Kurs:Lineare Algebra/Teil I/22/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	5	6	8	3	2	4	3	4	2	6	4	4	4	64

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die Hintereinanderschaltung der Abbildungen

   $F\colon L\longrightarrow M$

   und

   $G\colon M\longrightarrow N.$

2. Die Matrizenmultiplikation.
3. Der von einer Familie von Vektoren ${}v_{i},\,i\in I$, aus einem ${}K$- Vektorraum ${}V$ aufgespannte Untervektorraum.
4. Der Homomorphismenraum ${}\operatorname {Hom} _{K}{\left(V,W\right)}$ zu ${}K$- Vektorräumen ${}V$ und ${}W$.
5. Ein Gruppenhomomorphismus zwischen Gruppen ${}(G,\circ ,e_{G})$ und ${}(H,\circ ,e_{H})$.
6. Ein affiner Raum über einem ${}K$- Vektorraum ${}V$.

Lösung

1. Die Abbildung

   $G\circ F\colon L\longrightarrow N,\,x\longmapsto G(F(x)),$

   heißt die Hintereinanderschaltung der Abbildungen ${}F$ und ${}G$.

2. Es sei ${}K$ ein Körper und es sei ${}A$ eine ${}m\times n$- Matrix und ${}B$ eine ${}n\times p$-Matrix über ${}K$. Dann ist das Matrixprodukt

   $AB$

   diejenige ${}m\times p$-Matrix, deren Einträge durch

   ${}c_{ik}=\sum _{j=1}^{n}a_{ij}b_{jk}\,$

   gegeben sind.

3. Man nennt

   ${}\langle v_{i},\,i\in I\rangle ={\left\{\sum _{i\in J}s_{i}v_{i}\mid s_{i}\in K,\,J\subseteq I{\text{ endliche Teilmenge}}\right\}}\,$

   den von der Familie aufgespannten Untervektorraum.

4. Unter dem Homomorphismenraum versteht man

   ${}\operatorname {Hom} _{K}{\left(V,W\right)}={\left\{f:V\rightarrow W\mid f{\text{ lineare Abbildung}}\right\}}\,,$

   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.

5. Eine Abbildung

   $\psi \colon G\longrightarrow H$

   heißt Gruppenhomomorphismus, wenn die Gleichheit

   ${}\psi (g\circ g')=\psi (g)\circ \psi (g')\,$

   für alle ${}g,g'\in G$ gilt.

6. Ein affiner Raum über einem ${}K$- Vektorraum ${}V$ ist (die leere Menge oder) eine nichtleere Menge ${}E$ zusammen mit einer Abbildung

   $V\times E\longrightarrow E,\,(v,P)\longmapsto P+v,$

   die den drei Bedingungen

   1. ${}P+0=P$ für alle ${}P\in E$,
   2. ${}(P+v)+w=P+(v+w)$ für alle ${}v,w\in V$ und ${}P\in E$,
   3. Zu je zwei Punkten ${}P,Q\in E$ gibt es genau einen Vektor ${}v\in V$ mit ${}Q=P+v$,

   genügt.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über den Zusammenhang zwischen der Verknüpfung linearer Abbildungen und der Matrizenmultiplikation (genaue Formulierung mit Basen).
2. Der Satz über die Vertauschungseigenschaft bei einer alternierenden Abbildung.
3. Der Satz über die Nullstellen von Minimalpolynom und charakteristischem Polynom.

Lösung

1. Bei der Korrespondenz zwischen linearen Abbildungen und Matrizen entsprechen sich die Hintereinanderschaltung von linearen Abbildungen und die Matrizenmultiplikation. Damit ist folgendes gemeint: es seien ${}U,V,W$ Vektorräume über einem Körper ${}K$ mit Basen

   ${\mathfrak {u}}=u_{1},\ldots ,u_{p},\,{\mathfrak {v}}=v_{1},\ldots ,v_{n}{\text{ und }}{\mathfrak {w}}=w_{1},\ldots ,w_{m}.$

   Es seien

   $\psi :U\longrightarrow V{\text{ und }}\varphi :V\longrightarrow W$

   lineare Abbildungen. Dann gilt für die beschreibenden Matrizen von ${}\psi ,\,\varphi$ und der Hintereinanderschaltung ${}\varphi \circ \psi$ die Beziehung

