Kurs:Lineare Algebra/Teil I/12/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	${}\sum$
Punkte	3	3	3	9	4	4	4	4	4	2	4	6	6	2	3	3	1	65

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Eine Verknüpfung ${}\circ$ auf einer Menge ${}M$ ist eine Abbildung

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

2. Zwei (inhomogene) lineare Gleichungssysteme heißen äquivalent, wenn ihre Lösungsmengen übereinstimmen.
3. Die Matrix ${}A\in \operatorname {Mat} _{n}(K)$ mit

   ${}A\circ M=E_{n}=M\circ A\,$

   heißt die inverse Matrix von ${}M$.

4. Die Zahl

   ${}\operatorname {sgn} (\pi )=\prod _{i<j}{\frac {\pi (j)-\pi (i)}{j-i}}\,$

   heißt das Signum der Permutation ${}\pi$.

5. Ein Untervektorraum ${}U\subseteq V$ heißt ${}\varphi$-invariant, wenn

   ${}\varphi (U)\subseteq U\,$

   gilt.

6. Eine quadratische Matrix der Form

   ${\begin{pmatrix}J_{1}&0&\cdots &\cdots &0\\0&J_{2}&0&\cdots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&J_{k-1}&0\\0&\cdots &\cdots &0&J_{k}\end{pmatrix}},$

   wobei die ${}J_{i}$ Jordanmatrizen sind, heißt Matrix in jordanscher Normalform.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es sei ${}K$ ein Körper und es seien ${}V$ und ${}W$ Vektorräume über ${}K$ der Dimension ${}n$ bzw. ${}m$. Es sei

   $\varphi \colon V\longrightarrow W$

   eine lineare Abbildung, die bezüglich zweier Basen durch die Matrix ${}M\in \operatorname {Mat} _{m\times n}(K)$ beschrieben werde. Dann gilt

   ${}\operatorname {rang} \,\varphi =\operatorname {rang} \,M\,.$

2. Es sei ${}K$ ein Körper und ${}V$ ein ${}K$- Vektorraum. Dann gibt es eine natürliche injektive lineare Abbildung

   $\Psi \colon V\longrightarrow {({V}^{*})}^{*},\,v\longmapsto {\left(f\mapsto f(v)\right)}.$

   Wenn ${}V$ endlichdimensional ist, so ist ${}\Psi$ ein

   Isomorphismus.
3. Es sei ${}K$ ein Körper und es sei ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}K$- Vektorraum. Es sei

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

   eine nilpotente lineare Abbildung. Dann gibt es eine Basis von ${}V$, bezüglich der die beschreibende Matrix die Gestalt

   ${\begin{pmatrix}0&u_{1}&0&\cdots &\cdots &0\\0&0&u_{2}&0&\cdots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&0&u_{n-2}&0\\0&\cdots &\cdots &0&0&u_{n-1}\\0&\cdots &\cdots &\cdots &0&0\end{pmatrix}}$

   besitzt, wobei die ${}u_{i}$ gleich ${}0$ oder gleich ${}1$ sind.

Aufgabe (3 Punkte)

Eine Bahncard ${}25$, mit der man ein Jahr lang ${}25$ Prozent des Normalpreises einspart, kostet ${}62$ Euro und eine Bahncard ${}50$, mit der man ein Jahr lang ${}50$ Prozent des Normalpreises einspart, kostet ${}255$ Euro. Für welchen Jahresgesamtnormalpreis ist keine Bahncard, die Bahncard ${}25$ oder die Bahncard ${}50$ die günstigste Option?

Lösung

Es sei ${}x$ der Gesamtnormalpreis. Mit BC25 hat man die Kosten

$y=62+{\frac {3}{4}}x$

und mit BC50 hat man die Kosten

$z=255+{\frac {1}{2}}x.$

Die Bedingung

$x\leq 62+{\frac {3}{4}}x$

führt auf

$x\leq 248.$

Die Bedingung

$x\leq 255+{\frac {1}{2}}x$

führt auf

$x\leq 510.$

Die Bedingung

$62+{\frac {3}{4}}x\leq 255+{\frac {1}{2}}x$

führt auf

${\frac {1}{4}}x\leq 255-62=193,$

also

$x\leq 772.$

Also ist für ${}x\leq 248$ keine Bahncard die günstigste Option, für ${}248\leq x\leq 772$ ist die BC25 die günstigste Option und für ${}x\geq 772$ ist die BC50 die günstigste Option.

