Kurs:Lineare Algebra/Teil I/2/Teiltest/Klausur mit Lösungen

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

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

Die Übergangsmatrix zum Basiswechsel von einer Basis ${}{\mathfrak {v}}=v_{1},\ldots ,v_{n}$ zu einer weiteren Basis ${}{\mathfrak {u}}=u_{1},\ldots ,u_{n}$ in einem ${}K$ - Vektorraum ${}V$ .
Eine lineare Abbildung
$\varphi \colon V\longrightarrow W$

zwischen den ${}K$ -Vektorräumen ${}V$ und ${}W$ .
Der Kern einer linearen Abbildung
$\varphi \colon V\longrightarrow W$

zwischen zwei ${}K$ -Vektorräumen ${}V$ und ${}W$ .
Der Dualraum zu einem ${}K$ - Vektorraum ${}V$ .
Die Determinante einer ${}n\times n$ - Matrix ${}M$ .
Ein Eigenvektor zu einer linearen Abbildung
$\varphi \colon V\longrightarrow V$

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

Lösung

Es sei
${}v_{j}=\sum _{i=1}^{n}c_{ij}u_{i}\,$

mit den Koeffizienten ${}c_{ij}\in K$ . Dann nennt man die ${}n\times n$ -Matrix

${}M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {v}}=(c_{ij})_{ij}\,$

die Übergangsmatrix zum Basiswechsel von ${}{\mathfrak {v}}$ nach ${}{\mathfrak {u}}$ .
Eine Abbildung
$\varphi \colon V\longrightarrow W$

heißt lineare Abbildung, wenn die beiden folgenden Eigenschaften erfüllt sind.
1. ${}\varphi (u+v)=\varphi (u)+\varphi (v)$ für alle ${}u,v\in V$ .
2. ${}\varphi (sv)=s\varphi (v)$ für alle ${}s\in K$ und ${}v\in V$ .
Man nennt
${}\operatorname {kern} \varphi :={\left\{v\in V\mid \varphi (v)=0\right\}}\,$

den Kern von ${}\varphi$ .
Unter dem Dualraum zu ${}V$ versteht man den Homomorphismenraum
${}{V}^{*}=\operatorname {Hom} _{K}{\left(V,K\right)}\,.$
Zu ${}i\in {\{1,\ldots ,n\}}$ sei ${}M_{i}$ diejenige ${}(n-1)\times (n-1)$ -Matrix, die entsteht, wenn man in ${}M$ die erste Spalte und die ${}i$ -te Zeile weglässt. Dann definiert man rekursiv die Determinante von ${}M$ durch
$\det M={\begin{cases}a_{11}\,,&{\text{falls }}n=1\,,\\\sum _{i=1}^{n}(-1)^{i+1}a_{i1}\det M_{i}&{\text{ für }}n\geq 2\,.\end{cases}}$
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.

Der Satz über die Dimension der Homomorphismenräume.
Die Leibniz-Formel für die Determinante.
Die Division mit Rest im Polynomring ${}K[X]$ über einem Körper ${}K$ .

Lösung

Es sei ${}K$ ein Körper und es seien ${}V$ und ${}W$ endlichdimensionale ${}K$ -Vektorräume mit den Dimensionen ${}n$ bzw. ${}m$ . Dann ist
${}\dim _{K}{\left(\operatorname {Hom} {\left(V,W\right)}\right)}=nm\,.$
Für die Determinante einer ${}n\times n$ -Matrix
${}M=(a_{ij})_{ij}\,$

gilt

${}\det M=\sum _{\pi \in S_{n}}\operatorname {sgn} (\pi )a_{1\pi (1)}\cdots a_{n\pi (n)}\,.$
Es seien ${}P,T\in K[X]$ zwei Polynome mit ${}T\neq 0$ . Dann gibt es eindeutig bestimmte Polynome ${}Q,R\in K[X]$ mit
$P=TQ+R{\text{ und mit }}\operatorname {grad} \,(R)<\operatorname {grad} \,(T){\text{ oder }}R=0.$

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und ${}V$ ein ${}K$ - Vektorraum der Dimension ${}n$ . Es seien ${}{\mathfrak {u}}=u_{1},\ldots ,u_{n},\,{\mathfrak {v}}=v_{1},\ldots ,v_{n}$ und ${}{\mathfrak {w}}=w_{1},\ldots ,w_{n}$ Basen von ${}V$ . Zeige, dass die Übergangsmatrizen zueinander in der Beziehung

{}M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {u}}=M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}\circ M_{\mathfrak {v}}^{\mathfrak {u}}\,

stehen.

