Kurs:Lineare Algebra/Teil I/19/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	${}\sum$
Punkte	3	3	2	2	2	4	2	1	2	5	4	6	2	2	5	4	5	7	3	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Die Abbildung ${}f$ heißt surjektiv, wenn es für jedes ${}y\in M$ mindestens ein Element ${}x\in L$ mit ${}f(x)=y$ gibt.
2. Eine ${}m\times n$-Matrix über ${}K$ ist ein Schema der Form

   ${\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}&\ldots &a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\ldots &a_{2n}\\\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\a_{m1}&a_{m2}&\ldots &a_{mn}\end{pmatrix}},$

   wobei die ${}a_{ij}$ aus ${}K$ sind.

3. Die Abbildung ${}\varphi$ werde bezüglich einer Basis durch die Matrix ${}M$ beschrieben. Dann nennt man

   ${}\det \varphi :=\det M\,$

   die Determinante der linearen Abbildung ${}\varphi$.

4. Man nennt

   $\dim _{K}{\left(\operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\varphi \right)}\right)}$

   die geometrische Vielfachheit des Eigenwerts.

5. Das Polynom

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

   heißt charakteristisches Polynom von ${}M$.

6. Man nennt ${}n$ die Dimension von ${}E$, wenn es in ${}E$ eine affine Basis mit ${}n+1$ Elementen gibt.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Unter den gegebenen Bedingungen besitzt ${}V$ eine endliche Basis.
2. Ein Element  ${}a\in K$  ist genau dann eine Nullstelle von ${}F$, wenn ${}F$ ein Vielfaches des linearen Polynoms ${}X-a$ ist.
3. Es sei ${}K$ ein Körper, ${}V$ ein ${}K$- Vektorraum und

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

   eine lineare Abbildung. Es sei ${}\lambda \in K$. Dann ist

   $\operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\varphi \right)}=\operatorname {kern} {\left(\lambda \cdot \operatorname {Id} _{V}-\varphi \right)}.$

Aufgabe (2 Punkte)

Wenn Karl an Susanne denkt, bekommt er feuchte Hände, einen Kloß im Hals und einen roten Kopf. Einen roten Kopf bekommt er genau dann, wenn er an Susanne denkt oder wenn er das leere Tor nicht trifft. Wenn Karl das leere Tor trifft, bekommt er feuchte Hände. Karl bekommt den Ball vor dem leeren Tor. Kurz darauf bekommt er feuchte Hände, einen roten Kopf, aber keinen Kloß im Hals. Hat er an Susanne gedacht? Hat er das leere Tor getroffen?

Lösung

Karl hat nicht an Susanne gedacht, da er sonst einen Kloß im Hals bekommen hätte, was er nicht hat. Andererseits bekommt er einen roten Kopf, was bedeutet, dass er das leere Tor nicht getroffen hat oder an Susanne gedacht hat. Da letzteres nicht der Fall ist, hat er das leere Tor nicht getroffen.

Aufgabe (2 Punkte)

Es seien ${}A,\,B$ und ${}C$ Mengen. Beweise die Identität

${}A\setminus {\left(B\setminus C\right)}={\left(A\setminus B\right)}\cup {\left(A\cap C\right)}\,.$

Lösung

Es sei ${}x\in A\setminus {\left(B\setminus C\right)}$. Das bedeutet ${}x\in A$ und ${}x\notin B\setminus C$. Dies wiederum bedeutet ${}x\notin B$ oder ${}x\in B\cap C$. Somit ist insgesamt ${}x\in {\left(A\setminus B\right)}\cup {\left(A\cap C\right)}$.

Es sei nun umgekehrt ${}x\in {\left(A\setminus B\right)}\cup {\left(A\cap C\right)}$. Bei ${}x\in {\left(A\setminus B\right)}$ ist ${}x\in A$ und ${}x\notin B$ und somit ist insbesondere ${}x\in A\setminus {\left(B\setminus C\right)}$. Ist hingegen ${}x\in A\cap C$, so ist bei ${}x\in A\setminus B$ die Zugehörigkeit zur linken Menge schon erwiesen. Also müssen wir nur noch den Fall ${}x\in B$ betrachten. In diesem Fall ist ${}x\notin B\setminus C$ und somit ist ebenfalls ${}x\in A\setminus {\left(B\setminus C\right)}$.

