Kurs:Lineare Algebra/Teil I/13/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	2	2	2	1	5	3	6	4	7	1	6	4	4	6	7	66

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es sei eine Menge ${}M$ mit einer Verknüpfung

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

   gegeben. Dann heißt ein Element ${}e\in M$ neutrales Element der Verknüpfung, wenn für alle ${}x\in M$ die Gleichheit

   $x\circ e=x=e\circ x$

   gilt.

2. Das System

   ${\begin{matrix}a_{11}x_{1}+a_{12}x_{2}+\cdots +a_{1n}x_{n}&=&c_{1}\\a_{21}x_{1}+a_{22}x_{2}+\cdots +a_{2n}x_{n}&=&c_{2}\\\vdots &\vdots &\vdots \\a_{m1}x_{1}+a_{m2}x_{2}+\cdots +a_{mn}x_{n}&=&c_{m}\end{matrix}}$

   heißt ein inhomogenes lineares Gleichungssystem, wobei die ${}a_{ij}$ und die ${}c_{i}$ aus ${}K$ sind.
3. Eine ${}n\times n$- Matrix der Form

   ${\begin{pmatrix}d_{11}&0&\cdots &\cdots &0\\0&d_{22}&0&\cdots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&d_{n-1\,n-1}&0\\0&\cdots &\cdots &0&d_{nn}\end{pmatrix}}$

   nennt man Diagonalmatrix.

4. Zwei ${}K$- Vektorräume ${}V$ und ${}W$ heißen isomorph, wenn es einen Isomorphismus von ${}V$ nach ${}W$ gibt.
5. Die lineare Abbildung werde bezüglich einer Basis durch die Matrix ${}M$ beschrieben. Dann nennt man ${}\operatorname {Spur} {\left(M\right)}$ die Spur von ${}\varphi$.
6. Es sei ${}K$ ein Körper und ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}K$- Vektorraum. Eine lineare Abbildung ${}\varphi \colon V\rightarrow V$ heißt trigonalisierbar, wenn sie bezüglich einer geeigneten Basis durch eine obere Dreiecksmatrix beschrieben wird.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es sei ${}K$ ein Körper und ${}n\in \mathbb {N}$. Dann besitzt der Standardraum ${}K^{n}$ die Dimension ${}n$.
2. Es sei ${}M={\{1,\ldots ,n\}}$ und sei ${}\pi$ eine Permutation auf ${}M$. Es sei

   ${}\pi =\tau _{1}\cdots \tau _{r}\,$

   als ein Produkt von ${}r$ Transpositionen geschrieben. Dann gilt für das Signum die Darstellung

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

3. Es sei ${}K$ ein Körper und seien ${}P_{1},\ldots ,P_{n}$ Polynome über ${}K$. Es sei ${}G$ ein größter gemeinsamer Teiler der ${}P_{i}$. Dann gibt es eine Darstellung

   ${}G=Q_{1}P_{1}+\cdots +Q_{n}P_{n}\,$

   mit ${}Q_{1},\ldots ,Q_{n}\in K[X]$.

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und ${}n\in \mathbb {N}$. Zeige, dass die Menge der Diagonalmatrizen ein Untervektorraum im Raum aller ${}n\times n$- Matrizen über ${}K$ ist und bestimme seine Dimension.

Lösung

Zu zwei Diagonalmatrizen

${\begin{pmatrix}a_{1}&0&\cdots &\cdots &0\\0&a_{2}&0&\cdots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&a_{n-1}&0\\0&\cdots &\cdots &0&a_{n}\end{pmatrix}}\,\,{\text{ und }}\,\,{\begin{pmatrix}b_{1}&0&\cdots &\cdots &0\\0&b_{2}&0&\cdots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&b_{n-1}&0\\0&\cdots &\cdots &0&b_{n}\end{pmatrix}}$

