung für eine trigonalisierbare Abbildung.

Lösung

1. Es sei ${}K$ ein Körper und ${}V$ ein ${}K$-Vektorraum mit einem endlichen Erzeugendensystem. Dann besitzen je zwei Basen von ${}V$ die gleiche Anzahl von Basisvektoren.
2. Sei ${}M={\{1,\ldots ,n\}}$ und sei ${}\pi$ eine Permutation auf ${}M$. Es sei ${}k={\#\left(F\right)}$ die Anzahl der Fehlstände von ${}\pi$. Dann ist das Signum von ${}\pi$ gleich

   ${}\operatorname {sgn} (\pi )=(-1)^{k}\,.$

3. Sei

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

   ein trigonalisierbarer ${}K$-Endomorphismus auf dem endlichdimensionalen ${}K$-Vektorraum ${}V$. Dann gibt es eine Zerlegung

   ${}\varphi =\varphi _{\rm {diag}}+\varphi _{\rm {nil}}\,,$

   wobei ${}\varphi _{\rm {diag}}$ diagonalisierbar, ${}\varphi _{\rm {nil}}$ nilpotent und zusätzlich

   ${}\varphi _{\rm {diag}}\circ \varphi _{\rm {nil}}=\varphi _{\rm {nil}}\circ \varphi _{\rm {diag}}\,$

   gilt.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}M$ eine endliche Menge und ${}\varphi \colon M\rightarrow M$ eine Abbildung. Es sei ${}\varphi ^{n}$ die ${}n$-fache Hintereinanderschaltung von ${}\varphi$ mit sich selbst. Zeige, dass es natürliche Zahlen ${}m>n\geq 1$ mit ${}\varphi ^{n}=\varphi ^{m}$ gibt.

Lösung

Da ${}M$ endlich ist, ist auch die Abbildungsmenge ${}\operatorname {Abb} \,{\left(M,M\right)}$ endlich, da es für jedes Element nur ${}{\#\left(M\right)}$ viele Möglichkeiten gibt, wohin es abgebildet werden kann. Die Hintereinanderschaltungen ${}\varphi ^{n}$, ${}n\in \mathbb {N}$, gehören alle zu dieser Abbildungsmenge. Da es keine injektive Abbildung von ${}\mathbb {N} _{+}$ in eine endliche Menge gibt, gibt es Zahlen ${}m\neq n$ mit

${}\varphi ^{m}=\varphi ^{n}\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Löse die lineare Gleichung

${}(2+5{\mathrm {i} })z=(3-7{\mathrm {i} })\,$

über ${}\mathbb {C}$ und berechne den Betrag der Lösung.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}z&=(3-7{\mathrm {i} })(2+5{\mathrm {i} })^{-1}\\&=(3-7{\mathrm {i} }){\frac {(2-5{\mathrm {i} })}{29}}\\&={\frac {6-35-14{\mathrm {i} }-15{\mathrm {i} }}{29}}\\&={\frac {-29-29{\mathrm {i} }}{29}}\\&=-1-{\mathrm {i} }.\end{aligned}}$

Der Betrag ist

${}\vert {-1-{\mathrm {i} }}\vert ={\sqrt {2}}\,.$

Aufgabe (8 Punkte)

Es sei ${}V$ ein Vektorraum und

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

eine Familie von Vektoren in ${}V$. Zeige, dass die Familie genau dann eine Basis von ${}V$ bildet, wenn es sich um ein minimales Erzeugendensystem handelt (d.h. sobald man einen Vektor ${}v_{i}$ weglässt, liegt kein Erzeugendensystem mehr vor).

Lösung

Die Familie sei zunächst eine Basis. Dann ist sie insbesondere ein Erzeugendensystem. Nehmen wir einen Vektor, sagen wir ${}v_{1}$, aus der Familie heraus. Wir müssen zeigen, dass dann die verbleibende Familie, also ${}v_{2},\ldots ,v_{n}$ kein Erzeugendensystem mehr ist. Wenn sie ein Erzeugendensystem wäre, so wäre insbesondere ${}v_{1}$ als Linearkombination der Vektoren darstellbar, d.h. man hätte

${}v_{1}=\sum _{i=2}^{n}\lambda _{i}v_{i}\,.$

Dann ist aber

$v_{1}-\sum _{i=2}^{n}\lambda _{i}v_{i}$

eine nichttriviale Darstellung der ${}0$, im Widerspruch zur linearen Unabhängigkeit der Familie.

