Kurs:Lineare Algebra/Teil I/20/Klausur mit Lösungen/kontrolle

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

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

Man nennt
${}\bigcap _{i\in I}M_{i}={\left\{x\in G\mid x\in M_{i}{\text{ für alle }}i\in I\right\}}\,$

den Durchschnitt der Mengenfamilie.
Die Abbildung
$G\colon M\longrightarrow L,$

die jedes Element ${}y\in M$ auf das eindeutig bestimmte Element ${}x\in L$ mit ${}F(x)=y$ abbildet, heißt die Umkehrabbildung zu ${}F$ .
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
$\det M={\begin{cases}a_{11}\,,&{\text{falls }}n=1\,,\\\sum _{i=1}^{n}(-1)^{i+1}a_{i1}\det M_{i}&{\text{ für }}n\geq 2\,.\end{cases}}$
Man nennt
${}\operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\varphi \right)}:={\left\{v\in V\mid \varphi (v)=\lambda v\right\}}\,$

den Eigenraum von ${}\varphi$ zum Wert ${}\lambda$ .
Die lineare Abbildung
$\varphi \colon V\longrightarrow V$

heißt nilpotent, wenn es eine natürliche Zahl ${}n$ derart gibt, dass die ${}n$ -te Hintereinanderschaltung

$\varphi ^{n}=0$

ist.
Eine Familie von Punkten ${}P_{i}\in F$ , ${}i\in I$ , heißt affines Erzeugendensystem von ${}F$ , wenn ${}F$ der kleinste affine Unterraum von ${}E$ ist, der alle Punkte ${}P_{i}$ umfasst.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

Es sei ${}K$ ein Körper und ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}K$ - Vektorraum der Dimension ${}n=\dim _{K}{\left(V\right)}$ . Es seien
$u_{1},\ldots ,u_{k}$

linear unabhängige Vektoren in ${}V$ . Dann gibt es Vektoren

$u_{k+1},\ldots ,u_{n}$

derart, dass

$u_{1},\ldots ,u_{k},u_{k+1},\ldots ,u_{n}$

eine Basis
von ${}V$ bilden.
Es sei ${}K$ ein Körper und seien ${}U,V,W$ Vektorräume über ${}K$ . Es seien
$\varphi :U\rightarrow V\,\,{\text{ und }}\,\,\psi :V\rightarrow W$

lineare Abbildungen. Dann ist auch die Verknüpfung

$\psi \circ \varphi \colon U\longrightarrow W$

eine lineare Abbildung.
Sei
$\varphi \colon V\longrightarrow V$

ein trigonalisierbarer ${}K$ -Endomorphismus auf dem endlichdimensionalen ${}K$ -Vektorraum ${}V$ . Dann gibt es eine Zerlegung

${}\varphi =\varphi _{\rm {diag}}+\varphi _{\rm {nil}}\,,$

wobei ${}\varphi _{\rm {diag}}$ diagonalisierbar, ${}\varphi _{\rm {nil}}$ nilpotent und zusätzlich

${}\varphi _{\rm {diag}}\circ \varphi _{\rm {nil}}=\varphi _{\rm {nil}}\circ \varphi _{\rm {diag}}\,$
gilt.

Aufgabe (1 Punkt)

Negiere die Aussage „Martina findet alle Jungs im Kurs außer Markus zuckersüß“ durch eine Aussage, in der eine Existenzaussage und eine Oder-Verknüpfung vorkommen.

Lösung

Martina findet Markus zuckersüß oder es gibt im Kurs einen von Markus verschiedenen Jungen, den sie nicht zuckersüß findet.

Aufgabe (4 (2+2) Punkte)

Wir betrachten das kommutative Diagramm

{\begin{matrix}A&{\stackrel {\varphi }{\longrightarrow }}&B&\\\!\!\!\!\!g\downarrow &&\downarrow h\!\!\!\!\!&\\L&{\stackrel {\psi }{\longrightarrow }}&M&\!\!\!\!\!\\\end{matrix}}

von Mengen und Abbildungen, d.h. es gilt

{}h\circ \varphi =\psi \circ g\,.

Es seien ${}g$ und ${}h$ bijektiv.

