Kurs:Lineare Algebra/Teil I/15/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	6	2	4	2	4	3	4	4	4	4	1	3	3	2	12	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Die Abbildung

   $f\colon L\longrightarrow M$

   ist injektiv, wenn für je zwei verschiedene Elemente ${}x,y\in L$ auch ${}f(x)$ und ${}f(y)$ verschieden sind.

2. Es sei ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ eine Familie von Vektoren in ${}V$. Dann heißt der Vektor

   $s_{1}v_{1}+s_{2}v_{2}+\cdots +s_{n}v_{n}{\text{ mit }}s_{i}\in K$

   eine Linearkombination dieser Vektoren

3. Man nennt die Linearformen

   $v_{1}^{*},\ldots ,v_{n}^{*}\in {V}^{*},$

   die durch

   ${}v_{i}^{*}(v_{j})=\delta _{ij}={\begin{cases}1,{\text{ falls }}i=j\,,\\0,{\text{ falls }}i\neq j\,,\end{cases}}\,$

   festgelegt sind, die Dualbasis zur gegebenen Basis.

4. Zu zwei Polynomen ${}P,Q\in K[X]$, ${}Q\neq 0$, heißt die Funktion

   $D\longrightarrow K,\,z\longmapsto {\frac {P(z)}{Q(z)}},$

   wobei ${}D\subseteq K$ das Komplement der Nullstellen von ${}Q$ ist, eine rationale Funktion.

5. Das Polynom

   ${}\chi _{M}:=\det \left(X\cdot E_{n}-M\right)\,$

   heißt charakteristisches Polynom von ${}M$.

6. Zu einer Familie ${}P_{i}$, ${}i\in I$, von Punkten in ${}E$ und einem Zahltupel ${}a_{i}$, ${}i\in I$, mit

   ${}\sum _{i\in I}a_{i}=1\,$

   heißt die Summe ${}\sum _{i\in I}a_{i}P_{i}$ baryzentrische Kombination der ${}P_{i}$.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es sei ${}K$ ein Körper und ${}S$ ein (inhomogenes) lineares Gleichungssystem über ${}K$ in den Variablen ${}x_{1},\ldots ,x_{n}$. Es sei ${}x$ eine Variable, die in mindestens einer Gleichung ${}G$ mit einem von ${}0$ verschiedenen Koeffizienten ${}a$ vorkommt. Dann lässt sich jede von ${}G$ verschiedene Gleichung ${}H$ durch eine Gleichung ${}H'$ ersetzen, in der ${}x$ nicht mehr vorkommt, und zwar so, dass das neue Gleichungssystem ${}S'$, das aus ${}G$ und den Gleichungen ${}H'$ besteht, äquivalent zum Ausgangssystem ${}S$ ist.
2. Wenn ${}V$ endlichdimensional ist, so ist auch ${}U$ endlichdimensional und es gilt

   ${}\dim _{K}{\left(U\right)}\leq \dim _{K}{\left(V\right)}\,.$

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

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

   eine lineare Abbildung. Dann ist ${}\varphi$ genau dann diagonalisierbar, wenn ${}V$ die direkte Summe der Eigenräume

   ist.

Aufgabe (6 (2+1+3) Punkte)

Professor Knopfloch kommt gelegentlich mit verschiedenen Socken und/oder mit verschiedenen Schuhen in die Universität. Er legt folgende Definitionen fest.

1. Ein Tag heißt sockenzerstreut, wenn er verschiedene Socken anhat.
2. Ein Tag heißt schuhzerstreut, wenn er verschiedene Schuhe anhat.
3. Ein Tag heißt zerstreut, wenn er sockenzerstreut oder schuhzerstreut ist.
4. Ein Tag heißt total zerstreut, wenn er sowohl sockenzerstreut als auch schuhzerstreut ist.

a) Vom Jahr ${}2015$ weiß man, dass ${}17$ Tage sockenzerstreut und ${}11$ Tage schuhzerstreut waren. Wie viele Tage waren in diesem Jahr maximal zerstreut und wie viele Tage waren minimal zerstreut? Wie viele Tage waren in diesem Jahr maximal total zerstreut und wie viele Tage waren minimal total zerstreut?

b) Vom Jahr ${}2013$ weiß man, dass ${}270$ Tage sockenzerstreut und ${}120$ Tage schuhzerstreut waren. Wie viele Tage waren in diesem Jahr maximal zerstreut und wie viele Tage waren minimal total zerstreut?

c) Erstelle eine Formel, die die Anzahl der sockenzerstreuten, der schuhzerstreuten, der zerstreuten und der total zerstreuten Tage in einem Jahr miteinander in Verbindung bringt.