   $M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {u}}(\varphi \circ \psi )=(M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi ))\circ (M_{\mathfrak {v}}^{\mathfrak {u}}(\psi )).$

2. Es sei ${}K$ ein Körper, ${}V$ und ${}W$ seien ${}K$- Vektorräume und sei ${}n\in \mathbb {N}$. Es sei

   $\Phi \colon V^{n}=\underbrace {V\times \cdots \times V} _{n{\text{-mal}}}\longrightarrow W$

   eine alternierende Abbildung. Dann gilt

   ${}\Phi (v_{1},\ldots ,v_{r-1},v_{r},v_{r+1},\ldots ,v_{s-1},v_{s},v_{s+1},\ldots ,v_{n})=-\Phi (v_{1},\ldots ,v_{r-1},v_{s},v_{r+1},\ldots ,v_{s-1},v_{r},v_{s+1},\ldots ,v_{n})\,.$

3. Es sei ${}V$ ein endlichdimensionaler Vektorraum über einem Körper ${}K$ und es sei

   $f\colon V\longrightarrow V$

   eine lineare Abbildung. Dann besitzt das charakteristische Polynom ${}\chi _{f}$ und das Minimalpolynom

   ${}\mu _{f}$ die gleichen Nullstellen.

Aufgabe (3 Punkte)

Löse das lineare Gleichungssystem

${}4x-5y+7z=-3\,,$

${}-2x+4y+3z=9\,,$

${}x=-2\,.$

Lösung

Wir setzen die dritte Gleichung in die beiden ersten Gleichungen ein und erhalten

${}-5y+7z=5\,$

und

${}4y+3z=5\,.$

Wir addieren das Vierfache der ersten mit dem Fünffachen der zweiten Gleichung und erhalten

${}43z=45\,.$

Somit ist

${}z={\frac {45}{43}}\,$

und

${}y={\frac {5-3z}{4}}={\frac {215-135}{172}}={\frac {80}{172}}={\frac {20}{43}}\,.$

Die einzige Lösung des Gleichungssystems ist somit

$\left(-2,\,{\frac {20}{43}},\,{\frac {45}{43}}\right).$

Aufgabe (5 Punkte)

Bestimme die Übergangsmatrizen ${}M_{\mathfrak {v}}^{\mathfrak {u}}$ und ${}M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {v}}$ für die Standardbasis ${}{\mathfrak {u}}$ und die durch die Vektoren

$v_{1}={\begin{pmatrix}1\\4\\5\end{pmatrix}},\,\,v_{2}={\begin{pmatrix}0\\1\\2\end{pmatrix}}\,{\text{ und }}\,v_{3}={\begin{pmatrix}-1\\1\\0\end{pmatrix}}$

gegebene Basis ${}{\mathfrak {v}}$ im ${}\mathbb {R} ^{3}$.

Lösung

Es ist

${}M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {v}}={\begin{pmatrix}1&0&-1\\4&1&1\\5&2&0\end{pmatrix}}\,.$

Für die umgekehrte Übergangsmatrix müssen wir diese Matrix invertieren. Es ist

${}{\begin{pmatrix}1&0&-1\\4&1&1\\5&2&0\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&0&-1\\0&1&5\\0&2&5\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\-4&1&0\\-5&0&1\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&0&-1\\0&1&5\\0&0&-5\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\-4&1&0\\3&-2&1\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&0&-1\\0&1&5\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\-4&1&0\\-{\frac {3}{5}}&{\frac {2}{5}}&-{\frac {1}{5}}\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}{\frac {2}{5}}&{\frac {2}{5}}&-{\frac {1}{5}}\\-1&-1&1\\-{\frac {3}{5}}&{\frac {2}{5}}&-{\frac {1}{5}}\end{pmatrix}}$

Es ist also

${}M_{\mathfrak {v}}^{\mathfrak {u}}={\begin{pmatrix}{\frac {2}{5}}&{\frac {2}{5}}&-{\frac {1}{5}}\\-1&-1&1\\-{\frac {3}{5}}&{\frac {2}{5}}&-{\frac {1}{5}}\end{pmatrix}}\,.$

Aufgabe (6 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

$(7)\,\,\,r(u+v)=ru+rv$

erfüllt.