Zeige, dass ${}\varphi$ genau dann injektiv ist, wenn ${}\psi$ injektiv ist.
Zeige, dass ${}\varphi$ genau dann surjektiv ist, wenn ${}\psi$ surjektiv ist.

Lösung

Es sei ${}\varphi$ injektiv, es ist zu zeigen, dass auch ${}\psi$ injektiv ist. Aufgrund der Kommutativität des Diagramms und der Bijektivität von ${}g$ ist
${}\psi =h\circ \varphi \circ g^{-1}\,.$

Somit ist ${}\psi$ als Verknüpfung von drei injektiven Abbildungen wieder injektiv. Wenn man im Diagramm ${}g$ und ${}h$ durch ihre Umkehrabbildungen ersetzt, so sieht man, dass auch die andere Implikation gilt.
Es sei ${}\varphi$ surjektiv, es ist zu zeigen, dass auch ${}\psi$ surjektiv ist. Aufgrund der Kommutativität des Diagramms und der Bijektivität von ${}g$ ist
${}\psi =h\circ \varphi \circ g^{-1}\,.$

Somit ist ${}\psi$ als Verknüpfung von drei surjektiven Abbildungen wieder surjektiv. Wenn man im Diagramm ${}g$ und ${}h$ durch ihre Umkehrabbildungen ersetzt, so sieht man, dass auch die andere Implikation gilt.

Aufgabe (4 Punkte)

Löse das inhomogene Gleichungssystem

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

Lösung

Wir eliminieren zuerst die Variable ${}w$ , indem wir die erste Gleichung von der vierten Gleichung abziehen. Dies führt auf

{\begin{matrix}x&+3y&-2z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&3\\3x&-5y&+z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&2\\3x&\,\,\,\,-y&-2z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&1\,.\end{matrix}}

Nun eliminieren wir die Variable ${}z$ , indem wir (bezogen auf das vorhergehende System) ${}2II+I$ und ${}III+2II$ ausrechnen. Dies führt, nachdem wir die neue erste Gleichung durch sieben teilen, auf

{\begin{matrix}x&\,\,\,\,-y&\,\,\,\,\,\,\,\,&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&1\\9x&-11y&\,\,\,\,\,\,\,\,&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&5\,.\end{matrix}}

Mit ${}-9I+II$ ergibt sich

{}-2y=-4\,

und

{}y=2\,.

Rückwärts gelesen ergibt sich

{}x=3\,,

{}z=3\,

und

{}w=-{\frac {5}{3}}\,.

Aufgabe (4 Punkte)

Es seien ${}2\times 2$ - Matrizen ${}A={\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}\\a_{21}&a_{22}\end{pmatrix}}$ und ${}B={\begin{pmatrix}b_{11}&b_{12}\\b_{21}&b_{22}\end{pmatrix}}$ gegeben. Das Produkt ${}A\cdot B$ ergibt sich mit der üblichen Multiplikationsregel „Zeile x Spalte“, bei der man insgesamt ${}8$ Multiplikationen im Körper ${}K$ ausführen muss. Wir beschreiben, wie man diese Matrixmultiplikation mit nur ${}7$ Multiplikationen (aber mit mehr Additionen) durchführen kann. Wir setzen

{}m_{1}={\left(a_{11}+a_{22}\right)}\cdot {\left(b_{11}+b_{22}\right)}\,,

{}m_{2}={\left(a_{21}+a_{22}\right)}\cdot b_{11}\,,

{}m_{3}=a_{11}\cdot {\left(b_{12}-b_{22}\right)}\,,

{}m_{4}=a_{22}\cdot {\left(b_{21}-b_{11}\right)}\,,

{}m_{5}={\left(a_{11}+a_{12}\right)}\cdot b_{22}\,,

{}m_{6}={\left(a_{21}-a_{11}\right)}\cdot {\left(b_{11}+b_{12}\right)}\,,

{}m_{7}={\left(a_{12}-a_{22}\right)}\cdot {\left(b_{21}+b_{22}\right)}\,.

