Kurs:Lineare Algebra/Teil I/18/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	$\sum$
Punkte	3	3	2	3	4	5	10	4	3	5	3	3	5	8	3	64

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die Assoziativität einer Verknüpfung

   $\circ :M\times M⟶M,(x,y)⟼x\circ y.$

2. Der Kern einer linearen Abbildung

   $\phi :V⟶W$

   zwischen zwei $K$-Vektorräumen $V$ und $W$.

3. Der Homomorphismenraum ${\mathrm{Hom}}_K(V,W)$ zu $K$-Vektorräumen $V$ und $W$.
4. Das von den Elementen $a_1,a_2,\dots ,a_n\in R$ in einem kommutativen Ring $R$ erzeugte Ideal.
5. Eine alternierende Abbildung

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

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

6. Die algebraische Vielfachheit von einem Eigenwert $\lambda$ zu einer linearen Abbildung

   $\phi :V⟶V$

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

Lösung

1. Eine Verknüpfung

   $\circ :M\times M⟶M,(x,y)⟼x\circ y,$

   heißt assoziativ, wenn für alle $x,y,z\in M$ die Gleichheit

   $(x\circ y)\circ z=x\circ (y\circ z)$

   gilt.

2. Man nennt

   $\mathrm{kern}\phi :=\{v\in V\mid \phi (v)=0\}$

   den Kern von $\phi$.

3. Unter dem Homomorphismenraum versteht man

   ${\mathrm{Hom}}_K(V,W)=\{f:V\to W\mid f\text{ lineare Abbildung}\},$

   versehen mit der Addition, die durch

   $(f+g)(v):=f(v)+g(v)$

   definiert wird, und der Skalarmultiplikation, die durch

   $(\lambda f)(v):=\lambda \cdot f(v)$

   definiert wird.

4. Zu einer Familie von Elementen $a_1,a_2,\dots ,a_n\in R$ in einem kommutativen Ring $R$ bezeichnet $(a_1,a_2,\dots ,a_n)$ das von diesen Elementen erzeugte Ideal. Es besteht aus allen Linearkombinationen

   $r_1{a}_1+r_2{a}_2+\cdots +r_n{a}_n,$

   wobei $r_1,r_2,\dots ,r_n\in R$ sind.

5. Die Abbildung

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

   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

   $\mathrm{\Phi }(v)=0.$

6. Den Exponenten des linearen Polynoms $X-\lambda$ im charakteristischen Polynom ${\chi }_{\phi }$ nennt man die algebraische Vielfachheit von $\lambda$.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über das direkte Komplement in einem endlichdimensionalen $K$-Vektorraum $V$.
2. Der Satz über die Dualbasis.
3. Der Satz über die Beziehung zwischen geometrischer und algebraischer Vielfachheit zu einer linearen Abbildung

   $\phi :V⟶V$

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

Lösung

1. Zu einem Untervektorraum $U\subseteq V$ gibt es einen Untervektorraum $W\subseteq V$ derart, dass eine direkte Summenzerlegung

   $V=U\oplus W$

   vorliegt.
2. Es sei $V$ ein endlichdimensionaler $K$-Vektorraum mit einer Basis $v_1,\dots ,v_n$. Dann bildet die Dualbasis

   $v_1^{\ast },\dots ,v_n^{\ast }\in V^{\ast }$

   eine Basis des Dualraums.
3. Es sei $\lambda \in K$. Dann besteht zwischen der geometrischen und der algebraischen Vielfachheit die Beziehung

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

Aufgabe (2 Punkte)

Heinz Ngolo und Mustafa Müller wollen wissen, wie viele Kaulquappen sich im Teich im Wald befinden. Der Teich ist einen Meter tief und ist quadratisch mit einer Seitenlänge von zehn Metern, die Kaulquappen sind darin gleichmäßig verteilt. Heinz hat eine Teekanne dabei, in die ein halber Liter Wasser hineinpasst. Sie trinken den Tee leer und füllen die Kanne mit Teichwasser. Sie zählen, dass in der Kanne genau $23$ Kaulquappen sind und schütten alles zurück. Wie viele Kaulquappen befinden sich im Teich?