Lösung

a) Zerstreutheit: Die sockenzerstreuten Tage sind jedenfalls zerstreut. Das Minimum ergibt sich, wenn alle schuhzerstreuten Tage auch sockenzerstreut waren, das sind ${}17$. Das Maximum ergibt sich, wenn kein Tag gleichzeitig sockenzerstreut und schuhzerstreut war, das ergibt ${}28$ Tage.

Totale Zerstreutheit: Die total zerstreuten Tage sind insbesondere schuhzerstreut. Das Maximum ergibt sich, wenn alle schuhzerstreuten Tage auch sockenzerstreut waren, das sind ${}11$ Tage. Das Minimum ergibt sich, wenn kein Tag gleichzeitig schuh- und sockenzerstreut war, also ${}0$.

b) Wegen

${}270+120=390\geq 365\,$

können alle Jahre des Tages zerstreut gewesen sein, also ${}365$. Minimal waren ${}25$ Tage total zerstreut.

c) Es sei ${}s$ die Anzahl der sockenzerstreuten Tage, ${}x$ die Anzahl der schuhzerstreuten Tage, ${}z$ die Anzahl der zerstreuten Tage und ${}t$ die Anzahl der total zerstreuten Tage. Dann gilt die Formel

${}s+x=z+t\,.$

Beide Seiten der Formel sind additiv in den Tagen, sie muss also nur für einen Tag nachgewiesen werden. Wenn der Tag nicht zerstreut ist, steht beidseitig ${}0$. Wenn der Tag sockenzerstreut ist, aber nicht schuhzerstreut (oder umgekehrt), so ist der Tag zerstreut, aber nicht total zerstreut, und beidseitig steht ${}1$. Wenn der Tag total zerstreut ist, so steht beidseitig ${}2$.

Aufgabe (2 Punkte)

Es seien ${}L,M,N$ und ${}P$ Mengen und es seien

$F\colon L\longrightarrow M,\,x\longmapsto F(x),$

$G\colon M\longrightarrow N,\,y\longmapsto G(y),$

und

$H\colon N\longrightarrow P,\,z\longmapsto H(z),$

Abbildungen. Zeige, dass dann

${}H\circ (G\circ F)=(H\circ G)\circ F\,$

gilt.

Lösung

Zwei Abbildungen ${}\alpha ,\beta \colon L\rightarrow P$ sind genau dann gleich, wenn für jedes ${}x\in L$ die Gleichheit ${}\alpha (x)=\beta (x)$ gilt. Es sei also ${}x\in L$. Dann ist

${}{\begin{aligned}(H\circ (G\circ F))(x)&=H((G\circ F)(x))\\&=H(G(F(x)))\\&=(H\circ G)(F(x))\\&=((H\circ G)\circ F)(x).\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise das Eliminationslemma für ein inhomogenes lineares Gleichungssystem in ${}n$ Variablen über einem Körper ${}K$.

Lösung

Durch Umnummerieren kann man ${}x=x_{1}$ erreichen. Es sei ${}G$ die Gleichung

${}ax_{1}+\sum _{i=2}^{n}a_{i}x_{i}=b\,$

(mit $a\neq 0$) und ${}H$ die Gleichung

${}cx_{1}+\sum _{i=2}^{n}c_{i}x_{i}=d\,.$

Dann hat die Gleichung

${}H'=H-{\frac {c}{a}}G\,$

die Gestalt

${}\sum _{i=2}^{n}{\left(c_{i}-{\frac {c}{a}}a_{i}\right)}x_{i}=d-{\frac {c}{a}}b\,,$

in der ${}x_{1}$ nicht mehr vorkommt. Wegen ${}H=H'+{\frac {c}{a}}G$ sind die Gleichungssysteme äquivalent.

Aufgabe (2 Punkte)

Erstelle eine Geradengleichung für die Gerade im ${}\mathbb {R} ^{2}$, die durch die beiden Punkte ${}(2,3)$ und ${}(5,-7)$ verläuft.

