Kurs:Lineare Algebra/Teil I/21/Klausur mit Lösungen/kontrolle

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

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Man nennt

   ${}\bigcup _{i\in I}M_{i}={\left\{x\in G\mid {\text{es gibt ein }}i\in I{\text{ mit }}x\in M_{i}\right\}}\,$

   die Vereinigung der Mengen.

2. Unter der Fakultät von ${}n$ versteht man die Zahl

   ${}n!:=n(n-1)(n-2)\cdots 3\cdot 2\cdot 1\,.$

3. Die Teilmenge ${}U\subseteq V$ heißt Untervektorraum, wenn die folgenden Eigenschaften gelten.
   1. ${}0\in U$.
   2. Mit ${}u,v\in U$ ist auch ${}u+v\in U$.
   3. Mit ${}u\in U$ und ${}s\in K$ ist auch ${}su\in U$.
4. Die lineare Abbildung werde bezüglich einer Basis durch die Matrix ${}M$ beschrieben. Dann nennt man ${}\operatorname {Spur} {\left(M\right)}$ die Spur von ${}\varphi$.
5. Eine Kette von Untervektorräumen

   $0=V_{0}\subset V_{1}\subset \ldots \subset V_{n-1}\subset V_{n}=V$

   heißt eine Fahne in ${}V$.

6. Man nennt die zu ${}P$ eindeutig bestimmten Zahlen

   $(a_{i},i\in I){\text{ mit }}\sum _{i\in I}a_{i}=1$

   mit

   ${}P=\sum _{i\in I}a_{i}P_{i}\,$

   die baryzentrischen Koordinaten von ${}P$.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es sei ${}K$ ein Körper und ${}V$ ein ${}K$-Vektorraum. Es sei ${}v_{1},\ldots ,v_{n}\in V$ eine Familie von Vektoren. Dann sind folgende Aussagen äquivalent.
   1. Die Familie ist eine Basis von ${}V$.
   2. Die Familie ist ein minimales Erzeugendensystem, d.h. sobald man einen Vektor ${}v_{i}$ weglässt, liegt kein Erzeugendensystem mehr vor.
   3. Für jeden Vektor ${}u\in V$ gibt es genau eine Darstellung

      $u=s_{1}v_{1}+\cdots +s_{n}v_{n}.$

   4. Die Familie ist maximal linear unabhängig, d.h. sobald man irgendeinen Vektor dazunimmt, ist die Familie nicht mehr linear unabhängig.
2. Es sei ${}K$ ein Körper und ${}M$ eine ${}m\times n$- Matrix mit Einträgen in ${}K$. Dann hat die Multiplikation mit den ${}m\times m$- Elementarmatrizen von links mit ${}M$ folgende Wirkung.
   1. ${}V_{ij}\circ M=$ Vertauschen der ${}i$-ten und der ${}j$-ten Zeile von ${}M$.
   2. ${}(S_{k}(s))\circ M=$ Multiplikation der ${}k$-ten Zeile von ${}M$ mit ${}s$.
   3. ${}(A_{ij}(a))\circ M=$ Addition des ${}a$-fachen der ${}j$-ten Zeile von ${}M$ zur ${}i$-ten Zeile ($i\neq j$).
3. Folgende Aussagen sind äquivalent.
   1. ${}\varphi$ ist trigonalisierbar.
   2. Es gibt eine ${}\varphi$- invariante Fahne.
   3. Das charakteristische Polynom ${}\chi _{\varphi }$ zerfällt in Linearfaktoren.
   4. Das Minimalpolynom ${}\mu _{\varphi }$ zerfällt in Linearfaktoren.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und

${\begin{matrix}a_{11}x_{1}+a_{12}x_{2}+\cdots +a_{1n}x_{n}&=&0\\a_{21}x_{1}+a_{22}x_{2}+\cdots +a_{2n}x_{n}&=&0\\\vdots &\vdots &\vdots \\a_{m1}x_{1}+a_{m2}x_{2}+\cdots +a_{mn}x_{n}&=&0\end{matrix}}$

ein homogenes lineares Gleichungssystem über ${}K$. Zeige, dass die Menge aller Lösungen des Gleichungssystems ein Untervektorraum des ${}K^{n}$ ist. Wie verhält sich dieser Lösungsraum zu den Lösungsräumen der einzelnen Gleichungen?