Aufgabe (9 (4+5) Punkte)

a) Zeige, dass die drei reellen Matrizen

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

bezüglich der Matrizenmultiplikation eine Gruppe bilden.

b) Zeige, dass die sechs reellen Matrizen

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

bezüglich der Matrizenmultiplikation eine Gruppe bilden.

Lösung

a) Zur Abkürzung sei

${}M={\begin{pmatrix}-{\frac {1}{2}}&-{\frac {\sqrt {3}}{2}}\\{\frac {\sqrt {3}}{2}}&-{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}\,.$

Es ist

${}{\begin{aligned}M^{2}&=M\circ M\\&={\begin{pmatrix}-{\frac {1}{2}}&-{\frac {\sqrt {3}}{2}}\\{\frac {\sqrt {3}}{2}}&-{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}-{\frac {1}{2}}&-{\frac {\sqrt {3}}{2}}\\{\frac {\sqrt {3}}{2}}&-{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}{\frac {1}{4}}-{\frac {3}{4}}&{\frac {\sqrt {3}}{4}}+{\frac {\sqrt {3}}{4}}\\-{\frac {\sqrt {3}}{4}}-{\frac {\sqrt {3}}{4}}&-{\frac {3}{4}}+{\frac {1}{4}}\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}-{\frac {1}{2}}&{\frac {\sqrt {3}}{2}}\\-{\frac {\sqrt {3}}{2}}&-{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}},\end{aligned}}$

und dies ist die dritte der angeführten Matrizen. Ferner ist

${}{\begin{aligned}M^{3}&=M\circ M^{2}\\&={\begin{pmatrix}-{\frac {1}{2}}&-{\frac {\sqrt {3}}{2}}\\{\frac {\sqrt {3}}{2}}&-{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}-{\frac {1}{2}}&{\frac {\sqrt {3}}{2}}\\-{\frac {\sqrt {3}}{2}}&-{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}{\frac {1}{4}}+{\frac {3}{4}}&0\\0&{\frac {3}{4}}+{\frac {1}{4}}\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}\\&=E.\end{aligned}}$

Daher sind sämtliche Produkte, die man aus den drei Matrizen bilden kann, wieder eine der Matrizen. Die Matrizenmultiplikation ist also eine Verknüpfung auf der gegebenen Menge. Die Verknüpfung ist assoziativ, da dies ganz allgemein für die Matrizenmultiplikation gilt. Die Einheitsmatrix ist das neutrale Element der Verknüpfung, und nach obiger Rechnung sind ${}M$ und ${}M^{2}$ invers zueinander.

b) Wir setzen

${}A={\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}}\,,$

wobei

${}A^{2}=E\,$

ist. Ferner ist

${}AM={\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}-{\frac {1}{2}}&-{\frac {\sqrt {3}}{2}}\\{\frac {\sqrt {3}}{2}}&-{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-{\frac {1}{2}}&-{\frac {\sqrt {3}}{2}}\\-{\frac {\sqrt {3}}{2}}&{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}\,$

und

${}AM^{2}={\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}-{\frac {1}{2}}&{\frac {\sqrt {3}}{2}}\\-{\frac {\sqrt {3}}{2}}&-{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-{\frac {1}{2}}&{\frac {\sqrt {3}}{2}}\\{\frac {\sqrt {3}}{2}}&{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}\,,$

es geht also um die sechs Matrizen

$E,M,M^{2},A,AM,AM^{2},$

die wir alle einheitlich als

$A^{i}M^{j},\,i=0,1,\,j=0,1,2$

schreiben können. Ein Matrizenprodukt kann man somit als

$(A^{i}M^{j})(A^{r}M^{s})$

schreiben. Bei ${}j=0$ oder ${}r=0$ liegt direkt wieder ein Ausdruck der Form ${}A^{\ell }M^{k}$ vor, wobei man wegen ${}A^{2}=E$ und ${}M^{3}=E$ erreichen kann, dass ${}\ell \leq 1$ und ${}k\leq 2$ ist. Bei ${}r=1$ und ${}j=1,2$ kommt im Innern der Ausdruck ${}MA$ vor. Dieser ist