Zeige, dass für die Koeffizienten der Produktmatrix

{}AB=C={\begin{pmatrix}c_{11}&c_{12}\\c_{21}&c_{22}\end{pmatrix}}\,

die Gleichungen

{}c_{11}=m_{1}+m_{4}-m_{5}+m_{7}\,,

{}c_{12}=m_{3}+m_{5}\,,

{}c_{21}=m_{2}+m_{4}\,,

{}c_{22}=m_{1}-m_{2}+m_{3}+m_{6}\,,

gelten.

Lösung

Es ist

{}{\begin{aligned}m_{1}+m_{4}-m_{5}+m_{7}&={\left(a_{11}+a_{22}\right)}\cdot {\left(b_{11}+b_{22}\right)}+a_{22}\cdot {\left(b_{21}-b_{11}\right)}-{\left(a_{11}+a_{12}\right)}\cdot b_{22}+{\left(a_{12}-a_{22}\right)}\cdot {\left(b_{21}+b_{22}\right)}\\&=a_{11}b_{11}+a_{22}b_{11}+a_{11}b_{22}+a_{22}b_{22}+a_{22}b_{21}-a_{22}b_{11}-a_{11}b_{22}-a_{12}b_{22}+a_{12}b_{21}-a_{22}b_{21}+a_{12}b_{22}-a_{22}b_{22}\\&=a_{11}b_{11}+a_{12}b_{21}\\&=c_{11},\,\end{aligned}}

{}{\begin{aligned}m_{3}+m_{5}&=a_{11}\cdot {\left(b_{12}-b_{22}\right)}+{\left(a_{11}+a_{12}\right)}\cdot b_{22}\\&=a_{11}b_{12}-a_{11}b_{22}+a_{11}b_{22}+a_{12}b_{22}\\&=a_{11}b_{12}+a_{12}b_{22}\\&=c_{12},\end{aligned}}

{}{\begin{aligned}m_{2}+m_{4}&={\left(a_{21}+a_{22}\right)}\cdot b_{11}+a_{22}\cdot {\left(b_{21}-b_{11}\right)}\\&=a_{21}b_{11}+a_{22}b_{11}+a_{22}b_{21}-a_{22}b_{11}\\&=a_{21}b_{11}+a_{22}b_{21}\\&=c_{21},\end{aligned}}

{}{\begin{aligned}m_{1}-m_{2}+m_{3}+m_{6}&={\left(a_{11}+a_{22}\right)}\cdot {\left(b_{11}+b_{22}\right)}-{\left(a_{21}+a_{22}\right)}\cdot b_{11}+a_{11}\cdot {\left(b_{12}-b_{22}\right)}+{\left(a_{21}-a_{11}\right)}\cdot {\left(b_{11}+b_{12}\right)}\\&=a_{11}b_{11}+a_{22}b_{11}+a_{11}b_{22}+a_{22}b_{22}-a_{21}b_{11}-a_{22}b_{11}+a_{11}b_{12}-a_{11}b_{22}+a_{21}b_{11}+a_{21}b_{12}-a_{11}b_{11}-a_{11}b_{12}\\&=a_{21}b_{12}+a_{22}b_{22}\\&=c_{22},\,\end{aligned}}

gelten.

Aufgabe (2 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

(5)\,\,\,1u=u

erfüllt.

Lösung

Es sei ${}K=V$ ein beliebiger Körper. Wir betrachten die „Skalarmultiplikation“

K\times K\longrightarrow K,\,(r,u)\longmapsto r\bullet u,

die jedes Paar ${}(r,u)$ auf ${}0$ abbildet. Dann ist

{}1\bullet u=0\neq u\,

und somit ist das letzte Vektorraumaxiom nicht erfüllt. Alle anderen Vektorraumaxiome sind hingegen erfüllt, da jeweils auf beiden Seiten stets ${}0$ steht.

Aufgabe (6 Punkte)

Wir betrachten die letzte Ziffer im kleinen Einmaleins (ohne die Zehnerreihe) als eine Familie von ${}9$ Tupeln der Länge ${}9$ , also die Zeilenvektoren in der Matrix

{\begin{pmatrix}1&2&3&4&5&6&7&8&9\\2&4&6&8&0&2&4&6&8\\3&6&9&2&5&8&1&4&7\\4&8&2&6&0&4&8&2&6\\5&0&5&0&5&0&5&0&5\\6&2&8&4&0&6&2&8&4\\7&4&1&8&5&2&9&6&3\\8&6&4&2&0&8&6&4&2\\9&8&7&6&5&4&3&2&1\end{pmatrix}}.