Aufgabe (2 Punkte)

Berechne

$(x+{\mathrm {i} }y)^{n}.$

Lösung

Nach dem binomischen Lehrsatz ist

${}{\begin{aligned}(x+{\mathrm {i} }y)^{n}&=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}x^{n-k}{\mathrm {i} }^{k}y^{k}\\&=\sum _{k\leq n{\text{ gerade}}}(-1)^{k/2}{\binom {n}{k}}x^{n-k}y^{k}+{\mathrm {i} }{\left(\sum _{k\leq n{\text{ ungerade}}}(-1)^{(k-1)/2}{\binom {n}{k}}x^{n-k}y^{k}\right)}.\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Löse das inhomogene lineare Gleichungssystem

${\begin{matrix}x&+7y&\,\,\,\,-z&-3w&=&0\\x&+y&+2z&\,\,\,\,-w&=&1\\&+2y&-3z&+2w&=&3\\&\,\,\,\,-y&-5z&+4w&=&-2\,.\end{matrix}}$

Lösung

Wir eliminieren zuerst die Variable ${}x$, indem wir die zweite Gleichung von der ersten Gleichung subtrahieren. Dies führt auf

${\begin{matrix}&+6y&-3z&-2w&=&-1\\&+2y&-3z&+2w&=&3\\&\,\,\,\,-y&-5z&+4w&=&-2\,.\end{matrix}}$

Nun eliminieren wir die Variable ${}w$, indem wir (bezogen auf das vorhergehende System) ${}II+I$ und ${}III-2II$ ausrechnen. Dies führt auf

${\begin{matrix}&+8y&-6z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&2\\&-5y&+z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&-8\,.\end{matrix}}$

Mit ${}I+6II$ ergibt sich

${}-22y=-46\,$

und

${}y={\frac {23}{11}}\,.$

Rückwärts gelesen ergibt sich

${}z={\frac {27}{11}}\,,$

${}w={\frac {34}{11}}\,$

und

${}x=-{\frac {32}{11}}\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Zeige, dass die Matrizenmultiplikation von quadratischen Matrizen im Allgemeinen nicht kommutativ ist.

Lösung

Es ist

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

aber

${}{\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}}\,.$

Aufgabe (1 Punkt)

Bestimme (ohne Begründung), welche der folgenden skizzierten geometrischen Objekte im ${}\mathbb {R} ^{2}$ als Lösungsmenge eines linearen (inhomogenen) Gleichungssystems auftreten können (man denke sich die Objekte ins Unendliche fortgesetzt).

1. 

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

2. 

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

3. 

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

4. 

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

5. 

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

Lösung

2 (Gerade) und 5 (Punkt) können als Lösungsmenge eines Gleichungssystems auftreten, die anderen nicht.

Aufgabe (2 Punkte)

Beweise das Superpositionsprinzip für lineare Gleichungssysteme.

Lösung

Aufgrund des Distributivgesetzes für die Matrizenmultiplikation ist direkt

${}M(y+z)=My+Mz=c+d\,.$

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und ${}V$ ein ${}K$- Vektorraum. Es seien  ${}s_{1},\ldots ,s_{k}\in K$  und  ${}v_{1},\ldots ,v_{n}\in V$.  Zeige

${}{\left(\sum _{i=1}^{k}s_{i}\right)}\cdot {\left(\sum _{j=1}^{n}v_{j}\right)}=\sum _{1\leq i\leq k,\,1\leq j\leq n}s_{i}\cdot v_{j}\,.$

Lösung

Wir beweisen die Aussage durch eine Doppelinduktion über ${}k,n\geq 1$. Die Fälle

${}(k,n)=(1,1),\,(1,2),\,(2,1)\,$

sind unmittelbar klar bzw. folgen direkt aus den Axiomen für einen Vektorraum.

Die Aussage für  ${}k=1$  und beliebige ${}n$ beweisen für durch Induktion nach ${}n$, wobei der Induktionsanfang durch die Vorbemerkung gesichert ist. Es sei die Aussage für ein ${}n$ schon bewiesen, und seien ${}n+1$ Vektoren${}v_{1},\ldots ,v_{n},v_{n+1}\in V$ gegeben. Dann ist unter Verwendung des Falles ${}(1,2)$ und der Induktionsvoraussetzung

${}{\begin{aligned}s{\left(\sum _{j=1}^{n+1}v_{j}\right)}&=s{\left(\sum _{j=1}^{n}v_{j}+v_{n+1}\right)}\\&=s{\left(\sum _{j=1}^{n}v_{j}\right)}+sv_{n+1}\\&=\sum _{1\leq j\leq n}s\cdot v_{j}+sv_{n+1}\\&=\sum _{1\leq j\leq n+1}s\cdot v_{j}.\end{aligned}}$