Lösung

Der Teich enthält $100$ Kubikmeter Wasser. In einen Kubikmeter passen $1000$ Liter und somit der Inhalt von $2000$ Teekannen. In den Teich passen also

$100\cdot 1000\cdot 2=200000$

Teekannen. Somit befinden sich im Teich ca.

$200000\cdot 23=4600000$

Kaulquappen.

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

Die Funktionen

$f,g,h:ℝ⟶ℝ$

seien durch

$f(x)=x^3+x,$

$g(y)=y^2-1$

und

$h(z)=3z+4$

gegeben.

1. Berechne $g\circ f$.
2. Berechne $h\circ g$.
3. Berechne $h\circ g\circ f$ auf zwei unterschiedliche Arten.

Lösung

1. Es ist

   $\begin{array}{cc}(g\circ f)(x)& =g(f(x))\\ & =(f(x){)}^2-1\\ & ={(x^3+x)}^2-1\\ & =x^6+2x^4+x^2-1.\end{array}$

2. Es ist

   $\begin{array}{cc}(h\circ g)(y)& =h(g(y))\\ & =3(g(y))+4\\ & =3(y^2-1)+4\\ & =3y^2-3+4\\ & =3y^2+1.\end{array}$

3. Es ist einerseits

   $\begin{array}{cc}(h\circ g\circ f)(x)& =h((g\circ f)(x))\\ & =h(x^6+2x^4+x^2-1)\\ & =3(x^6+2x^4+x^2-1)+4\\ & =3x^6+6x^4+3x^2-3+4\\ & =3x^6+6x^4+3x^2+1\end{array}$

   und andererseits

   $\begin{array}{cc}(h\circ g\circ f)(x)& =(h\circ g)(f(x))\\ & =3(f(x){)}^2+1\\ & =3(x^3+x{)}^2+1\\ & =3(x^6+2x^4+x^2)+1\\ & =3x^6+6x^4+3x^2+1.\end{array}$

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über die Existenz von Basen in einem endlich erzeugten $K$-Vektorraum $V$.

Lösung

Es sei $v_i$, $i\in I$, ein Erzeugendensystem von $V$ mit einer endlichen Indexmenge $I$. Wir wollen mit der Charakterisierung aus Satz 7.11 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025))  (2) argumentieren. Falls die Familie schon minimal ist, so liegt eine Basis vor. Andernfalls gibt es ein  $k\in I$  derart, dass die um $v_k$ reduzierte Familie, also $v_i$, $i\in I\setminus \{k\}$, ebenfalls ein Erzeugendensystem ist. In diesem Fall kann man mit der kleineren Indexmenge weiterargumentieren.
Mit diesem Verfahren gelangt man letztlich zu einer Teilmenge  $J\subseteq I$  derart, dass $v_i$, $i\in J$, ein minimales Erzeugendensystem, also eine Basis ist.

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

Es sei  $𝔳=v_1,\dots ,v_n$  eine Basis eines $K$-Vektorraumes $V$. Es seien  $a_1,\dots ,a_n\in K$  von $0$ verschiedene Elemente.

a) Zeige, dass  $𝔴=a_1{v}_1,a_2{v}_2,a_3{v}_3,\dots ,a_n{w}_n$  ebenfalls eine Basis von $V$ ist.

b) Bestimme die Übergangsmatrix $M_{𝔳}^{𝔴}$.

c) Bestimme die Übergangsmatrix $M_{𝔴}^{𝔳}$.

d) Berechne die Koordinaten bezüglich der Basis $𝔳$ für denjenigen Vektor, der bezüglich der Basis $𝔴$ die Koordinaten $\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 3\\ ⋮\\ n\end{array}\right)$ besitzt.

e) Berechne die Koordinaten bezüglich der Basis $𝔴$ für denjenigen Vektor, der bezüglich der Basis $𝔳$ die Koordinaten $\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 2^2\\ ⋮\\ 2^n\end{array}\right)$ besitzt.

