Kurs:Lineare Algebra/Teil I/10/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	${}\sum$
Punkte	3	3	6	5	2	3	8	7	4	4	8	3	2	5	63

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Eine Verknüpfung

   $\circ \colon M\times M\longrightarrow M,\,(x,y)\longmapsto x\circ y,$

   heißt kommutativ, wenn für alle ${}x,y\in M$ die Gleichheit

   ${}x\circ y=y\circ x\,$

   gilt.

2. Unter der Dimension eines Vektorraums ${}V$ versteht man die Anzahl der Elemente in einer Basis von ${}V$.
3. Unter der beschreibenden Matrix zu ${}\varphi$ bezüglich der Basen versteht man die ${}m\times n$- Matrix

   ${}M=M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi )=(a_{ij})_{ij}\,,$

   wobei ${}a_{ij}$ die ${}i$-te Koordinate von ${}\varphi (v_{j})$ bezüglich der Basis ${}{\mathfrak {w}}$ ist.

4. Man nennt die Menge

   ${}\operatorname {Aut} \,(M)=\operatorname {Perm} \,(M)={\left\{\varphi :M\longrightarrow M\mid \varphi {\text{ bijektiv}}\right\}}\,$

   der bijektiven Selbstabbildungen die Permutationsgruppe zu ${}M$.

5. 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.

6. Eine Abbildung

   $\psi \colon E\longrightarrow F$

   heißt affin-linear, wenn es eine lineare Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow W$

   mit

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

   für alle ${}P\in E$ und ${}v\in V$ gilt.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es sei ${}K$ ein Körper und ${}V$ ein ${}K$- Vektorraum der Dimension ${}n$. Es seien ${}{\mathfrak {u}}=u_{1},\ldots ,u_{n},\,{\mathfrak {v}}=v_{1},\ldots ,v_{n}$ und ${}{\mathfrak {w}}=w_{1},\ldots ,w_{n}$ Basen von ${}V$. Dann stehen die Übergangsmatrizen zueinander in der Beziehung

   ${}M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {u}}=M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}\circ M_{\mathfrak {v}}^{\mathfrak {u}}\,.$

2. Es sei ${}K$ ein Körper und seien ${}V$ und ${}W$ Vektorräume über ${}K$, wobei ${}W$ endlichdimensional sei. Es sei

   $\varphi \colon V\longrightarrow W$

   eine lineare Abbildung. Dann gibt es Vektoren ${}w_{1},\ldots ,w_{n}\in W$ und Linearformen ${}f_{1},\ldots ,f_{n}$ auf ${}V$ mit

   ${}\varphi =f_{1}w_{1}+f_{2}w_{2}+\cdots +f_{n}w_{n}\,.$

3. Es sei ${}\lambda \in K$. Dann besteht zwischen der geometrischen und der algebraischen Vielfachheit die Beziehung

   ${}\dim _{K}{\left(\operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\varphi \right)}\right)}\leq \mu _{\lambda }(\varphi )\,.$

Aufgabe (6 (1+1+4) Punkte)

Zu ${}n\in \mathbb {N}$ sei

${}[n]=\{0,1,2,\ldots ,n\}\,.$

Zu jedem ${}n\in \mathbb {N}$ und jedem ${}0\leq k\leq n$ seien die Abbildungen

$D_{k}\colon [n]\longrightarrow [n+1]$

durch

${}D_{k}(j)={\begin{cases}j,{\text{ falls }}j<k,\\j+1{\text{ sonst}},\end{cases}}\,$

und die Abbildungen

$S_{k}\colon [n+1]\longrightarrow [n]$

durch

${}S_{k}(j)={\begin{cases}j,{\text{ falls }}j\leq k,\\j-1{\text{ sonst}},\end{cases}}\,$

definiert.

a) Erstelle eine Wertetabelle für

$D_{3}\colon [4]\longrightarrow [5].$

b) Erstelle eine Wertetabelle für

$S_{3}\colon [6]\longrightarrow [5].$

c) Beschreibe die durch die Wertetabelle

${}j$	${}0$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$
${}\varphi (j)$	${}0$	${}2$	${}2$	${}4$	${}5$	${}5$

gegebene Abbildung

$\varphi \colon [5]\longrightarrow [5]$

als eine Hintereinanderschaltung von geeigneten ${}D_{k}$ und ${}S_{i}$.