Lösung

Die Gerade wird in Punktvektorform durch

${}{\left\{{\begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix}}+t\left({\begin{pmatrix}5\\-7\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix}}\right)\mid t\in \mathbb {R} \right\}}={\left\{{\begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix}}+t{\begin{pmatrix}3\\-10\end{pmatrix}}\mid t\in \mathbb {R} \right\}}\,$

beschrieben. Die Gleichungsform hat somit die Gestalt

${}G={\left\{{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\mid 10x+3y=c\right\}}\,$

mit einem zu bestimmenden ${}c$. Einsetzen des Punktes ${}{\begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix}}$ ergibt ${}c=29$, also ist

${}G={\left\{{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\mid 10x+3y=29\right\}}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Man gebe ein Beispiel für einen Körper ${}K$, eine kommutative Gruppe ${}(V,+,0)$ und eine Abbildung

$K\times V\longrightarrow V,\,(s,v)\longmapsto sv,$

derart, dass diese Struktur alle Vektorraumaxiome außer

$(6)\,\,\,r(su)=(rs)u$

erfüllt.

Lösung

Es sei ${}K={\mathbb {C} }$ und ${}V=\mathbb {R}$. Wir betrachten die „Skalarmultiplikation“

${\mathbb {C} }\times \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,$

die durch

${}(a+b{\mathrm {i} })\bullet u:=au\,$

definiert ist. Um zu zeigen, dass das Assoziativitätsaxiom nicht erfüllt ist, betrachten wir

${}r=s={\mathrm {i} }\,$

und ein beliebiges ${}u\neq 0$. Einerseits ist

${}({\mathrm {i} }\cdot {\mathrm {i} })\bullet u=(-1)\bullet u=-u\,$

und andererseits ist

${}{\mathrm {i} }\bullet ({\mathrm {i} }\bullet u)={\mathrm {i} }\bullet (0)=0\,.$

Die anderen multiplikativen Axiome sind hingegen erfüllt. Es ist

${}{\begin{aligned}(a+b{\mathrm {i} })\bullet (u+v)&=a(u+v)\\&=au+av\\&=(a+b{\mathrm {i} })\bullet u+(a+b{\mathrm {i} })\bullet v\end{aligned}}$

und

${}{\begin{aligned}(a+b{\mathrm {i} }+c+d{\mathrm {i} })\bullet u&=((a+c)+(b+d){\mathrm {i} })\bullet u\\&=(a+c)u\\&=au+cu\\&=(a+b{\mathrm {i} })\bullet u+(c+d{\mathrm {i} })\bullet u.\end{aligned}}$

Ferner ist

${}1\bullet u=u\,$

für alle ${}u\in \mathbb {R}$.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}V$ ein ${}K$- Vektorraum und sei ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ eine Familie von Vektoren in ${}V$. Zeige, dass die Familie genau dann linear unabhängig ist, wenn es einen Untervektorraum ${}U\subseteq V$ gibt, für den die Familie eine Basis bildet.

Lösung

Wenn die Familie in ${}U\subseteq V$ eine Basis bildet, so ist sie linear unabhängig (in ${}U$ und in ${}V$). Wenn die Familie linear unabhängig ist, so betrachten wir den durch sie erzeugten Untervektorraum

${}U:=\langle v_{1},\ldots ,v_{n}\rangle \subseteq V\,.$

Diese linear unabhängige Familie ist somit ein Erzeugendensystem von ${}U$ und daher eine Basis von ${}U$.

Aufgabe (4 Punkte)

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

${}MN=0\,$

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 ${}v$ zu einer Basis

$v=v_{1},v_{2},\ldots ,v_{n}$

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

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

also ist

${}MN\neq 0\,$

im Widerspruch zur Voraussetzung.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}K$ der Körper mit zwei Elementen. Bestimme die Dimension des von den Vektoren

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

erzeugten Untervektorraumes des ${}K^{4}$.

Lösung

Da in allen Vektoren zwei Einträge gleich ${}1$ sind, gehören wegen ${}1+1=0$ sämtliche Vektoren zum Kern der durch

$x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}$

gegebenen Linearform. Die Dimension ist also maximal gleich ${}3$. Wir betrachten den dritten, zweiten und den ersten Vektor der Familie, also

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

als Matrix. Die ersten drei Zeilen davon bilden eine obere Dreiecksmatrix mit Determinante ${}1$. Also ist der Rang dieser Untermatrix gleich ${}3$ und somit ist die Dimension des erzeugten Raumes gleich ${}3$.

Aufgabe (4 (1+3) Punkte)

1. Überführe die Matrixgleichung

   ${}{\begin{pmatrix}3&7\\-4&5\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x&y\\z&w\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}\,$

   in ein lineares Gleichungssystem.

