Kurs:Lineare Algebra/Teil I/23/Klausur mit Lösungen

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

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Ein inverses Element zu einem Element $x\in M$ bezüglich einer Verknüpfung

   $\circ :M\times M⟶M,(x,y)⟼x\circ y,$

   mit einem neutralen Element $e\in M$.

2. Ein kommutativer Ring $R$.
3. Die transponierte Matrix zu einer $m\times n$-Matrix $M=(a_{ij}{)}_{1\le i\le m,1\le j\le n}$.
4. Der $i$-te Standardvektor im $K^n$.
5. Eine multilineare Abbildung

   $\Phi :V_1\times \cdots \times V_n⟶W,$

   wobei $V_1,\dots ,V_n,W$ Vektorräume über einem Körper $K$ sind.

6. Das Minimalpolynom zu einer linearen Abbildung

   $f:V⟶V$

   auf einem endlichdimensionalen $K$-Vektorraum $V$.

Lösung

1. Zu  $x\in M$  heißt  $y\in M$  ein inverses Element, wenn die Gleichheit

   $x\circ y=e=y\circ x$

   gilt.

2. Ein Ring $R$ heißt kommutativ, wenn die Multiplikation kommutativ ist.
3. Man nennt die Matrix

   $M^{\text{tr}}=(b_{ij}{)}_{ij}\text{ mit }{b}_{ij}:=a_{ji}$

   die transponierte Matrix zu $M$.

4. Der Vektor

   $e_i:=\left(\begin{array}{c}0\\ ⋮\\ 0\\ 1\\ 0\\ ⋮\\ 0\end{array}\right),$

   wobei die $1$ an der $i$-ten Stelle steht, heißt $i$-ter Standardvektor.

5. Die Abbildung

   $\Phi :V_1\times \cdots \times V_n⟶W$

   heißt multilinear, wenn für jedes $i\in \{1,\dots ,n\}$ und jedes $(n-1)$-Tupel $(v_1,\dots ,v_{i-1},v_{i+1},\dots ,v_n)$ mit $v_j\in V_j$ die induzierte Abbildung

   $V_i⟶W,v_i⟼\Phi (v_1,\dots ,v_{i-1},v_i,v_{i+1},\dots ,v_n),$

   $K$-linear ist.

6. Das eindeutig bestimmte normierte Polynom ${\mu }_f\in K[X]$ minimalen Grades mit

   ${\mu }_f(f)=0$

   heißt das Minimalpolynom von $f$.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über $n$ Vektoren in einem $n$-dimensionalen $K$-Vektorraum $V$.
2. Der Satz über die universelle Eigenschaft der Determinante.
3. Der Festlegungssatz für affine Abbildungen.

Lösung

1. Es sei $K$ ein Körper und $V$ ein $K$-Vektorraum mit endlicher Dimension $n={\dim }_K\left(V\right)$. Für $n$ Vektoren $v_1,\dots ,v_n$ in $V$ sind folgende Eigenschaften äquivalent.
   1. $v_1,\dots ,v_n$ bilden eine Basis von $V$.
   2. $v_1,\dots ,v_n$ bilden ein Erzeugendensystem von $V$.
   3. $v_1,\dots ,v_n$ sind linear unabhängig.
2. Es sei $K$ ein Körper und $n\in {\mathbb{N}}_{+}$. Dann gibt es genau eine Determinantenfunktion

   $\mathrm{△}:{\mathrm{Mat}}_n(K)=(K^n{)}^n⟶K$

   mit  $\mathrm{△}(e_1,e_2,\dots ,e_n)=1$,  wobei $e_i$ die Standardvektoren sind, nämlich die

   Determinante.
3. Es sei $K$ ein Körper und seien $E$ und $F$ affine Räume über den Vektorräumen $V$ bzw. $W$. Es sei $P_i$, $i\in I$, eine affine Basis von $E$ und $Q_i$, $i\in I$, eine Familie von Punkten in $F$. Dann gibt es eine eindeutig bestimmte affin-lineare Abbildung

   $\psi :E⟶F$

   mit

   $\psi (P_i)=Q_i$

   für alle $i\in I$.

Aufgabe (1 Punkt)

Es sei $M$ eine Menge. Wir betrachten die Verknüpfung

$𝔓(M)\times 𝔓(M)⟶𝔓(M),(A,B)⟼A\setminus B.$

Ist diese Verknüpfung assoziativ?