Lösung

Wegen

${}\sum _{j=1}^{n}a_{ij}0=0\,$

für alle

${}i=1,\ldots ,m\,$

ist das Nulltupel ${}(0,\ldots ,0)$ eine Lösung. Es seien ${}\left(x_{1},\,\ldots ,\,x_{n}\right)$ und${}\left(y_{1},\,\ldots ,\,y_{n}\right)$ Lösungen des linearen Gleichungssystems. Zu ${}s\in K$ ist dann für jedes ${}i$

${}\sum _{j=1}^{n}a_{ij}{\left(sx_{j}\right)}=s\cdot {\left(\sum _{j=1}^{n}a_{ij}x_{j}\right)}=s\cdot 0=0\,.$

Entsprechend ist

${}{\begin{aligned}\sum _{j=1}^{n}a_{ij}{\left(x_{j}+y_{j}\right)}&=\sum _{j=1}^{n}{\left(a_{ij}x_{j}+a_{ij}y_{j}\right)}\\&={\left(\sum _{j=1}^{n}a_{ij}x_{j}\right)}+{\left(\sum _{j=1}^{n}a_{ij}x_{j}\right)}\\&=0+0\\&=0\end{aligned}}$

für alle ${}i$. Somit ist der Lösungsraum unter Multiplikation mit einem Skalar und unter Addition abgeschlossen und bildet demnach einen Untervektorraum.

Der Gesamtlösungsraum ist der Durchschnitt der Lösungsräume zu den einzelnen Gleichungen.

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

Der ${}\mathbb {R}$- Vektorraum ${}\mathbb {R} ^{2}$ sei zusätzlich mit der komponentenweisen Multiplikation versehen. Bestimme, welche der folgenden Teilmengen unter dieser Multiplikation abgeschlossen sind.

1. Die Punktmenge ${}\{\left(0,\,0\right),\left(0,\,1\right),\left(1,\,0\right),\left(1,\,1\right)\}$.
2. Die Gerade

   ${\left\{\left(x,\,y\right)\mid y=3x\right\}}.$

3. Das Achsenkreuz

   ${\left\{\left(x,\,y\right)\mid x=0{\text{ oder }}y=0\right\}}.$

4. Die Hyperbel

   ${\left\{\left(x,\,y\right)\mid xy=1\right\}}.$

5. Die Parabel

   ${\left\{\left(x,\,y\right)\mid y=x^{2}\right\}}.$

Lösung

1. Ist multiplikativ abgeschlossen. Bei jedem möglichen Produkt sind die beiden Komponenten ${}0$ oder ${}1$, gehören also wieder zu der Punktmenge.
2. Ist nicht multiplikativ abgeschlossen. Es ist ${}(1,3)$ ein Punkt der Geraden, aber

   ${}(1,3)\cdot (1,3)=(1,9)\,$

   ist kein Punkt der Geraden.

3. Ist multiplikativ abgeschlossen. Ein Produkt von zwei Punkten des Achsenkreuzes hat in mindestens einer Komponenten den Wert ${}0$ und gehört somit wieder zum Achsenkreuz.
4. Ist multiplikativ abgeschlossen. Es seien ${}(x,y)$ und ${}(z,w)$ Punkte der Hyperbel, also ${}xy=1$ und ${}zw=1$. Das Produkt der Punkte ist

   ${}(x,y)\cdot (z,w)=(xz,yw)\,$

   und wegen

   ${}(xz)\cdot (yw)=xzyw=xyzw=1\cdot 1=1\,$

   liegt das Produkt wieder auf der Hyperbel.

5. Ist multiplikativ abgeschlossen. Die Punkte auf der Parabel sind die Punkte der Form ${}(x,x^{2})$, und das Produkt von zwei solchen Punkten ist

   ${}(x,x^{2})\cdot (u,u^{2})=(xu,x^{2}u^{2})=(xu,(xu)^{2})\,,$

   und hat also wieder diese Form.