Lösung

a)

${}j$	${}0$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$
${}D_{3}(j)$	${}0$	${}1$	${}2$	${}4$	${}5$

b)

${}j$	${}0$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$
${}S_{3}(j)$	${}0$	${}1$	${}2$	${}3$	${}3$	${}4$	${}5$

c) Wir behaupten

${}\varphi =D_{3}\circ D_{1}\circ S_{3}\circ S_{1}\,.$

Die Komposition hat für die Elemente ${}0,1,2,3,4,5$ jeweils den folgenden Effekt:

$0\mapsto 0\mapsto 0\mapsto 0\mapsto 0,$

$1\mapsto 1\mapsto 1\mapsto 2\mapsto 2,$

$2\mapsto 1\mapsto 1\mapsto 2\mapsto 2,$

$3\mapsto 2\mapsto 2\mapsto 3\mapsto 4,$

$4\mapsto 3\mapsto 3\mapsto 4\mapsto 5,$

$5\mapsto 4\mapsto 3\mapsto 4\mapsto 5.$

Das Gesamtergebnis stimmt also mit ${}\varphi$ überein.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}W$ ein ${}n$-dimensionaler ${}K$- Vektorraum (${}K$ ein Körper) und seien ${}U,V\subseteq W$ Untervektorräume der Dimension ${}\dim _{K}{\left(U\right)}=r$ und ${}\dim _{K}{\left(V\right)}=s$. Es gelte ${}r+s>n$. Zeige, dass ${}U\cap V\neq 0$ ist.

Lösung

Es sei ${}u_{1},\ldots ,u_{r}$ eine Basis von ${}U$ und ${}v_{1},\ldots ,v_{s}$ eine Basis von ${}V$. Wir betrachten die Familie der Vektoren

$u_{1},\ldots ,u_{r},v_{1},\ldots ,v_{s}.$

Wegen ${}r+s>n$ kann diese Familie nicht linear unabhängig sein, da es sonst einen ${}(r+s)$-dimensionalen Untervektorraum von ${}W$ geben würde. Also gibt es Koeffizienten ${}a_{1},\ldots ,a_{r},b_{1},\ldots ,b_{s}$, die nicht alle ${}0$ sind, mit

$a_{1}u_{1}+\cdots +a_{r}u_{r}=b_{1}v_{1}+\cdots +b_{s}v_{s}.$

Dieser Vektor gehört zu ${}U\cap V$. Er ist nicht ${}0$, da andernfalls beidseitig alle Koeffizienten ${}0$ sein müssten.

Aufgabe (2 Punkte)

Frau Maier-Sengupta ist für ein halbes Jahr in Elternzeit. Ihr Sohn Siddhartha kam mit einem Gewicht von drei Kilogramm auf die Welt und wurde in den sechs Monaten ausschließlich von Muttermilch ernährt. Nach den sechs Monaten wiegt er zehn Kilogramm. Jeden Tag hat das Kind ${}150$ Milliliter Milch getrunken. Wie viel Milch hat Siddhartha in den sechs Monaten getrunken und wie viel Prozent davon ging in die Gewichtszunahme? (Rechne mit Monat = ${}30$ Tage und setze das Milchgewicht gleich dem Gewicht von Wasser an).

Lösung

${}150$ Milliliter sind ${}0{,}15$ Liter. Siddhartha hat somit in den sechs Monaten

${}6\cdot 30\cdot 0{,}15=180\cdot 0{,}15=27\,$

Liter Milch getrunken.