Lösung

Diese Verknüpfung ist bei  $M\ne \mathrm{\varnothing }$  nicht assoziativ. Um dies zu zeigen, kann man einfach

$A=B=C=M$

nehmen, wobei $M$ eine nichtleere Menge sei. Dann ist  $M\setminus M=\mathrm{\varnothing }$  und somit ist einerseits

$(M\setminus M)\setminus M=\mathrm{\varnothing }\setminus M=\mathrm{\varnothing }$

und andererseits

$M\setminus (M\setminus M)=M\setminus \mathrm{\varnothing }=M.$

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise

$\sum _{i=0}^n(-1{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})2^i=(-1{)}^n.$

Lösung

Der Induktionsanfang bei  $n=1$  ist klar. Unter Verwendung der Pascalschen Rekursionsformel und der Induktionsvoraussetzung ist

$\begin{array}{cc}\sum _{i=0}^{n+1}(-1{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{i})2^i& =\sum _{i=0}^{n+1}(-1{)}^i((\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})+(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i-1}))2^i\\ & =\sum _{i=0}^n(-1{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})2^i+\sum _{i=1}^{n+1}(-1{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i-1})2^i\\ & =(-1{)}^n-2\cdot \sum _{i=1}^{n+1}(-1{)}^{i-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i-1})2^{i-1}\\ & =(-1{)}^n-2\cdot \sum _{j=0}^n(-1{)}^j(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{j})2^j\\ & =(-1{)}^n-2(-1{)}^n\\ & =(-1{)}^{n+1}.\end{array}$

Aufgabe (4 Punkte)

Löse das inhomogene lineare Gleichungssystem

$\begin{array}{cccccc}x& +y& +z& -w& =& 3\\ -2x& +5y& -3z& +w& =& 0\\ x& -y& +2z& & =& 2\\ 5x& +2y& -z& & =& -1.\end{array}$

Lösung

Wir eliminieren zuerst die Variable $w$, indem wir die erste Gleichung mit der zweiten addieren. Dies führt auf

$\begin{array}{cccccc}-x& +6y& -2z& & =& 3\\ x& -y& +2z& & =& 2\\ 5x& +2y& -z& & =& -1.\end{array}$

Nun addieren wir die erste Gleichung mit der zweiten Gleichung und es ergibt sich

$5y=5$

und

$y=1.$

Rückwärts gelesen ergibt sich

$x=-\frac{3}{11},$

$z=\frac{18}{11}$

und

$w=-\frac{7}{11}.$

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über die Dimension eines Untervektorraum  $U\subseteq V$. 

Lösung

Es sei  $n={\dim }_K\left(V\right)$.  Jede linear unabhängige Familie in $U$ ist auch linear unabhängig in $V$. Daher kann es aufgrund des Basisaustauschsatzes in $U$ nur linear unabhängige Familien der Länge $\le n$ geben. Es sei  $k\le n$  derart, dass es in $U$ eine linear unabhängige Familie mit $k$ Vektoren gibt, aber nicht mit $k+1$ Vektoren. Es sei  $𝔲=u_1,\dots ,u_k$  eine solche Familie. Diese ist dann insbesondere eine maximal linear unabhängige Familie in $U$ und daher wegen Satz 7.11 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) eine Basis von $U$.

Aufgabe (1 Punkt)

Bestimme den Rang der Matrix

$\left(\begin{array}{ccc}1& x& x^2\\ x& x^2& x^3\\ x^2& x^3& x^4\end{array}\right)$

zu  $x\in K$. 

Lösung

Die zweite Zeile ergibt sich aus der ersten Zeile durch Multiplikation mit $x$, die dritte Zeile ergibt sich aus der ersten Zeile durch Multiplikation mit $x^2$. Somit ist der Rang maximal $1$. Wegen der $1$ links oben ist der Rang genau $1$.

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 $V^{\ast }$ ist. Offenbar ist $\Psi (v)$ eine Abbildung von $V^{\ast }$ 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 ${\left(V^{\ast }\right)}^{\ast }$ ist, also insbesondere eine Gleichheit von Abbildungen, sei  $f\in V^{\ast }$  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  $f\in V^{\ast }$  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 (1 Punkt)

Berechne die Determinante der Matrix

$\left(\begin{array}{cc}2+6\mathrm{i}& 8-3\mathrm{i}\\ 5-\mathrm{i}& 3+7\mathrm{i}\end{array}\right).$