2. Löse dieses lineare Gleichungssystem.

Lösung

1. Die einzelnen Einträge der Matrixgleichung ergeben das lineare Gleichungssystem

   ${}3x+7z=1\,$

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

   ${}3y+7w=0\,$

   ${}-4y+5w=1\,.$

2. Aus der ersten und der zweiten Gleichung ergibt sich mittels ${}4I+3II$ die Bedingung

   ${}43z=4\,$

   und somit

   ${}z={\frac {4}{43}}\,.$

   Daher ist

   ${}x={\frac {5}{4}}z={\frac {5}{4}}\cdot {\frac {4}{43}}={\frac {5}{43}}\,.$

   Aus der dritten und der vierten Gleichung ergibt sich mittels ${}4III+3IV$ die Bedingung

   ${}43w=3\,$

   und somit

   ${}w={\frac {3}{43}}\,.$

   Daher ist

   ${}y=-{\frac {7}{3}}w=-{\frac {7}{3}}\cdot {\frac {3}{43}}=-{\frac {7}{43}}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über die Dualbasis.

Lösung

Es sei

${}\sum _{j=1}^{n}a_{j}v_{j}^{*}=0\,$

mit ${}a_{j}\in K$. Wenn wir diese Linearform auf ${}v_{i}$ anwenden, so ergibt sich direkt

${}a_{i}=0\,.$

Die ${}v_{1}^{*},\ldots ,v_{n}^{*}$ sind also linear unabhängig. Nach Korollar 13.12 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) besitzt der Dualraum die Dimension ${}n$, daher muss bereits eine Basis vorliegen.

Aufgabe (1 Punkt)

Es seien ${}A$ und ${}B$ quadratische Matrizen über einem Körper ${}K$. Zeige

${}\det \left(A\circ B\right)=\det \left(B\circ A\right)\,.$

Lösung

Aufgrund des Determinantenmultiplikationssatzes ist

${}\det \left(A\circ B\right)=\det A\det B=\det B\det A=\det \left(B\circ A\right)\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Betrachte die beiden Permutationen

${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$	${}8$
${}\sigma (x)$	${}2$	${}5$	${}3$	${}7$	${}1$	${}4$	${}8$	${}6$

und

${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$	${}8$
${}\tau (x)$	${}4$	${}5$	${}2$	${}8$	${}6$	${}7$	${}1$	${}3$

Berechne ${}\sigma \tau$ und ${}\tau \sigma$. Bestimme die Anzahl der Fehlstände und das Vorzeichen von ${}\tau$. Man gebe die Zyklendarstellung von ${}\sigma$ und von ${}\sigma ^{3}$ an. Was ist die Ordnung von ${}\sigma$?

Lösung

Die Produkte der beiden Permutationen sind als Wertetabellen geschrieben

${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$	${}8$
${}\tau \sigma (x)$	${}5$	${}6$	${}2$	${}1$	${}4$	${}8$	${}3$	${}7$

und

${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$	${}8$
${}\sigma \tau (x)$	${}7$	${}1$	${}5$	${}6$	${}4$	${}8$	${}2$	${}3$

Die Fehlstände von ${}\tau$ sind

$(1,3),\,(1,7),\,(1,8),\,(2,3),\,(2,7),\,(2,8),\,(3,7),\,(4,5),\,(4,6),\,(4,7),\,(4,8),\,(5,7),\,(5,8),\,(6,7),\,(6,8).$

Das sind also ${}15$ Fehlstände und damit ist das Vorzeichen ${}-1$.

Die Zyklendarstellung von ${}\sigma$ ist (wir führen auch die Fixpunkte aus)

$\langle 1,\,2,\,5\rangle \langle 3\rangle \langle 4,\,7,\,8,\,6\rangle .$

Daher hat ${}\sigma ^{3}$ die Zyklendarstellung

$\langle 1\rangle \langle 2\rangle \langle 5\rangle \langle 3\rangle \langle 4,\,6,\,8,\,7\rangle .$

Die Ordnung von ${}\sigma$ ist ${}12$, da ein Dreierzyklus und ein Viererzyklus beteiligt sind.

Aufgabe (3 Punkte)

Man bestimme sämtliche komplexen Nullstellen des Polynoms

$X^{3}-1$

und man gebe die Primfaktorzerlegung von diesem Polynom in ${}\mathbb {R} [X]$ und in ${}{\mathbb {C} }[X]$ an.