Lösung

Basiswechsel/Drei Basen/Hintereinanderschaltung/Fakt/Beweis

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei eine lineare Abbildung

\varphi \colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2}

mit

\varphi {\begin{pmatrix}0\\1\\2\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}3\\-2\end{pmatrix}},\,\varphi {\begin{pmatrix}1\\4\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}{\text{ und }}\varphi {\begin{pmatrix}2\\1\\3\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}7\\2\end{pmatrix}}

gegeben. Berechne

\varphi {\begin{pmatrix}3\\-5\\4\end{pmatrix}}.

Lösung

Wir lösen zuerst das lineare Gleichungssystem

a{\begin{pmatrix}0\\1\\2\end{pmatrix}}+b{\begin{pmatrix}1\\4\\1\end{pmatrix}}+c{\begin{pmatrix}2\\1\\3\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}3\\-5\\4\end{pmatrix}}.

Die Zeilenoperation ${}IV=2II-III$ führt auf

(IV)\,\,\,7b-c=-14

und ${}V=I+2IV$ führt auf

(V)\,\,\,15b=-25.

Damit ist

{}b={\frac {-25}{15}}=-{\frac {5}{3}}\,

und

{}2c=3-b=3+{\frac {5}{3}}={\frac {14}{3}}\,,

also

{}c={\frac {7}{3}}\,,

und

{}a=-5-4b-c=-5-4{\left({\frac {-5}{3}}\right)}-{\frac {7}{3}}={\frac {-15}{3}}+{\frac {20}{3}}-{\frac {7}{3}}=-{\frac {2}{3}}\,.

Also ist

{}{\begin{aligned}\varphi {\begin{pmatrix}3\\-5\\4\end{pmatrix}}&=\varphi {\left(-{\frac {2}{3}}{\begin{pmatrix}0\\1\\2\end{pmatrix}}-{\frac {5}{3}}{\begin{pmatrix}1\\4\\1\end{pmatrix}}+{\frac {7}{3}}{\begin{pmatrix}2\\1\\3\end{pmatrix}}\right)}\\&=-{\frac {2}{3}}\cdot \varphi {\begin{pmatrix}0\\1\\2\end{pmatrix}}-{\frac {5}{3}}\cdot \varphi {\begin{pmatrix}1\\4\\1\end{pmatrix}}+{\frac {7}{3}}\cdot \varphi {\begin{pmatrix}2\\1\\3\end{pmatrix}}\\&=-{\frac {2}{3}}\cdot {\begin{pmatrix}3\\-2\end{pmatrix}}-{\frac {5}{3}}\cdot {\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}+{\frac {7}{3}}\cdot {\begin{pmatrix}7\\2\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}-2-{\frac {5}{3}}+{\frac {49}{3}}\\{\frac {4}{3}}+{\frac {14}{3}}\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}{\frac {38}{3}}\\{\frac {18}{3}}\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}{\frac {38}{3}}\\6\end{pmatrix}}.\end{aligned}}

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme den Kern der durch die Matrix

{}M={\begin{pmatrix}2&3&0&-1\\4&2&2&5\end{pmatrix}}\,

gegebenen linearen Abbildung

\varphi \colon \mathbb {R} ^{4}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2}.

Lösung

Wir bestimmen den Lösungsraum des linearen Gleichungssystems

I\,\,\,\,\,\,\,\,\,2x+3y\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,-w=0

II\,\,\,\,\,\,4x+2y+2z+5w=0.

Es ist

III=II-2\cdot I\,\,\,\,\,\,-4y+2z+7w=0.

Damit haben wir Stufengestalt erreicht.

Wir wählen ${}w=0$ und ${}z=2$ . Dann ist ${}y=1$ nach III und nach I ist ${}x=-{\frac {3}{2}}$ . Damit ist

{\begin{pmatrix}-{\frac {3}{2}}\\1\\2\\0\end{pmatrix}}

eine Lösung.