Welche Dimension besitzt der durch diese Tupel aufgespannte Untervektorraum des ${}\mathbb {R} ^{9}$ ?

Lösung

Die Zeilen der Matrix seien mit ${}I-IX$ bezeichnet. Es ist

{}I+IX=III+VII=\left(10,\,10,\,10,\,10,\,10,\,10,\,10,\,10,\,10\right)\,

und

{}II+VIII=IV+VI=\left(10,\,10,\,10,\,10,\,0,\,10,\,10,\,10,\,10\right)\,.

Somit tragen die achte und die neunte Zeile nichts zur Vektorraumdimension bei, da sie in dem von den ersten sieben Zeilen erzeugten Untervektorraum liegen. Ferner zeigen diese Gleichungen, dass man die siebte Zeile durch die Zeile

{}VII'=\left(1,\,1,\,1,\,1,\,1,\,1,\,1,\,1,\,1\right)\,

und die sechste Zeile (durch $\left(1,\,1,\,1,\,1,\,0,\,1,\,1,\,1,\,1\right)$ und damit) durch

{}VI'=\left(0,\,0,\,0,\,0,\,1,\,0,\,0,\,0,\,0\right)\,

ersetzen kann. Wir berechnen

{}II-2I=\left(0,\,0,\,0,\,0,\,-10,\,-10,\,-10,\,-10,\,-10\right)\,,

{}III-3I=\left(0,\,0,\,0,\,-10,\,-10,\,-10,\,-20,\,-20,\,-20\right)\,,

{}IV-4I=\left(0,\,0,\,-10,\,-10,\,-20,\,-20,\,-20,\,-30,\,-30\right)\,,

{}V-5I=\left(0,\,-10,\,-10,\,-20,\,-20,\,-30,\,-30,\,-40,\,-40\right)\,

und bezeichnen hinfort die mit ${}-{\frac {1}{10}}$ multiplizierten Vektoren mit ${}II',III',IV',V'$ . Es ist

{}{\begin{aligned}VII^{\prime \prime }&:=VII'-I+V'+IV'\\&=\left(1,\,1,\,1,\,1,\,1,\,1,\,1,\,1,\,1\right)\\&\,-\left(1,\,2,\,3,\,4,\,5,\,6,\,7,\,8,\,9\right)\\&\,+\left(0,\,1,\,1,\,2,\,2,\,3,\,3,\,4,\,4\right)\\&\,+\left(0,\,0,\,1,\,1,\,2,\,2,\,2,\,3,\,3\right)\\&=\left(0,\,0,\,0,\,0,\,0,\,0,\,-1,\,0,\,-1\right).\end{aligned}}

In der Reihenfolge

I,V',IV',III',VI',II'-VI',VII^{\prime \prime }

sind diese Vektoren in oberer Dreiecksgestalt und somit ist die Dimension gleich ${}7$ .

Aufgabe (8 Punkte)

Beweise den Festlegungssatz für lineare Abbildungen.

Lösung

Da ${}f(v_{i})=w_{i}$ sein soll und eine lineare Abbildung für jede Linearkombination die Eigenschaft

{}f{\left(\sum _{i\in I}s_{i}v_{i}\right)}=\sum _{i\in I}s_{i}f{\left(v_{i}\right)}\,

erfüllt, und jeder Vektor ${}v\in V$ sich als eine solche Linearkombination schreiben lässt, kann es maximal nur eine solche lineare Abbildung geben.
Wir definieren nun umgekehrt eine Abbildung

f\colon V\longrightarrow W,

indem wir jeden Vektor ${}v\in V$ mit der gegebenen Basis als

{}v=\sum _{i\in I}s_{i}v_{i}\,

schreiben (wobei ${}s_{i}=0$ ist für fast alle ${}i\in I$ ) und

{}f(v):=\sum _{i\in I}s_{i}w_{i}\,

ansetzen. Da die Darstellung von ${}v$ als eine solche Linearkombination eindeutig ist, ist diese Abbildung wohldefiniert.
Zur Linearität. Für zwei Vektoren ${}u=\sum _{i\in I}s_{i}v_{i}$ und ${}v=\sum _{i\in I}t_{i}v_{i}$ gilt