und Skalare ${}s,t\in K$ ist auch

${}{\begin{aligned}s{\begin{pmatrix}a_{1}&0&\cdots &\cdots &0\\0&a_{2}&0&\cdots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&a_{n-1}&0\\0&\cdots &\cdots &0&a_{n}\end{pmatrix}}+t{\begin{pmatrix}b_{1}&0&\cdots &\cdots &0\\0&b_{2}&0&\cdots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&b_{n-1}&0\\0&\cdots &\cdots &0&b_{n}\end{pmatrix}}&={\begin{pmatrix}sa_{1}+tb_{1}&0&\cdots &\cdots &0\\0&sa_{2}+tb_{2}&0&\cdots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&sa_{n-1}+tb_{n-1}&0\\0&\cdots &\cdots &0&sa_{n}+tb_{n}\end{pmatrix}}\\\,\end{aligned}}$

ebenfalls eine Diagonalmatrix, daher liegt ein Untervektorraum vor. Die Diagonalmatrizen ${}D_{i}$, ${}1\leq i\leq n$, deren ${}i$-ter Diagonaleintrag eine ${}1$ ist und die sonst überall Nulleinträge haben, bilden offenbar eine Basis des Raumes der Diagonalmatrizen. Daher ist die Dimension gleich ${}n$.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die Übergangsmatrizen ${}M_{\mathfrak {v}}^{\mathfrak {u}}$ und ${}M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {v}}$ für die Standardbasis ${}{\mathfrak {u}}$ und die durch die Vektoren

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

gegebene Basis ${}{\mathfrak {v}}$ im ${}\mathbb {R} ^{4}$.

Lösung

In den Spalten von ${}M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {v}}$ müssen die Koordinaten der Vektoren ${}v_{j}$ bezüglich der Standardbasis ${}u_{i}$ stehen, also ist direkt

${}M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {v}}={\begin{pmatrix}0&1&0&0\\0&0&0&1\\1&0&0&0\\0&0&1&0\end{pmatrix}}\,.$

Umgekehrt ist wegen ${}u_{1}=v_{2}$, ${}u_{2}=v_{4}$, ${}u_{3}=v_{1}$, ${}u_{4}=v_{3}$

${}M_{\mathfrak {v}}^{\mathfrak {u}}={\begin{pmatrix}0&0&1&0\\1&0&0&0\\0&0&0&1\\0&1&0&0\end{pmatrix}}\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Mustafa Müller beschließt, sich eine Woche lang ausschließlich von Schokolade seiner Lieblingssorte „Gaumenfreude“ zu ernähren. Eine Tafel besitzt einen Energiewert von ${}2300$ kJ und sein Tagesbedarf an Energie ist ${}10000$ kJ. Wie viele Tafeln muss er am Tag (gerundet auf zwei Nachkommastellen) und wie viele Tafeln muss er in der Woche essen?

Lösung

Er muss pro Tag ca.

${}{\frac {10000}{2300}}=4{,}35\,$

Tafeln essen, in der Woche also

${}7\cdot 4{,}35=30{,}45\,$

Tafeln.

Aufgabe (1 Punkt)

Es sei

$\varphi \colon V\longrightarrow W$

eine lineare Abbildung zwischen den ${}K$- Vektorräumen ${}V$ und ${}W$. Es sei ${}v\in V$. Zeige ${}\varphi (-v)=-\varphi (v)$.

Lösung

Es ist

${}\varphi (v)+\varphi (-v)=\varphi (v-v)=\varphi (0)=0\,.$

Daher sind ${}\varphi (v)$ und ${}\varphi (-v)$ zueinander invers, und wegen der Eindeutigkeit des Negativen folgt

${}\varphi (-v)=-\varphi (v)\,.$

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und es seien ${}V$ und ${}W$ endlichdimensionale ${}K$- Vektorräume mit ${}\dim _{K}{\left(V\right)}=n$ und ${}\dim _{K}{\left(W\right)}=m$. Welche Dimension besitzt der Produktraum ${}V\times W$?