Wir betrachten nun die Aussage für ein festes ${}k$ und beliebige ${}n$. Für  ${}k=1$  ist diese Aussage bereits bewiesen. Es sei diese Aussage nun für ein festes ${}k$ schon bewiesen Es seien Skalare ${}s_{1},\ldots ,s_{k},s_{k+1}\in R$ und Vektoren ${}v_{1},\ldots ,v_{n}\in V$ gegeben. Dann ist unter Verwendung der Fälle  ${}(k,n)=(2,1),(1,n)$  und der Induktionsvoraussetzung

${}{\begin{aligned}{\left(\sum _{i=1}^{k+1}s_{i}\right)}\cdot {\left(\sum _{j=1}^{n}v_{j}\right)}&={\left(\sum _{i=1}^{k}s_{i}+s_{k+1}\right)}\cdot {\left(\sum _{j=1}^{n}v_{j}\right)}\\&={\left(\sum _{i=1}^{k}s_{i}\right)}\cdot {\left(\sum _{j=1}^{n}v_{j}\right)}+s_{k+1}\cdot {\left(\sum _{j=1}^{n}v_{j}\right)}\\&=\sum _{1\leq i\leq k,\,1\leq j\leq n}s_{i}\cdot v_{j}+\sum _{j=1}^{n}s_{k+1}\cdot v_{j}\\&=\sum _{1\leq i\leq k+1,\,1\leq j\leq n}s_{i}\cdot v_{j}.\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper. Der ${}K$- Vektorraum ${}K^{2}$ sei zusätzlich mit der komponentenweisen Multiplikation versehen. Bestimme die Untervektorräume  ${}U\subseteq K^{2}$,  die unter dieser Multiplikation abgeschlossen sind.

Lösung

Die Untervektorräume des ${}K^{2}$ sind der Nullraum, die Geraden durch den Nullpunkt und die Gesamtebene. Der Nullraum und die Ebene sind offenbar unter der komponentenweisen Multiplikation abgeschlossen. Eine Gerade durch den Nullpunkt hat entweder die Form

${}x=0\,$

oder

${}y=ax\,$

mit einem ${}a\in K$. Die erstgenannte Gerade (die ${}y$-Achse) ist multiplikativ abgeschlossen, da ja

${}(0,y)\cdot (0,z)=(0,yz)\,$

wieder dazu gehört. Es sei also

${}G={\left\{\left(x,\,y\right)\mid y=ax\right\}}=K\cdot \left(1,\,a\right)\,.$

Die multiplikative Abgeschlossenheit bedeutet, dass für beliebige ${}c,d\in K$ das Produkt

${}c\left(1,\,a\right)\cdot d\left(1,\,a\right)=cd\left(1,\,a^{2}\right)\,$

wieder auf der Geraden liegt. Dies ist genau bei

${}a^{2}=a\,$

der Fall, also bei

${}a(a-1)=0\,,$

was  ${}a=0$  oder  ${}a=1$  bedeutet. Es sind also auch noch die ${}x$-Achse und die Diagonale unter der Multiplikation abgeschlossen, und keine weiteren Untervektorräume.

Aufgabe (6 Punkte)

Es seien  ${}M={\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}$  und  ${}A={\begin{pmatrix}x&y\\z&w\end{pmatrix}}$  Matrizen über einem Körper ${}K$ mit

${}A\circ M={\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}\,.$

Zeige, dass dann auch

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

gilt.

Lösung

Die Bedingung

${}{\begin{pmatrix}x&y\\z&w\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}\,$

bedeutet ausgeschrieben

${}xa+yc=1\,,$

${}xb+yd=0\,,$

${}za+wc=0\,,$

${}zb+wd=1\,.$

Wegen der ersten und der vierten Gleichung sind  ${}(a,c)\neq (0,0)$  und  ${}(b,d)\neq (0,0)$.  Aus der zweiten Gleichung folgt nach Satz . (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)), dass es ein ${}s\in K$ gibt mit