Lösung

Zunächst ist ${}1$ eine Nullstelle und daher ist ${}X-1$ ein Linearfaktor. Division mit Rest ergibt

${}(X^{3}-1)=(X-1)(X^{2}+X+1)\,.$

Wir müssen also noch die komplexen Nullstellen von ${}X^{2}+X+1$ bestimmen. Dazu ist

${}X^{2}+X+1={\left(X+{\frac {1}{2}}\right)}^{2}-{\frac {1}{4}}+1={\left(X+{\frac {1}{2}}\right)}^{2}+{\frac {3}{4}}\,.$

Damit ist

${}X+{\frac {1}{2}}=\pm {\mathrm {i} }{\sqrt {\frac {3}{4}}}\,$

und somit sind die weiteren Nullstellen

$x_{2}=-{\frac {1}{2}}+{\mathrm {i} }{\frac {\sqrt {3}}{2}}\,\,{\text{ und }}\,\,x_{3}=-{\frac {1}{2}}-{\mathrm {i} }{\frac {\sqrt {3}}{2}}.$

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die ${}2\times 2$- Matrizen über einem Körper ${}K$ der Form

${}M={\begin{pmatrix}a&b\\0&d\end{pmatrix}}\,$

mit

${}M^{2}=0\,.$

Lösung

Die Bedingung bedeutet

${}M^{2}={\begin{pmatrix}a&b\\0&d\end{pmatrix}}^{2}={\begin{pmatrix}a&b\\0&d\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}a&b\\0&d\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}a^{2}&ab+bd\\0&d^{2}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}}\,.$

Daraus folgt direkt

${}a=d=0\,$

und ${}b$ ist beliebig. Die Lösungen haben also die Gestalt

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

mit beliebigem ${}b\in K$.

Aufgabe (12 Punkte)

Beweise den Satz über die Charakterisierungen von trigonalisierbaren Abbildungen.

Lösung

Von (1) nach (2). Es sei ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ eine Basis, bezüglich der die beschreibende Matrix zu ${}\varphi$ obere Dreiecksgestalt besitzt. Dann folgt durch direkte Interpretation der Matrix, dass die Untervektorräume

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

${}\varphi$- invariant sind und somit eine invariante Fahne vorliegt.

Von (2) nach (1). Es sei

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

eine ${}\varphi$- invariante Fahne. Aufgrund des Basisergänzungssatzes gibt es eine Basis ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ von ${}V$ mit

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

Da die Fahne invariant ist, gilt

${}\varphi (v_{i})=b_{1i}v_{1}+b_{2i}v_{2}+\cdots +b_{ii}v_{i}\,.$

Bezüglich dieser Basis besitzt die beschreibende Matrix zu ${}\varphi$ obere Dreiecksgestalt.

Von (1) nach (3). Das charakteristische Polynom von ${}\varphi$ ist gleich dem charakteristischen Polynom ${}\chi _{M}$, wobei ${}M$ eine beschreibende Matrix bezüglich einer beliebigen Basis ist. Wir können also annehmen, dass ${}M$ eine obere Dreiecksmatrix ist. Dann ist nach Lemma 16.4 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) das charakteristische Polynom das Produkt der Linearfaktoren zu den Diagonaleinträgen.

Aus (3) folgt (4), da das Minimalpolynom nach Korollar 24.3 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) ein Teiler des charakteristischen Polynoms ist.

Von (4) nach (2). Wir beweisen die Aussage durch Induktion nach ${}n$, wobei die Fälle

${}n=0,1\,$

klar sind. Nach Voraussetzung und nach Korollar 24.3 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) und Satz 23.2 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) besitzt ${}\varphi$ einen Eigenwert. Nach Lemma 25.4 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) gibt es einen ${}(n-1)$-dimensionalen Untervektorraum

${}V_{n-1}\subset V\,,$

der ${}\varphi$- invariant ist. Nach Korollar 25.6 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) ist das Minimalpolynom der Einschränkung ${}\varphi {|}_{V_{n-1}}$ ein Teiler des Minimalpolynoms von ${}\varphi$ und zerfällt daher wie dieses in Linearfaktoren. Nach Induktionsvoraussetzung gibt es eine ${}\varphi {|}_{V_{n-1}}$-invariante Fahne

${}V_{1}\subset V_{2}\subset \ldots \subset V_{n-2}\subset V_{n-1}\,,$

und somit ist dies auch eine ${}\varphi$-invariante Fahne.