Kurs:Lineare Algebra/Teil I/11/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	1	4	3	3	3	8	3	3	11	4	4	4	2	3	2	64

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Ein Körper $K$.
2. Eine Zerlegung eines $K$-Vektorraumes $V$ als direkte Summe in die Untervektorräume $U_1,\dots ,U_m$.
3. Die lineare Unabhängigkeit einer (nicht notwendigerweise endlichen) Familie von Vektoren $v_i$, $i\in I$, in einem $K$-Vektorraum $V$.
4. Eine alternierende Abbildung

   $\Phi :V^n=\underset{n\text{-mal}}{\underbrace{V\times \cdots \times V}}⟶W,$

   wobei $V$ und $W$ Vektorräume über $K$ sind.

5. Die geometrische Vielfachheit von einem Eigenwert $\lambda$ zu einer linearen Abbildung

   $\phi :V⟶V$

   auf einem endlichdimensionalen $K$-Vektorraum $V$.

6. Ein affiner Unterraum eines $K$-Vektorraumes $V$.

Lösung

1. Ein Körper $K$ ist ein kommutativer Ring, wenn $K\ne 0$ ist und wenn jedes von $0$ verschiedene Element in $K$ ein multiplikatives Inverses besitzt.
2. Man sagt, dass $V$ die direkte Summe der $U_i$ ist, wenn die beiden folgenden Bedingungen erfüllt sind.
   1.  $U_i\cap \left(\sum _{j\ne i}{U}_j\right)=0$  für alle $i$.
   2. Jeder Vektor $v\in V$ besitzt eine Darstellung

      $v=u_1+u_2+\cdots +u_m$

      mit $u_i\in U_i$.

3. Eine Familie von Vektoren $v_i$, $i\in I$, heißt linear unabhängig, wenn eine Gleichung

   $\sum _{i\in J}{a}_i{v}_i=0\text{ mit }{a}_i\in K\text{ für eine endliche Teilmenge }J\subseteq I$

   nur bei $a_i=0$ für alle $i$ möglich ist.

4. Die Abbildung

   $\Phi :V^n=\underset{n\text{-mal}}{\underbrace{V\times \cdots \times V}}⟶W$

   heißt alternierend, wenn $\Phi$ multilinear ist und wenn Folgendes gilt: falls in $v=(v_1,\dots ,v_n)$ zwei Einträge übereinstimmen, also $v_i=v_j$ für ein Paar $i\ne j$, so ist

   $\Phi (v)=0.$

5. Man nennt

   ${\dim }_K\left({\mathrm{Eig}}_{\lambda }\left(\phi \right)\right)$

   die geometrische Vielfachheit des Eigenwerts.

6. Unter einem affinen Unterraum von $V$ versteht man (die leere Menge oder) eine Teilmenge der Form

   $w+U=\{w+u\mid u\in U\},$

   wobei $U\subseteq V$ ein Untervektorraum und $w\in V$ ein Vektor ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über die Umkehrabbildung einer linearen Abbildung
2. Der allgemeine Entwicklungssatz für die Determinante.
3. Der Satz über baryzentrische Koordinaten.

Lösung

1. Es sei $K$ ein Körper und es seien $V$ und $W$ zwei $K$-Vektorräume. Es sei

   $\phi :V⟶W$

   eine bijektive lineare Abbildung. Dann ist auch die Umkehrabbildung

   ${\phi }^{-1}:W⟶V$

   linear.
2. Es sei $K$ ein Körper und sei $M=(a_{ij}{)}_{ij}$ eine $n\times n$-Matrix über $K$. Zu $i,j\in \{1,\dots ,n\}$ sei $M_{ij}$ diejenige Matrix, die entsteht, wenn man in $M$ die $i$-te Zeile und die $j$-te Spalte weglässt. Dann ist (bei $n\ge 2$ für jedes feste $i$ bzw. $j$)

   $detM=\sum _{i=1}^n(-1{)}^{i+j}{a}_{ij}det{M}_{ij}=\sum _{j=1}^n(-1{)}^{i+j}{a}_{ij}det{M}_{ij}.$

3. Es sei $P_i$, $i\in I$, eine affine Basis in einem affinen Raum $E$ über dem $K$-Vektorraum $V$. Dann gibt es für jeden Punkt $P\in E$ eine eindeutige Darstellung

   $P=\sum _{i\in I}{a}_i{P}_i$

   mit

    $\sum _{i\in I}{a}_i=1$. 