${}MA={\begin{pmatrix}-{\frac {1}{2}}&-{\frac {\sqrt {3}}{2}}\\{\frac {\sqrt {3}}{2}}&-{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-{\frac {1}{2}}&{\frac {\sqrt {3}}{2}}\\{\frac {\sqrt {3}}{2}}&{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}=AM^{2}\,.$

Daher kann man die ${}M$ nach rechts bringen und erhält eine Darstellung wie zuvor. Die Matrizenmuliplikation ist also eine Verknüpfung auf der gegebenen Menge. Die Verknüpfung ist wieder assoziativ und die Einheitsmatrix ist das neutrale Element. Das inverse Element zu ${}A^{i}M^{j}$ ist aufgrund des bisher Bewiesenen

$M^{3-j}A^{i}$

und dieses gehört zur Menge.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme, ob die drei Funktionen

$f,g,h\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R}$

mit ${}f(x)=x$, ${}g(x)=\sin x$ und ${}h(x)=\cos x$ linear abhängig sind.

Lösung

Die Funktionen sind linear unabhängig. Wenn nämlich eine lineare Abhängigkeit vorliegen würde, so gelte

${}af+bg+ch=0\,$

mit ${}a,b,c\in \mathbb {R}$, nicht alle ${}0$. Dies gilt dann auch an jeder Stelle ${}P\in \mathbb {R}$. Wir betrachten die Stellen

${}P=0,{\frac {\pi }{2}},\pi \,.$

Die Werte der drei Funktionen an diesen Stellen sind

${}P$	${}f(P)$	${}g(P)$	${}h(P)$
${}0$	${}0$	${}0$	${}1$
${}{\frac {\pi }{2}}$	${}{\frac {\pi }{2}}$	${}1$	${}0$
${}\pi$	${}\pi$	${}0$	${}-1$

Die angenommene lineare Abhängigkeit bedeutet somit, dass die Spalten der Matrix

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

linear abhängig sind und ihre Determinante ${}0$ sein muss. Die Entwicklung nach der ersten Zeile zeigt aber, dass die Determinante den Wert ${}-\pi$ hat.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei eine lineare Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2}$

mit

$\varphi {\begin{pmatrix}0\\1\\2\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}3\\-2\end{pmatrix}},\,\varphi {\begin{pmatrix}1\\4\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}{\text{ und }}\varphi {\begin{pmatrix}2\\1\\3\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}7\\2\end{pmatrix}}$

gegeben. Berechne

$\varphi {\begin{pmatrix}3\\-5\\4\end{pmatrix}}.$

Lösung

Wir lösen zuerst das lineare Gleichungssystem

$a{\begin{pmatrix}0\\1\\2\end{pmatrix}}+b{\begin{pmatrix}1\\4\\1\end{pmatrix}}+c{\begin{pmatrix}2\\1\\3\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}3\\-5\\4\end{pmatrix}}.$

Die Zeilenoperation ${}IV=2II-III$ führt auf

$(IV)\,\,\,7b-c=-14$

und ${}V=I+2IV$ führt auf

$(V)\,\,\,15b=-25.$

Damit ist

${}b={\frac {-25}{15}}=-{\frac {5}{3}}\,$

und

${}2c=3-b=3+{\frac {5}{3}}={\frac {14}{3}}\,,$

also

${}c={\frac {7}{3}}\,,$

und

${}a=-5-4b-c=-5-4{\left({\frac {-5}{3}}\right)}-{\frac {7}{3}}={\frac {-15}{3}}+{\frac {20}{3}}-{\frac {7}{3}}=-{\frac {2}{3}}\,.$