Lösung

Die Determinante von

$\left(\begin{array}{cc}2+6\mathrm{i}& 8-3\mathrm{i}\\ 5-\mathrm{i}& 3+7\mathrm{i}\end{array}\right)$

ist

$\begin{array}{cc}(2+6\mathrm{i})(3+7\mathrm{i})-(5-\mathrm{i})(8-3\mathrm{i})& =-36+32\mathrm{i}-37+23\mathrm{i}\\ & =-73+55\mathrm{i}.\end{array}$

Aufgabe (6 Punkte)

Wir betrachten die durch die Wertetabelle

$x$	$1$	$2$	$3$	$\dots$	$n-2$	$n-1$	$n$
$\pi (x)$	$2$	$3$	$4$	$\dots$	$n-1$	$n$	$1$

gegebene Permutation $\pi$ zu

$n\ge 2.$

Bestimme das Signum von $\pi$ auf möglichst viele unterschiedliche Arten.

Lösung

1. Gemäß der Definition des Signums ist

   $\begin{array}{cc}\mathrm{sgn}(\pi )& =\prod _{1\le i<j\le n}\frac{\pi (j)-\pi (i)}{j-i}\\ & =\prod _{1\le i<j\le n-1}\frac{\pi (j)-\pi (i)}{j-i}\cdot \prod _{1\le i<j=n}\frac{\pi (n)-\pi (i)}{n-i}\\ & =\prod _{1\le i<j\le n-1}\frac{j+1-(i+1)}{j-i}\cdot \prod _{1\le i<n}\frac{1-(i+1)}{n-i}\\ & =\prod _{1\le i<j\le n-1}\frac{j-i}{j-i}\cdot \prod _{1\le i<n}\frac{-i}{n-i}\\ & =1\cdot \prod _{1\le i<j=n}(-1{)}^{n-1}\frac{i}{n-i}\\ & =\prod _{1\le i<j=n}(-1{)}^{n-1}\frac{1\cdot 2\cdots (n-2)(n-1)}{(n-1)(n-2)\cdots 2\cdot 1}\\ & =(-1{)}^{n-1}.\end{array}$

2. Wir bestimmen die Fehlstände der Permutation. Zu $i<j<n$ liegt kein Fehlstand vor. Dagegen liegt zu $i<n$ stets ein Fehlstand vor. Es gibt also insgesamt $n-1$ Fehlstände, und das Signum ist $(-1{)}^{n-1}$.
3. Die Permutation $\pi$ kann man als Produkt der Transpositionen

   $\pi =⟨1,2⟩\circ ⟨2,3⟩\circ \cdots \circ ⟨n-1,n⟩$

   darstellen, da ja $n$ mit jeder Transposition um $1$ nach unten transportiert wird und jede Zahl $i<n$ durch die Transposition $⟨i,i+1⟩$ auf $i+1$ abgebildet wird, was von den Transpositionen weiter links nicht mehr verändert wird. Es liegt also eine Zerlegung in $n-1$ Transpositionen vor und das Signum ist $(-1{)}^{n-1}$.

Aufgabe (4 Punkte)

Von einem Rechteck sind der Umfang $U$ und die Fläche $A$ bekannt. Bestimme die Längen der Seiten des Rechtecks.

Lösung

Zwei Seiten haben die Länge $a$, zwei andere Seiten die Länge $b$; gegebenenfalls ist $a=b$. Es gilt $U=2a+2b$ und $A=ab$.

Auflösen der ersten Gleichung nach $b$ ergibt $b=\frac{U}{2}-a$. Einsetzen in die zweite Gleichung: $A=a(\frac{U}{2}-a)=a\frac{U}{2}-a^2$. Umstellen in die Normalform einer quadratischen Gleichung: $a^2-\frac{U}{2}a+A=0$.

Man beachte, dass der Wert unter der Wurzel nie negativ wird und nur für den Spezialfall eines Quadrats null wird: Alle allgemeinen Rechtecke haben im Verhältnis zum Quadrat bei gleicher Fläche einen größeren Umfang.

Also hat diese Gleichung typischerweise zwei Lösungen für $a$, nämlich $\frac{U}{4}\pm \sqrt{\frac{U^2}{16}-A}$. Eine der beiden Lösungen ist dann $a$, die andere ist $b$. Wenn unter der Wurzel der Wert null steht, hat man ein Quadrat und es gibt nur eine Lösung $a=b=U/4$.

Aufgabe (3 (2+1) Punkte)

Es sei  $n\ge 2$. 

1. Führe in $\mathbb{Q}[X]$ die Division mit Rest „$P$ durch $T$“ für die beiden Polynome $P=X^{n-1}+X^{n-2}+\cdots +X^2+X+1$ und $T=X-1$ durch.
2. Finde eine Darstellung der $1$ mit diesen beiden Polynomen.