Dabei hat er ${}10-3=7$ Kilogramm zugenommen. Der Anteil der Gewichtszunahme an der Gesamttrinkmenge beträgt also

${}{\frac {7}{27}}=0{,}259\dotso \,$

In Prozent ist der Anteil ca. ${}26$ Prozent.

Aufgabe (3 (2+1) Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und es seien ${}V$ und ${}W$ Vektorräume über ${}K$. Es sei ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ ein Erzeugendensystem von ${}V$ und es sei ${}w_{1},\ldots ,w_{n}$ eine Familie von Vektoren in ${}W$.

a) Zeige, dass es maximal eine lineare Abbildung

$\varphi \colon V\longrightarrow W$

mit ${}\varphi (v_{i})=w_{i}$ für alle ${}i$ geben kann.

b) Man gebe ein Beispiel für eine solche Situation an, wo es keine lineare Abbildung mit ${}\varphi (v_{i})=w_{i}$ für alle ${}i$ gibt.

Lösung

a) Es sei ${}v\in V$ beliebig. Da ein Erzeugendensystem vorliegt, gibt es eine Darstellung

${}v=\sum _{i=1}^{n}a_{i}v_{i}\,.$

Da eine lineare Abbildung Linearkombinationen erhält, muss für eine lineare Abbildung ${}\varphi$ mit ${}\varphi (v_{i})=w_{i}$ gelten

${}\varphi (v)=\varphi {\left(\sum _{i=1}^{n}a_{i}v_{i}\right)}=\sum _{i=1}^{n}a_{i}\varphi (v_{i})=\sum _{i=1}^{n}a_{i}w_{i}\,.$

Es gibt also für ${}\varphi (v)$ nur diese eine Möglichkeit und daher gibt es maximal ein ${}\varphi$.

b) Es sei ${}V=W=K$ und sei ${}v_{1}=1$, ${}v_{2}=0$, ${}w_{1}=w_{2}=1$. Die beiden Vektoren ${}v_{1}$ und ${}v_{2}$ sind ein Erzeugendensystem von ${}K$, da dies für ${}v_{1}$ allein schon gilt. Es gibt aber keine lineare Abbildung mit ${}\varphi (v_{2})=\varphi (0)=1$, da eine lineare Abbildung ${}0$ auf ${}0$ schickt.

Aufgabe (8 (4+4) Punkte)

Es sei ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}K$- Vektorraum und ${}U\subseteq V$ ein Untervektorraum.

a) Zeige, dass es Linearformen ${}L_{1},\ldots ,L_{r}$ auf ${}V$ mit

${}U=\bigcap _{i=1}^{r}\operatorname {kern} L_{i}\,$

gibt.

b) Man folgere, dass jeder Untervektorraum ${}U\subseteq V$ der Kern einer linearen Abbildung ist und dass jeder Untervektorraum des ${}K^{n}$ der Lösungsraum eines linearen Gleichungssystems ist.

Lösung

a) Es sei ${}v_{1},\ldots ,v_{m}$ eine Basis von ${}U$, die wir zu einer Basis ${}v_{1},\ldots ,v_{m},v_{m+1},\ldots ,v_{n}$ von ${}V$ ergänzen. Es sei ${}v_{1}^{*},\ldots ,v_{n}^{*}$ die Dualbasis dazu, wobei die ${}v_{i}^{*}$ Linearformen sind. Wir behaupten

${}U=\bigcap _{i=m+1}^{n}\operatorname {kern} v_{i}^{*}\,.$

Wegen

${}v_{i}^{*}(v_{j})=0\,$

für ${}i\neq j$ ist

${}U\subseteq \operatorname {kern} v_{i}^{*}\,$

für ${}i=m+1,\ldots ,n$. Für einen Vektor

${}v=\sum _{j=1}^{n}a_{j}v_{j}\,$

mit ${}v\not \in U$ ist ein

${}a_{j}\neq 0\,$

für ${}j\geq m+1$. Doch dann ist auch

${}v_{j}^{*}(v)\neq 0\,$

und ${}v$ gehört nicht zum Durchschnitt der Kerne.

b) Die Linearformen ${}v_{m+1}^{*},\ldots ,v_{n}^{*}$ kann man zusammen als eine lineare Abbildung

$\varphi \colon V\longrightarrow K^{m-n},\,v\longmapsto \left(v_{m+1}^{*}(v),\,\ldots ,\,v_{n}^{*}(v)\right)$

schreiben.