Lösung

Der Produktraum besitzt die Dimension ${}n+m$. Um dies zu beweisen sei ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ eine Basis von ${}V$ und ${}w_{1},\ldots ,w_{m}$ eine Basis von ${}W$. Wir behaupten, dass die Elemente

$(v_{j},0),\,j\in {\{1,\ldots ,n\}},{\text{ und }}(0,w_{i}),\,i\in \{1,\ldots ,m\},$

eine Basis von ${}V\times W$ bilden.

Es sei ${}(v,w)\in V\times W$. Dann gibt es Darstellungen

$v=\sum _{j=1}^{n}a_{j}v_{j}{\text{ und }}w=\sum _{i=1}^{m}b_{i}w_{i}.$

Daher ist

${}{\begin{aligned}(v,w)&=(\sum _{j=1}^{n}a_{j}v_{j},\sum _{i=1}^{m}b_{i}w_{i})\\&=(\sum _{j=1}^{n}a_{j}v_{j},0)+(0,\sum _{i=1}^{m}b_{i}w_{i})\\&=\sum _{j=1}^{n}a_{j}(v_{j},0)+\sum _{i=1}^{m}b_{i}(0,w_{i}),\end{aligned}}$

d.h., es liegt ein Erzeugendensystem vor.

Zum Nachweis der linearen Unabhängigkeit sei

${}\sum _{j=1}^{n}a_{j}(v_{j},0)+\sum _{i=1}^{m}b_{i}(0,w_{i})=0=(0,0)\,$

angenommen. Die gleiche Rechnung rückwärts ergibt

${}(\sum _{j=1}^{n}a_{j}v_{j},\sum _{i=1}^{m}b_{i}w_{i})=(0,0)\,$

und das bedeutet

$\sum _{j=1}^{n}a_{j}v_{j}=0{\text{ und }}\sum _{i=1}^{m}b_{i}w_{i}=0.$

Da es sich jeweils um Basen handelt, folgt ${}a_{j}=0$ für alle ${}j$ und ${}b_{i}=0$ für alle ${}i$.

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

Es sei

${}M={\begin{pmatrix}11&-20\\6&-11\end{pmatrix}}\,.$

a) Zeige

${}M^{2}=E_{2}\,.$

b) Bestimme die inverse Matrix zu ${}M$.

c) Löse die Gleichung

${}M{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}4\\-9\end{pmatrix}}\,.$

Lösung

a) Es ist

${}M^{2}={\begin{pmatrix}11&-20\\6&-11\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}11&-20\\6&-11\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}121-120&-220+220\\66-66&-120+121\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}\,.$

b) Nach Teil a) ist

${}M^{2}=E_{2}\,,$

also ist ${}M$ invertierbar und stimmt mit seinem Inversen überein, also

${}M^{-1}=M\,.$

c) Wir wenden auf die Gleichung beidseitig die Matrix ${}M^{-1}=M$ an und erhalten

${}{\begin{aligned}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}&=M{\begin{pmatrix}4\\-9\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}11&-20\\6&-11\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}4\\-9\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}44+180\\24+99\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}224\\123\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise den Satz über die Beziehung zwischen der adjungierten Matrix und der Determinante.

Lösung

Es sei ${}M={\left(a_{ij}\right)}_{ij}$. Die Koeffizienten der adjungierten Matrix seien

${}b_{ik}=(-1)^{i+k}\det M_{ki}\,.$

Die Koeffizienten des Produktes ${}(M^{\operatorname {adj} })\cdot M$ sind

${}c_{ij}=\sum _{k=1}^{n}b_{ik}a_{kj}=\sum _{k=1}^{n}(-1)^{i+k}a_{kj}\det M_{ki}\,.$