Sei nun die Familie ein minimales Erzeugendensystem. Um zu zeigen, dass eine Basis vorliegt, muss also lediglich gezeigt werden, dass die Familie linear unabhängig ist. Nehmen wir an, sie sei nicht linear unabhängig. Dann gibt es eine Darstellung

${}a_{1}v_{1}+a_{2}v_{2}+\cdots +a_{n}v_{n}=0\,,$

wobei mindestens ein Koeffizient ${}a_{i}\neq 0$ ist. Wir behaupten, dass dann auch die um ${}v_{i}$ reduzierte Familie noch ein Erzeugendensystem ist im Widerspruch zur Minimalität. Dazu sei ${}v\in V$ ein beliebiger Vektor, den man als

${}v=b_{1}v_{1}+\cdots +b_{i}v_{i}+\cdots +b_{n}v_{n}\,$

schreiben kann. Wir können ${}v_{i}$ schreiben als

${}v_{i}=-{\frac {a_{1}}{a_{i}}}v_{1}-\cdots -{\frac {a_{i-1}}{a_{i}}}v_{i-1}-{\frac {a_{i+1}}{a_{i}}}v_{i+1}-\cdots -{\frac {a_{n}}{a_{i}}}v_{n}\,.$

Damit ist

${}{\begin{aligned}v&=b_{1}v_{1}+\cdots +b_{i}v_{i}+\cdots +b_{n}v_{n}\\&=b_{1}v_{1}+\cdots +b_{i}{\left(-{\frac {a_{1}}{a_{i}}}v_{1}-\cdots -{\frac {a_{i-1}}{a_{i}}}v_{i-1}-{\frac {a_{i+1}}{a_{i}}}v_{i+1}-\cdots -{\frac {a_{n}}{a_{i}}}v_{n}\right)}+\cdots +b_{n}v_{n},\end{aligned}}$

woraus ablesbar ist, dass man ${}v$ auch als Linearkombination der ${}v_{1},\ldots ,v_{i-1},v_{i+1},\ldots ,v_{n}$ darstellen kann.

Aufgabe (3 Punkte)

Beweise den Satz über die Anzahl von Basiselementen.

Lösung

Es seien ${}{\mathfrak {b}}=b_{1},\ldots ,b_{n}$ und ${}{\mathfrak {u}}=u_{1},\ldots ,u_{k}$ zwei Basen von ${}V$. Aufgrund des Basisaustauschsatzes, angewandt auf die Basis ${}{\mathfrak {b}}$ und die linear unabhängige Familie ${}{\mathfrak {u}}$ ergibt sich ${}k\leq n$. Wendet man den Austauschsatz umgekehrt an, so folgt ${}n\leq k$, also insgesamt ${}n=k$.

Aufgabe (4 (1+1+2) Punkte)

Die Zeitungen ${}A,B$ und ${}C$ verkaufen Zeitungsabos und konkurrieren dabei um einen lokalen Markt mit ${}100000$ potentiellen Lesern. Dabei sind innerhalb eines Jahres folgende Kundenbewegungen zu beobachten.

1. Die Abonnenten von ${}A$ bleiben zu ${}80\%$ bei ${}A$, ${}10\%$ wechseln zu ${}B$, ${}5\%$ wechseln zu ${}C$ und ${}5\%$ werden Nichtleser.
2. Die Abonnenten von ${}B$ bleiben zu ${}60\%$ bei ${}B$, ${}10\%$ wechseln zu ${}A$, ${}20\%$ wechseln zu ${}C$ und ${}10\%$ werden Nichtleser.
3. Die Abonnenten von ${}C$ bleiben zu ${}70\%$ bei ${}C$, niemand wechselt zu ${}A$, ${}10\%$ wechseln zu ${}B$ und ${}20\%$ werden Nichtleser.
4. Von den Nichtlesern entscheiden sich je ${}10\%$ für ein Abonnement von ${}A,B$ oder ${}C$, die übrigen bleiben Nichtleser.

a) Erstelle die Matrix, die die Kundenbewegungen innerhalb eines Jahres beschreibt.

b) In einem bestimmten Jahr haben alle drei Zeitungen je ${}20000$ Abonnenten und es gibt ${}40000$ Nichtleser. Wie sieht die Verteilung ein Jahr später aus?

c) Die drei Zeitungen expandieren in eine zweite Stadt, wo es bislang überhaupt keine Zeitungen gibt, aber ebenfalls ${}100000$ potentielle Leser. Wie viele Leser haben dort die einzelnen Zeitungen (und wie viele Nichtleser gibt es noch) nach drei Jahren, wenn dort die gleichen Kundenbewegungen zu beobachten sind?