Aufgabe (1 Punkt)

Wir betrachten den Satz „Diese Vorlesung versteht keine Sau“. Negiere diesen Satz durch eine Existenzaussage.

Lösung

Es gibt eine Sau, die diese Vorlesung versteht.

Aufgabe (4 (2+2) Punkte)

Es sei $T_n$, $n\in {\mathbb{N}}_{+}$, eine Familie von Mengen. Wir setzen

$S_n=T_n\setminus \left(\bigcup _{i=1}^{n-1}{T}_i\right).$

a) Zeige

$\bigcup _{i=1}^n{T}_i=\bigcup _{i=1}^n{S}_i.$

b) Zeige, dass die Vereinigung $\bigcup _{i=1}^n{S}_i$ disjunkt ist, dass also

$S_n\cap S_k=\mathrm{\varnothing }$

für  $n\ne k$  ist.

Lösung

a) Wegen  $S_n\subseteq T_n$  gilt $\supseteq$. Zum Nachweis der umgekehrten Inklusion sei  $x\in \bigcup _{i=1}^n{T}_i$.  Dann gibt es ein $i$ zwischen $1$ und $n$ mit  $x\in T_i$  und damit auch ein minimales $k$ mit dieser Eigenschaft. Es ist also  $x\in T_k$,  aber  $x\notin T_i$  für  $i<k$.  Damit ist  $x\in T_k\setminus \bigcup _{i=1}^{k-1}{T}_i=S_k$  und insbesondere  $x\in \bigcup _{i=1}^n{S}_i$. 

b) Es sei  $k\ne n$  und sagen wir  $k<n$.  Es sei  $x\in S_n=T_n\setminus \bigcup _{i=1}^{n-1}{T}_i$.  Dann ist  $x\in T_n$  und  $x\notin T_i$  für  $i<n$.  Also ist insbesondere  $x\notin T_k$  und damit auch  $x\notin S_k$.  Also sind $S_n$ und $S_k$ disjunkt.

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

Wir betrachten die durch die Wertetabelle

$x$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$	$7$
$\phi (x)$	$4$	$7$	$4$	$5$	$1$	$1$	$2$

gegebene Abbildung

$\phi :\{1,2,3,4,5,6,7\}⟶\{1,2,3,4,5,6,7\}.$

a) Bestimme das Bild von $\{1,2,3\}$ unter $\phi$.

b) Bestimme das Urbild von $\{4,5,6,7\}$ unter $\phi$.

c) Erstelle eine Wertetabelle für

${\phi }^3=\phi \circ \phi \circ \phi .$

Lösung

a) Das Bild von $\{1,2,3\}$ ist $\{4,7\}$.

b) Das Urbild von $\{4,5,6,7\}$ ist $\{1,2,3,4\}$.

c)

$x$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$	$7$
$\phi (x)$	$1$	$7$	$1$	$4$	$5$	$5$	$2$

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei $K$ ein Körper und $V$ ein $K$-Vektorraum der Dimension $n$. Es seien $𝔲=u_1,\dots ,u_n,𝔳=v_1,\dots ,v_n$ und $𝔴=w_1,\dots ,w_n$ Basen von $V$. Zeige, dass die Übergangsmatrizen zueinander in der Beziehung

$M_{𝔴}^{𝔲}=M_{𝔴}^{𝔳}\circ M_{𝔳}^{𝔲}$

stehen.

Lösung

Es sei

$u_i=\sum _{j=1}^n{a}_{ji}{v}_j$

und

$v_j=\sum _{k=1}^n{b}_{kj}{w}_k.$

Dann ist

$M_{𝔳}^{𝔲}=\left(a_{ji}\right)$

und

$M_{𝔴}^{𝔳}=\left(b_{kj}\right).$

Somit ist

$\begin{array}{cc}{u}_i& =\sum _{j=1}^n{a}_{ji}{v}_j\\ & =\sum _{j=1}^n{a}_{ji}\left(\sum _{k=1}^n{b}_{kj}{w}_k\right)\\ & =\sum _{k=1}^n\left(\sum _{j=1}^n{b}_{kj}{a}_{ji}\right)w_k.\end{array}$

Der Koeffizient vor $w_k$ ist dabei das Produkt aus der $k$-ten Zeile von $M_{𝔴}^{𝔳}$ und der $i$-ten Spalte von $M_{𝔳}^{𝔲}$, und dies ist der Eintrag ${\left(M_{𝔴}^{𝔲}\right)}_{ik}$.

