Kurs:Lineare Algebra/Teil I/16/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	2	3	3	4	2	2	9	2	6	4	7	5	3	2	4	64

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine Familie von Mengen.
2. Die lineare Unabhängigkeit von Vektoren ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ in einem ${}K$-Vektorraum ${}V$.
3. Eine Projektion von einem ${}K$- Vektorraum ${}V$ auf einen Untervektorraum ${}U\subseteq V$.
4. Der Orthogonalraum zu einem Untervektorraum

   ${}U\subseteq V\,$

   in einem ${}K$- Vektorraum ${}V$.

5. Der Grad eines Polynoms ${}P\in K[X]$, ${}P\neq 0$, über einem Körper ${}K$.
6. Ein Eigenvektor zu einer linearen Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

   auf einem ${}K$- Vektorraum ${}V$.

Lösung

1. Unter einer Familie von Mengen versteht man die Situation, in der eine Indexmenge ${}I$ fixiert ist und in der zu jedem ${}i\in I$ eine Menge ${}M_{i}$ gegeben ist.
2. Die Vektoren ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ heißen linear unabhängig, wenn eine Gleichung

   $\sum _{i=1}^{n}a_{i}v_{i}=0$

   nur bei ${}a_{i}=0$ für alle ${}i$ möglich ist.

3. Es sei ${}K$ ein Körper, ${}V$ ein ${}K$- Vektorraum und ${}U\subseteq V$ ein Untervektorraum. Eine lineare Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

   heißt Projektion von ${}V$ auf ${}U$, wenn ${}U=\operatorname {bild} \varphi$ und ${}\varphi {|}_{U}=\operatorname {Id} _{U}$ ist.

4. Man nennt

   ${}U^{\perp }={\left\{f\in {V}^{*}\mid f(u)=0{\text{ für alle }}u\in U\right\}}\subseteq {V}^{*}\,$

   den Orthogonalraum zu ${}U$.

5. Der Grad eines von ${}0$ verschiedenen Polynoms

   ${}P=a_{0}+a_{1}X+a_{2}X^{2}+\cdots +a_{n}X^{n}\,$

   mit ${}a_{n}\neq 0$ ist ${}n$.

6. Ein Element ${}v\in V$, ${}v\neq 0$, heißt ein Eigenvektor von ${}\varphi$, wenn

   ${}\varphi (v)=\lambda v\,$

   mit einem gewissen ${}\lambda \in K$ gilt.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Die Dimensionsabschätzung für den Lösungsraum eines linearen Gleicungssystems.
2. Der Satz über die Beziehung zwischen Homomorphismenraum und Matrizenraum.
3. Der Satz über die Dimension der Haupträume.

Lösung

1. Es sei ein homogenes lineares Gleichungssystem aus ${}k$ Gleichungen in ${}n$ Variablen gegeben. Dann ist die Dimension des Lösungsraumes des Systems mindestens gleich ${}n-k$.
2. Es sei ${}K$ ein Körper und es seien ${}V$ und ${}W$ endlichdimensionale ${}K$- Vektorräume. Es sei ${}{\mathfrak {v}}=v_{1},\ldots ,v_{n}$ eine Basis und ${}{\mathfrak {w}}=w_{1},\ldots ,w_{m}$ eine Basis von ${}W$. Dann ist die Zuordnung

   $\operatorname {Hom} _{K}{\left(V,W\right)}\longrightarrow \operatorname {Mat} _{m\times n}(K),\,f\longmapsto M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(f),$

   ein Isomorphismus

   von ${}K$-Vektorräumen.
3. Sei

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

   ein Endomorphismus auf dem endlichdimensionalen ${}K$- Vektorraum ${}V$ und sei ${}\lambda \in K$. Dann ist die Dimension des Hauptraumes ${}\operatorname {Haupt} _{\lambda }(\varphi )$ gleich der algebraischen Vielfachheit

   von ${}\lambda$.

Aufgabe (2 (1+1) Punkte)

Person ${}A$ wird ${}80$ Jahre alt und Person ${}B$ wird ${}70$ Jahre alt. Vergleiche die Gesamtlebenswachzeit und die Gesamtlebensschlafzeit der beiden Personen bei folgendem Schlafverhalten.