Wir wählen jetzt ${}w=1$ und ${}z=0$ . Dann ist ${}y={\frac {7}{4}}$ nach III und nach I ist

{}x=-{\frac {17}{8}}\,.

Damit ist

{\begin{pmatrix}-{\frac {17}{8}}\\{\frac {7}{4}}\\0\\1\end{pmatrix}}

eine weitere Lösung, die von der ersten Lösung linear unabhängig ist. Da die Matrix den Rang ${}2$ besitzt (was aus der Stufengestalt ablesbar ist), ist der Kern zweidimensional, also ist der Kern gleich

{\left\{a{\begin{pmatrix}-{\frac {3}{2}}\\1\\2\\0\end{pmatrix}}+b{\begin{pmatrix}-{\frac {17}{8}}\\{\frac {7}{4}}\\0\\1\end{pmatrix}}\mid a,b\in \mathbb {R} \right\}}.

Aufgabe (4 (1+1+2) Punkte)

Die Zeitungen ${}A,B$ und ${}C$ verkaufen Zeitungsabos und konkurrieren dabei um einen lokalen Markt mit ${}100000$ potentiellen Lesern. Dabei sind innerhalb eines Jahres folgende Kundenbewegungen zu beobachten.

Die Abonnenten von ${}A$ bleiben zu ${}80\%$ bei ${}A$ , ${}10\%$ wechseln zu ${}B$ , ${}5\%$ wechseln zu ${}C$ und ${}5\%$ werden Nichtleser.
Die Abonnenten von ${}B$ bleiben zu ${}60\%$ bei ${}B$ , ${}10\%$ wechseln zu ${}A$ , ${}20\%$ wechseln zu ${}C$ und ${}10\%$ werden Nichtleser.
Die Abonnenten von ${}C$ bleiben zu ${}70\%$ bei ${}C$ , niemand wechselt zu ${}A$ , ${}10\%$ wechseln zu ${}B$ und ${}20\%$ werden Nichtleser.
Von den Nichtlesern entscheiden sich je ${}10\%$ für ein Abonnement von ${}A,B$ oder ${}C$ , die übrigen bleiben Nichtleser.

a) Erstelle die Matrix, die die Kundenbewegungen innerhalb eines Jahres beschreibt.

b) In einem bestimmten Jahr haben alle drei Zeitungen je ${}20000$ Abonnenten und es gibt ${}40000$ Nichtleser. Wie sieht die Verteilung ein Jahr später aus?

c) Die drei Zeitungen expandieren in eine zweite Stadt, wo es bislang überhaupt keine Zeitungen gibt, aber ebenfalls ${}100000$ potentielle Leser. Wie viele Leser haben dort die einzelnen Zeitungen (und wie viele Nichtleser gibt es noch) nach drei Jahren, wenn dort die gleichen Kundenbewegungen zu beobachten sind?

Lösung

a) Die Matrix, die die Kundenbewegungen (in der Reihenfolge ${}A,B,C$ und Nichtleser) beschreibt, ist

{\begin{pmatrix}0,8&0,1&0&0,1\\0,1&0,6&0,1&0,1\\0,05&0,2&0,7&0,1\\0,05&0,1&0,2&0,7\end{pmatrix}}.

b) Die Kundenverteilung nach einem Jahr zur Ausgangsverteilung ${}(20000,20000,20000,40000)$ ist

{}{\begin{pmatrix}0,8&0,1&0&0,1\\0,1&0,6&0,1&0,1\\0,05&0,2&0,7&0,1\\0,05&0,1&0,2&0,7\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}20000\\20000\\20000\\40000\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}22000\\20000\\23000\\35000\end{pmatrix}}\,.

c) Die Ausgangsverteilung ist ${}(0,0,0,100000)$ , daher ist die Verteilung nach einem Jahr gleich ${}(10000,10000,10000,70000)$ .

Nach zwei Jahren ist die Kundenverteilung

{}{\begin{pmatrix}0,8&0,1&0&0,1\\0,1&0,6&0,1&0,1\\0,05&0,2&0,7&0,1\\0,05&0,1&0,2&0,7\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}10000\\10000\\10000\\70000\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}16000\\15000\\16500\\52500\end{pmatrix}}\,.