Dabei ist

${}\operatorname {kern} \varphi =\bigcap _{i=m+1}^{n}\operatorname {kern} v_{i}^{*}=U\,.$

Es sei nun ${}U\subseteq V=K^{n}$ und es sei

$\varphi \colon K^{n}\longrightarrow K^{r}$

eine lineare Abbildung, deren Kern gleich ${}U$ ist. Bezüglich der Standardbasen wird ${}\varphi$ durch eine Matrix ${}M$ beschrieben. Dann ist ${}x\in U$ genau dann, wenn ${}Mx=0$ ist, und dies bedeutet gerade, dass ${}x$ eine Lösung des durch die Zeilen gegebenen linearen Gleichungssystems ist.

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

Es sei ${}I={\{1,\ldots ,n\}}$ und sei ${}\pi$ eine Permutation auf ${}I$. Die zugehörige Permutationsmatrix ${}M_{\pi }$ ist dadurch gegeben, dass

${}a_{\pi (j),j}=1\,$

ist und alle anderen Einträge ${}0$ sind.

a) Bestimme die Permutationsmatrix zur Permutation

${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$
${}\pi (x)$	${}3$	${}1$	${}4$	${}2$

b) Zeige, dass die Abbildung

$S_{n}\longrightarrow \operatorname {GL} _{n}\!{\left(K\right)},\,\pi \longmapsto M_{\pi },$

ein Gruppenhomomorphismus ist.

c) Zeige, dass

${}\det M_{\pi }=\operatorname {sgn} (\pi )\,$

ist.

Lösung

a) Es ist

${}M_{\pi }={\begin{pmatrix}0&1&0&0\\0&0&0&1\\1&0&0&0\\0&0&1&0\end{pmatrix}}\,.$

b) Nach Konstruktion ist

${}M_{\pi }(e_{j})=e_{\pi (j)}\,,$

da dies die ${}j$-te Spalte der Matrix ist. Die Gleichheit

${}M_{\pi \rho }=M_{\pi }\circ M_{\rho }\,$

lässt sich auf einer Basis überprüfen. Dies stimmt wegen

${}{\left(M_{\pi }\circ M_{\rho }\right)}(e_{i})=M_{\pi }(M_{\rho }(e_{i}))=M_{\pi }(e_{\rho (i)})=e_{\pi (\rho (i))}=M_{\pi \rho }(e_{i})\,.$

c) Mit der Leibniz-Formel ist

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

Das Produkt ist nur in dem einen Fall

${}\rho =\pi ^{-1}\,$

nicht ${}0$, da sonst immer mindestens ein Faktor gleich ${}0$ ist. Also ist

${}\det M_{\pi }=\operatorname {sgn} (\pi ^{-1})a_{1\pi ^{-1}(1)}\cdots a_{n\pi ^{-1}(n)}=\operatorname {sgn} (\pi ^{-1})=\operatorname {sgn} (\pi )\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Es seien die beiden komplexen Polynome

$P=X^{3}-2{\mathrm {i} }X^{2}+4X-1\,\,{\text{ und }}\,\,Q={\mathrm {i} }X-3+2{\mathrm {i} }$

gegeben. Berechne ${}P(Q)$ (es soll also ${}Q$ in ${}P$ eingesetzt werden).