1. ${}A$ schläft jede Nacht ${}7$ Stunden und ${}B$ schläft jede Nacht ${}8$ Stunden.
2. ${}A$ schläft jede Nacht ${}8$ Stunden und ${}B$ schläft jede Nacht ${}7$ Stunden.

Lösung

1. Person ${}A$ schläft in seinem Leben insgesamt

   $80\cdot 7\cdot 365$

   Stunden, Person ${}B$ schläft insgesamt

   $70\cdot 8\cdot 365$

   Stunden, sie schlafen also gleich lang. Die Wachzeit der beiden ist

   $80\cdot 17\cdot 365$

   bzw.

   $70\cdot 16\cdot 365,$

   wegen

   ${}8\cdot 17>7\cdot 16\,$

   ist ${}A$ länger wach.

2. Person ${}A$ schläft in seinem Leben insgesamt

   $80\cdot 8\cdot 365$

   Stunden, Person ${}B$ schläft insgesamt

   $70\cdot 7\cdot 365$

   Stunden, Person ${}A$ schläft also insgesamt mehr. Die Wachzeit der beiden ist

   $80\cdot 16\cdot 365$

   bzw,

   $70\cdot 17\cdot 365,$

   wegen

   ${}8\cdot 16=128>119=7\cdot 17\,$

   ist ${}A$ auch länger wach.

Aufgabe (3 Punkte)

Es seien ${}L$ und ${}M$ Mengen und es sei

$f\colon L\longrightarrow M$

eine Abbildung mit dem Graphen ${}\Gamma _{f}\subseteq L\times M$. Zeige, dass die Abbildung

$\psi =\operatorname {Id} _{L}\times f\colon L\longrightarrow L\times M,\,x\longmapsto (x,f(x)),$

eine Bijektion zwischen ${}L$ und dem Graphen ${}\Gamma _{f}$ induziert. Was ist die Verknüpfung von ${}\psi$ mit der zweiten Projektion

$p_{2}\colon L\times M\longrightarrow M,\,(x,y)\longmapsto y?$

Lösung

Zur Injektivität: Wenn ${}x\neq x'$, so ist

${}\psi (x)=(x,f(x))\neq (x',f(x'))=\psi (x')\,,$

da ja jedenfalls die erste Komponente verschieden ist. Zur Surjektivität: Wenn ${}y\in \Gamma _{f}$ ist, so hat ${}y$ die Gestalt ${}y=(x,f(x))$. Also ist ${}\psi (x)=y$. Die Hintereinanderschaltung ${}p_{2}\circ \psi$ stimmt wegen

${}{\left(p_{2}\circ \psi \right)}(x)=p_{2}(\psi (x))=p_{2}((x,f(x)))=f(x)\,$

mit ${}f$ überein.

Aufgabe (3 Punkte)

Beweise die Nichtnullteilereigenschaft für einen Körper ${}K$.

Lösung

 Nehmen wir an, dass ${}a$ und ${}b$ beide von ${}0$ verschieden sind. Dann gibt es dazu inverse Elemente ${}a^{-1}$ und ${}b^{-1}$ und daher ist ${}(ab){\left(b^{-1}a^{-1}\right)}=1$. Andererseits ist aber nach Voraussetzung ${}ab=0$ und daher ist nach Lemma 3.5 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025))  (1)

${}(ab){\left(b^{-1}a^{-1}\right)}=0{\left(b^{-1}a^{-1}\right)}=0\,,$

 sodass sich der Widerspruch

${}0=1$ ergibt.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme in Abhängigkeit vom Parameter ${}a\in \mathbb {R}$ den Lösungsraum ${}L_{a}\subseteq \mathbb {R} ^{3}$ des linearen Gleichungssystems

${}5x+ay+(1-a)z=0\,,$

${}2ax+a^{2}y+3z=0\,.$

Lösung

Bei ${}a=0$ wird das Gleichungssystem zu

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

${}3z=0\,.$

Also ist

${}x=z=0\,$

und ${}y$ beliebig, somit ist

${}L_{0}={\left\{y{\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}}\mid y\in K\right\}}\,.$

Es sei also ${}a\neq 0$. Wir rechnen ${}II-aI$ und erhalten

${}-3ax+(3-a(1-a))z=0\,$

bzw.