Also ist

${}{\begin{aligned}\varphi {\begin{pmatrix}3\\-5\\4\end{pmatrix}}&=\varphi {\left(-{\frac {2}{3}}{\begin{pmatrix}0\\1\\2\end{pmatrix}}-{\frac {5}{3}}{\begin{pmatrix}1\\4\\1\end{pmatrix}}+{\frac {7}{3}}{\begin{pmatrix}2\\1\\3\end{pmatrix}}\right)}\\&=-{\frac {2}{3}}\cdot \varphi {\begin{pmatrix}0\\1\\2\end{pmatrix}}-{\frac {5}{3}}\cdot \varphi {\begin{pmatrix}1\\4\\1\end{pmatrix}}+{\frac {7}{3}}\cdot \varphi {\begin{pmatrix}2\\1\\3\end{pmatrix}}\\&=-{\frac {2}{3}}\cdot {\begin{pmatrix}3\\-2\end{pmatrix}}-{\frac {5}{3}}\cdot {\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}+{\frac {7}{3}}\cdot {\begin{pmatrix}7\\2\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}-2-{\frac {5}{3}}+{\frac {49}{3}}\\{\frac {4}{3}}+{\frac {14}{3}}\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}{\frac {38}{3}}\\{\frac {18}{3}}\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}{\frac {38}{3}}\\6\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und es seien ${}V$ und ${}W$ endlichdimensionale ${}K$- Vektorräume. Zeige, dass ${}V$ und ${}W$ genau dann zueinander isomorph sind, wenn ihre Dimension übereinstimmt.

Lösung

Wir nehmen zunächst an, dass ${}V$ und ${}W$ isomorph sind, dass also eine bijektive lineare Abbildung

$\varphi \colon V\longrightarrow W$

existiert.

Es sei ${}w_{1},\ldots ,w_{n}$ eine Basis von ${}W$. Aufgrund der Surjektivität von ${}\varphi$ existieren Elemente ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ in ${}V$ mit ${}\varphi (v_{i})=w_{i}$.

Es sei ${}a_{1}v_{1}+\cdots +a_{n}v_{n}=0$ eine Darstellung der 0. Dann ist

${}{\begin{aligned}0&=\varphi (0)\\&=\varphi (a_{1}v_{1}+\cdots +a_{n}v_{n})\\&=a_{1}\varphi (v_{1})+\cdots +a_{n}\varphi (v_{n})\\&=a_{1}w_{1}+\cdots +a_{n}w_{n};\end{aligned}}$

weil ${}w_{1},\ldots ,w_{n}$ linear unabhängig sind, sind alle Koeffizienten 0. Daraus schließen wir, dass ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ linear unabhängig sind und wegen Satz 7.11 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025))  (4) ist die Dimension von ${}V$ damit mindestens so hoch wie die von ${}W$. Mithilfe der Umkehrabbildung zu ${}\varphi$ können wir ebenso zeigen, dass die Dimension von ${}W$ mindestens so hoch ist, wie die von ${}V$. Also sind die Vektorräume gleichdimensional.

Nehmen wir umgekehrt an, dass die Dimensionen der Vektorräume übereinstimmen, und seien Basen ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ von ${}V$ und ${}w_{1},\ldots ,w_{n}$ von ${}W$ gegeben. Dann werden durch die Zuordnungen ${}\varphi (v_{i})=w_{i}$ bzw. ${}\psi (w_{i})=v_{i}$ gemäß Satz 10.10 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) lineare Abbildungen definiert. Diese sind zueinander invers (man kann dies auf Basen nachprüfen und auf den gewählten Basen ist dies trivial), also sind ${}V$ und ${}W$ isomorph.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}M$ eine ${}n\times n$- Matrix über dem Körper ${}K$. Es sei