Lösung

${}{\begin{aligned}P(Q)&=Q^{3}-2{\mathrm {i} }Q^{2}+4Q-1\\&={\left({\mathrm {i} }X-3+2{\mathrm {i} }\right)}^{3}-2{\mathrm {i} }{\left({\mathrm {i} }X-3+2{\mathrm {i} }\right)}^{2}+4{\left({\mathrm {i} }X-3+2{\mathrm {i} }\right)}-1\\&=-{\mathrm {i} }X^{3}+3{\mathrm {i} }^{2}(-3+2{\mathrm {i} })X^{2}+3{\mathrm {i} }{\left(-3+2{\mathrm {i} }\right)}^{2}X+{\left(-3+2{\mathrm {i} }\right)}^{3}\\&\,\,\,\,\,\,\,-2{\mathrm {i} }{\left({\mathrm {i} }^{2}X^{2}+2{\left(-3+2{\mathrm {i} }\right)}{\mathrm {i} }X+{\left(-3+2{\mathrm {i} }\right)}^{2}\right)}+4{\mathrm {i} }X-12+8{\mathrm {i} }-1\\&=-{\mathrm {i} }X^{3}+9X^{2}-6{\mathrm {i} }X^{2}+3{\mathrm {i} }{\left(9-4-12{\mathrm {i} }\right)}X-27+54{\mathrm {i} }+36-8{\mathrm {i} }\\&\,\,\,\,\,\,\,+2{\mathrm {i} }X^{2}-12X+8{\mathrm {i} }X-18{\mathrm {i} }-24+8{\mathrm {i} }+4{\mathrm {i} }X-13+8{\mathrm {i} }\\&=-{\mathrm {i} }X^{3}+{\left(9-4{\mathrm {i} }\right)}X^{2}+{\left(24+27{\mathrm {i} }\right)}X-28+44{\mathrm {i} }.\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei

${}M={\begin{pmatrix}d_{1}&\ast &\cdots &\cdots &\ast \\0&d_{2}&\ast &\cdots &\ast \\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&d_{n-1}&\ast \\0&\cdots &\cdots &0&d_{n}\end{pmatrix}}\,$

eine obere Dreiecksmatrix. Zeige direkt (ohne charakteristisches Polynom), dass ein Eigenwert zu ${}M$ ein Diagonaleintrag von ${}M$ sein muss.

Lösung

Es sei ${}{\begin{pmatrix}x_{1}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}$ ein Eigenvektor von ${}M={\left(d_{ij}\right)}_{ij}$ zum Eigenwert ${}t\in K$. Da eine obere Dreiecksmatrix vorliegt, bedeutet dies

${}d_{11}x_{1}+\cdots +d_{1n}x_{n}=tx_{1}\,,$

${}d_{22}x_{2}+\cdots +d_{2n}x_{n}=tx_{2}\,,$

$\vdots$

${}d_{n-1\,n-1}x_{n-1}+d_{(n-1)n}x_{n}=tx_{n-1}\,,$

${}d_{nn}x_{n}=tx_{n}\,.$

Es sei ${}k$ der größte Index mit ${}x_{k}\neq 0$, was es gibt, da ein Eigenvektor nicht der Nullvektor ist. Dann vereinfacht sich die ${}k$-te Gleichung

${}d_{kk}x_{k}+\cdots +d_{kn}x_{n}=tx_{k}\,$

zu

${}d_{kk}x_{k}=tx_{k}\,$

und wegen

${}x_{k}\neq 0\,$

folgt

${}t=d_{kk}\,,$

d.h. dass der Eigenwert ${}t$ ein Diagonalelement ist.

Aufgabe (8 Punkte)

Es seien ${}V_{1},\ldots ,V_{n}$ endlichdimensionale Vektorräume über dem Körper ${}K$ und

$\varphi _{i}\colon V_{i}\longrightarrow V_{i}$

lineare Abbildungen und es sei

$\varphi =\varphi _{1}\times \cdots \times \varphi _{n}\colon V_{1}\times \cdots \times V_{n}\longrightarrow V_{1}\times \cdots \times V_{n}$

die Produktabbildung. Zeige direkt (ohne charakteristisches Polynom), dass ${}\varphi$ genau dann trigonalisierbar ist, wenn dies für alle ${}\varphi _{i}$ gilt.