${}x={\frac {3-a+a^{2}}{3a}}z\,.$

Die erste Gleichung liefert

${}{\begin{aligned}y&={\frac {1}{a}}{\left(-5x+(a-1)z\right)}\\&={\frac {1}{a}}{\left(-5{\frac {3-a+a^{2}}{3a}}z+(a-1)z\right)}\\&={\frac {1}{3a^{2}}}{\left(-5(3-a+a^{2})+3a(a-1)\right)}z\\&={\frac {1}{3a^{2}}}{\left(-2a^{2}+2a-15\right)}z\\&={\frac {-2a^{2}+2a-15}{3a^{2}}}z.\end{aligned}}$

Somit ist

${}L_{a}={\left\{z{\begin{pmatrix}{\frac {3-a+a^{2}}{3a}}\\{\frac {-2a^{2}+2a-15}{3a^{2}}}\\1\end{pmatrix}}\mid z\in K\right\}}\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme für die Teilmenge

${}T={\left\{{\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}\\a_{21}&a_{22}\end{pmatrix}}\mid a_{11}\leq a_{22}\right\}}\subseteq \operatorname {Mat} _{2\times 2}(\mathbb {R} )\,,$

welche der Untervektorraumaxiome erfüllt sind und welche nicht.

Lösung

Die Nullmatrix erfüllt wegen

${}0\leq 0\,$

die angegebene Bedingung und gehört somit zu ${}T$. Wenn zwei Matrizen

${}A={\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}\\a_{21}&a_{22}\end{pmatrix}}\,$

und

${}B={\begin{pmatrix}b_{11}&b_{12}\\b_{21}&b_{22}\end{pmatrix}}\,$

zu ${}T$ gehören, so ist ${}a_{11}\leq a_{22}$ und ${}b_{11}\leq b_{22}$. Damit ist auch

${}a_{11}+b_{11}\leq a_{22}+b_{22}\,$

und somit gehört auch die Summe dieser Matrizen zu ${}T$. Dagen ist ${}T$ nicht unter Skalarmultiplikation abgeschlossen. Beispielsweise gehört ${}C={\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}}$ zu ${}T$, aber

${}(-1)C=-{\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0\\0&-1\end{pmatrix}}\,$

nicht.

Aufgabe (2 Punkte)

Wir betrachten das kleine Einmaleins (ohne die Zehnerreihe) als eine Familie von ${}9$-Tupeln der Länge ${}9$. Welche Dimension besitzt der durch diese Tupel aufgespannte Untervektorraum des ${}\mathbb {R} ^{9}$?

Lösung

Die Einerreihe ist das Tupel

$\left(1,\,2,\,3,\,4,\,5,\,6,\,7,\,8,\,9\right).$

Jede weitere Reihe im kleinen Einmaleins ergibt sich durch Multiplikation dieser Reihe mit einer natürlichen Zahl ${}n\in \{2,3,4,5,6,7,8,9\}$, sie gehören also schon zu dem von der Einerreihe erzeugten Untervektorraum. Daher ist die Dimension gleich ${}1$.

Aufgabe (9 (1+1+6+1) Punkte)

Aus den Rohstoffen ${}R_{1},R_{2}$ und ${}R_{3}$ werden verschiedene Produkte ${}P_{1},P_{2},P_{3},P_{4}$ hergestellt. Die folgende Tabelle gibt an, wie viel von den Rohstoffen jeweils nötig ist, um die verschiedenen Produkte herzustellen (jeweils in geeigneten Einheiten).

	${}R_{1}$	${}R_{2}$	${}R_{3}$
${}P_{1}$	11	5	3
${}P_{2}$	8	4	6
${}P_{3}$	7	30	1
${}P_{4}$	12	0	15

a) Erstelle eine Matrix, die aus einem Vierertupel von Produkten die benötigten Rohstoffe berechnet.

b) Die folgende Tabelle zeigt, wie viel von welchem Produkt in einem Monat produziert werden soll.