Nach drei Jahren ist die Kundenverteilung

{}{\begin{aligned}{\begin{pmatrix}0,8&0,1&0&0,1\\0,1&0,6&0,1&0,1\\0,05&0,2&0,7&0,1\\0,05&0,1&0,2&0,7\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}16000\\15000\\16500\\52500\end{pmatrix}}&={\begin{pmatrix}12800+1500+5250\\1600+9000+1650+5250\\800+3000+11550+5250\\800+1500+3300+36750\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}19550\\17500\\20600\\42350\end{pmatrix}}.\end{aligned}}

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}V$ ein ${}K$ - Vektorraum mit Dualraum ${}{V}^{*}$ . Zeige, dass die natürliche Abbildung

V\times {V}^{*}\longrightarrow K,\,(v,f)\longmapsto f(v),

nicht linear ist.

Lösung

Es sei ${}V=\mathbb {R}$ und es sei

g\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R}

die Identität. Dann wird unter der Auswertungsabbildung

V\times V^{*}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(v,f)\longmapsto f(v),

das Paar ${}(1,g)$ auf ${}1$ abgebildet. Das Paar ${}2(1,g)=(2,2g)$ wird auf

{}(2g)(2)=4\neq 2\,

abgebildet, daher ist die Abbildung nicht linear.

Aufgabe (8 Punkte)

Beweise den Satz über die natürliche Abbildung eines Vektorraumes in sein Bidual.

Lösung

Es sei ${}v\in V$ fixiert. Zuerst ist zu zeigen, dass ${}\Psi (v)$ eine Linearform auf dem Dualraum ${}{V}^{*}$ ist. Offenbar ist ${}\Psi (v)$ eine Abbildung von ${}{V}^{*}$ nach ${}K$ . Die Additivität ergibt sich aus

{}(\Psi (v))(f_{1}+f_{2})=(f_{1}+f_{2})(v)=f_{1}(v)+f_{2}(v)=(\Psi (v))(f_{1})+(\Psi (v))(f_{2})\,,

wobei wir die Definition der Addition auf dem Dualraum verwendet haben. Die Verträglichkeit mit der Skalarmultiplikation ergibt sich entsprechend mittels

{}(\Psi (v))(sf)=(sf)(v)=s(f(v))=s((\Psi (v))(f))\,.

Zum Beweis der Additivität der Gesamtabbildung seien ${}v,w\in V$ . Es ist die Gleichheit

{}\Psi (v+w)=\Psi (v)+\Psi (w)\,

zu zeigen. Da dies eine Gleichheit in ${}{\left({V}^{*}\right)}^{*}$ ist, also insbesondere eine Gleichheit von Abbildungen, sei ${}f\in {V}^{*}$ beliebig. Dann folgt die Additivität aus

{}(\Psi (v+w))(f)=f(v+w)=f(v)+f(w)=(\Psi (v))(f)+(\Psi (w))(f)\,.

Entsprechend ergibt sich die skalare Verträglichkeit aus

{}(\Psi (sv))(f)=f(sv)=s(f(v))=s((\Psi (v))(f))\,.

Zum Nachweis der Injektivität sei ${}v\in V$ mit ${}\Psi (v)=0$ gegeben. D.h. für alle Linearformen ${}f\in {V}^{*}$ ist ${}f(v)=0$ . Dann ist aber nach Lemma 14.7 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) schon

{}v=0\,

und nach dem Injektivitätskriterium ist ${}\Psi$ injektiv.

Im endlichdimensionalen Fall folgt die Bijektivität aus der Injektivität und aus Korollar 13.12 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)).

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}M$ eine quadratische Matrix, die man als

{}M={\begin{pmatrix}A&B\\C&D\end{pmatrix}}\,

mit quadratischen Matrizen ${}A,B,C$ und ${}D$ schreiben kann. Zeige durch ein Beispiel, dass die Beziehung

{}\det M=\det A\cdot \det D-\det B\cdot \det C\,

im Allgemeinen nicht gilt.