Aufgabe (7 (5+2) Punkte)

Es sei ${}M$ eine ${}m\times n$- Matrix über dem Körper ${}K$ mit dem Rang ${}r$.

1. Zeige, dass es eine ${}r\times n$-Matrix ${}A$ und eine ${}m\times r$-Matrix ${}B$, beide mit dem Rang ${}r$, mit ${}M=B\circ A$ gibt.
2. Sei ${}s<r$. Zeige, dass es nicht möglich ist, ${}M=B\circ A$ mit einer ${}s\times n$-Matrix ${}A$ und einer ${}m\times s$-Matrix ${}B$ zu schreiben.

Lösung

1. Wir fassen die Matrix als lineare Abbildung

   $K^{n}\longrightarrow K^{m}.$

   Nach Lemma 12.14 ist der Rang dieser Abbildung gleich ${}r$, d.h. das Bild ${}V\subseteq K^{m}$ besitzt die Dimension ${}r$. Es gibt also eine Faktorisierung

   $K^{n}\longrightarrow V\longrightarrow K^{m},$

   wobei die erste Abbildung die durch ${}M$ gegebene Abbildung mit dem Bild ${}V$ ist und die zweite Abbildung die Inklusion ${}V\subseteq K^{m}$. Mit einer Basis ${}v_{1},\ldots ,v_{r}$ von ${}V$ und den Standardbasen links und rechts werden diese beiden linearen Abbildungen durch eine ${}r\times n$-Matrix ${}A$ und eine ${}m\times r$-Matrix ${}B$ beschrieben. Somit gilt

   ${}M=B\circ A\,.$

   Da die durch ${}A$ beschriebene lineare Abbildung surjektiv auf ${}V$ abbildet, ist ihr Rang gleich ${}r$. Da das Bild der durch ${}B$ beschriebenen linearen Abbildung wegen der Injektivität ebenfalls die Dimension ${}r$ besitzt, ist ihr Rang auch ${}r$.

2. Wir nehmen an, dass es eine Darstellung

   ${}M=B\circ A\,$

   mit einer ${}s\times n$-Matrix ${}A$ und einer ${}m\times s$-Matrix ${}B$ gibt. Dann ergibt sich eine Faktorisierung

   $K^{n}{\stackrel {A}{\longrightarrow }}K^{s}{\stackrel {B}{\longrightarrow }}K^{m}.$

   Das Bild der Gesamtabbildung ist im Bild der hinteren Abbildung enthalten, und ist somit höchstens ${}s$-dimensional. Da ${}r$ die Dimension des Bildes der Gesamtabbildung ist, ergibt sich aus ${}s<r$ ein Widerspruch.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein endlicher Körper mit ${}q$ Elementen. Bestimme die Anzahl der nicht invertierbaren ${}2\times 2$- Matrizen über ${}K$.

Lösung

Die ${}2\times 2$-Matrizen haben die Form

${\begin{pmatrix}x&y\\z&w\end{pmatrix}}$

mit ${}x,y,z,w\in K$. Die Eigenschaft, nicht invertierbar zu sein, kann man mit der Determinante durch die Bedingung

${}xw-yz=0\,$

ausdrücken. Wenn ${}w=0$ ist, so muss ${}y=0$ oder ${}z=0$ sein. Im ersten Fall gibt es für ${}x$ und ${}z$ jeweils ${}q$ Möglichkeiten. Im zweiten Fall gibt es für ${}x$ und ${}y$ ebenfalls jeweils ${}q$ Möglichkeiten, allerdings darf man ${}y=0$ nicht doppelt zählen. Somit erhalten wir bei ${}w=0$ insgesamt ${}q^{2}+q(q-1)$ Möglichkeiten. Es sei also ${}w\neq 0$. Dann gilt

${}x={\frac {yz}{w}}\,,$

d.h. ${}x$ ist durch die drei anderen Belegungen eindeutig bestimmt. Von dieser Art gibt es ${}(q-1)q^{2}$ Möglichkeiten. Insgesamt gibt es also

${}{\begin{aligned}q^{2}+q(q-1)+(q-1)q^{2}&=q^{2}+q^{2}-q+q^{3}-q^{2}\\&=q^{3}+q^{2}-q\end{aligned}}$

nichtinvertierbare ${}2\times 2$-Matrizen.