	${}P_{1}$	${}P_{2}$	${}P_{3}$	${}P_{4}$
	${}8$	${}5$	${}7$	${}4$

Welche Rohstoffmengen werden dafür benötigt?

c) Die folgende Tabelle zeigt, wie viel von welchem Rohstoff an einem Tag angeliefert wird.

	${}R_{1}$	${}R_{2}$	${}R_{3}$
	${}8$	${}15$	${}7$

Zeige, dass man daraus kein Produkttupel ohne Abfall produzieren kann.

d) Wie viel vom Produkt ${}P_{2}$ kann man mit den unter c) gelieferten Rohstoffen produzieren, wie viel vom Produkt ${}P_{3}$?

Lösung

a) Die Matrix ist

${\begin{pmatrix}11&8&7&12\\5&4&30&0\\3&6&1&15\end{pmatrix}},$

da in der ${}i$-ten Spalte die für das ${}i$-te Produkt benötigte Rohstoffmenge stehen muss.

b) Die benötigte Rohstoffmenge ist

${}{\begin{pmatrix}11&8&7&12\\5&4&30&0\\3&6&1&15\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}8\\5\\7\\4\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}88+40+49+48\\40+20+210\\24+30+7+60\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}225\\270\\121\end{pmatrix}}\,.$

c) Es geht um das lineare Gleichungssystem

${}{\begin{pmatrix}11&8&7&12\\5&4&30&0\\3&6&1&15\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\\w\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}11x+8y+7z+12w\\5x+4y+30z\\3x+6y+z+15w\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}8\\15\\7\end{pmatrix}}\,,$

das wir zunächst ohne Berücksichtigung der Tatsache, dass nur nichtnegative Tupel sinnvoll interpretiert werden können. Wir ziehen vom ${}4$-fachen der dritten Zeile das ${}5$-fache der ersten Zeile ab und erhalten

${}{\begin{pmatrix}11x+8y+7z+12w\\5x+4y+30z\\-43x-16y-31z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}8\\15\\-12\end{pmatrix}}\,.$

Jetzt addieren wir zur dritten Zeile das ${}4$-fache der zweiten Zeile hinzu und erhalten

${}{\begin{pmatrix}11x+8y+7z+12w\\5x+4y+30z\\-23x+89z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}8\\15\\48\end{pmatrix}}\,.$

Mit

${}z=0\,$

erhalten wir die eindeutige Lösung

${}x=-{\frac {48}{23}}\,,$

${}y={\frac {15}{4}}+{\frac {5}{4}}\cdot {\frac {48}{23}}={\frac {585}{92}}\,$

und

${}w={\frac {2}{3}}-{\frac {2}{3}}\cdot {\frac {585}{92}}+{\frac {11}{12}}\cdot {\frac {48}{23}}={\frac {184-1170+528}{276}}=-{\frac {458}{276}}=-{\frac {229}{138}}\,.$

Mit

${}x=0\,$

erhalten wir die eindeutige Lösung

${}z={\frac {48}{89}}\,,$

${}y={\frac {15}{4}}-{\frac {30}{4}}\cdot {\frac {48}{89}}=-{\frac {105}{356}}\,$

und

${}w={\frac {2}{3}}+{\frac {2}{3}}\cdot {\frac {105}{356}}-{\frac {7}{12}}\cdot {\frac {48}{89}}={\frac {712+210-336}{1068}}={\frac {586}{1068}}={\frac {291}{534}}\,.$

Alle Lösungen haben somit die Form

${\begin{pmatrix}0\\-{\frac {105}{356}}\\{\frac {48}{89}}\\{\frac {291}{534}}\end{pmatrix}}+s{\left({\begin{pmatrix}0\\-{\frac {105}{356}}\\{\frac {48}{89}}\\{\frac {291}{534}}\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}-{\frac {48}{23}}\\{\frac {585}{92}}\\0\\-{\frac {229}{138}}\end{pmatrix}}\right)}$

mit ${}s\in \mathbb {R}$. Wegen der ersten Zeile muss ${}s\geq 0$ sein. Dann ergibt die zweite Zeile aber einen negativen Wert und daher gibt es keine Lösung.

d) Vom Produkt ${}P_{2}$ kann man maximal eine Einheit produzieren, vom Produkt ${}P_{3}$ maximal eine halbe Einheit.