Aufgabe (3 Punkte)

Drücke in ${ℝ}^3$ den Vektor

$(0,1,0)$

als Linearkombination der Vektoren

$(9,6,5),(2,2,5)\text{ und }(7,3,4)$

aus.

Lösung

Es geht um das lineare Gleichungssystem

$9a+2b+7c=0,$

$6a+2b+3c=1,$

$5a+5b+4c=0.$

Wir ersetzen die zweite Zeile durch $II-I$ und die dritte durch $2III-5I$ und erhalten

$9a+2b+7c=0,$

$-3a-4c=1,$

$-35a-27c=0.$

Wir ersetzen $III$ durch $4III-27II$ und erhalten

$9a+2b+7c=0,$

$-3a-4c=1,$

$59a=27.$

Somit ist

$a=\frac{27}{59},$

$c=\frac{-3a-1}{4}=\frac{-3\cdot \frac{27}{59}-1}{4}=-\frac{35}{59}$

und

$b=\frac{1}{2}(-9a-7c)=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{59}(-9\cdot 27+7\cdot 35)=\frac{1}{59}.$

Aufgabe (8 Punkte)

Beweise den Basisaustauschsatz.

Lösung

Wir führen Induktion über $k$, also über die Anzahl der Vektoren in der Familie. Bei  $k=0$  ist nichts zu zeigen. Es sei die Aussage für $k$ schon bewiesen und seien $k+1$ linear unabhängige Vektoren

$u_1,\dots ,u_k,u_{k+1}$

gegeben. Nach Induktionsvoraussetzung, angewandt auf die

(ebenfalls linear unabhängigen) Vektoren

$u_1,\dots ,u_k$

gibt es eine Teilmenge  $J=\{i_1,i_2,\dots ,i_k\}\subseteq \{1,\dots ,n\}$  derart, dass die Familie

$u_1,\dots ,u_k,b_i,i\in I\setminus J,$

eine Basis von $V$ ist. Wir wollen auf diese Basis das Austauschlemma anwenden. Da eine Basis vorliegt, kann man

$u_{k+1}=\sum _{j=1}^k{c}_j{u}_j+\sum _{i\in I\setminus J}{d}_i{b}_i$

schreiben.  Wären hierbei alle Koeffizienten  $d_i=0$,   so ergäbe sich sofort ein Widerspruch zur linearen Unabhängigkeit der $u_j$, $j=1,\dots ,k+1$. Es gibt also ein  $i\in I\setminus J$  mit  $d_i\ne 0$.  Wir setzen  $i_{k+1}:=i$.  Damit ist  $J^{\prime }=\{i_1,i_2,\dots ,i_k,i_{k+1}\}$  eine $(k+1)$-elementige Teilmenge von $\{1,\dots ,n\}$. Nach dem Austauschlemma kann man den Basisvektor $b_{i_{k+1}}$ durch $u_{k+1}$ ersetzen und erhält die neue Basis

$u_1,\dots ,u_k,u_{k+1},b_i,i\in I\setminus J^{\prime }.$

  Der Zusatz folgt sofort, da eine $k$-elementige Teilmenge einer $n$-elementigen Menge vorliegt.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die Dimension des von den Vektoren

$\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\\ 0\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 0\\ 1\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 1\\ 1\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 1\\ 1\end{array}\right)$

erzeugten Untervektorraumes des ${ℝ}^4$.

Lösung

Die Summe der vier Vektoren ist

$\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\\ 0\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 0\\ 1\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 1\\ 1\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 1\\ 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ 3\\ 3\end{array}\right).$

Daher gehört $\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\\ 1\end{array}\right)$ zu dem von den Vektoren erzeugten Untervektorraum. Daher gehören auch die Differenzen

$\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\\ 1\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\\ 1\end{array}\right),$

$\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\\ 1\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 0\\ 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\\ 0\end{array}\right),$

$\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\\ 1\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 1\\ 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0\\ 0\end{array}\right)$

und

$\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\\ 1\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 1\\ 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\\ 0\end{array}\right),$

also die Standardvektoren, zu dem erzeugten Untervektorraum. Daher wird der ganze ${ℝ}^4$ erzeugt und die Dimension ist $4$.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme, für welche  $x\in ℂ$  die Matrix

$\left(\begin{array}{cc}{x}^2+x& -x\\ -x^3+2x^2+5x-1& x^2-x\end{array}\right)$

invertierbar ist.