Aufgabe (3 Punkte)

Man gebe ein Beispiel für einen ${}K$- Vektorraum ${}V$ und eine lineare Abbildung ${}\varphi \colon V\rightarrow V$, die surjektiv, aber nicht injektiv 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 ${}e_{0}$ auf sich selbst und die weiteren Basiselemente ${}e_{n}$ auf ${}e_{n-1}$ schickt. Dann werden ${}e_{0}$ und ${}e_{1}$ beide auf ${}e_{0}$ abgebildet und die Abbildung ist daher nicht injektiv. Hingegen wird jedes Basiselement ${}e_{n}$ durch ${}e_{n+1}$ getroffen, und somit ist diese lineare Abbildung surjektiv.

Aufgabe (1 Punkt)

Bestimme, abhängig von ${}a,b,c,d$, den Rang der Matrix

${\begin{pmatrix}a&4b&a-c&d\\0&b&b^{2}&b^{3}\\0&0&c^{2}&a^{2}\\0&0&0&d\end{pmatrix}}.$

Lösung

Da eine obere Dreiecksmatrix vorliegt, ist der Rang der Matrix gleich der Anzahl der von ${}0$ verschiedenen Elemente in der Hauptdiagonalen. Dies ist einfach die Anzahl der ${}a,b,c,d$, die von ${}0$ verschieden sind.

Aufgabe (8 (3+3+2) Punkte)

1. Beweise den Determinantenmultiplikationssatz

   ${}\det \left(A\circ B\right)=\det \left(A\right)\det \left(B\right)\,$

   für den Fall, dass ${}A$ eine Elementarmatrix ist.

2. Beweise den Determinantenmultiplikationssatz

   ${}\det \left(A\circ B\right)=\det \left(A\right)\det \left(B\right)\,$

   für den Fall, dass ${}A$ ein Produkt aus Elementarmatrizen ist.

3. Beweise den Determinantenmultiplikationssatz mit Hilfe von (2).

Lösung

1. Wir gehen die verschiedenen Elementarmatrizen durch. Wenn ${}E$ eine Vertauschungsmatrix ist, so ist ihre Determinante gleich ${}-1$ und ${}E\circ M$ entsteht aus ${}M$, indem die ${}i$-te und die ${}j$-te Zeile vertauscht werden. Das ändert die Determinante um das Vorzeichen. Wenn ${}E$ eine Skalierungsmatrix zum Faktor ${}s$ ist, so ist ihre Determinante gleich ${}s$ und ${}E\circ M$ entsteht aus ${}M$, indem die ${}i$-te mit ${}s$ multipliziert. Das ändert die Determinante um den Faktor ${}s$. Wenn ${}E$ eine Additionsmatrix ist, so ist ihre Determinante gleich ${}1$ und ${}E\circ M$ entsteht aus ${}M$, indem das ${}a$-fache der ${}j$-ten Zeile zur ${}i$-ten Zeile hinzuaddiert wird. Das ändert die Determinante nicht.
2. Sei

   ${}A=E_{1}\circ \cdots \circ E_{s}\,$

   ein Produkt von Elementarmatrizen. Wir beweisen die Aussage durch Induktion nach ${}s$, wobei sich der Induktionsanfang zu ${}s=1$ aus Teil (1) ergibt. Es sei die Aussage für ein Produkt aus ${}s-1$ Elementarmatrizen schon bewiesen. Dann ist nach Teil (1) und der Induktionsvoraussetzung

   ${}{\begin{aligned}\det \left(AB\right)&=\det \left(E_{1}\circ \cdots \circ E_{s}\circ B\right)\\&=\det E_{1}\circ {\left(E_{2}\circ \cdots \circ E_{s}\circ B\right)}\\&=\det E_{1}\cdot \det \left(E_{2}\circ \cdots \circ E_{s}\circ B\right)\\&=\det E_{1}\cdot \det E_{2}\cdots \det E_{s}\cdot \det B\\&=\det A\cdot \det B.\end{aligned}}$

   wobei sich die letzte Gleichung aus dem Spezialfall zu ${}B=E_{n}$ ergibt.