Aufgabe (2 Punkte)

Es seien ${}V$ und ${}W$ endlichdimensionale ${}K$- Vektorräume. Es seien ${}{\mathfrak {v}}=v_{1},\ldots ,v_{n}$ und ${}{\mathfrak {u}}=u_{1},\ldots ,u_{n}$ Basen von ${}V$ und ${}{\mathfrak {w}}=w_{1},\ldots ,w_{m}$ und ${}{\mathfrak {z}}=z_{1},\ldots ,z_{m}$ Basen von ${}W$. Es seien ${}M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {v}}$ und ${}M_{\mathfrak {z}}^{\mathfrak {w}}$ die Übergangsmatrizen. Durch welche Übergangsmatrix wird der Basiswechsel von der Basis ${}(v_{1},0),\ldots ,(v_{n},0),(0,w_{1}),\ldots ,(0,w_{m})$ zur Basis ${}(u_{1},0),\ldots ,(u_{n},0),(0,z_{1}),\ldots ,(0,z_{m})$ vom Produktraum ${}V\times W$ beschrieben?

Lösung

Die Übergangsmatrix ist die Blockmatrix

${\begin{pmatrix}M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {v}}&0\\0&M_{\mathfrak {z}}^{\mathfrak {w}}\end{pmatrix}},$

da die Koordinaten von ${}(u_{j},0)$ (und entsprechend ${}(0,z_{k})$) bezüglich ${}(v_{i},0)$ und ${}(0,w_{\ell })$ unmittelbar und nur von den Koordinaten von ${}u_{j}$ bezüglich ${}v_{i}$ abhängen.

Aufgabe (6 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und ${}n\in \mathbb {N} _{+}$. Zeige, dass die Determinante

$\operatorname {Mat} _{n}(K)=(K^{n})^{n}\longrightarrow K,\,M\longmapsto \det M,$

für beliebiges ${}k\in {\{1,\ldots ,n\}}$ und beliebige ${}n-1$ Vektoren ${}v_{1},\ldots ,v_{k-1},v_{k+1},\ldots ,v_{n}\in K^{n}$, für ${}u\in K^{n}$ und für ${}s\in K$ die Gleichheit

${}\det {\begin{pmatrix}v_{1}\\\vdots \\v_{k-1}\\su\\v_{k+1}\\\vdots \\v_{n}\end{pmatrix}}=s\det {\begin{pmatrix}v_{1}\\\vdots \\v_{k-1}\\u\\v_{k+1}\\\vdots \\v_{n}\end{pmatrix}}\,$

gilt.

Lösung

Wir beweisen die Aussage durch Induktion nach ${}n$, wobei der Fall ${}n=1$ klar ist. Es sei

${}M={\begin{pmatrix}v_{1}\\\vdots \\v_{k-1}\\u\\v_{k+1}\\\vdots \\v_{n}\end{pmatrix}}\,,$

wobei wir die Einträge mit ${}a_{ij}$ bezeichnen, und

${}M'={\begin{pmatrix}v_{1}\\\vdots \\v_{k-1}\\su\\v_{k+1}\\\vdots \\v_{n}\end{pmatrix}}\,,$

wobei wir die Einträge mit ${}a'_{ij}$ bezeichnen. Für ${}i\neq k$ ist ${}a'_{ij}=a_{ij}$ und nach Induktionsvoraussetzung ist

${}\det M'_{i}=s\det M_{i}\,.$

Für ${}i=k$ ist ${}a'_{kj}=sa_{kj}$ und

${}M'_{k}=M_{k}\,.$

Insgesamt ist somit

${}{\begin{aligned}\det M'&=\sum _{i=1}^{n}(-1)^{i+1}{a'}_{i1}\det M'_{i}\\&=\sum _{i=1,\,i\neq k}^{n}(-1)^{i+1}{a'}_{i1}\det M'_{i}+(-1)^{k+1}{a'}_{k1}\det M'_{k}\\&=\sum _{i=1,\,i\neq k}^{n}(-1)^{i+1}{a}_{i1}s\det M_{i}+(-1)^{k+1}s{a}_{k1}\det M_{k}\\&=\sum _{i=1}^{n}(-1)^{i+1}s{a}_{i1}\det M_{i}\\&=s\sum _{i=1}^{n}(-1)^{i+1}{a}_{i1}\det M_{i}\\&=s\det M.\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige für ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ die Gleichung