Lösung

Wir betrachten den Körper ${}{\mathbb {C} }$ und die additive Gruppe ${}{\mathbb {C} }^{2}$. Als „Skalarmultiplikation“

${\mathbb {C} }\times {\mathbb {C} }^{2}\longrightarrow {\mathbb {C} }^{2}$

betrachten wir die durch

${}r\bullet \left(x,\,y\right):={\begin{cases}\left(rx,\,ry\right),{\text{ falls }}x\neq 0\,,\\\left(0,\,{\overline {r}}y\right),{\text{ falls }}x=0\,,\end{cases}}\,$

gegebene Abbildung, wobei ${}{\overline {r}}$ die komplexe Konjugation von ${}r$ bezeichnet (wir schreiben ${}\bullet$ um zu betonen, dass es sich um eine untypische Operation handelt).

Zum Nachweis der Assoziativität der Multiplikation sei ${}u=\left(x,\,y\right)$ und ${}r,s\in {\mathbb {C} }$. Bei

${}x\neq 0\,$

ist

${}{\begin{aligned}(rs)\bullet u&=(rs)\bullet \left(x,\,y\right)\\&=\left(rsx,\,rsy\right)\\&=r\bullet \left(sx,\,sy\right)\\&=r\bullet (s\bullet \left(x,\,y\right))\\&=r\bullet (s\bullet u),\end{aligned}}$

wobei die mittlere Gleichung sowohl bei ${}s=0$ als auch bei ${}s\neq 0$ gilt. Bei

${}x=0\,$

ist

${}{\begin{aligned}(rs)\bullet u&=(rs)\bullet \left(0,\,y\right)\\&=\left(0,\,{\overline {rs}}y\right)\\&=\left(0,\,{\overline {r}}\cdot {\overline {s}}y\right)\\&=r\bullet \left(0,\,{\overline {s}}y\right)\\&=r\bullet (s\bullet \left(0,\,y\right))\\&=r\bullet (s\bullet u).\end{aligned}}$

Zum Nachweis der Distributivität in den Skalaren ist bei

${}x\neq 0\,$

${}{\begin{aligned}(r+s)\bullet \left(x,\,y\right)&=\left((r+s)x,\,(r+s)y\right)\\&=\left(rx+sx,\,ry+sy\right)\\&=\left(rx,\,ry\right)+\left(sx,\,sy\right)\\&=r\bullet \left(x,\,y\right)+s\bullet \left(x,\,y\right),\end{aligned}}$

und bei

${}x=0\,$

ist

${}{\begin{aligned}(r+s)\bullet \left(0,\,y\right)&=\left(0,\,{\overline {(r+s)}}y\right)\\&=\left(0,\,{\left({\overline {r}}+{\overline {s}}\right)}y\right)\\&=\left(0,\,{\overline {r}}y+{\overline {s}}y\right)\\&=r\bullet \left(0,\,y\right)+s\bullet \left(0,\,y\right).\end{aligned}}$

Es sei nun

${}u=\left(1,\,{\mathrm {i} }\right)\,$

und

${}v=\left(-1,\,{\mathrm {i} }\right)\,.$

Dann ist

${}u+v=\left(0,\,2{\mathrm {i} }\right)\,$

und somit ist einerseits

${}{\begin{aligned}{\mathrm {i} }\bullet {\left(u+v\right)}&={\mathrm {i} }\bullet \left(0,\,2{\mathrm {i} }\right)\\&=\left(0,\,{\overline {\mathrm {i} }}2{\mathrm {i} }\right)\\&=\left(0,\,2\right)\end{aligned}}$

und andererseits

${}{\begin{aligned}{\mathrm {i} }\bullet u+{\mathrm {i} }\bullet v&={\mathrm {i} }\bullet \left(1,\,{\mathrm {i} }\right)+{\mathrm {i} }\bullet \left(-1,\,{\mathrm {i} }\right)\\&=\left({\mathrm {i} },\,-1\right)+\left(-{\mathrm {i} },\,-1\right)\\&=\left(0,\,-2\right).\end{aligned}}$

Somit ist diese Multiplikation nicht distributiv in den Vektoren.