${}NM=0\,$

für jede ${}n\times n$-Matrix ${}N$ vom Rang ${}1$. Zeige

${}M=0\,.$

Lösung

Es sei

${}M\neq 0\,$

angenommen. Dann gibt es einen Vektor ${}v\in K^{n}$ mit

${}Mv=w\neq 0\,.$

Wir ergänzen ${}w$ zu einer Basis

$w=w_{1},w_{2},\ldots ,w_{n}$

von ${}K^{n}$. Es sei ${}N$ die Matrix bezüglich der Standardbasis, die die durch ${}w\mapsto w$ und ${}w_{i}\mapsto 0$ für ${}i\geq 2$ festgelegte lineare Abbildung beschreibt. Der Rang von ${}N$ ist ${}1$, da ja das Bild gerade ${}Kw$ ist, und es ist

${}NMv=Nw=w\neq 0\,,$

also ist

${}NM\neq 0\,$

im Widerspruch zur Voraussetzung.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über die Matrixbeschreibung für die duale Abbildung.

Lösung

Die Behauptung bedeutet die Gleichheit

${}\varphi ^{*}(w_{j}^{*})=\sum _{i=1}^{n}a_{ji}v_{i}^{*}\,$

in ${}{V}^{*}$. Dies kann man auf der Basis ${}v_{k}$, ${}k=1,\ldots ,n$, überprüfen. Es ist einerseits

${}{\begin{aligned}{\left(\varphi ^{*}(w_{j}^{*})\right)}(v_{k})&=w_{j}^{*}{\left(\varphi (v_{k})\right)}\\&=w_{j}^{*}{\left(\sum _{r=1}^{m}a_{rk}w_{r}\right)}\\&=\sum _{r=1}^{m}a_{rk}w_{j}^{*}(w_{r})\\&=a_{jk}\end{aligned}}$

und andererseits ebenso

${}{\left(\sum _{i=1}^{n}a_{ji}v_{i}^{*}\right)}(v_{k})=a_{jk}\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Löse das lineare Gleichungssystem

${}{\begin{pmatrix}4&3\\-1&5\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2\\7\end{pmatrix}}\,$

mit Hilfe der Cramerschen Regel.

Lösung

Es ist

${}x_{1}={\frac {\det {\begin{pmatrix}2&3\\7&5\end{pmatrix}}}{\det {\begin{pmatrix}4&3\\-1&5\end{pmatrix}}}}=-{\frac {11}{23}}\,$

und

${}x_{2}={\frac {\det {\begin{pmatrix}4&2\\-1&7\end{pmatrix}}}{\det {\begin{pmatrix}4&3\\-1&5\end{pmatrix}}}}={\frac {30}{23}}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}V$ der reelle Vektorraum der Polynome vom Grad ${}\leq 4$ mit der Basis

$x^{i},0\leq i\leq 4.$

Erstelle für die Ableitungsabbildung

$\varphi \colon V\longrightarrow V,\,P\longmapsto P',$

die beschreibende Matrix bezüglich dieser Basis.

Bestimme den Kern und das Bild dieser Abbildung sowie deren Dimensionen.

Lösung

Die Ableitung schickt die Basiselemente auf

$x^{0}=1\mapsto 0,\,x^{1}\mapsto 1,\,x^{2}\mapsto 2x,\,x^{3}\mapsto 3x^{2},\,x^{4}\mapsto 4x^{3}.$

Daraus sind direkt die Koeffizienten der Bildvektoren bezüglich der Basis abzulesen. In der beschreibenden Matrix stehen in den Spalten die Koeffizienten der Bildvektoren. Daher lautet die Matrix

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

Das Bild dieser Abbildung besteht aus allen Polynomen vom Grad ${}\leq 3$. Dieser Untervektorraum besitzt die Basis ${}x^{0},x^{1},x^{2},x^{3}$ und hat demnach die Dimension ${}4$.

Der Kern besteht aus den konstanten Polynomen mit der Basis ${}x^{0}$, dieser Unterraum ist also eindimensional.