Lösung

Wir betrachten die Matrix

{\begin{pmatrix}1&0&0&-1\\0&1&1&0\\1&0&1&0\\0&1&0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}A&B\\C&D\end{pmatrix}}

mit den ${}2\times 2$ -Untermatrizen ${}A,B,C,D$ wie in der Aufgabenstellung. Dann ist

{}{\begin{aligned}\det A\cdot \det D-\det B\cdot \det C&=\det {\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}\cdot \det {\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}-\det {\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}}\cdot \det {\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}\\&=1\cdot 1-1\cdot 1\\&=0.\end{aligned}}

Um die wahre Determinante auszurechnen, führen wir Zeilenoperationen durch. Wir ersetzen die dritte Zeile durch ${}III-I$ und die vierte Zeile durch ${}IV-II$ und erhalten

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

Wir addieren zur vierten Zeile die dritte Zeile hinzu und erhalten die obere Dreiecksmatrix

{\begin{pmatrix}1&0&0&-1\\0&1&1&0\\0&0&1&1\\0&0&0&2\end{pmatrix}},

bei der alle Diagonaleinträge von ${}0$ verschieden sind. Daher ist diese Matrix und damit auch die Ausgangsmatrix invertierbar und die Determinante ist nach Satz 16.11 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) nicht ${}0$ .

Aufgabe (1 Punkt)

Skizziere ein Pfeildiagramm, das die nebenstehende Permutation überschneidungsfrei darstellt.

Lösung Permutation/Überschneidungsfrei/1/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (7 (1+3+3) Punkte)

Es sei ${}I={\{1,\ldots ,n\}}$ und sei ${}\pi$ eine Permutation auf ${}I$ . Die zugehörige Permutationsmatrix ${}M_{\pi }$ ist dadurch gegeben, dass

{}a_{\pi (j),j}=1\,

ist und alle anderen Einträge ${}0$ sind.

a) Bestimme die Permutationsmatrix zur Permutation

${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$
${}\pi (x)$	${}3$	${}1$	${}4$	${}2$

b) Zeige, dass die Abbildung

S_{n}\longrightarrow \operatorname {GL} _{n}\!{\left(K\right)},\,\pi \longmapsto M_{\pi },

ein Gruppenhomomorphismus ist.

c) Zeige, dass

{}\det M_{\pi }=\operatorname {sgn} (\pi )\,

ist.

Lösung

a) Es ist

{}M_{\pi }={\begin{pmatrix}0&1&0&0\\0&0&0&1\\1&0&0&0\\0&0&1&0\end{pmatrix}}\,.

b) Nach Konstruktion ist

{}M_{\pi }(e_{j})=e_{\pi (j)}\,,

da dies die ${}j$ -te Spalte der Matrix ist. Die Gleichheit

{}M_{\pi \rho }=M_{\pi }\circ M_{\rho }\,

lässt sich auf einer Basis überprüfen. Dies stimmt wegen

{}{\left(M_{\pi }\circ M_{\rho }\right)}(e_{i})=M_{\pi }(M_{\rho }(e_{i}))=M_{\pi }(e_{\rho (i)})=e_{\pi (\rho (i))}=M_{\pi \rho }(e_{i})\,.

c) Mit der Leibniz-Formel ist

{}\det M_{\pi }=\sum _{\rho \in S_{n}}\operatorname {sgn} (\rho )a_{1\rho (1)}\cdots a_{n\rho (n)}\,.

Das Produkt ist nur in dem einen Fall

{}\rho =\pi ^{-1}\,

nicht ${}0$ , da sonst immer mindestens ein Faktor gleich ${}0$ ist. Also ist

{}\det M_{\pi }=\operatorname {sgn} (\pi ^{-1})a_{1\pi ^{-1}(1)}\cdots a_{n\pi ^{-1}(n)}=\operatorname {sgn} (\pi ^{-1})=\operatorname {sgn} (\pi )\,.

Aufgabe (5 (2+3) Punkte)

Es seien

f,g,h\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R}

Funktionen.

a) Zeige die Gleichheit

{}{\left(h\cdot g\right)}\circ f={\left(h\circ f\right)}\cdot {\left(g\circ f\right)}\,.

b) Zeige durch ein Beispiel, dass die Gleichheit

{}{\left(h\circ g\right)}\cdot f={\left(h\cdot f\right)}\circ {\left(g\cdot f\right)}\,

nicht gelten muss.