Lösung

Eine Matrix ist genau dann invertierbar, wenn ihre Determinante $\ne 0$ ist. Die Determinante der Matrix ist

$\begin{array}{cc}det\left(\begin{array}{cc}{x}^2+x& -x\\ -x^3+2x^2+5x-1& x^2-x\end{array}\right)& =(x^2+x)(x^2-x)+x(-x^3+2x^2+5x-1)\\ & =x^4-x^2-x^4+2x^3+5x^2-x\\ & =2x^3+4x^2-x\\ & =x(2x^2+4x-1).\end{array}$

Dies ist gleich $0$ bei  $x=0$,  was die Lösung  $x_1=0$  ergibt, oder bei  $2x^2+4x-1=0$.  Diese quadratische Gleichung ist äquivalent zu  $x^2+2x-\frac{1}{2}=0$  bzw. zu

$(x+1{)}^2-1-\frac{1}{2}=0.$

Also ist

$x+1=\pm \sqrt{\frac{3}{2}}$

und damit

$x_2=\sqrt{\frac{3}{2}}-1\text{ und }{x}_3=-\sqrt{\frac{3}{2}}-1.$

Die einzigen komplexen Zahlen, bei denen die Matrix nicht invertierbar ist, sind also

$0,\sqrt{\frac{3}{2}}-1,-\sqrt{\frac{3}{2}}-1.$

Aufgabe (11 (6+5) Punkte)

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

$\phi :V⟶W$

eine lineare Abbildung.

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

$\psi :W⟶V$

mit

$\phi \circ \psi ={\mathrm{Id}}_W$

gibt.

b) Es sei nun $\phi$ surjektiv, es sei

$S=\{\psi :W\to V\mid \psi \text{ linear},\phi \circ \psi ={\mathrm{Id}}_W\}$

und es sei  ${\psi }_0\in S$  fixiert. Definiere eine Bijektion zwischen ${\mathrm{Hom}}_K(W,\mathrm{kern}\phi )$ und $S$, unter der $0$ auf ${\psi }_0$ abgebildet wird.

Lösung

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

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

also ist $\psi (w)$ ein Urbild für $w$ unter $\phi$.

$\Rightarrow$ Es sei $w_1,\dots ,w_n$ eine Basis von $W$ und es seien $v_1,\dots ,v_n$ Urbilder unter $\phi$, also Elemente in $V$ mit

$\phi (v_i)=w_i\text{ für alle }i=1,\dots ,n.$

Wir definieren nun eine lineare Abbildung $\psi :W\to V$ durch

$\psi (w_i):=v_i\text{ für alle }i=1,\dots ,n.$

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

Für die Verknüpfung $\phi \circ \psi$ und einen beliebigen Vektor $w=\sum _{i=1}^n{a}_i{w}_i$ gilt

$\begin{array}{cc}(\phi \circ \psi )(\sum _{i=1}^n{a}_i{w}_i)& =\phi (\psi (\sum _{i=1}^n{a}_i{w}_i))\\ & =\phi (\sum _{i=1}^n{a}_i\psi (w_i))\\ & =\phi (\sum _{i=1}^n{a}_i{v}_i)\\ & =\sum _{i=1}^n{a}_i\phi (v_i)\\ & =\sum _{i=1}^n{a}_i{w}_i.\end{array}$

Also ist diese Verknüpfung die Identität.

b) Wir definieren eine Abbildung durch

${\mathrm{Hom}}_K(W,\mathrm{kern}\phi )⟶S,\theta ⟼\theta +{\psi }_0,$

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

$\begin{array}{cc}(\phi \circ (\theta +{\psi }_0))(w)& =\phi ((\theta +{\psi }_0)(w))\\ & =\phi (\theta (w)+{\psi }_0(w))\\ & =\phi ({\psi }_0(w))\\ & =w\end{array}$

für alle $w\in W$.

Zur Injektivität. Seien ${\theta }_1$ und ${\theta }_2$ aus ${\mathrm{Hom}}_K(W,\mathrm{kern}\phi )$ 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 ${\mathrm{Hom}}_K(W,\mathrm{kern}\phi )$ gehört. Dies folgt aus

$\begin{array}{cc}\phi ((\psi -{\psi }_0)(w))& =\phi (\psi (w)-{\psi }_0(w))\\ & =\phi (\psi (w))-\phi ({\psi }_0(w))\\ & =w-w\\ & =0.\end{array}$

Damit ist $\psi =(\psi -{\psi }_0)+{\psi }_0$ im Bild der Abbildung.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass eine Permutation auf $\{1,\dots ,n\}$ genau dann die Identität ist, wenn sie keinen Fehlstand besitzt.