Aufgabe (6 Punkte)

Es sei ${}I$ eine endliche Menge und

$\varphi \colon I\longrightarrow I$

eine Abbildung. Zeige, dass man ${}\varphi$ als die Hintereinanderschaltung

${}\varphi =\tau _{1}\circ \cdots \circ \tau _{k}\circ \rho _{1}\circ \cdots \circ \rho _{m}\,$

schreiben kann, wobei die ${}\tau _{i}$ Transpositionen und die ${}\rho _{j}$ Abbildungen derart sind, dass es ${}r,s\in I$ gibt mit

${}\rho {|}_{I\setminus \{r\}}=\operatorname {Id} _{I\setminus \{r\}}\,$

und

${}\rho (r)=s\,.$

Lösung

Wenn ${}\varphi$ injektiv ist, so ist ${}\varphi$ auch bijektiv und damit eine Permutation, und die Aussage gilt nach Lemma 18.6 allein mit Transpositionen. Es sei also ${}\varphi$ nicht injektiv und seien ${}r,s\in I$ Elemente die beide auf das gleiche Element abgebildet werden. Es sei ${}\rho _{1}$ die Abbildung, die ${}r$ und ${}s$ auf ${}s$ abbildet und ansonsten die Identität ist. Dann kann man

${}\varphi =\psi _{1}\circ \rho _{1}\,$

schreiben, wobei man ${}\psi _{1}(r):=t$ setzt, wobei ${}t$ ein Element sei, das nicht zum Bild von ${}\varphi$ gehört, und man ansonsten ${}\psi _{1}(\ell ):=\varphi (\ell )$ setzt - also insbesondere ${}\psi _{1}(s):=\varphi (s)$. Wenn ${}\psi _{1}$ ebenfalls nicht injektiv ist, so können wir mit entsprechenden Festsetzungen

${}\varphi =\psi _{1}\circ \rho _{1}=\psi _{2}\circ \rho _{2}\circ \rho _{1}\,$

schreiben. So machen wir Schritt für Schritt weiter. Da sich dabei bei jedem Schritt die Anzahl der Elemente im Bild von ${}\psi _{n}$ erhöht, erreichen wir schließlich die Situation

${}\varphi =\psi \circ \rho _{n}\circ \cdots \circ \rho _{1}\,,$

wobei ${}\psi$ bijektiv ist. Diese Bijektion können wir als Produkt von Transpositionen darstellen.

Aufgabe (6 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und es seien ${}n$ verschiedene Elemente ${}a_{1},\ldots ,a_{n}\in K$ und ${}n$ Elemente ${}b_{1},\ldots ,b_{n}\in K$ gegeben. Zeige, dass es ein eindeutiges Polynom ${}P\in K[X]$ vom Grad ${}\leq n-1$ derart gibt, dass ${}P(a_{i})=b_{i}$ für alle ${}i$ ist.

Lösung

Wir beweisen die Existenz und betrachten zuerst die Situation, wo ${}b_{j}=0$ ist für alle ${}j\neq i$ für ein festes ${}i$. Dann ist

$(X-a_{1})\cdots (X-a_{i-1})(X-a_{i+1})\cdots (X-a_{n})$

ein Polynom vom Grad ${}n-1$, das an den Stellen ${}a_{1},\ldots ,a_{i-1},a_{i+1},\ldots ,a_{n}$ den Wert ${}0$ hat. Das Polynom

${\frac {b_{i}}{(a_{i}-a_{1})\cdots (a_{i}-a_{i-1})(a_{i}-a_{i+1})\cdots (a_{i}-a_{n})}}(X-a_{1})\cdots (X-a_{i-1})(X-a_{i+1})\cdots (X-a_{n})$

hat an diesen Stellen ebenfalls eine Nullstelle, zusätzlich aber noch bei ${}a_{i}$ den Wert ${}b_{i}$. Nennen wir dieses Polynom ${}P_{i}$. Dann ist

${}P=P_{1}+P_{2}+\cdots +P_{n}\,$

das gesuchte Polynom. An der Stelle ${}a_{i}$ gilt ja

${}P_{j}(a_{i})=0\,$

für ${}j\neq i$ und ${}P_{i}(a_{i})=b_{i}$.

Die Eindeutigkeit folgt aus Korollar 19.9 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)).