Ferner ist wegen

${}1={\overline {1}}\,$

stets

${}1\bullet u=u\,.$

Aufgabe (8 Punkte)

Beweise den Basisaustauschsatz.

Lösung

Wir führen Induktion über ${}k$, also über die Anzahl der Vektoren in der Familie. Bei ${}k=0$ ist nichts zu zeigen. Es sei die Aussage für ${}k$ schon bewiesen und seien ${}k+1$ linear unabhängige Vektoren

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

gegeben. Nach Induktionsvoraussetzung, angewandt auf die

(ebenfalls linear unabhängigen) Vektoren

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

gibt es eine Teilmenge ${}J=\{i_{1},i_{2},\ldots ,i_{k}\}\subseteq \{1,\ldots ,n\}$ derart, dass die Familie

$u_{1},\ldots ,u_{k},b_{i},i\in I\setminus J,$

eine Basis von ${}V$ ist. Wir wollen auf diese Basis das Austauschlemma anwenden. Da eine Basis vorliegt, kann man

${}u_{k+1}=\sum _{j=1}^{k}c_{j}u_{j}+\sum _{i\in I\setminus J}d_{i}b_{i}\,$

schreiben.  Wären hierbei alle Koeffizienten ${}d_{i}=0$,  so ergäbe sich sofort ein Widerspruch zur linearen Unabhängigkeit der ${}u_{j}$, ${}j=1,\ldots ,k+1$. Es gibt also ein ${}i\in I\setminus J$ mit ${}d_{i}\neq 0$. Wir setzen ${}i_{k+1}:=i$. Damit ist ${}J'=\{i_{1},i_{2},\ldots ,i_{k},i_{k+1}\}$ eine ${}(k+1)$-elementige Teilmenge von ${}{\{1,\ldots ,n\}}$. Nach dem Austauschlemma kann man den Basisvektor ${}b_{i_{k+1}}$ durch ${}u_{k+1}$ ersetzen und erhält die neue Basis

$u_{1},\ldots ,u_{k},u_{k+1},b_{i},i\in I\setminus J'.$

  Der Zusatz folgt sofort, da eine ${}k$-elementige Teilmenge einer ${}n$-elementigen Menge vorliegt.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme, welche der folgenden elementargeometrischen Abbildungen linear, welche diagonalisierbar und welche trigonalisierbar sind.

1. Die Achsenspiegelung durch die durch ${}4x-7y=0$ gegebene Achse.
2. Die Verschiebung um den Vektor ${}\left(5,\,-3\right)$.
3. Die Drehung um ${}30$ Grad gegen den Uhrzeigersinn um den Ursprung.
4. Die Punktspiegelung mit dem Punkt ${}(1,0)$ als Zentrum.

Lösung

1. Da die Gerade durch den Nullpunkt geht, ist diese Achsenspiegelung linear. Die Achse ist der Eigenraum zum Eigenwert ${}1$, die dazu senkrechte Gerade durch den Nullpunkt ist der Eigenraum zum Eigenwert ${}-1$, mit zwei Eigenwerten ist die Abbildung diagonalisierbar und insbesondere trigonalisierbar.
2. Bei dieser Verschiebung wird der Nullpunkt bewegt, somit ist die Abbildung nicht linear.
3. Eine Drehung um den Ursprung ist stets linear. Da um ${}30$ Grad gedreht wird, wird keine Gerade auf sich selbst abgebildet. Somit gibt es keine Eigenwerte und die Abbildung ist nicht trigonalisierbar und schon gar nicht diagonalisierbar.
4. Da der Nullpunkt bewegt wird, ist die Abbildung nicht linear.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme den Rang der Matrix

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

Lösung

Die zweite Zeile minus die erste Zeile ergibt den Standardvektor ${}e_{3}$, die dritte Zeile minus die vierte Zeile ergibt ${}e_{2}$. Die erste Zeile minus ${}e_{2}$ ergibt ${}e_{1}$ und die vierte Zeile minus ${}e_{3}$ ergibt ${}e_{4}$. Der durch die Zeilen erzeugte Untervektorraum ist also vierdimensional und somit ist der Rang gleich ${}4$.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}M$ eine untere Dreiecksmatrix. Zeige, ausgehend von der Definition der Determinante, dass die Determinante von ${}M$ das Produkt der Diagonaleinträge ist (es darf verwendet werden, dass die Determinante zu einer Matrix mit einer Nullzeile gleich ${}0$ ist).