Lösung

Es seien zunächst die Komponentenabbildungen ${}\varphi _{i}$ trigonalisierbar. Es sei

${}d_{i}=\dim _{K}{\left(V_{i}\right)}\,$

und seien

$v_{i1},\ldots ,v_{id_{i}},\,i=1,\ldots ,n,$

Basen von ${}V_{i}$, bezüglich denen die beschreibenden Matrizen ${}M_{i}$ zu ${}\varphi _{i}$ obere Dreiecksgestalt haben. In der beschreibenden Matrix zur Produktabbildung bezüglich der durch alle Vektoren ${}v_{ij}$ gebildeten Gesamtbasis des Produktraumes stehen die ${}M_{i}$ als Blöcke in der Diagonalen, alle anderen Einträge sind ${}0$. Daher ist die Gesamtabbildung auch trigonalisierbar.

Es sei nun die Gesamtabbildung trigonalisierbar. Durch eine einfache Induktion können wir annehmen, dass ${}n=2$ ist, sei also zur Notationsvereinfachung ${}\varphi \colon V\rightarrow V$ und ${}\psi \colon W\rightarrow W$ gegeben und sei

$\varphi \times \psi \colon V\times W\longrightarrow V\times W$

trigonalisierbar. Wir müssen zeigen, dass auch ${}\varphi$ trigonalisierbar ist. Nach Voraussetzung gibt es eine Basis ${}(v_{k},w_{k})$, ${}k=1,\ldots ,m$, bezüglich der die Matrix zur Gesamtabbildung obere Dreiecksgestalt besitzt. Es seien

${}k_{1}<k_{2}<\ldots <k_{d}\,$

so gewählt (mit ${}d=\dim _{K}{\left(V\right)}$), dass

$v_{k_{1}},\ldots ,v_{k_{d}}$

eine Basis von ${}V$ bilden und dass ${}v_{i}\in \langle v_{1},\ldots ,v_{i-1}\rangle$ genau für

${}i\neq k_{j}\,$

gilt. Die ${}k_{j}$ sind also diejenigen Stellen, wo in der Kette der Vektorräume

${}V_{i}=\langle v_{1},\ldots ,v_{i}\rangle \,$

die Räume größer werden. Eine solche Basis muss es geben, da die ${}v_{k}$, ${}k=1,\ldots ,m$ ganz ${}V$ erzeugen. Dabei gilt aufgrund der oberen Dreiecksgestalt der Produktabbildung bezüglich der gegebenen Basis

${}(\varphi \times \psi )(v_{k_{j}},w_{k_{j}})=(\varphi (v_{k_{j}}),\psi (w_{k_{j}}))=\sum _{k=1}^{k_{j}}c_{k}(v_{k},w_{k})\,$

und damit insbesondere

${}\varphi (v_{k_{j}})=\sum _{k=1}^{k_{j}}c_{k}v_{k}\,.$

Da die dabei auftretenden ${}v_{k}$ Linearkombinationen der ${}v_{k_{1}},\ldots ,v_{k_{j}}$ sind, gilt

${}\varphi (v_{k_{j}})=\sum _{i=1}^{j}b_{i}v_{k_{i}}\,,$

was die Trigonalisierbarkeit von ${}\varphi$ bedeutet.

Aufgabe (3 Punkte)

Man bestimme den größten gemeinsamen Teiler von ${}3146$ und ${}1515$ und man gebe eine Darstellung des ${}\operatorname {ggT}$ von ${}3146$ und ${}1515$ mittels dieser Zahlen an.