Lösung

a) Die Matrix, die die Kundenbewegungen (in der Reihenfolge ${}A,B,C$ und Nichtleser) beschreibt, ist

${\begin{pmatrix}0,8&0,1&0&0,1\\0,1&0,6&0,1&0,1\\0,05&0,2&0,7&0,1\\0,05&0,1&0,2&0,7\end{pmatrix}}.$

b) Die Kundenverteilung nach einem Jahr zur Ausgangsverteilung ${}(20000,20000,20000,40000)$ ist

${}{\begin{pmatrix}0,8&0,1&0&0,1\\0,1&0,6&0,1&0,1\\0,05&0,2&0,7&0,1\\0,05&0,1&0,2&0,7\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}20000\\20000\\20000\\40000\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}22000\\20000\\23000\\35000\end{pmatrix}}\,.$

c) Die Ausgangsverteilung ist ${}(0,0,0,100000)$, daher ist die Verteilung nach einem Jahr gleich ${}(10000,10000,10000,70000)$.

Nach zwei Jahren ist die Kundenverteilung

${}{\begin{pmatrix}0,8&0,1&0&0,1\\0,1&0,6&0,1&0,1\\0,05&0,2&0,7&0,1\\0,05&0,1&0,2&0,7\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}10000\\10000\\10000\\70000\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}16000\\15000\\16500\\52500\end{pmatrix}}\,.$

Nach drei Jahren ist die Kundenverteilung

${}{\begin{aligned}{\begin{pmatrix}0,8&0,1&0&0,1\\0,1&0,6&0,1&0,1\\0,05&0,2&0,7&0,1\\0,05&0,1&0,2&0,7\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}16000\\15000\\16500\\52500\end{pmatrix}}&={\begin{pmatrix}12800+1500+5250\\1600+9000+1650+5250\\800+3000+11550+5250\\800+1500+3300+36750\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}19550\\17500\\20600\\42350\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und es seien ${}V$ und ${}W$ Vektorräume über ${}K$. Es sei ${}\operatorname {Hom} _{K}{\left(V,W\right)}$ der ${}K$-Vektorraum der linearen Abbildungen von ${}V$ nach ${}W$ und es sei ${}v\in V$ ein fixierter Vektor. Zeige, dass die Abbildung

$F\colon \operatorname {Hom} _{K}{\left(V,W\right)}\longrightarrow W,\,\varphi \longmapsto F(\varphi ):=\varphi (v),$

${}K$-linear ist.

Lösung

Zur Additivität. Seien ${}\varphi ,\psi \in \operatorname {Hom} _{K}{\left(V,W\right)}$. Dann ist (nach der Definition der Addition auf ${}\operatorname {Hom} _{K}{\left(V,W\right)}$)

${}F(\varphi +\psi )=(\varphi +\psi )(v)=\varphi (v)+\psi (v)=F(\varphi )+F(\psi )\,.$

Zur Skalarmultiplikation. Sei ${}\varphi \in \operatorname {Hom} _{K}{\left(V,W\right)}$ und ${}s\in K$. Dann ist (wieder aufgrund der Definition der Skalarmultiplikation auf ${}\operatorname {Hom} _{K}{\left(V,W\right)}$)

${}F(s\varphi )=(s\varphi )(v)=s\varphi (v)=sF(\varphi )\,.$

Aufgabe (10 (1+2+6+1) Punkte)

Für eine ${}n\times n$-Matrix ${}M=(a_{ij})_{ij}$ sei

${}\delta (M)=\sum _{\pi \in S_{n}}\operatorname {sgn} (\pi )a_{1\pi (1)}\cdots a_{n\pi (n)}\,.$

Zeige die folgenden Aussagen direkt, ohne die Gleichheit ${}\delta (M)=\det M$ zu verwenden (Eigenschaften des Signums von Permutationen dürfen verwendet werden).

a) Es ist ${}\delta (E_{n})=1$.

b) ${}\delta$ ist multilinear in den Zeilen der Matrix.

c) ${}\delta$ ist alternierend in den Zeilen der Matrix.

d) Man folgere aus a),b),c), dass ${}\delta (M)=\det M$ ist.