Lösung

Wenn $\pi$ die Identität ist, so ist für jedes  $i<j$  natürlich auch  $\pi (i)=i<j=\pi (j)$,  sodass kein Fehlstand vorliegt. Die Umkehrung beweisen wir durch Induktion über $n$. Für  $n=1$  ist die Aussage richtig. Es sei sie für $n$ schon bewiesen und sei eine Permutation $\pi$ auf $\{1,\dots ,n+1\}$ ohne Fehlstand gegeben. Für jedes  $i<n+1$  gilt dann  $\pi (i)<\pi (n+1)$.  Die $n$ verschiedenen Zahlen $\pi (i)$, $i=\{1,\dots ,n\}$, sind also kleiner als $\pi (n+1)$, und daher ist die einzige verbleibende Möglichkeit

$\pi (n+1)=n+1.$

Daher ist $n+1$ ein Fixpunkt von $\pi$ und somit kann man $\pi$ als eine Permutation auf $\{1,\dots ,n\}$ auffassen. Diese besitzt ebenfalls keinen Fehlstand und ist nach Induktionsvoraussetzung die Identität, also ist auch $\pi$ die Identität.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei $K$ ein Körper und $𝔞\subseteq K[X]$ ein Ideal, das die beiden Elemente $X^2+7X+5$ und $6X+3$ enthält. Zeige, dass $𝔞$ das Einheitsideal ist.

Lösung

Es ist

$X^2+7X+5=(6X+3)(\frac{1}{6}X+\frac{13}{12})+\frac{7}{4}.$

Da $X^2+7X+5$ und $(6X+3)(\frac{1}{6}X+\frac{13}{12})$ zum Ideal $𝔞$ gehören, gehört auch

$\frac{7}{4}=X^2+7X+5-(6X+3)(\frac{1}{6}X+\frac{13}{12})$

zu $𝔞$. Damit gehört auch

$1=\frac{4}{7}\cdot \frac{7}{4}$

zum Ideal und wegen $P=P\cdot 1$ für alle Polynome $P$ ist $𝔞$ das Einheitsideal.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die $2\times 2$-Matrizen über $ℝ$ der Form

$M=\left(\begin{array}{cc}a& b\\ 0& d\end{array}\right)$

mit

$M^2+3M-4E_2=0.$

Lösung

Die Gesamtbedingung führt wegen

$\left(\begin{array}{cc}a& b\\ 0& d\end{array}\right)\circ \left(\begin{array}{cc}a& b\\ 0& d\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}{a}^2& ab+bd\\ 0& d^2\end{array}\right)$

auf

$\left(\begin{array}{cc}{a}^2& ab+bd\\ 0& d^2\end{array}\right)+3\left(\begin{array}{cc}a& b\\ 0& d\end{array}\right)-4\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}0& 0\\ 0& 0\end{array}\right)$

und somit auf die drei Bedingungen

$a^2+3a-4=0,$

$d^2+3d-4=0$

und

$(a+d+3)b=0.$

Nach der Lösungsformel für quadratische Gleichungen gilt

$a,d=1,-4.$

Bei  $b=0$  sind also

$\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right),\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& -4\end{array}\right),\left(\begin{array}{cc}-4& 0\\ 0& 1\end{array}\right),\left(\begin{array}{cc}-4& 0\\ 0& -4\end{array}\right)$

Lösungen. Bei  $b\ne 0$  muss zusätzlich

$a+d=-3$

sein, und daher sind

$\left(\begin{array}{cc}1& b\\ 0& -4\end{array}\right),\left(\begin{array}{cc}-4& b\\ 0& 1\end{array}\right)\text{ mit }b\ne 0$

weitere Lösungen.