3. Es sei zunächst ${}\det A=0$. Dann ist nach Satz 16.11 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) die Matrix ${}A$ nicht invertierbar und damit ist auch ${}A\circ B$ nicht invertierbar und somit wiederum ${}\det A\circ B=0$. Es sei nun ${}A$ invertierbar. Dann gibt es eine Zerlegung

   ${}A=E_{1}\circ \cdots \circ E_{s}\,$

   in Elementarmatrizen, und die Aussage folgt aus Teil (2).

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über die Beschreibung des Signums mit Fehlständen.

Lösung

Wir schreiben

${}{\begin{aligned}\operatorname {sgn} (\pi )&=\prod _{i<j}{\frac {\pi (j)-\pi (i)}{j-i}}\\&=\prod _{(i,j)\in F}{\frac {\pi (j)-\pi (i)}{j-i}}\prod _{(i,j)\not \in F}{\frac {\pi (j)-\pi (i)}{j-i}}\\&=(-1)^{k}\prod _{(i,j)\in F}{\frac {\pi (i)-\pi (j)}{j-i}}\prod _{(i,j)\not \in F}{\frac {\pi (j)-\pi (i)}{j-i}}\\&=(-1)^{k},\end{aligned}}$

da nach dieser Umordnung sowohl im Zähler als auch im Nenner das Produkt aller positiven Differenzen steht.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme im Polynomring ${}K[X]$ über einem Körper ${}K$ die invertierbaren Elemente, also Polynome ${}P$, für die es ein weiteres Polynom ${}Q$ mit ${}PQ=1$ gibt.

Lösung

Es sind genau die konstanten Polynome ${}a$, ${}a\neq 0$ invertierbar. Wegen ${}a\in K$ besitzen diese ein Inverses. Das Nullpolynom ist sicher nicht invertierbar. Es sei nun

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

ein nichtkonstantes Polynom, also ${}a_{n}\neq 0$ und ${}n\geq 1$. Dann besitzt für jedes Polynom ${}Q\neq 0$ das Polynom

$PQ$

einen Grad ${}\geq 1$, ist also nicht ${}1$ (und ${}P\cdot 0=0\neq 1$).

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei

${}x^{2}+px+q=0\,$

eine quadratische Gleichung über einem Körper ${}K$, und es sei ${}r\neq 0$ eine Lösung davon. Zeige, dass auch ${}{\frac {q}{r}}$ eine Lösung der Gleichung ist.

Lösung

Wir behaupten, dass das Polynom ${}X^{2}+pX+q$ die Faktorzerlegung

${}X^{2}+pX+q=(X-r){\left(X-{\frac {q}{r}}\right)}\,$

besitzt. Wenn man die rechte Seite ausmultipliziert, so stimmt der konstante Koeffizient und der Leitkoeffizient mit den Koeffizienten der linken Seite überein. Der lineare Koeffizient ist

${}-r-{\frac {q}{r}}={\frac {-r^{2}-q}{r}}={\frac {-{\left(-pr-q\right)}-q}{r}}={\frac {pr+q-q}{r}}=p\,,$

sodass hier auch Überstimmung vorliegt. Wenn man nun rechts ${}{\frac {q}{r}}$ einsetzt, kommt offenbar ${}0$ raus, es liegt also eine Lösung vor.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über die Diagonalisierbarkeit und Eigenräume.