Bei ${}j=i$ ist dies ${}\det M$, da es sich bei dieser Summe um die Entwicklung der Determinante nach der ${}j$-ten Spalte handelt. Es sei ${}j\neq i$ und es sei ${}N$ die Matrix, die aus ${}M$ entsteht, wenn man in ${}M$ die ${}i$-te Spalte durch die ${}j$-te Spalte ersetzt. Wenn man ${}N$ nach der ${}i$-ten Spalte entwickelt, so ist dies

${}0=\det N=\sum _{k=1}^{n}(-1)^{i+k}a_{kj}\det M_{ki}=c_{ij}\,.$

Also sind diese Koeffizienten ${}0$, und damit stimmt die erste Gleichung.
Die zweite Gleichung ergibt sich ebenso, wobei man die Entwicklung der Determinante nach den verschiedenen Zeilen ausnutzen muss.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und es seien ${}V$ und ${}W$ Vektorräume über ${}K$, wobei ${}V$ endlichdimensional und ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ eine Basis von ${}V$ sei. Es sei ${}\operatorname {Hom} _{K}{\left(V,W\right)}$ der ${}K$- Vektorraum der linearen Abbildungen von ${}V$ nach ${}W$. Zeige, dass die Abbildung

$F\colon \operatorname {Hom} _{K}{\left(V,W\right)}\longrightarrow W^{n},\,\varphi \longmapsto F(\varphi ):=\left(\varphi (v_{1}),\,\ldots ,\,\varphi (v_{n})\right),$

ein Isomorphismus von ${}K$-Vektorräumen ist.

Lösung

Es seien ${}a,b\in K$ und ${}\varphi ,\psi \in \operatorname {Hom} _{K}{\left(V,W\right)}$. Dann ist

${}{\begin{aligned}F(a\varphi +b\psi )&=\left((a\varphi +b\psi )(v_{1}),\,\ldots ,\,(a\varphi +b\psi )(v_{n})\right)\\&=\left(a\varphi (v_{1})+b\psi (v_{1}),\,\ldots ,\,a\varphi (v_{n})+b\psi (v_{n})\right)\\&=a\left(\varphi (v_{1}),\,\ldots ,\,\varphi (v_{n})\right)+b\left(\psi (v_{1}),\,\ldots ,\,\psi (v_{n})\right)\\&=aF(\varphi )+bF(\psi )\end{aligned}}$

und somit liegt eine lineare Abbildung vor. Die Abbildung ist bijektiv aufgrund von Satz 10.10 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)), da ein ${}n$-Tupel ${}\left(w_{1},\,\ldots ,\,w_{n}\right)\in W^{n}$ die willkürliche Vorgabe von Werten für die Basisvektoren ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ bedeutet.

Aufgabe (7 (5+1+1) Punkte)

Es sei

${}U=\langle {\begin{pmatrix}3\\4\\8\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}2\\1\\-1\end{pmatrix}}\rangle \subseteq K^{3}\,$

und

${}T=\langle {\begin{pmatrix}7\\1\\3\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}5\\4\\2\end{pmatrix}}\rangle \subseteq K^{3}\,.$

a) Beschreibe den Untervektorraum ${}W$ der ${}3\times 3$- Matrizen, die den Untervektorraum ${}U$ in den Untervektorraum ${}T$ abbilden, als Lösungsraum eines linearen Gleichungssystems.

b) Beschreibe ${}W$ durch ein eliminiertes Gleichungssystem.

c) Bestimme die Dimension von ${}W$.