Lösung

a) Es ist

$v_i=a_i^{-1}{w}_i$

für alle $i=1,\dots ,n$. Daher ist $w_1,\dots ,w_n$ ebenfalls ein Erzeugendensystem von $V$ und somit eine Basis, da die Dimension $n$ ist und $n$ Vektoren vorliegen.

b) In den Spalten von $M_{𝔳}^{𝔴}$ müssen die Koordinaten der Vektoren $w_j$ bezüglich der Basis $v_i$ stehen, also ist

$M_{𝔳}^{𝔴}=\left(\begin{array}{ccc}{a}_1& 0& 0\\ 0& \ddots & 0\\ 0& 0& a_n\end{array}\right).$

c) Es ist

$M_{𝔴}^{𝔳}=\left(\begin{array}{ccc}{a}_1^{-1}& 0& 0\\ 0& \ddots & 0\\ 0& 0& a_n^{-1}\end{array}\right).$

d) Die Koordinaten ergeben sich aus

$M_{𝔳}^{𝔴}\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ ⋮\\ n\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}{a}_1& 0& 0\\ 0& \ddots & 0\\ 0& 0& a_n\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ ⋮\\ n\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}{a}_1\\ 2a_2\\ ⋮\\ n{a}_n\end{array}\right).$

e) Die Koordinaten ergeben sich aus

$M_{𝔴}^{𝔳}\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ ⋮\\ 2^n\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}{a}_1^{-1}& 0& 0\\ 0& \ddots & 0\\ 0& 0& a_n^{-1}\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ ⋮\\ 2^n\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}{a}^{-1}\\ 2a^{-1}\\ ⋮\\ 2^n{a}_n^{-1}\end{array}\right).$

Aufgabe weiter

Es sei $n\in {\mathbb{N}}_{+}$ und es sei $M$ der reelle Vektorraum aller $n\times n$-Matrizen.

a) Zeige, dass die Menge $S$ der symmetrischen $n\times n$-Matrizen ein Untervektorraum von $M$ ist.

b) Bestimme die Dimension von $S$.

c) Zeige, dass die Menge $A$ der antisymmetrischen $n\times n$-Matrizen ein Untervektorraum von $M$ ist.

d) Bestimme die Dimension von $A$.

e) Schreibe die Matrix

$\left(\begin{array}{cc}3& 6\\ 1& 2\end{array}\right)$

als Summe einer symmetrischen und einer antisymmetrischen Matrix.

f) Zeige, dass $M$ die direkte Summe aus $S$ und $A$ ist.

Lösung

a) Die Nullmatrix ist symmetrisch und antisymmetrisch. Für zwei symmetrische Matrizen $T_1=(a_{ij}{)}_{ij}$ und $T_2=(b_{ij}{)}_{ij}$ und Skalare $r,s\in ℝ$ ist

$r{T}_1+s{T}_2=(r{a}_{ij}+s{b}_{ij}{)}_{ij}$

offenbar wieder symmetrisch, daher liegt eine Untervektorraum vor.

b) Alle Diagonalmatrizen sind symmetrisch und die Diagonalmatrizen $D_i$, für die der $i$-te Diagonaleintrag eine $1$ ist und für die alle anderen Einträge $0$ sind, bilden eine Basis davon. Ferner sind für $i>j$ die Matrizen $E_{ij}$, für die

$a_{ij}=a_{ji}=1$

und alle übrigen Einträge $0$ sind, ebenfalls symmetrisch. Diese bilden eine Basis aller symmetrischen Matrizen, wie man sieht, wenn man von allen Matrizen die oberen Dreiecksausschnitte betrachtet. Die Dimension dieses Raumes ist somit

$n+1+2+\cdots +n-1=\frac{n(n+1)}{2}.$

c) Für eine Linearkombination zweier antisymmetrischer Matrizen wie in a) ist der Eintrag $c_{ij}$ gleich

$r{a}_{ij}+s{b}_{ij}=$

und der Eintrag $c_{ji}$ gleich

$c_{ji}=r{a}_{ji}+s{b}_{ji}=r(-a_{ij})+s(-b_{ij})=-(r{a}_{ij}+s{b}_{ij})=-c_{ij},$

daher ergibt dies wieder antisymmetrische Matrizen.

d) Wegen

$a_{ii}=-a_{ii}$

müssen die Diagonaleinträge von antisymmetrischen Matrizen gleich $0$ sein. Für $i>j$ legt der Eintrag $a_{ij}$ den Eintrag $a_{ji}$ fest. Für $i>j$ seien $F_{ij}$ die antisymmetrischen Matrizen mit  $a_{ij}=1$  und  $a_{ji}=-1$,  wobei alle übrigen Einträge gleich $0$ seien. Diese bilden eine Basis des Raumes aller antisymmetrischen Matrizen, dessen Dimension somit $\frac{n(n-1)}{2}$ ist.