Lösung

a) Es sei ${}M=E_{n}={\left(a_{ij}\right)}$ die Einheitsmatrix. Für jede Permutation

${}\pi \neq \operatorname {Id} \,$

gibt es ein ${}i$ mit ${}\pi (i)\neq i$, daher ist

${}a_{i\pi (i)}=0\,.$

Diese Summanden fallen also weg und übrig bleibt

${}\delta (E_{n})=\sum _{\pi \in S_{n}}\operatorname {sgn} (\pi )a_{1\pi (1)}\cdots a_{n\pi (n)}=\operatorname {sgn} (\operatorname {Id} )\prod _{i=1}^{n}a_{ii}=1\,.$

b) Für jede Permutation ${}\pi$ ist die Zuordnung

$\operatorname {Mat} _{n}(K)\longrightarrow K,\,M\longmapsto a_{1\pi (1)}\cdots a_{n\pi (n)},$

multilinear, wie unmittelbar aus dem Distributivgesetz für ${}K$ folgt. Da jede Linearkombination von Multilinearformen wieder eine Multilinearform ist, ist ${}\delta$ multilinear.

c) Es seien die ${}r$-te und die ${}s$-te Zeile der Matrix ${}M$ identisch (${}r\neq s$), also

${}a_{rj}=a_{sj}\,$

für alle ${}j$. Es sei ${}\tau$ die Transposition, die ${}r$ und ${}s$ vertauscht. Man kann jede Permutation ${}\pi$ eindeutig als ${}\rho$ bzw. als ${}\rho \tau$ schreiben, wobei ${}\rho$ sämtliche geraden Permutationen durchläuft. Daher ist

${}{\begin{aligned}\delta (M)&=\sum _{\pi \in S_{n}}\operatorname {sgn} (\pi )a_{1\pi (1)}\cdots a_{n\pi (n)}\\&=\sum _{\rho {\text{ gerade }}}{\left(\operatorname {sgn} (\rho )\prod _{i=1}^{n}a_{i\rho (i)}+\operatorname {sgn} (\rho \tau )\prod _{i=1}^{n}a_{i\rho \tau (i)}\right)}\\&=\sum _{\rho {\text{ gerade }}}{\left(\prod _{i=1}^{n}a_{i\rho (i)}-\prod _{i=1}^{n}a_{i\rho \tau (i)}\right)}\\&=\sum _{\rho {\text{ gerade }}}{\left(a_{r\rho (r)}a_{s\rho (s))}\prod _{i\neq r,s,\,i=1}^{n}a_{i\rho (i)}-a_{r\rho \tau (r)}a_{s\rho \tau (s))}\prod _{i\neq r,s,\,i=1}^{n}a_{i\rho \tau (i)}\right)}\\&=\sum _{\rho {\text{ gerade }}}{\left(a_{r\rho (r)}a_{s\rho (s))}\prod _{i\neq r,s,\,i=1}^{n}a_{i\rho (i)}-a_{r\rho (s)}a_{s\rho (r))}\prod _{i\neq r,s,\,i=1}^{n}a_{i\rho (i)}\right)}\\&=\sum _{\rho {\text{ gerade }}}{\left(a_{r\rho (r)}a_{s\rho (s))}\prod _{i\neq r,s,\,i=1}^{n}a_{i\rho (i)}-a_{r\rho (r)}a_{s\rho (s))}\prod _{i\neq r,s,\,i=1}^{n}a_{i\rho (i)}\right)}\\&=0.\end{aligned}}$

d) Nach a), b), c) liegt in ${}\delta$ eine alternierende Multilinearform vor, die auf der Einheitsmatrix den Wert ${}1$ besitzt. Aufgrund der universellen Eigenschaft der Determinante muss also ${}\delta$ mit der Determinante übereinstimmen.