Lösung

Der euklidische Algorithmus liefert:

$3146=2\cdot 1515+116$

$1515=13\cdot 116+7$

$116=16\cdot 7+4$

$7=1\cdot 4+3$

$4=1\cdot 3+1.$

Die Zahlen ${}3146$ und ${}1515$ sind also teilerfremd und ${}1$ ist ihr größter gemeinsamer Teiler. Eine Darstellung der ${}1$ erhält man, indem man diese Division mit Rest rückwärts liest, also

${}{\begin{aligned}1&=4-1\cdot 3\\&=4-(7-1\cdot 4)\\&=2\cdot 4-7\\&=2(116-16\cdot 7)-7\\&=2\cdot 116-33\cdot 7\\&=2\cdot 116-33(1515-13\cdot 116)\\&=-33\cdot 1515+(2+13\cdot 33)\cdot 116\\&=-33\cdot 1515+431\cdot 116\\&=-33\cdot 1515+431(3146-2\cdot 1515)\\&=-895\cdot 1515+431\cdot 3146.\end{aligned}}$

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme, ob die Matrix

${\begin{pmatrix}4&2\\6&3\end{pmatrix}}$

nilpotent ist.

Lösung

Wegen

${}{\begin{pmatrix}4&2\\6&3\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}14\\21\end{pmatrix}}=7{\begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix}}\,$

ist ${}7$ ein Eigenwert der Matrix, sie kann also nicht nilpotent sein.

Aufgabe (5 Punkte)

Es seien ${}P_{1},\ldots ,P_{n}$ und ${}Q_{1},\ldots ,Q_{n}$ affine Basen eines affinen Raumes ${}E$. Die Darstellung mit baryzentrischen Koordinaten von ${}P_{i}$ bezüglich der ${}Q_{j}$ sei

${}P_{i}=\sum _{j=1}^{n}a_{ij}Q_{j}\,.$

Berechne aus der baryzentrischen Darstellung eines Punktes

${}P=\sum _{i=1}^{n}b_{i}P_{i}\,$

bezüglich der ${}P_{i}$ die baryzentrische Darstellung von ${}P$ bezüglich der ${}Q_{j}$.

Lösung

Es sei ${}R\in E$ ein fixierter Punkt. Die baryzentrische Beschreibung der ${}P_{i}$ bezüglich der ${}Q_{j}$ liefert

${}P_{i}=R+\sum _{j=1}^{n}a_{ij}{\overrightarrow {RQ_{j}}}\,$

und damit insbesondere

${}{\overrightarrow {RP_{i}}}=\sum _{j=1}^{n}a_{ij}{\overrightarrow {RQ_{j}}}\,.$

Somit ist

${}{\begin{aligned}P&=\sum _{i=1}^{n}b_{i}P_{i}\\&=R+\sum _{i=1}^{n}b_{i}{\overrightarrow {RP_{i}}}\\&=R+\sum _{i=1}^{n}b_{i}{\left(\sum _{j=1}^{n}a_{ij}{\overrightarrow {RQ_{j}}}\right)}\\&=R+\sum _{j=1}^{n}{\left(\sum _{i=1}^{n}b_{i}a_{ij}\right)}{\overrightarrow {RQ_{j}}}.\end{aligned}}$

Die baryzentrischen Koordinaten von ${}P$ bezüglich der ${}Q_{j}$ ist also

${}P=\sum c_{j}Q_{j}\,$

mit

${}c_{j}=\sum _{i=1}^{n}b_{i}a_{ij}\,.$

Wir müssen noch zeigen, dass diese Koordinaten wirklich die baryzentrische Bedingung erfüllen. Dies ergibt sich aber aus

${}{\begin{aligned}\sum _{j=1}^{n}c_{j}&=\sum _{j=1}^{n}{\left(\sum _{i=1}^{n}b_{i}a_{ij}\right)}\\&=\sum _{i=1}^{n}b_{i}{\left(\sum _{j=1}^{n}a_{ij}\right)}\\&=\sum _{i=1}^{n}b_{i}\\&=1\end{aligned}}$