Lösung

Wie führen Induktion nach ${}n$, wobei ${}M$ eine ${}n\times n$- Matrix sei. Der Induktionsanfang für ${}n=1$ ist klar, sei die Aussage für alle unteren Dreiecksmatrizen der Länge ${}n-1$ schon bewiesen. Die Determinantenformel sagt

${}{\begin{aligned}\det M&=\sum _{i=1}^{n}(-1)^{i+1}a_{i1}\det M_{i}\\&=a_{11}\det M_{1}+\sum _{i=2}^{n}(-1)^{i+1}a_{i1}\det M_{i}.\end{aligned}}$

Für ${}i\geq 2$ ist die erste Zeile von ${}M$ ohne den ersten Eintrag eine Zeile von ${}M_{i}$, und zwar ist dies eine Nullzeile, da ja ${}M$ eine untere Dreiecksmatrix ist. Daher sind die Determinanten zu den ${}M_{i}$, ${}i\geq 2$, gleich ${}0$ und die hintere Summe in der obigen Formel ist ${}0$. Hingegen ist ${}M_{1}$ wieder eine untere Dreiecksmatrix und ihre Determinante ist nach Induktionsvoraussetzung gleich ${}a_{22}\cdots a_{nn}$. Also ist

${}\det M=a_{11}\cdot a_{22}\cdots a_{nn}\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}n\geq 2$. Zeige, dass es gleich viele gerade und ungerade Permutationen auf ${}{\{1,\ldots ,n\}}$ gibt.

Lösung

Wegen der Voraussetzung gibt es eine Transposition ${}\tau$, die wir fixieren. Es sei ${}G$ die Menge der geraden und ${}U$ die Menge der ungeraden Permutationen. Wir betrachten die Abbildung

$G\longrightarrow U,\,\pi \longmapsto \pi \circ \tau .$

Dies ist eine wohldefinierte Abbildung aufgrund der Tatsache, dass das Signum ein Gruppenhomomorphismus ist und dass das Signum einer Transposition gleich ${}-1$ ist. Die Abbildung ist bijektiv, und zwar ist die Multiplikation mit ${}\tau$ von rechts die Umkehrabbildung. Also besitzen ${}G$ und ${}U$ die gleiche Anzahl an Elementen.

Aufgabe (4 Punkte)

Formuliere und beweise die Lösungsformel für eine quadratische Gleichung

${}ax^{2}+bx+c=0\,$

mit ${}a,b,c\in \mathbb {R}$, ${}a\neq 0$.

Lösung

Es ist

${}x_{1,2}={\frac {\pm {\sqrt {b^{2}-4ac}}-b}{2a}}\,,$

vorausgesetzt, der Wurzelausdruck ${}b^{2}-4ac$ ist nichtnegativ. Dies sieht man so: Die Bedingung

${}ax^{2}+bx+c=0\,$

ist äquivalent zu

${}x^{2}+{\frac {b}{a}}x+{\frac {c}{a}}=0\,,$

was mittels quadratischem Ergänzen äquivalent zu

${}{\left(x+{\frac {b}{2a}}\right)}^{2}-{\frac {b^{2}}{4a^{2}}}+{\frac {c}{a}}=0\,$

ist. Umstellen und Erweitern liefert

${}{\left(x+{\frac {b}{2a}}\right)}^{2}={\frac {b^{2}}{4a^{2}}}-{\frac {c}{a}}={\frac {b^{2}}{4a^{2}}}-{\frac {4ac}{4a^{2}}}={\frac {b^{2}-4ac}{4a^{2}}}\,.$

Dies ist äquivalent zu

${}x+{\frac {b}{2a}}={\frac {\pm {\sqrt {b^{2}-4ac}}}{2a}}\,$

und somit zu

${}x_{1,2}={\frac {\pm {\sqrt {b^{2}-4ac}}-b}{2a}}\,.$

Aufgabe (2 (1+1) Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper, ${}a\in K$ und ${}P\in K[X]$ ein Polynom mit ${}P(a)\neq 0$.