Lösung

1. Es ist

   $X^{n-1}+X^{n-2}+\cdots +X^2+X+1=(X^{n-2}+2X^{n-3}+\cdots +(n-3)X^2+(n-2)X+n-1)(X-1)+n.$

2. Es ist

   $1=\frac{1}{n}(X^{n-1}+X^{n-2}+\cdots +X^2+X+1)-\frac{1}{n}(X^{n-2}+2X^{n-3}+\cdots +(n-3)X^2+(n-2)X+n-1)(X-1).$

Aufgabe (3 Punkte)

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

$\phi :V⟶V$

eine lineare Abbildung und sei $Q$ das Minimalpolynom von $\phi$. Zeige, dass $0$ genau dann eine Nullstelle von $Q$ ist, wenn $\phi$ nicht injektiv ist.

Lösung

Da das Minimalpolynom und das charakteristische Polynom nach Lemma 24.5 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) die gleichen Nullstellen haben, und dies die Eigenwerte von $\phi$ sind, bedeutet die eine Eigenschaft, dass $0$ ein Eigenwert ist. Dies ist äquivalent dazu, dass der Eigenraum

${\mathrm{Eig}}_0\left(\phi \right)=\mathrm{kern}\phi$

nicht der Nullraum ist, was wiederum nach dem Injektivitätskriterium bedeutet, dass $\phi$ nicht injektiv ist.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass das charakteristische Polynom zu einer linearen Abbildung $\phi :V\to V$ auf einem endlichdimensionalen $K$-Vektorraum $V$ wohldefiniert ist, also unabhängig von der gewählten Basis.

Lösung

Es seien $M$ und $N$ die beschreibenden Matrizen von $\phi$ bezüglich zweier Basen. Dann besteht zwischen ihnen die Beziehung

$M=BN{B}^{-1}$

mit der invertierbaren Basiswechselmatrix $B$. Es besteht die Beziehung

$\begin{array}{cc}B(x{E}_n-N)B^{-1}& =B\left(x{E}_n\right)B^{-1}-BN{B}^{-1}\\ & =x{E}_n-BN{B}^{-1}\\ & =x{E}_n-M,\end{array}$

da die Streckungsmatrizen $x{E}_n$ mit jeder Matrix vertauschbar sind. Aufgrund des Determinantenmultiplikationssatz gilt daher

$\begin{array}{cc}{\chi }_M& =det(x{E}_n-M)\\ & =det(B(x{E}_n-N)B^{-1})\\ & =det\left(B\right)det(x{E}_n-N)det\left(B^{-1}\right)\\ & =det(x{E}_n-N)\\ & ={\chi }_N.\end{array}$

Aufgabe (7 Punkte)

Es sei $V$ ein $n$-dimensionaler $K$-Vektorraum über einem Körper $K$. Es sei

$0=V_0\subset V_1\subset \dots \subset V_{n-1}\subset V_n=V$

eine Fahne in $V$. Zeige, dass es eine bijektive lineare Abbildung

$\phi :V⟶V$

derart gibt, dass diese Fahne die einzige $\phi$-invariante Fahne ist.

Lösung

Wir wählen eine Basis $v_1,\dots ,v_n$ von $V$ mit

$V_i=⟨v_1,\dots ,v_i⟩$

für alle $i$, was nach dem Basisergänzungssatz möglich ist. Wir betrachten die bijektive lineare Abbildung $\phi$, die durch

$\phi (v_i):=v_1+v_2+\cdots +v_{i-1}+v_i$

festgelegt ist. Offensichtlich ist dazu die vorgegebene Fahne $\phi$-invariant. Es sei nun eine beliebige $\phi$-invariante Fahne

$0\subset W_1\subset W_2\subset \dots \subset W_{n-1}\subset W_n=V$

gegeben. Es ist zu zeigen, dass diese mit der vorgegebenen Fahne übereinstimmt. Dies beweisen wir durch Induktion über $k$, wobei der Induktionsanfang wegen  $V_0=0=W_0$  klar ist. Es sei also als Induktionsvoraussetzung die Übereinstimmungen  $V_1=W_1$,   $V_2=W_2$$,\dots ,$   $V_k=W_k$  schon bekannt. Es ist  $V_{k+1}=W_{k+1}$  zu zeigen. Der Raum $W_{k+1}$ besitzt die Basis $v_1,\dots ,v_k,w$ mit