Lösung

Wenn ${}\varphi$ diagonalisierbar ist, so gibt es eine Basis ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ von ${}V$ aus Eigenvektoren. Es ist dann

${}\operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\varphi \right)}=\langle v_{i},\,{\text{der Eigenwert zu }}v_{i}{\text{ ist }}\lambda \rangle \,.$

Daher ist

${}V=\operatorname {Eig} _{\lambda _{1}}{\left(\varphi \right)}\oplus \cdots \oplus \operatorname {Eig} _{\lambda _{k}}{\left(\varphi \right)}\,,$

wobei die Direktheit sich aus Lemma 22.2 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) ergibt. Wenn umgekehrt

${}V=\operatorname {Eig} _{\lambda _{1}}{\left(\varphi \right)}\oplus \cdots \oplus \operatorname {Eig} _{\lambda _{k}}{\left(\varphi \right)}\,$

vorliegt, so kann man in jedem der Eigenräume eine Basis wählen. Diese Basen bestehen aus Eigenvektoren und ergeben zusammen eine Basis von ${}V$.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme in ${}\mathbb {Z}$ mit Hilfe des euklidischen Algorithmus den größten gemeinsamen Teiler von ${}71894$ und ${}45327$.

Lösung

Der Euklidische Algorithmus liefert:

$71894=1\cdot 45327+26567$

$45327=1\cdot 26567+18760$

$26567=1\cdot 18760+7807$

$18760=2\cdot 7807+3146$

$7807=2\cdot 3146+1515$

$3146=2\cdot 1515+116$

$1515=13\cdot 116+7$

$116=16\cdot 7+4$

$7=1\cdot 4+3$

$4=1\cdot 3+1.$

Die Zahlen ${}71894$ und ${}45327$ sind also teilerfremd.

Aufgabe (4 Punkte)

Es seien ${}V$ und ${}W$ Vektorräume über ${}K$ der gleichen Dimension ${}n$ und es seien

${}0=V_{0}\subset V_{1}\subset \ldots \subset V_{n-1}\subset V_{n}=V\,$

und

${}0=W_{0}\subset W_{1}\subset \ldots \subset W_{n-1}\subset W_{n}=W\,$

Fahnen in ${}V$ bzw. ${}W$. Zeige, dass es eine bijektive lineare Abbildung

$\varphi \colon V\longrightarrow W$

mit

${}\varphi (V_{i})=W_{i}\,$

für alle ${}i=0,1,\ldots ,n$ gibt.

Lösung

Aufgrund des Basisergänzungssatzes gibt es eine Basis

$v_{1},\ldots ,v_{n}$

von ${}V$ mit

${}V_{i}=\langle v_{1},\ldots ,v_{i}\rangle \,$

für alle ${}i$. Entsprechend gibt es eine Basis

$w_{1},\ldots ,w_{n}$

von ${}W$ mit

${}W_{i}=\langle w_{1},\ldots ,w_{i}\rangle \,$

für alle ${}i$. Aufgrund des Basisfestlegungssatzes gibt es eine lineare Abbildung

$\varphi \colon V\longrightarrow W$

mit ${}\varphi (v_{i})=w_{i}$. Diese ist surjektiv, da das Bild ein Erzeugendensystem enthält, und somit bijektiv, da die Räume gleichdimensional sind. Nach Konstruktion gilt

${}\varphi (V_{i})\subseteq W_{i}\,,$

wobei wegen der Dimension hier Gleichheit gilt.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme, ob die Matrix

${\begin{pmatrix}1&7\\3&21\end{pmatrix}}$

nilpotent ist.

Lösung

Wegen

${}{\begin{pmatrix}1&7\\3&21\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1\\7\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}22\\154\end{pmatrix}}=22{\begin{pmatrix}1\\7\end{pmatrix}}\,$

ist ${}22$ ein Eigenwert der Matrix, sie kann also nicht nilpotent sein.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme, ob die beiden Matrizen

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

zueinander ähnlich sind.

Lösung

Die Matrix ${}M$ bildet

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

daher ist ${}M^{2}=0$. Die Matrix ${}N$ bildet

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

daher ist ${}N^{2}\neq 0$. Die beiden Matrizen können also nicht die gleiche lineare Abbildung beschreiben und sind somit nicht zueinander ähnlich.