Aufgabe (3 Punkte)

Man finde ein Polynom

$f=a+bX+cX^{2}$

mit ${}a,b,c\in \mathbb {R}$ derart, dass die folgenden Bedingungen erfüllt werden.

$f(-1)=2,\,f(1)=0,\,f(3)=5.$

Lösung

Die Bedingungen führen auf das lineare Gleichungssystem

${}a-b+c=2\,,$

${}a+b+c=0\,,$

${}a+3b+9c=5\,.$

${}I-II$ führt auf

${}b=-1\,$

und ${}I-III$ führt auf

${}-4b-8c=-3\,,$

also

${}c={\frac {3}{8}}-{\frac {1}{2}}b={\frac {3}{8}}+{\frac {1}{2}}={\frac {7}{8}}\,$

und somit

${}a={\frac {1}{8}}\,.$

Das gesuchte Polynom ist also

${\frac {1}{8}}-X+{\frac {7}{8}}X^{2}.$

Aufgabe (3 Punkte)

Berechne das Ergebnis, wenn man im Polynom

$X^{2}+(1+4{\mathrm {i} })X+3-{\mathrm {i} }$

die Variable ${}X$ durch die ${}2\times 2$-Matrix

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

ersetzt.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}{\begin{pmatrix}2-{\mathrm {i} }&1+3{\mathrm {i} }\\5&-3+4{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}^{2}&={\begin{pmatrix}2-{\mathrm {i} }&1+3{\mathrm {i} }\\5&-3+4{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}2-{\mathrm {i} }&1+3{\mathrm {i} }\\5&-3+4{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}(2-{\mathrm {i} })^{2}+5(1+3{\mathrm {i} })&(1+3{\mathrm {i} })(2-{\mathrm {i} }-3+4{\mathrm {i} })\\5(2-{\mathrm {i} }-3+4{\mathrm {i} })&5(1+3{\mathrm {i} })+(-3+4{\mathrm {i} })^{2}\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}4-1-4{\mathrm {i} }+5+15{\mathrm {i} }&(1+3{\mathrm {i} })(-1+3{\mathrm {i} })\\5(-1+3{\mathrm {i} })&5+15{\mathrm {i} }+9-16-24{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}8+11{\mathrm {i} }&-10\\-5+15{\mathrm {i} }&-2-9{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$

Somit ist

${}{\begin{aligned}{\begin{pmatrix}2-{\mathrm {i} }&1+3{\mathrm {i} }\\5&-3+4{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}^{2}+(1+4{\mathrm {i} }){\begin{pmatrix}2-{\mathrm {i} }&1+3{\mathrm {i} }\\5&-3+4{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}+(3+{\mathrm {i} }){\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}&={\begin{pmatrix}8+11{\mathrm {i} }&-10\\-5+15{\mathrm {i} }&-2-9{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}6+7{\mathrm {i} }&-11+7{\mathrm {i} }\\5+20{\mathrm {i} }&-19-8{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}3+{\mathrm {i} }&0\\0&3+{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}17+19{\mathrm {i} }&-21+7{\mathrm {i} }\\35{\mathrm {i} }&-18-16{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}.\,\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei

$M\in \operatorname {Mat} _{n}(K)$

eine Matrix mit ${}n$ (paarweise) verschiedenen Eigenwerten. Zeige, dass die Determinante von ${}M$ das Produkt der Eigenwerte ist.

Lösung

Aufgrund der verschiedenen Eigenwerte ist ${}\varphi$ nach Korollar 22.10 (Lineare Algebra (Osnabrück 2017-2018)) diagonalisierbar. Es gibt daher nach Satz 22.8 (Lineare Algebra (Osnabrück 2017-2018)) eine invertierbare Matrix ${}B$ derart, dass

$BMB^{-1}$

eine Diagonalmatrix ist, wobei in der Diagonalen die verschiedenen Eigenwerte ${}d_{1},\ldots ,d_{n}$ stehen. Nach Satz 17.4 (Lineare Algebra (Osnabrück 2017-2018)) und Lemma 16.4 (Lineare Algebra (Osnabrück 2017-2018)) ist

${}\det M=\det BMB^{-1}=d_{1}\cdots d_{n}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und es sei ${}V$ ein ${}n$-dimensionaler ${}K$-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 16.11 (Lineare Algebra (Osnabrück 2017-2018)) und Lemma 12.5 (Lineare Algebra (Osnabrück 2017-2018))). Dies ist nach Fakt ***** und Lemma 11.4 (Lineare Algebra (Osnabrück 2017-2018)) 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.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die Ordnung der Matrix

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

über dem Körper mit ${}3$ Elementen.