Lösung

a) Die Gleichheit von Funktionen bedeutet die Gleichheit für jedes Argument. Für ${}x\in \mathbb {R}$ ist

{}{\begin{aligned}{\left({\left(h\cdot g\right)}\circ f\right)}(x)&={\left(h\cdot g\right)}{\left(f(x)\right)}\\&=h(f(x))\cdot g(f(x))\\&={\left(h\circ f\right)}(x)\cdot {\left(g\circ f\right)}(x)\\&={\left({\left(h\circ f\right)}\cdot {\left(g\circ f\right)}\right)}(x),\end{aligned}}

was die Aussage beweist.

b) Wir nehmen für ${}f,g,h$ jeweils die Identität, also die Abbildung ${}x\mapsto x$ . Die Verknüpfung der Identität mit sich selbst ist wieder die Identität. Das Produkt der Identität mit sich selbst ist das Quadrieren ${}x\mapsto x^{2}$ . Daher ist in diesem Beispiel die Funktion

{\left(h\circ g\right)}\cdot f

gleich der Quadrierungsfunktion. Die Funktion

{\left(h\cdot f\right)}\circ {\left(g\cdot f\right)}

hingegen ist die Hintereinanderschaltung des Quadrierens mit dem Quadrieren, und das ist die Abbildung ${}x\mapsto {\left(x^{2}\right)}^{2}=x^{4}$ .

Aufgabe (2 Punkte)

Schreibe das Polynom

X^{4}-1

als Produkt von Linearfaktoren in ${}{\mathbb {C} }[X]$ .

Lösung

Es ist

{}X^{4}-1=(X^{2}-1)(X^{2}+1)=(X-1)(X+1)(X+i)(X-i)\,.

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 (2 Punkte)

Zu einer ${}2\times 2$ - Matrix ${}M={\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}$ sei

{}P_{M}:=X^{2}-\operatorname {Spur} {\left(M\right)}X+\det M\,.

Zeige, dass ${}P_{M}(M)=0$ ist.

Lösung

Es ist

{}{\begin{aligned}P_{M}(M)&={\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}-(a+d){\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}+(ad-bc){\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}a^{2}+bc&ab+bd\\ac+dc&cb+d^{2}\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}a(a+d)&b(a+d)\\c(a+d)&d(a+d)\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}ad-bc&0\\0&ad-bc\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}a^{2}+bc-a(a+d)+ad-bc&ab+bd-b(a+d)\\ac+dc-c(a+d)&cb+d^{2}-d(a+d)+ad-bc\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}}.\end{aligned}}

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei

{}M={\begin{pmatrix}d_{1}&\ast &\cdots &\cdots &\ast \\0&d_{2}&\ast &\cdots &\ast \\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&d_{n-1}&\ast \\0&\cdots &\cdots &0&d_{n}\end{pmatrix}}\,

eine obere Dreiecksmatrix. Zeige, dass ein Eigenwert zu ${}M$ ein Diagonaleintrag von ${}M$ sein muss.

Lösung

Es sei ${}{\begin{pmatrix}x_{1}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}$ ein Eigenvektor von ${}M={\left(d_{ij}\right)}_{ij}$ zum Eigenwert ${}t\in K$ . Da eine obere Dreiecksmatrix vorliegt, bedeutet dies

{}d_{11}x_{1}+\cdots +d_{1n}x_{n}=tx_{1}\,,

{}d_{22}x_{2}+\cdots +d_{2n}x_{n}=tx_{2}\,,

\vdots

{}d_{n-1\,n-1}x_{n-1}+d_{(n-1)n}x_{n}=tx_{n-1}\,,

{}d_{nn}x_{n}=tx_{n}\,.

Es sei ${}k$ der größte Index mit ${}x_{k}\neq 0$ , was es gibt, da ein Eigenvektor nicht der Nullvektor ist. Dann vereinfacht sich die ${}k$ -te Gleichung

{}d_{kk}x_{k}+\cdots +d_{kn}x_{n}=tx_{k}\,

zu

{}d_{kk}x_{k}=tx_{k}\,

und wegen

{}x_{k}\neq 0\,

folgt

{}t=d_{kk}\,,

d.h. dass der Eigenwert ${}t$ ein Diagonalelement ist.