1. Zeige, dass ${}X-a$ und ${}P$ teilerfremd sind.
2. Es sei ${}k\in \mathbb {N} _{+}$. Zeige, dass ${}(X-a)^{k}$ und ${}P$ teilerfremd sind.

Lösung

1. Der einzige normierte Teiler von ${}X-a$ von positivem Grad ist ${}X-a$ selbst. Da ${}a$ keine Nullstelle von ${}P$ ist, folgt nach Lemma 19.8 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)), dass ${}X-a$ kein Teiler von ${}P$ ist. Die einzigen gemeinsamen Teiler sind somt die konstanten Polynome ${}\neq 0$, was die Teilerfremdheit bedeutet.
2. Die einzigen normierten Teiler von ${}(X-a)^{k}$ sind ${}(X-a)^{\ell }$ mit ${}\ell \leq k$. Deshalb folgt die Teilerfremdheit aus Teil (1).

Aufgabe (6 (2+3+1) Punkte)

Wir betrachten die lineare Abbildung

$\varphi \colon {\mathbb {C} }^{3}\longrightarrow {\mathbb {C} }^{3},$

die bezüglich der Standardbasis durch die Matrix

${}A={\begin{pmatrix}1&2&1+2{\mathrm {i} }\\0&3{\mathrm {i} }&{\mathrm {i} }\\0&0&1-{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}\,$

beschrieben wird.

a) Bestimme das charakteristische Polynom und die Eigenwerte von ${}A$.

b) Berechne zu jedem Eigenwert einen Eigenvektor.

c) Stelle die Matrix für ${}\varphi$ bezüglich einer Basis aus Eigenvektoren auf.

Lösung

a) Das charakteristische Polynom ist

${}{\begin{aligned}\chi _{A}&=\det {\begin{pmatrix}x-1&-2&-1-2{\mathrm {i} }\\0&x-3{\mathrm {i} }&-{\mathrm {i} }\\0&0&x-1+{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}\\&=(x-1)(x-3{\mathrm {i} })(x-1+{\mathrm {i} })\\&=x^{3}-(2+2{\mathrm {i} })x^{2}+(4+5{\mathrm {i} })x+-3-3{\mathrm {i} }\end{aligned}}$

und die Eigenwerte von ${}A$ sind ${}1,3{\mathrm {i} },1+{\mathrm {i} }$.

b) Wir bestimmen für jeden Eigenwert einen Eigenvektor.

${}x=1$:

Wir müssen ein nichttriviales Element im Kern von

${\begin{pmatrix}0&-2&-1-2{\mathrm {i} }\\0&1-3{\mathrm {i} }&-{\mathrm {i} }\\0&0&{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}$

bestimmen. Da gehört ${}{\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}$ dazu.

${}x=3{\mathrm {i} }$:

Dies führt auf

${\begin{pmatrix}-1+3{\mathrm {i} }&-2&-1-2{\mathrm {i} }\\0&0&-{\mathrm {i} }\\0&0&-1-4{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}.$

Wir wählen ${}c=0$ und ${}a=2$ und erhalten ${}b=-1+3{\mathrm {i} }$, also ist

${\begin{pmatrix}2\\-1+3{\mathrm {i} }\\0\end{pmatrix}}$

ein Eigenvektor zum Eigenwert ${}3{\mathrm {i} }$.

${}x=1-{\mathrm {i} }$:

Dies führt auf

${\begin{pmatrix}{\mathrm {i} }&-2&-1-2{\mathrm {i} }\\0&1-2{\mathrm {i} }&-i\\0&0&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}.$

Mit ${}c=1-2{\mathrm {i} }$ und ${}b={\mathrm {i} }$ ist die mittlere Zeile erfüllt. Die erste Zeile wird dann zu

$({\mathrm {i} })a-2{\mathrm {i} }+(-1-2{\mathrm {i} })(1-2{\mathrm {i} })=0$

und daher ist

${}a=2-5{\mathrm {i} }\,.$

Somit ist

${\begin{pmatrix}2-5{\mathrm {i} }\\{\mathrm {i} }\\1-2{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}$

ein Eigenvektor zum Eigenwert ${}1-{\mathrm {i} }$.

c) Bezüglich einer Basis aus Eigenvektoren besitzt die beschreibende Matrix die Gestalt