${}x=sd\,$

und

${}y=-sb\,.$

Aus der ersten Gleichung ergibt sich

${}1=sda-sbc=s(da-bc)\,$

und somit

${}s={\frac {1}{da-bc}}\,$

und

${}x={\frac {d}{da-bc}}\,$

und

${}y=-{\frac {b}{da-bc}}\,.$

Aus der dritten Gleichung folgt, dass es ein ${}t\in K$ gibt mit

${}z=tc\,$

und

${}w=-ta\,.$

Aus der vierten Gleichung ergibt sich

${}1=tcb-tad=-t(da-bc)\,$

und somit

${}t=-{\frac {1}{da-bc}}\,$

und

${}z=-{\frac {c}{da-bc}}\,$

und

${}w={\frac {a}{da-bc}}\,.$

Somit ist

${}{\begin{aligned}M\circ A&={\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}x&y\\z&w\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}{\frac {d}{da-bc}}&-{\frac {b}{da-bc}}\\-{\frac {c}{da-bc}}&{\frac {a}{da-bc}}\end{pmatrix}}\\&={\frac {1}{da-bc}}{\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}d&-b\\-c&a\end{pmatrix}}\\&={\frac {1}{da-bc}}{\begin{pmatrix}ad-bc&-ab+ab\\cd-cd&-cb+da\end{pmatrix}}\\&={\frac {1}{da-bc}}{\begin{pmatrix}ad-bc&0\\0&-cb+da\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und ${}V$ ein ${}K$- Vektorraum und  ${}v_{1},\ldots ,v_{n}\in V$.  Zu jedem ${}k$ gebe es eine Linearform

$\varphi _{k}\colon V\longrightarrow K$

mit

$\varphi _{k}(v_{k})\neq 0{\text{ und }}\varphi _{k}(v_{i})=0{\text{ für }}i\neq k.$

Zeige, dass die ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ linear unabhängig sind.

Lösung

Wir betrachten die Gesamtabbildung

$\varphi \colon V\longrightarrow K^{n},\,v\longmapsto \left(\varphi _{1}(v),\,\ldots ,\,\varphi _{n}(v)\right).$

Unter dieser Abbildung wird der Vektor ${}v_{i}$ auf ein nichttriviales skalares Vielfaches des Standardvektors ${}e_{i}$ im ${}K^{n}$ abgebildet. Da diese linear unabhängig sind, müssen auch die ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ linear unabhängig sein.

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}M$ eine ${}2\times 2$- Matrix. Zeige

${}\operatorname {Spur} {\left(M\right)}=1+\det \left(M\right)-\det \left(E_{2}-M\right)\,.$

Lösung

Es sei

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

Dann ist

${}{\begin{aligned}1+\det \left(M\right)-\det \left(E_{2}-M\right)&=1+\det {\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}-\det {\begin{pmatrix}1-a&-b\\-c&1-d\end{pmatrix}}\\&=1+ad-bc-((1-a)(1-d)-bc)\\&=1+ad-bc-(1-a-d+ad-bc)\\&=a+d\\&=\operatorname {Spur} {\left({\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}\right)}.\end{aligned}}$

Aufgabe (5 Punkte)

Zeige, dass das Signum einer Transposition gleich ${}-1$ ist.

Lösung

Die Transposition ${}\tau$ vertausche die beiden Zahlen  ${}k<\ell$.  Wenn  ${}k+1<\ell$,  und wenn ${}\rho$ die Transposition der Nachbarn ${}k$ und ${}k+1$ und ${}{\tilde {\tau }}$ die Transposition von ${}k+1$ und ${}\ell$ bezeichnet, so besteht die Beziehung

${}\tau =\rho \circ {\tilde {\tau }}\circ \rho \,,$

was man direkt auf den relevanten Elementen ${}k,k+1,\ell$ überprüfen kann. Aufgrund der Homomorphieeigenschaft gilt also  ${}\operatorname {sgn} (\tau )=\operatorname {sgn} ({\tilde {\tau }})$.  Daher genügt es, die Aussage für Transpositionen zu beweisen, die zwei benachbarte Elemente vertauschen. Solche Transpositionen haben aber nur einen Fehlstand, und somit folgt die Aussage aus Lemma 18.10 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)).

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die Eigenwerte und die Eigenräume der durch die Matrix

${}M={\begin{pmatrix}3&4&-5\\0&-1&4\\0&0&7\end{pmatrix}}\,$

gegebenen linearen Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,v\longmapsto Mv.$

Lösung

Aus der Matrix kann man direkt die drei Eigenwerte ${}3,-1,7$ ablesen. Daher ist die Matrix diagonalisierbar und die Eigenräume sind eindimensional.

Es ist

${}M-3E_{3}={\begin{pmatrix}0&4&-5\\0&-4&4\\0&0&4\end{pmatrix}}\,$

und der zugehörige Eigenraum ist

${}\operatorname {Eig} _{3}{\left(\varphi \right)}=\mathbb {R} {\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}\,.$

Es ist

${}M+1E_{3}={\begin{pmatrix}4&4&-5\\0&0&4\\0&0&8\end{pmatrix}}\,,$

es ist ${}{\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix}}$ ein Element des Kernes und somit ist der zugehörige Eigenraum

${}\operatorname {Eig} _{-1}{\left(\varphi \right)}=\mathbb {R} {\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix}}\,.$