${}\prod _{1\leq i<j\leq n}(j-i)=\prod _{k=1}^{n-1}(k!)=(n-1)!\cdot (n-2)!\cdots 3!\cdot 2!\cdot 1!\,.$

Lösung

Bei ${}n=1$ steht links und rechts das leere Produkt, dessen Wert gleich ${}1$ ist. Bei ${}n=2$ steht links allein ${}2-1$ und rechts einfach ${}1!$. Wir führen Induktion nach ${}n\geq 2$, sei die Aussage also für ${}n$ schon bewiesen. Dann ist

${}{\begin{aligned}\prod _{1\leq i<j\leq n+1}(j-i)&=\prod _{1\leq i<j\leq n}(j-i)\cdot \prod _{1\leq i<j=n+1}(j-i)\\&=\prod _{k=1}^{n-1}(k!)\cdot \prod _{1\leq i\leq n}(n+1-i)\\&=\prod _{k=1}^{n-1}(k!)\cdot n!\\&=\prod _{k=1}^{n}(k!).\end{aligned}}$

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise den Satz über die Division mit Rest im Polynomring ${}K[X]$ über einem Körper ${}K$.

Lösung

Wir beweisen die Existenzaussage durch Induktion über den Grad von ${}P$. Wenn der Grad von ${}T$ größer als der Grad von ${}P$ ist, so ist ${}Q=0$ und ${}R=P$ eine Lösung, sodass wir dies nicht weiter betrachten müssen. Bei ${}\operatorname {grad} \,(P)=0$ ist nach der Vorbemerkung auch ${}\operatorname {grad} \,(TP)=0$, also ist ${}T$ ein konstantes Polynom, und damit ist (da ${}T\neq 0$ und ${}K$ ein Körper ist) ${}Q=P/T$ und ${}R=0$ eine Lösung. Es sei nun ${}\operatorname {grad} \,(P)=n$ und die Aussage für kleineren Grad schon bewiesen. Wir schreiben ${}P=a_{n}X^{n}+\cdots +a_{1}X+a_{0}$ und ${}T=b_{k}X^{k}+\cdots +b_{1}X+b_{0}$ mit ${}a_{n},b_{k}\neq 0,\,k\leq n$. Dann gilt mit ${}H={\frac {a_{n}}{b_{k}}}X^{n-k}$ die Beziehung

${}{\begin{aligned}P'&:=P-TH\\&=0X^{n}+{\left(a_{n-1}-{\frac {a_{n}}{b_{k}}}b_{k-1}\right)}X^{n-1}+\cdots +{\left(a_{n-k}-{\frac {a_{n}}{b_{k}}}b_{0}\right)}X^{n-k}+a_{n-k-1}X^{n-k-1}+\cdots +a_{0}.\end{aligned}}$

Dieses Polynom ${}P'$ hat einen Grad kleiner als ${}n$ und darauf können wir die Induktionsvoraussetzung anwenden, d.h. es gibt ${}Q'$ und ${}R'$ mit

$P'=TQ'+R'{\text{ mit }}\operatorname {grad} \,(R')<\operatorname {grad} \,(T){\text{ oder }}R'=0.$

Daraus ergibt sich insgesamt

${}P=P'+TH=TQ'+TH+R'=T(Q'+H)+R'\,,$

sodass also ${}Q=Q'+H$ und ${}R=R'$ eine Lösung ist. Zur Eindeutigkeit sei ${}P=TQ+R=TQ'+R'$ mit den angegebenen Bedingungen. Dann ist ${}T(Q-Q')=R'-R$. Da die Differenz ${}R'-R$ einen Grad kleiner als ${}\operatorname {grad} \,(T)$ besitzt, ist aufgrund der Gradeigenschaften diese Gleichung nur bei ${}R=R'$ und ${}Q=Q'$ lösbar.

Aufgabe (5 (2+3) Punkte)

Es sei ${}K$ ein endlicher Körper mit ${}q$ Elementen.