${\begin{pmatrix}1&0&0\\0&3{\mathrm {i} }&0\\0&0&1-{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}.$

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

Es sei ${}K$ ein Körper und es sei ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}K$- Vektorraum. Es sei

$\varphi \colon V\longrightarrow V$

eine nilpotente lineare Abbildung. Der Kern von ${}\varphi$ sei eindimensional. Es sei

${}V_{i}=\operatorname {kern} \varphi ^{i}\,$

und ${}s$ die minimale Zahl mit

${}\varphi ^{s}=0\,.$

1. Zeige, dass alle ${}V_{i}$, ${}1\leq i\leq s$, eine direkte Zerlegung

   ${}V_{i}=V_{i-1}\oplus U_{i}\,$

   mit ${}U_{i}$ eindimensional haben.

2. Zeige, dass die Einschränkungen

   $\varphi \colon U_{i}\longrightarrow V_{i-1}$

   für ${}1<i<s$ bijektiv sind.

3. Zeige, dass ${}s$ mit der Dimension von ${}V$ übereinstimmt.

Lösung Nilpotente Abbildung/Kern eindimensional/Surjektivität/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 Punkte)

Wie viele jordansche Normalformen (bis auf Ähnlichkeit) zu ${}4\times 4$-Matrizen gibt es, bei denen in der Diagonalen der konstante Wert ${}c$ steht?

Lösung

Die jordanschen Normalformen von der gesuchten Form haben jedenfalls die Gestalt

${\begin{pmatrix}c&&0&0\\0&c&&0\\0&0&c&\\0&0&0&c\end{pmatrix}},$

wobei an den Freistellen eine ${}0$ oder eine ${}1$ stehen kann. Wir behaupten, dass die Matrizen

${\begin{pmatrix}c&0&0&0\\0&c&0&0\\0&0&c&0\\0&0&0&c\end{pmatrix}}\,,{\begin{pmatrix}c&1&0&0\\0&c&0&0\\0&0&c&0\\0&0&0&c\end{pmatrix}}\,,{\begin{pmatrix}c&1&0&0\\0&c&1&0\\0&0&c&0\\0&0&0&c\end{pmatrix}}\,,{\begin{pmatrix}c&1&0&0\\0&c&0&0\\0&0&c&1\\0&0&0&c\end{pmatrix}}\,,{\begin{pmatrix}c&1&0&0\\0&c&1&0\\0&0&c&1\\0&0&0&c\end{pmatrix}}$

eine vollständige Liste der nichtähnlichen Matrizen in jordanscher Normalform sind. Die beiden Matrizen

${\begin{pmatrix}c&0&0&0\\0&c&1&0\\0&0&c&0\\0&0&0&c\end{pmatrix}}\,\,{\text{ und }}\,\,{\begin{pmatrix}c&0&0&0\\0&c&0&0\\0&0&c&1\\0&0&0&c\end{pmatrix}}$

sind zur zweiten Matrix der Liste ähnlich, da sie ebenso aus zwei Einerblöcken und einem Zweierblock bestehen. Die Matrix

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

ist zur dritten Matrix ähnlich, da sie ebenfalls aus einem Dreierblock und einem Einerblock besteht. Die fünf angegebenen Matrizen sind paarweise zueinander unähnlich, da die Anzahl der Jordanblöcke und ihre Größe eine Invariante der Abbildung ist.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Festlegungssatz für affine Abbildungen.

Lösung

Es sei ${}i_{0}\in I$. Es gibt nach Satz 10.10 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) eine eindeutig bestimmte lineare Abbildung

$\varphi \colon V\longrightarrow W$

mit

${}\varphi ({\overrightarrow {P_{i_{0}}P_{i}}})={\overrightarrow {Q_{i_{0}}Q_{i}}}\,,$

für alle ${}i\in I\setminus \{i_{0}\}$. Dann ist

${}\psi (R)=Q_{i_{0}}+\varphi ({\overrightarrow {P_{i_{0}}R}})\,$

eine affin-lineare Abbildung mit der gewünschten Eigenschaft. Umgekehrt ist eine solche affine Abbildung ${}\psi$ durch den linearen Anteil und durch den Wert an einem einzigen Punkt eindeutig festgelegt, sodass

${}\psi _{0}=\varphi \,$

sein muss.