Lösung

a) Wir beschreiben zuerst ${}T$ als Kern einer Linearform. Das lineare Gleichungssystem

${}7x+y+3z=0\,$

${}5x+4y+2z=0\,$

führt auf (${}-2I+3II$)

${}x+10y=0\,.$

Daher ist ${}\left(10,\,-1,\,-23\right)$ eine Lösung und ${}T$ ist der Kern der durch ${}\left(10,\,-1,\,-23\right)$ gegebenen Linearform auf ${}K^{3}$. Die Bedingung, dass eine ${}3\times 3$-Matrix ${}M$ den Untervektorraum ${}U$ nach ${}T$ abbildet, bedeutet also, dass

${}{\left(\left(10,\,-1,\,-23\right)\circ M\right)}u=0\,$

für ${}u\in U$ ist, was auf der gegebenen Basis von ${}U$ überprüft werden kann. Wenn man

${}M={\begin{pmatrix}a&b&c\\d&e&f\\g&h&k\end{pmatrix}}\,$

ansetzt, so müssen die beiden Bedingungen

${}\left(10,\,-1,\,-23\right){\begin{pmatrix}a&b&c\\d&e&f\\g&h&k\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}3\\4\\8\end{pmatrix}}=0\,$

und

${}\left(10,\,-1,\,-23\right){\begin{pmatrix}a&b&c\\d&e&f\\g&h&k\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}2\\1\\-1\end{pmatrix}}=0\,$

erfüllt sein. Die erste Bedingung bedeutet

${}{\begin{aligned}0&=\left(10a-d-23g,\,10b-e-23h,\,10c-f-23k\right){\begin{pmatrix}3\\4\\8\end{pmatrix}}\\&=30a-3d-69g+40b-4e-92h+80c-8f-184k\end{aligned}}$

und die zweite Bedingung bedeutet

${}{\begin{aligned}0&=\left(10a-d-23g,\,10b-e-23h,\,10c-f-23k\right){\begin{pmatrix}2\\1\\-1\end{pmatrix}}\\&=20a-2d-46g+10b-e-23h-10c+f+23k.\end{aligned}}$

b) Wir eliminieren, indem wir, bezogen auf die beiden zuletzt formulierten Bedingungen, die Linearkombination 2I-3II berechnen. Dies ergibt

${}50b-5e-115h+190c-19f-437k=0\,,$

ein beschreibendes eliminiertes lineares Gleichungssystem ist also durch

${}30a-3d-69g+40b-4e-92h+80c-8f-184k=0\,$

und

${}50b-5e-115h+190c-19f-437k=0\,$

gegeben.

c) Da die beiden Gleichungen linear unabhängig sind, besitzt der Lösungsraum die Dimension ${}7$.

Aufgabe (1 Punkt)

Skizziere ein Pfeildiagramm, das die nebenstehende Permutation überschneidungsfrei darstellt.

Lösung Permutation/Überschneidungsfrei/1/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (6 Punkte)

Wir betrachten in ${}\mathbb {Q} [X]$ die beiden Hauptideale ${}(X-2)$ und ${}(X+3)$. Zeige, dass der Durchschnitt

$(X-2)\cap (X+3)$

gleich dem Hauptideal ${}((X-2)\cdot (X+3))$ ist.

Lösung

Das Produkt ${}(X-2)(X+3)$ gehört zu den beiden Hauptidealen ${}(X-2)$ und ${}(X+3)$, also auch zum Durchschnitt ${}(X-2)\cap (X+3)$. Da der Durchschnitt von Idealen wieder ein Ideal ist, gehören auch alle Vielfachen von ${}(X-2)(X+3)$ zu diesem Ideal.

Es sei umgekehrt ${}F\in (X-2)\cap (X+3)$. Dann ist

${}F=(X-2)P=(X+3)Q\,$

mit gewissen Polynomen ${}P,Q\in \mathbb {Q} [X]$. Daher ist

${}F(2)=0=5\cdot Q(2)\,.$

In ${}\mathbb {Q}$ folgt daraus

${}Q(2)=0\,.$

Daraus ergibt sich nach Lemma 19.8 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)), dass

${}Q=(X-2)G\,$

ist. Also ist insgesamt

${}F=(X+3)Q=(X+3)(X-2)G\,,$

also ${}F\in (X-2)(X+3)$.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über die Anzahl von Nullstellen eines Polynoms über einem Körper ${}K$.