1. Zeige, dass die Polynomfunktionen

   $\varphi _{d}\colon K\longrightarrow K,\,x\longmapsto x^{d},$

   mit ${}0\leq d<q$ linear unabhängig sind.

2. Zeige, dass die Exponentialfunktionen

   $\psi _{b}\colon K\longrightarrow K,\,x\longmapsto b^{x},$

   mit ${}0\leq b<q$ linear unabhängig sind.

Lösung

1. Nach dem Interpolationssatz kann man jede Abbildung

   $f\colon K\longrightarrow K$

   eindeutig als ein Polynom vom Grad ${}<q$ schreiben. Wegen der Eindeutigkeit sind die Potenzfunktionen ${}x\mapsto x^{d}$ linear unabhängig.

2. Wir betrachten die ${}q\times q$-Matrix

   $(b^{d})_{0\leq b,d\leq q-1}.$

   In der ${}d$-ten Spalte stehen alle Werte (eine vollständige Wertetabelle) von ${}x^{d}$ (an den Stellen ${}b$). Diese Tupel sind nach Teil (1) linear unabhängig. In der ${}b$-ten Zeile stehen alle Werte der Exponentialfunktion zur Basis ${}b$ (an den Stellen ${}d$). Nach Korollar 12.16 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) sind mit den Spalten auch die Zeilen linear unabhängig. Somit sind die Exponentialfunktionen linear unabhängig.

Aufgabe (3 Punkte)

Beweise den Satz über die Beschreibung eines Eigenraums als Kern.

Lösung

Es sei ${}v\in V$. Dann ist ${}v\in \operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\varphi \right)}$ genau dann, wenn ${}\varphi (v)=\lambda v$ ist, und dies ist genau bei ${}\lambda v-\varphi (v)=0$ der Fall, was man als ${}{\left(\lambda \cdot \operatorname {Id} _{V}-\varphi \right)}(v)=0$ schreiben kann.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme, ob die beiden Matrizen

$M={\begin{pmatrix}0&1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&0\\0&0&0&0\end{pmatrix}}\,\,{\text{ und }}\,\,N={\begin{pmatrix}0&0&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1\\0&0&0&0\end{pmatrix}}$

zueinander ähnlich sind.

Lösung

Die Matrix ${}M$ bildet

$e_{3}\mapsto e_{2},\,e_{2}\mapsto e_{1},\,e_{1}\mapsto 0,\,e_{4}\mapsto 0$

ab. Wir setzen ${}u_{1}:=e_{4}$, ${}u_{2}:=e_{1}$, ${}u_{3}:=e_{2}$, ${}u_{4}:=e_{3}$. Bezüglich dieser Basis wird die durch ${}M$ gegebene lineare Abbildung durch die Matrix ${}N$ beschrieben, die Matrizen sind also zueinander ähnlich.

Aufgabe (4 Punkte)

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 ein Erzeugendensystem des Vektorraumes ${}V$ ist, wenn die Familie ${}0,v_{1},\ldots ,v_{n}\in V$ ein affines Erzeugendensystem von ${}V$ ist.

Lösung

Es sei zunächst ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ ein Erzeugendensystem für den Vektorraum ${}V$. Dann lässt sich jeder Vektor ${}v\in V$ als eine Linearkombination

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

darstellen. Mit

${}a_{0}=1-\sum _{i=1}^{n}a_{i}\,$

kann man

${}v=a_{0}0+\sum _{i=1}^{n}a_{i}v_{i}\,$

schreiben, und dies ist eine baryzentrische Darstellung von ${}v$ mit den Punkten ${}0,v_{1},\ldots ,v_{n}$.

Wenn umgekehrt ein affines Erzeugendensystem vorliegt, so lässt sich jeder Vektor als baryzentrische Kombination

${}v=a_{0}0+\sum _{i=1}^{n}a_{i}v_{i}\,$

mit ${}\sum _{i=0}^{n}a_{i}=0$ schreiben. Interpretiert man diese Gleichung mit dem Aufpunkt ${}0$, so erhält man direkt

${}v=\sum _{i=1}^{n}a_{i}{\overrightarrow {0v_{i}}}=\sum _{i=1}^{n}a_{i}v_{i}\,.$