{}{\begin{aligned}f{\left(u+v\right)}&=f{\left({\left(\sum _{i\in I}s_{i}v_{i}\right)}+{\left(\sum _{i\in I}t_{i}v_{i}\right)}\right)}\\&=f{\left(\sum _{i\in I}{\left(s_{i}+t_{i}\right)}v_{i}\right)}\\&=\sum _{i\in I}(s_{i}+t_{i})f{\left(v_{i}\right)}\\&=\sum _{i\in I}s_{i}f{\left(v_{i}\right)}+\sum _{i\in I}t_{i}f(v_{i})\\&=f{\left(\sum _{i\in I}s_{i}v_{i}\right)}+f{\left(\sum _{i\in I}t_{i}v_{i}\right)}\\&=f(u)+f(v).\end{aligned}}

Die Verträglichkeit mit der skalaren Multiplikation ergibt sich ähnlich, siehe Aufgabe 10.24 (Lineare Algebra (Osnabrück 2017-2018)).

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei

{}M={\begin{pmatrix}4&3\\5&1\end{pmatrix}}\,.

Finde Elementarmatrizen ${}E_{1},\ldots ,E_{k}$ derart, dass ${}E_{k}\circ \cdots \circ E_{1}\circ M$ die Einheitsmatrix ist.

Lösung

Wir multiplizieren die gegebene Matrix nacheinander mit Elementarmatrizen, bis sich die Einheitsmatrix ergibt. Es ist

{}{\begin{pmatrix}1&0\\-{\frac {5}{4}}&1\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}4&3\\5&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}4&3\\0&-{\frac {11}{4}}\end{pmatrix}}\,,

{}{\begin{pmatrix}1&{\frac {12}{11}}\\0&1\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}4&3\\0&-{\frac {11}{4}}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}4&0\\0&-{\frac {11}{4}}\end{pmatrix}}\,,

{}{\begin{pmatrix}{\frac {1}{4}}&0\\0&1\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}4&0\\0&-{\frac {11}{4}}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0\\0&-{\frac {11}{4}}\end{pmatrix}}\,,

{}{\begin{pmatrix}1&0\\0&-{\frac {4}{11}}\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}1&0\\0&-{\frac {11}{4}}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}\,.

Somit ist insgesamt

{}{\begin{pmatrix}1&0\\0&-{\frac {4}{11}}\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}{\frac {1}{4}}&0\\0&1\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}1&{\frac {12}{11}}\\0&1\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}1&0\\-{\frac {5}{4}}&1\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}4&3\\5&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}\,.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}C\subseteq \mathbb {R} ^{3}$ das Bild der Abbildung

\mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,t\longmapsto (t,t^{2},t^{3})=(x,y,z).

Skizziere die Bilder von ${}C$ unter den Projektionen auf die verschiedenen Koordinatenebenen.

Lösung Projektionen/t t^2 t^3/Skizziere/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise den Determinantenmultiplikationssatz.

Lösung

Wir fixieren die Matrix ${}B$ . Es sei zunächst ${}\det B=0$ . Dann ist nach Satz 16.11 (Lineare Algebra (Osnabrück 2017-2018)) die Matrix ${}B$ nicht invertierbar und damit ist auch ${}A\circ B$ nicht invertierbar und somit wiederum ${}\det A\circ B=0$ . Es sei nun ${}B$ invertierbar. In diesem Fall betrachten wir die wohldefinierte Abbildung

\delta \colon \operatorname {Mat} _{n}(K)\longrightarrow K,\,A\longmapsto (\det A\circ B)(\det B)^{-1}.