Aufgabe (2 Punkte)

Was ist falsch an der folgenden Argumentation:

„Aussage: Es sei $\lambda$ ein Eigenwert zur oberen Dreiecksmatrix

$M=\left(\begin{array}{ccccc}{d}_1& \ast & \cdots & \cdots & \ast \\ 0& d_2& \ast & \cdots & \ast \\ ⋮& \ddots & \ddots & \ddots & ⋮\\ 0& \cdots & 0& d_{n-1}& \ast \\ 0& \cdots & \cdots & 0& d_n\end{array}\right).$

Dann ist

$\lambda =d_n.$

Beweis: Es sei

$x=\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ ⋮\\ x_n\end{array}\right)$

ein Eigenvektor der Matrix zum Eigenwert $\lambda$. Dies bedeutet die Gleichheit

$\left(\begin{array}{ccccc}{d}_1& \ast & \cdots & \cdots & \ast \\ 0& d_2& \ast & \cdots & \ast \\ ⋮& \ddots & \ddots & \ddots & ⋮\\ 0& \cdots & 0& d_{n-1}& \ast \\ 0& \cdots & \cdots & 0& d_n\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ ⋮\\ x_n\end{array}\right)=\lambda \left(\begin{array}{c}{x}_1\\ ⋮\\ x_n\end{array}\right).$

Diese Gleichheit bedeutet die entsprechende Gleichheit in jeder Zeile. Speziell ergibt sich für die letzte Zeile die Bedingung

$d_n{x}_n=\lambda x_n.$

Da $x$ als Eigenvektor von $0$ verschiedenen sein muss, kann man durch $x_n$ dividieren und erhält  $d_n=\lambda$.  “

Lösung

Es ist zwar

$x=\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ ⋮\\ x_n\end{array}\right)\ne 0,$

dies bedeutet aber nur, dass mindestens eine Komponente nicht $0$ ist. Der letzte Eintrag kann $0$ sein, und dann kann man die behauptete Division nicht durchführen.

Aufgabe (3 Punkte)

Eine lineare Abbildung

$\phi :{\mathbb{Q}}^3⟶{\mathbb{Q}}^3$

werde bezüglich der Standardbasis durch die Matrix

$\left(\begin{array}{ccc}-2& 7& 8\\ 0& -2& -2\\ 0& 0& -2\end{array}\right)$

beschrieben. Finde eine Basis, bezüglich der $\phi$ durch die Matrix

$\left(\begin{array}{ccc}-2& 1& 0\\ 0& -2& 1\\ 0& 0& -2\end{array}\right)$

beschrieben wird.

Lösung

Es ist

$M=\left(\begin{array}{ccc}-2& 7& 8\\ 0& -2& -2\\ 0& 0& -2\end{array}\right)+2\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}0& 7& 8\\ 0& 0& -2\\ 0& 0& 0\end{array}\right)$

und

$\left(\begin{array}{ccc}0& 7& 8\\ 0& 0& -2\\ 0& 0& 0\end{array}\right)\circ \left(\begin{array}{ccc}0& 7& 8\\ 0& 0& -2\\ 0& 0& 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}0& 0& -14\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right).$

Der Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)$ gehört nicht zum Kern von $M^2$, daher kann man aus den sukzessiven Bildern davon eine Basis wie gewünscht herstellen. Es ist

$M\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}0& 7& 8\\ 0& 0& -2\\ 0& 0& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}8\\ -2\\ 0\end{array}\right)$

und

$M^2\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-14\\ 0\\ 0\end{array}\right).$

Daher ist

$\left(\begin{array}{c}-14\\ 0\\ 0\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}8\\ -2\\ 0\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)$

eine Basis, bezüglich der die jordansche Normalform

$\left(\begin{array}{ccc}-2& 1& 0\\ 0& -2& 1\\ 0& 0& -2\end{array}\right)$

vorliegt.

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei $P_i$, $i\in I$, eine Familie von Punkten in einem affinen Raum $E$. Zeige, dass durch eine baryzentrische Kombination $\sum _{i\in I}{a}_i{P}_i$ ein eindeutiger Punkt in $E$ definiert wird.

Lösung

Es seien  $Q,Q^{\prime }\in E$.  Dann ist

$\begin{array}{cc}Q+\sum _{i\in I}{a}_i\overrightarrow{Q{P}_i}& =Q^{\prime }+\overrightarrow{Q^{\prime }Q}+\sum _{i\in I}{a}_i\overrightarrow{Q{P}_i}\\ & =Q^{\prime }+\sum _{i\in I}{a}_i(\overrightarrow{Q^{\prime }Q}+\overrightarrow{Q{P}_i})\\ & =Q^{\prime }+\sum _{i\in I}{a}_i\overrightarrow{Q^{\prime }{P}_i},\end{array}$

der Punkt ist also wohldefiniert.