Lösung

Wir beweisen die Aussage durch Induktion über ${}d$. Für ${}d=0,1$ ist die Aussage offensichtlich richtig. Es sei also ${}d\geq 2$ und die Aussage sei für kleinere Grade bereits bewiesen. Es sei ${}a$ eine Nullstelle von ${}P$ (falls ${}P$ keine Nullstelle besitzt, sind wir direkt fertig). Dann ist ${}P=Q(X-a)$ nach Lemma 19.8 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) und ${}Q$ hat den Grad ${}d-1$, sodass wir auf ${}Q$ die Induktionsvoraussetzung anwenden können. Das Polynom ${}Q$ hat also maximal ${}d-1$ Nullstellen. Für ${}b\in K$ gilt ${}P(b)=Q(b)(b-a)$. Dies kann nach Satz . (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025))  (5) nur dann ${}0$ sein, wenn einer der Faktoren ${}0$ ist, sodass eine Nullstelle von ${}P$ gleich ${}a$ ist oder aber eine Nullstelle von ${}Q$ ist. Es gibt also maximal ${}d$ Nullstellen von ${}P$.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass die Matrix

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

über ${}\mathbb {R}$ diagonalisierbar ist und bestimme eine Basis aus Eigenvektoren.

Lösung

Das charakteristische Polynom zu

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

ist

$(X-6)(X-2)(X-7).$

Es zerfällt also in Linearfaktoren mit verschiedenen Nullstellen und daher ist die Matrix diagonalisierbar. Die Eigenwerte sind ${}2,6,7$. Es ist

${}2{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}6&1&0\\0&2&4\\0&0&7\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-4&-1&0\\0&0&-4\\0&0&-5\end{pmatrix}}\,,$

ein Eigenvektor zum Eigenwert ${}2$ ist ${}{\begin{pmatrix}1\\-4\\0\end{pmatrix}}$. Ferner ist

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

ein Eigenvektor zum Eigenwert ${}6$ ist ${}{\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}$. Schließlich ist

${}7{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}6&1&0\\0&2&4\\0&0&7\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&-1&0\\0&5&-4\\0&0&0\end{pmatrix}}\,,$

ein Eigenvektor zum Eigenwert ${}6$ ist ${}{\begin{pmatrix}4\\4\\5\end{pmatrix}}$. Eine Basis aus Eigenvektoren ist also

${\begin{pmatrix}1\\-4\\0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}4\\4\\5\end{pmatrix}}.$

Aufgabe (6 Punkte)

Es sei ${}M$ eine ${}n\times n$- Matrix, mit dem charakteristischen Polynom

${}\chi _{M}=X^{n}+c_{n-1}X^{n-1}+c_{n-2}X^{n-2}+\cdots +c_{2}X^{2}+c_{1}X+c_{0}\,.$

Bestimme das charakteristische Polynom der mit ${}s\in K$ gestreckten Matrix ${}sM$.

Lösung

Es sei ${}M=(a_{ij})_{ij}$, somit ist

${}sM={\begin{pmatrix}sa_{11}&sa_{12}&\ldots &sa_{1n}\\sa_{21}&sa_{22}&\ldots &sa_{2n}\\\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\sa_{n1}&sa_{n2}&\ldots &sa_{nn}\end{pmatrix}}\,.$