Wir wollen zeigen, dass diese Abbildung gleich der Abbildung ${}A\mapsto \det A$ ist, indem wir die die Determinante charakterisierenden Eigenschaften nachweisen und Satz 17.3 (Lineare Algebra (Osnabrück 2017-2018)) anwenden. Wenn ${}z_{1},\ldots ,z_{n}$ die Zeilen von ${}A$ sind, so ergibt sich ${}\delta (A)$ , indem man auf die Zeilen ${}z_{1}B,\ldots ,z_{n}B$ die Determinante anwendet und mit ${}(\det B)^{-1}$ multipliziert. Daher folgt die Multilinearität und die alternierende Eigenschaft aus Aufgabe 16.28 (Lineare Algebra (Osnabrück 2017-2018)). Wenn man mit ${}A=E_{n}$ startet, so ist ${}A\circ B=B$ und daher ist

{}\delta (E_{n})=(\det B)\cdot (\det B)^{-1}=1\,.

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

Wir betrachten die durch die Wertetabelle

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

gegebene Abbildung ${}F$ von

{}M=\{1,2,\ldots ,8\}\,

in sich selbst.

Erstelle eine Wertetabelle für ${}F^{2}=F\circ F$ .
Erstelle eine Wertetabelle für ${}F^{3}=F\circ F\circ F$ .
Begründe, dass sämtliche iterierten Hintereinanderschaltungen ${}F^{n}$ bijektiv sind.
Bestimme für jedes ${}x\in M$ das minimale ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ mit der Eigenschaft, dass
${}F^{n}(x)=x\,$

ist.
Bestimme das minimale ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ mit der Eigenschaft, dass
${}F^{n}(x)=x\,$

für alle ${}x\in M$ ist.

Lösung

Es ist

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

Es ist

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

Aus der Wertetabelle kann man unmittelbar entnehmen, dass ${}F$ bijektiv ist. Nach Satz . (Lineare Algebra (Osnabrück 2017-2018)) sind dann sämtliche Hintereinanderschaltungen der Abbildung mit sich selbst wieder bijektiv.
Die Abbildungsvorschrift bewirkt
$1\mapsto 3\mapsto 1$

und

$2\mapsto 5\mapsto 8\mapsto 4\mapsto 7\mapsto 6\mapsto 2.$

Für ${}x=1,3$ ist also ${}n=2$ und für ${}x=2,5,8,4,7,6$ ist ${}n=6$ .
Bei ${}n=6$ sind nach Teil (4) die Zahlen ${}2,5,8,4,7,6$ wieder an ihrer Stelle, aber auch ${}1,3$ sind an ihrer Stelle, da ${}6$ ein Vielfaches von ${}2$ ist.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme für das Polynom

{}P=7X^{11}-3X^{8}+{\frac {3}{2}}X^{6}-X+5\,

den Grad, den Leitkoeffizienten, den Leitterm und den Koeffizienten zu ${}X^{5}$ .

Lösung

Der Grad ist ${}11$ , der Leitkoeffizient ist ${}7$ , der Leitterm ist ${}7X^{11}$ und der Koeffizient zu ${}X^{5}$ ist ${}0$ .

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}M$ eine ${}2\times 2$ - Matrix über einem Körper ${}K$ . Zeige, dass ${}M$ genau dann trigonalisierbar ist, wenn ${}M$ einen Eigenvektor besitzt.

Lösung

Wenn ${}M$ trigonalisierbar ist, so zerfällt das charakteristische Polynom zu ${}M$ in Linearfaktoren und hat somit insbesondere Nullstellen, welche wiederum Eigenwerte sind, wozu auch Eigenvektoren gehören. Wenn umgekehrt ${}M$ einen Eigenvektor besitzt, so auch einen Eigenwert und damit besitzt das charakteristische Polynom eine Nullstelle, sagen wir ${}\lambda$ . Dies bedeutet, dass das charakteristische Polynom ${}\chi _{M}$ von ${}X-\lambda$ geteilt wird. Es ist also

{}\chi _{M}=(X-\lambda )Q\,.

Da das charakteristische Polynom den Grad ${}2$ besitzt, muss der andere Faktor ${}Q$ ebenfalls ein Linearfaktor sein. Somit zerfällt das charakteristische Polynom in Linearfaktoren und ${}M$ ist trigonalisierbar.