Lösung

Es ist

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

${}{\begin{pmatrix}0&1\\2&0\end{pmatrix}}^{3}={\begin{pmatrix}2&0\\0&2\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0&1\\2&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&2\\1&0\end{pmatrix}}\,$

und

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

also ist die Ordnung gleich ${}4$.

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise den Satz von der kanonischen additiven Zerlegung für eine trigonalisierbare Abbildung.

Lösung

Nach Satz 26.14 (Lineare Algebra (Osnabrück 2017-2018)) ist

${}V=H_{1}\oplus \cdots \oplus H_{m}\,,$

wobei die ${}H_{i}$ die Haupträume zu den Eigenwerten ${}\lambda _{i}$ seien, und es ist

${}\varphi =\varphi _{1}\oplus \cdots \oplus \varphi _{m}\,$

mit ${}\varphi _{i}=\varphi {|}_{H_{i}}$. Es sei

$p_{i}\colon V\longrightarrow V$

die Hintereinanderschaltung ${}V\rightarrow H_{i}\rightarrow V$, d.h. ${}p_{i}$ ist insbesondere eine Projektion. Wir setzen

${}\varphi _{\rm {diag}}:=\lambda _{1}p_{1}+\cdots +\lambda _{m}p_{m}\,.$

Diese Abbildung ist offenbar diagonalisierbar, auf ${}H_{i}$ ist es die Multiplikation mit ${}\lambda _{i}$. Sei

${}\varphi _{\rm {nil}}:=\varphi -\varphi _{\rm {diag}}\,.$

Die Nilpotenz dieser Abbildung kann man auf den ${}H_{i}$ einzeln überprüfen, und dort ist

${}{\left(\varphi -\varphi _{\rm {diag}}\right)}{|}_{H_{i}}=\varphi _{i}-{\left(\varphi _{\rm {diag}}\right)}{|}_{H_{i}}=\varphi _{i}-\lambda _{i}\operatorname {Id} _{H_{i}}\,,$

also nilpotent. Ferner kommutieren ${}\varphi _{j}$ und ${}p_{i}$, da ${}p_{i}$ auf ${}H_{i}$ die Identität ist und auf ${}H_{j}$, ${}j\neq i$, die Nullabbildung. Damit kommutieren auch die direkten (skalaren) Summen davon und damit kommutieren ${}\varphi$ und ${}\varphi _{\rm {diag}}$, also auch ${}\varphi _{\rm {diag}}$ und ${}\varphi -\varphi _{\rm {diag}}=\varphi _{\rm {nil}}$.

Aufgabe (4 Punkte)

Finde eine affine Basis für die Lösungsmenge der inhomogenen Gleichung

${}7x-4y-2z+3w=5\,.$

Lösung

Eine spezielle Lösung der Gleichung ist durch

${\begin{pmatrix}0\\0\\0\\{\frac {5}{3}}\end{pmatrix}}$

gegeben. Für die zugehörige homogene Gleichung sind

${\begin{pmatrix}4\\7\\0\\0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\1\\-2\\0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\0\\3\\2\end{pmatrix}}$

Lösungen, die offenbar linear unabhängig sind. Da der Rang des Gleichungssystems ${}1$ ist, handelt es sich um eine Basis des Lösungsraumes der homogenen Gleichung. Daher bildet

${\begin{pmatrix}0\\0\\0\\{\frac {5}{3}}\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\0\\0\\{\frac {5}{3}}\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}4\\7\\0\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}4\\7\\0\\{\frac {5}{3}}\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\0\\0\\{\frac {5}{3}}\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0\\1\\-2\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\1\\-2\\{\frac {5}{3}}\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\0\\0\\{\frac {5}{3}}\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0\\0\\3\\2\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\3\\{\frac {11}{3}}\end{pmatrix}}$

eine affine Basis der Lösungsmenge der inhomogenen Gleichung.