e) Es ist

$\left(\begin{array}{cc}3& 6\\ 1& 2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}3& \frac{7}{2}\\ \frac{7}{2}& 2\end{array}\right)+\left(\begin{array}{cc}0& \frac{5}{2}\\ -\frac{5}{2}& 0\end{array}\right).$

f) Es sei $T$ eine sowohl symmetrische als auch antisymmetrische Matrix. Dann ist direkt

$a_{ij}=-a_{ji}=-a_{ij}$

und daher ist

$a_{ij}=0.$

Es liegt also die Nullmatrix vor und somit ist

$S\cap A=0.$

Wegen

$\frac{n(n+1)}{2}+\frac{n(n-1)}{2}=n^2$

ist die Summe der Dimensionen der beiden Unterräume gleich der Dimension des Matrizenraumes, daher liegt eine direkte Summenzerlegung

$M=S\oplus A$

vor.

Aufgabe (4 (2+2) Punkte)

Wir betrachten die lineare Abbildung $\phi :{ℝ}^2\to {ℝ}^2$, die durch die Matrix $\left(\begin{array}{cc}2& 5\\ 3& 4\end{array}\right)$ gegeben ist.

1. Bestimme das Bild der durch die Gleichung

   $3x-7y=0$

   gegebenen Geraden.

2. Bestimme das Urbild der durch die Gleichung

   $4x-3y=0$

   gegebenen Geraden.

Lösung

1. Die Gerade kann man auch als

   $ℝ\left(\begin{array}{c}7\\ 3\end{array}\right)=\{t\left(\begin{array}{c}7\\ 3\end{array}\right)\mid t\in ℝ\}$

   auffassen. Das Bild des erzeugenden Vektors ist

   $\left(\begin{array}{cc}2& 5\\ 3& 4\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}7\\ 3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}29\\ 33\end{array}\right).$

   Alle Vielfache von $\left(\begin{array}{c}7\\ 3\end{array}\right)$ werden auf Vielfache von $\left(\begin{array}{c}29\\ 33\end{array}\right)$ abgebildet, somit ist die Bildgerade gleich

   $ℝ\left(\begin{array}{c}29\\ 33\end{array}\right).$

2. Wir schreiben die Koordinaten des ersten Raumes als $(x,y)$ und die Koordinaten den zweiten Raumes als $(u,v)$. Aus der Beziehung

   $\left(\begin{array}{c}u\\ v\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}2& 5\\ 3& 4\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)$

   ergibt sich

   $4u-3v=4(2x+5y)-3(3x+4y)=-x+8y.$

   Somit wird die Urbildgerade durch die Gleichung

   $-x+8y=0$

   beschrieben.

Aufgabe (3 Punkte)

Man gebe ein Beispiel für einen $K$-Vektorraum $V$ und eine lineare Abbildung $\phi :V\to V$, die injektiv, aber nicht surjektiv ist.

Lösung

Wir betrachten den Vektorraum $K^{(\mathbb{N})}$ mit der Basis $e_n$, $n\in \mathbb{N}$. Wir betrachten die durch den Festlegungssatz gegebene lineare Abbildung, die das Basiselement $e_n$ auf $e_{n+1}$ schickt. Dann wird $e_0$ nicht getroffen und die Abbildung ist daher nicht surjektiv. Eine Linearkombination $\sum a_n{e}_n$ wird dabei auf $\sum a_n{e}_{n+1}$ abgebildet, und dies ist nur dann $0$, wenn alle Koeffizienten $0$ sind. Somit ist nach dem Kernkriterium diese lineare Abbildung injektiv.

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise die Cramersche Regel zur Lösung eines linearen Gleichungssystems.