Es ist

${}M-7E_{3}={\begin{pmatrix}-4&4&-5\\0&-8&4\\0&0&0\end{pmatrix}}\,,$

es ist ${}{\begin{pmatrix}-3\\2\\4\end{pmatrix}}$ ein Element des Kernes und somit ist der zugehörige Eigenraum

${}\operatorname {Eig} _{7}{\left(\varphi \right)}=\mathbb {R} {\begin{pmatrix}-3\\2\\4\end{pmatrix}}\,.$

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}\varphi \colon V\rightarrow V$ eine lineare Abbildung auf einem endlichdimensionalen ${}K$- Vektorraum ${}V$. Es sei  ${}k\leq n$.  Zeige, dass es genau dann einen invarianten Untervektorraum  ${}U\subseteq V$  der Dimension ${}k$ gibt, wenn es eine Basis von ${}V$ gibt, bezüglich der die beschreibende Matrix von ${}\varphi$ die Gestalt

${\begin{pmatrix}a_{11}&\ldots &a_{1k}&a_{1k+1}&\ldots &a_{1n}\\\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &\vdots \\a_{k1}&\ldots &a_{kk}&a_{kk+1}&\ldots &a_{kn}\\0&\ldots &0&a_{k+1k+1}&\ldots &a_{k+1n}\\\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &\vdots \\0&\ldots &0&a_{nk+1}&\ldots &a_{nn}\end{pmatrix}}$

besitzt.

Lösung

Es sei zunächst  ${}U\subseteq V$  ein invarianter Untervektorraum der Dimension ${}k$. Wir wählen eine Basis ${}v_{1},\ldots ,v_{k}$ von ${}U$ und ergänzen sie zu einer Basis ${}v_{1},\ldots ,v_{k},v_{k+1},\ldots ,v_{n}$ von ${}V$. Wegen der Invarianz ist

${}\varphi (v_{i})\in U=\langle v_{1},\ldots ,v_{k}\rangle \,$

für  ${}i\leq k$,  also

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

für  ${}i\leq k$.  Daher sind in der beschreibenden Matrix von ${}\varphi$ bezüglich dieser Matrix in den ersten ${}k$ Spalten und den unteren ${}n-k$ Zeilen die Einträge ${}0$.

Wenn umgekehrt eine solche Matrix bezüglich einer Basis ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ vorliegt, so kann man daraus ablesen, dass

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

für  ${}i\leq k$  gilt. Dies bedeutet, dass

${}U:=\langle v_{1},\ldots ,v_{k}\rangle \,$

auf sich selbst abgebildet wird, und damit ist ein ${}k$-dimensionaler invarianter Untervektorraum gefunden.

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise das Lemma von Bezout für Polynome.

Lösung

Wir betrachten die Menge aller Linearkombinationen

${}I={\left\{Q_{1}P_{1}+\cdots +Q_{n}P_{n}\mid Q_{i}\in K[X]\right\}}\,.$

Dies ist ein Ideal von ${}K[X]$, wie man direkt überprüft. Nach Satz 20.10 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) ist dieses Ideal ein Hauptideal, also

${}I=(E)\,$

mit einem gewissen Polynom ${}E$. Es ist ${}E$ ein gemeinsamer Teiler der ${}P_{i}$. Wegen  ${}P_{i}\in I=(E)$  ist nämlich

${}P_{i}=H_{i}E\,,$

d.h. ${}E$ ist ein Teiler von jedem ${}P_{i}$. Aufgrund einer ähnlichen Überlegung ist

${}P_{i}\in (G)\,$

für alle ${}i$ und damit auch

${}(E)=I\subseteq (G)\,.$

Also ist

${}E=GF\,.$

Da nach Voraussetzung ${}G$ den maximalen Grad unter allen gemeinsamen Teilern besitzt, muss  ${}F\neq 0$  eine Konstante sein. Also ist

${}(G)=(E)=I\,$

und insbesondere  ${}G\in I$.  Also ist ${}G$ eine Linearkombination der ${}P_{i}$.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei

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

eine Jordan-Matrix. Bestimme die jordansche Normalform der Potenzen ${}M^{n}$ für alle  ${}n\in \mathbb {N} _{+}$. 

Lösung

Die Matrix ${}M$ selbst ist eine Jordan-Matrix, also in jordanscher Normalform. Es ist

${}{\begin{aligned}M^{2}&={\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}0&0&1\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$

Diese Abbildung sendet ${}e_{3}\mapsto e_{1}$ und ${}e_{1},e_{2}\mapsto 0$. Die jordansche Normalform davon ist also

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

Alle höheren Potenzen von ${}M$ sind die Nullmatrix und dies ist ihre jordansche Normalform.