Aufgabe (2 Punkte)

Berechne das Ergebnis, wenn man im Polynom

$X^{3}-4X+2$

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

${\begin{pmatrix}3&-2\\1&5\end{pmatrix}}$

ersetzt.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}{\begin{pmatrix}3&-2\\1&5\end{pmatrix}}^{3}&={\begin{pmatrix}3&-2\\1&5\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}3&-2\\1&5\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}3&-2\\1&5\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}7&-16\\8&23\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}3&-2\\1&5\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}5&-94\\47&99\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$

Daher ist

${}{\begin{aligned}{\begin{pmatrix}3&-2\\1&5\end{pmatrix}}^{3}-4{\begin{pmatrix}3&-2\\1&5\end{pmatrix}}+2{\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}&={\begin{pmatrix}5&-94\\47&99\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}-12&8\\-4&-20\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}2&0\\0&2\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}-5&-86\\43&81\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (3 (1+2) Punkte)

a) Man gebe ein Beispiel für eine ${}4\times 4$- Permutationsmatrix, bei der in jeder Diagonalen (Haupt-, Neben- und Gegendiagonalen) höchstens eine ${}1$ steht.

b) Zeige, dass es keine Lösung zu a) gibt, bei der ${}a_{11}=1$ ist.

Lösung

a)

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

b) Eine ${}1$ links oben erzwingt die folgende Situation (${}x$ bedeutet, dass dort eine ${}1$ stehen könnte)

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

Wir betrachten die Situation je nachdem, wo in der zweiten Zeile die ${}1$ steht. Im ersten Fall ist

${\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&0\\0&x&0&0\end{pmatrix}},$

was nicht zu einer Lösung ergänzt werden kann. Im zweiten Fall ist

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

Da die verbleibenden noch freien Positionen auf einer Diagonalen liegen, kann das ebenfalls nicht zu einer Lösung ergänzt werden.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme, ob die reelle Matrix

${\begin{pmatrix}-4&-1&-2&3\\6&7&7&1\\0&0&3&-2\\0&0&6&2\end{pmatrix}}$

trigonalisierbar ist oder nicht.

Lösung

Das charakteristische Polynom der Matrix ist

${}{\begin{aligned}\det XE_{4}-{\begin{pmatrix}-4&-1&-2&3\\6&7&7&1\\0&0&3&-2\\0&0&6&2\end{pmatrix}}&=\det {\begin{pmatrix}X+4&1&2&-3\\-6&X-7&-7&-1\\0&0&X-3&2\\0&0&-6&X-2\end{pmatrix}}\\&=\det {\begin{pmatrix}X+4&1\\-6&X-7\end{pmatrix}}\cdot \det {\begin{pmatrix}X-3&2\\-6&X-2\end{pmatrix}}\\&=((X+4)(X-7)+6)((X-3)(X-2)+12)\\&=(X^{2}-3X-22)(X^{2}-5X+18).\end{aligned}}$

Der rechte Faktor ist

${}X^{2}-5X+18={\left(X-{\frac {5}{2}}\right)}^{2}+18-{\frac {25}{4}}>0\,$

stets positiv und besitzt daher in ${}\mathbb {R}$ keine Nullstelle. Also zerfällt das charakteristische Polynom nicht vollständig in Linearfaktoren und nach Satz 25.10 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) ist die Matrix nicht trigonalisierbar.

Aufgabe (1 Punkt)

Es sei ${}V$ ein ${}K$- Vektorraum, den wir auch als affinen Raum über sich selbst auffassen. Es seien ${}v_{1},\ldots ,v_{n}\in V$. Zeige, dass die Familie dieser Vektoren genau dann linear unabhängig ist, wenn die Familie ${}0,v_{1},\ldots ,v_{n}\in V$ affin unabhängig ist.

Lösung

Nach Lemma 30.5 ist eine Familie von Punkten ${}P_{0},P_{1},\ldots ,P_{n}$ eines affinen Raumes genau dann affin unabhängig, wenn die Vektorfamilie ${}{\overrightarrow {P_{0}P_{1}}},\ldots ,{\overrightarrow {P_{0}P_{n}}}$ linear unabhängig ist. Die Aussage der Aufgabe ist mit ${}P_{0}=0$ ein Spezialfall davon.