Lösung

Für eine invertierbare Matrix $M$ ergibt sich die Lösung für das lineare Gleichungssystem  $Mx=c$,  indem man $M^{-1}$ anwendet, d.h. es ist  $x=M^{-1}c$.  Unter Verwendung von Satz 17.9 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) bedeutet dies  $x=\frac{1}{detM}(M^{\mathrm{adj}})c$.  Für die $j$-te Komponente bedeutet dies

$x_j=\frac{1}{detM}(\sum _{k=1}^n(-1{)}^{k+j}(det{M}_{kj})\cdot c_k).$

Der rechte Faktor ist dabei die Entwicklung der Determinante der Matrix im Zähler nach der $j$-ten Spalte.

Aufgabe (3 Punkte)

Berechne das Ergebnis, wenn man im Polynom

$X^7-3X^6+4X^4+5X^3+7X^2-4X+5$

die Variable $X$ durch die $3\times 3$-Matrix

$\left(\begin{array}{ccc}0& 2& 4\\ 0& 0& 1\\ 0& 0& 0\end{array}\right)$

ersetzt.

Lösung

Es ist

${\left(\begin{array}{ccc}0& 2& 4\\ 0& 0& 1\\ 0& 0& 0\end{array}\right)}^2=\left(\begin{array}{ccc}0& 2& 4\\ 0& 0& 1\\ 0& 0& 0\end{array}\right)\circ \left(\begin{array}{ccc}0& 2& 4\\ 0& 0& 1\\ 0& 0& 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}0& 0& 2\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)$

und

${\left(\begin{array}{ccc}0& 2& 4\\ 0& 0& 1\\ 0& 0& 0\end{array}\right)}^3=\left(\begin{array}{ccc}0& 0& 2\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)\circ \left(\begin{array}{ccc}0& 2& 4\\ 0& 0& 1\\ 0& 0& 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}0& 0& 0\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right).$

Dies gilt auch für die höheren Potenzen. Daher ergibt die Einsetzung

$\begin{array}{cc}7{\left(\begin{array}{ccc}0& 2& 4\\ 0& 0& 1\\ 0& 0& 0\end{array}\right)}^2-4\left(\begin{array}{ccc}0& 2& 4\\ 0& 0& 1\\ 0& 0& 0\end{array}\right)+5\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)& =7\left(\begin{array}{ccc}0& 0& 2\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)-4\left(\begin{array}{ccc}0& 2& 4\\ 0& 0& 1\\ 0& 0& 0\end{array}\right)+5\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)\\ & =\left(\begin{array}{ccc}5& -8& -2\\ 0& 5& -4\\ 0& 0& 5\end{array}\right).\end{array}$

Aufgabe (3 Punkte)

Führe in $\mathbb{Z}/(7)[X]$ die Division mit Rest „$P$ durch $T$“ für die beiden Polynome $P=2X^3+4X^2+5$ und $T=3X^2+X+1$ durch.

Lösung

Es ist

$2X^3+4X^2+5=(3X^2+X+1)(3X+5)+6X.$

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${\chi }_{\phi }\in ℝ[X]$ das charakteristische Polynom zu einer linearen Abbildung

$\phi :V⟶V$

auf einem reellen Vektorraum $V$ endlicher Dimension. Kann man daraus das charakteristische Polynom zu den Hintereinanderschaltungen ${\phi }^n$ bestimmen?

Lösung

Es sei $M$ eine beschreibende Matrix. Diese können wir auch über den komplexen Zahlen $ℂ$ auffassen, dadurch ändert sich weder das charakteristische Polynom noch die Matrizenmultiplikation. Wir können also über $ℂ$ arbeiten. Über $ℂ$ ist die Matrix trigonalisierbar, d.h. es gibt eine Basis, bezüglich der die beschreibende Matrix obere Dreiecksgestalt hat, sagen wir

$\left(\begin{array}{ccccc}{\lambda }_1& \ast & \cdots & \cdots & \ast \\ 0& {\lambda }_2& \ast & \cdots & \ast \\ ⋮& \ddots & \ddots & \ddots & ⋮\\ 0& \cdots & 0& {\lambda }_{d-1}& \ast \\ 0& \cdots & \cdots & 0& {\lambda }_d\end{array}\right).$

Das charakteristische Polynom hat somit die Form

$(X-{\lambda }_1)\cdots (X-{\lambda }_d).$

Die $n$-te Potenz dieser Matrix hat die Form

$\left(\begin{array}{ccccc}{\lambda }_1^n& \ast & \cdots & \cdots & \ast \\ 0& {\lambda }_2^n& \ast & \cdots & \ast \\ ⋮& \ddots & \ddots & \ddots & ⋮\\ 0& \cdots & 0& {\lambda }_{d-1}^n& \ast \\ 0& \cdots & \cdots & 0& {\lambda }_d^n\end{array}\right).$

Daher ist deren charakteristisches Polynom gleich

$(X-{\lambda }_1^n)\cdots (X-{\lambda }_d^n).$

Das charakteristische Polynom der Potenzen hängt also nur vom charakteristischen Polynom der Ausgangsmatrix ab.