Es sei zunächst

${}s\neq 0\,.$

Es ist

${}{\begin{aligned}\chi _{sM}&=\det(XE_{n}-sM)\\&=\det {\begin{pmatrix}X-sa_{11}&sa_{12}&\ldots &sa_{1n}\\sa_{21}&X-sa_{22}&\ldots &sa_{2n}\\\vdots &\vdots &\vdots &\vdots \\sa_{n1}&sa_{n2}&\ldots &X-sa_{nn}\end{pmatrix}}\\&=\det {\begin{pmatrix}s{\left({\frac {X}{s}}-a_{11}\right)}&sa_{12}&\ldots &sa_{1n}\\sa_{21}&s{\left({\frac {X}{s}}-a_{22}\right)}&\ldots &sa_{2n}\\\vdots &\vdots &\vdots &\vdots \\sa_{n1}&sa_{n2}&\ldots &s{\left({\frac {X}{s}}-a_{nn}\right)}\end{pmatrix}}\\&=s^{n}\cdot \det {\begin{pmatrix}{\frac {X}{s}}-a_{11}&a_{12}&\ldots &a_{1n}\\a_{21}&{\frac {X}{s}}-a_{22}&\ldots &a_{2n}\\\vdots &\vdots &\vdots &\vdots \\a_{n1}&a_{n2}&\ldots &{\frac {X}{s}}-a_{nn}\end{pmatrix}}\\&=s^{n}\cdot \chi _{M}{\left({\frac {X}{s}}\right)}.\end{aligned}}$

Hier steht also das charakteristische Polynom zu ${}M$, wobei man die Variable überall durch ${}{\frac {X}{s}}$ ersetzt, und das Ganze mit ${}s^{n}$ multipliziert. Daher ist

${}{\begin{aligned}\chi _{sM}&=s^{n}{\left({\left({\frac {X}{s}}\right)}^{n}+c_{n-1}{\left({\frac {X}{s}}\right)}^{n-1}+c_{n-2}{\left({\frac {X}{s}}\right)}^{n-2}+\cdots +c_{2}{\left({\frac {X}{s}}\right)}^{2}+c_{1}{\left({\frac {X}{s}}\right)}+c_{0}\right)}\\&=X^{n}+sc_{n-1}X^{n-1}+s^{2}c_{n-2}X^{n-2}+\cdots +s^{n-2}c_{2}X^{2}+s^{n-1}c_{1}X+s^{n}c_{0}.\end{aligned}}$

Dieser Zusammenhang gilt auch bei ${}s=0$, da dann ${}sM$ die Nullmatrix ist, deren charakteristisches Polynom gleich ${}X^{n}$ ist.

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise den Satz über baryzentrische Koordinaten.

Lösung

Es sei ${}i_{0}\in I$ fixiert. Es gibt dann in ${}V$ eine eindeutige Darstellung

${}{\overrightarrow {P_{i_{0}}P}}=\sum _{i\in I\setminus \{i_{0}\}}a_{i}{\overrightarrow {P_{i_{0}}P_{i}}}\,.$

Wir setzen

${}a_{i_{0}}:=1-\sum _{i\in I\setminus \{i_{0}\}}a_{i}\,.$

Dann ist ${}\sum _{i\in I}a_{i}=1$ und

${}{\begin{aligned}P&=P_{i_{0}}+{\overrightarrow {P_{i_{0}}P}}\\&=P_{i_{0}}+\sum _{i\in I\setminus \{i_{0}\}}a_{i}{\overrightarrow {P_{i_{0}}P_{i}}}\\&=P_{i_{0}}+a_{i_{0}}{\overrightarrow {P_{i_{0}}P_{i_{0}}}}+\sum _{i\in I\setminus \{i_{0}\}}a_{i}{\overrightarrow {P_{i_{0}}P_{i}}}\\&=P_{i_{0}}+\sum _{i\in I}a_{i}{\overrightarrow {P_{i_{0}}P_{i}}}.\end{aligned}}$

Es gibt also eine solche Darstellung mit ${}P_{i_{0}}$ als Ursprung. Die Eindeutigkeit folgt daraus, dass die ${}a_{i}$, ${}i\neq i_{0}$, durch die eindeutig bestimmten Koeffizienten der Vektorraumbasis festgelegt sind und dass ${}a_{i_{0}}$ durch die baryzentrische Bedingung festgelegt ist.