$w=\sum _{j=1}^n{a}_j{v}_j$

und wegen der Invarianz von $W_{k+1}$ unter $\phi$ ist einerseits

$\phi (w)=\sum _{j=1}^k{b}_j{v}_j+cw=\sum _{j=1}^k(b_j+c{a}_j)v_j+\sum _{j=k+1}^{n}c{a}_j{v}_j$

(mit $c\ne 0$ wegen der Bijektivität) und andererseits

$\begin{array}{cc}\phi (w)& =\phi \left(\sum _{j=1}^n{a}_j{v}_j\right)\\ & =\sum _{j=1}^n{a}_j\phi \left(v_j\right)\\ & =\sum _{j=1}^n{a}_j(v_1+v_2+\cdots +v_j)\\ & =\sum _{j=1}^n\left(\sum _{i=j}^n{a}_i\right)v_j.\end{array}$

Koeffizientenvergleich für die Vektoren $v_{k+1},\dots ,v_n$ liefert

$\sum _{i=k+1}^n{a}_i=c{a}_{k+1},$

$\sum _{i=k+2}^n{a}_i=c{a}_{k+2},\dots ,$

$\sum _{i=n}^n{a}_i=c{a}_n.$

Indem man sukzessive diese Gleichungen von unten nach oben betrachtet, erhält man bei  $c\ne 1$  direkt

$0=a_n=a_{n-1}=\dots =a_{k+1}$

und bei  $c=1$  erhält man

$0=a_n=a_{n-1}=\dots =a_{k+2}.$

Damit ist jedenfalls $w\in V_{k+1}$ und somit  $W_{k+1}=V_{k+1}$. 

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei

$M=\left(\begin{array}{cccc}0& 1& 0& 0\\ 0& 0& 1& 0\\ 0& 0& 0& 1\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right)$

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

Lösung

Es ist

$\begin{array}{cc}{M}^2& =\left(\begin{array}{cccc}0& 1& 0& 0\\ 0& 0& 1& 0\\ 0& 0& 0& 1\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{cccc}0& 1& 0& 0\\ 0& 0& 1& 0\\ 0& 0& 0& 1\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right)\\ & =\left(\begin{array}{cccc}0& 0& 1& 0\\ 0& 0& 0& 1\\ 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right)\end{array}$

und

$\begin{array}{cc}{M}^3& =\left(\begin{array}{cccc}0& 1& 0& 0\\ 0& 0& 1& 0\\ 0& 0& 0& 1\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{cccc}0& 0& 1& 0\\ 0& 0& 0& 1\\ 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right)\\ & =\left(\begin{array}{cccc}0& 0& 0& 1\\ 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right),\end{array}$

die höheren Potenzen sind die Nullmatrix. Die Wirkungsweise von $M^2$ ist somit $e_4\mapsto e_2\mapsto 0$ und $e_3\mapsto e_1\mapsto 0$, die jordansche Normalform ist also

$\left(\begin{array}{cccc}0& 1& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 1\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right).$

Die Wirkungsweise von $M^3$ ist $e_4\mapsto e_1\mapsto 0$ und $e_2,e_3\mapsto 0$, die jordansche Normalform ist also

$\left(\begin{array}{cccc}0& 1& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right).$

Von allen höheren Potenzen ist die Nullmatrix die jordansche Normalform.

Aufgabe (4 Punkte)

Finde eine affine Basis für die Lösungsmenge der inhomogenen Gleichung

$7x+y-3z+5w=1.$

Lösung

Eine spezielle Lösung der Gleichung ist durch

$\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\\ \frac{1}{5}\end{array}\right)$

gegeben. Für die zugehörige homogene Gleichung sind

$\left(\begin{array}{c}1\\ -7\\ 0\\ 0\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ 1\\ 0\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 5\\ 3\end{array}\right)$

Lösungen, die offenbar linear unabhängig sind. Da der Rang des Gleichungssystems $1$ ist, handelt es sich um eine Basis des Lösungsraumes der homogenen Gleichung. Daher bildet

$\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\\ \frac{1}{5}\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\\ \frac{1}{5}\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}1\\ -7\\ 0\\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1\\ -7\\ 0\\ \frac{1}{5}\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\\ \frac{1}{5}\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ 1\\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ 1\\ \frac{1}{5}\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\\ \frac{1}{5}\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 5\\ 3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 5\\ \frac{16}{5}\end{array}\right)$

eine affine Basis der Lösungsmenge der inhomogenen Gleichung.