Aufgabe (8 Punkte)

Beweise den Satz über die Dimension der Haupträume.

Lösung

Wir schreiben das charakteristische Polynom zu $\phi$ als

${\chi }_{\phi }=(X-\lambda {)}^{k}Q,$

wobei $(X-\lambda )$ in $Q$ nicht als Linerarfaktor vorkommt, d.h. $k$ ist die algebraische Vielfachheit von $\lambda$. Dann sind $P=(X-\lambda {)}^k$ und $Q$ teilerfremd und nach Lemma 26.9 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) ist dann

$V=\mathrm{kern}P(\phi )\oplus \mathrm{kern}Q(\phi )$

und

$P(\phi )={(\phi -\lambda \mathrm{Id})}^k:\mathrm{kern}Q(\phi )⟶\mathrm{kern}Q(\phi )$

ist eine Bijektion. Es ist ferner

$H:={\mathrm{Haupt}}_{\lambda }(\phi )=\mathrm{kern}P(\phi ),$

wobei die Inklusion $\supseteq$ klar ist und die andere Inklusion sich daraus ergibt, dass höhere Potenzen von $\phi -\lambda \mathrm{Id}$ wegen der eben erwähnten Bijektivität auf $\mathrm{kern}Q(\phi )$ keine weiteren Elemente annullieren. Für das charakteristische Polynom gilt wegen der direkten Summenzerlegung nach Lemma 23.7 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) die Beziehung

${\chi }_{\phi }={\chi }_1\cdot {\chi }_2,$

wobei ${\chi }_1$ das charakteristische Polynom zu $\phi {|}_H$ und ${\chi }_2$ das charakteristische Polynom zu $\phi {|}_{\mathrm{kern}Q(\phi )}$ ist. Da $(\phi -\lambda \mathrm{Id}{)}^k$ auf $H$ die Nullabbildung ist, ist das Minimalpolynom zu $\phi {|}_H$ und damit auch das charakteristische Polynom ${\chi }_1$ eine Potenz von $(X-\lambda )$, sagen wir

${\chi }_1=(X-\lambda {)}^d,$

wobei

$d={\dim }_K\left(H\right)$

sei. Insbesondere ist somit  $d\le k$,  da ${\chi }_1$ ein Teiler von ${\chi }_{\phi }$ ist. Bei  $d<k$  müsste $\lambda$ eine Nullstelle von ${\chi }_2$ sein und $\lambda$ wäre ein Eigenwert von $\phi {|}_{\mathrm{kern}Q(\phi )}$. Dies ist aber ein Widerspruch dazu, dass $P(\phi )$ auf diesem Raum eine Bijektion ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Beschreibe die affine Gerade

$G=\{\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ 4\end{array}\right)+s\left(\begin{array}{c}5\\ 4\\ 2\end{array}\right)\mid s\in ℝ\}$

als Urbild über $(1,2)$ einer affinen Abbildung $\psi :{ℝ}^3\to {ℝ}^2$.

Lösung

Der Richtungsvektor $\left(\begin{array}{c}5\\ 4\\ 2\end{array}\right)$ gehört jeweils zum Kern der beiden linear unabhängigen Linearformen $(4,-5,0)$ und $(0,1,-2)$. Daher machen wir den Ansatz

$\psi \left(\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4x-5y+a\\ y-2z+b\end{array}\right).$

Für den Aufpunkt $\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ 4\end{array}\right)$ ergibt sich die Bedingung

$\psi \left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ 4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}14+a\\ -10+b\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1\\ 2\end{array}\right),$

also ist  $a=-13$  und  $b=12$.  Somit ist

$\psi \left(\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4x-5y-13\\ y-2z+12\end{array}\right)$

die gesuchte Abbildung.