Kurs:Lineare Algebra/Teil I/24/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	20	${}\sum$
Punkte	3	3	2	2	3	1	4	4	4	4	1	2	3	3	3	6	3	3	6	4	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Man nennt

   $\Gamma _{F}={\left\{(x,F(x))\mid x\in L\right\}}\subseteq L\times M$

   den Graphen der Abbildung ${}F$.

2. Zwei (inhomogene) lineare Gleichungssysteme heißen äquivalent, wenn ihre Lösungsmengen übereinstimmen.
3. Es sei ${}K$ ein Körper und ${}V$ ein ${}K$- Vektorraum. Dann nennt man den Dualraum des Dualraums ${}{V}^{*}$, also

   ${({V}^{*})}^{*}$

   das Bidual von ${}V$.

4. Der Endomorphismus ${}\varphi$ heißt diagonalisierbar, wenn ${}V$ eine Basis aus Eigenvektoren zu ${}\varphi$ besitzt.
5. Unter dem Fixraum zu ${}\varphi$ versteht man den Eigenraum zum Eigenwert ${}1$.
6. Eine Abbildung

   $\psi \colon E\longrightarrow F$

   heißt affin-linear, wenn es eine lineare Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow W$

   mit

   ${}\psi (P+v)=\psi (P)+\varphi (v)\,$

   für alle ${}P\in E$ und ${}v\in V$ gilt.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es sei ${}K$ ein Körper und es seien ${}V$ und ${}W$ endlichdimensionale ${}K$-Vektorräume. Es seien ${}{\mathfrak {v}}$ und ${}{\mathfrak {u}}$ Basen von ${}V$ und ${}{\mathfrak {w}}$ und ${}{\mathfrak {z}}$ Basen von ${}W$. Es sei

   $\varphi \colon V\longrightarrow W$

   eine lineare Abbildung, die bezüglich der Basen ${}{\mathfrak {v}}$ und ${}{\mathfrak {w}}$ durch die Matrix ${}M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi )$ beschrieben werde. Dann wird ${}\varphi$ bezüglich der Basen ${}{\mathfrak {u}}$ und ${}{\mathfrak {z}}$ durch die Matrix

   $M_{\mathfrak {z}}^{\mathfrak {w}}\circ (M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi ))\circ (M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {v}})^{-1}$

   beschrieben, wobei ${}M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {v}}$ und ${}M_{\mathfrak {z}}^{\mathfrak {w}}$ die Übergangsmatrizen sind, die die Basiswechsel von ${}{\mathfrak {v}}$ nach ${}{\mathfrak {u}}$ und von ${}{\mathfrak {w}}$ nach ${}{\mathfrak {z}}$

   beschreiben.
2. Es sei ${}K$ ein Körper und sei ${}M$ eine ${}n\times n$- Matrix über ${}K$. Dann sind die folgenden Aussagen äquivalent.
   1. ${}\det M\neq 0$.
   2. Die Zeilen von ${}M$ sind linear unabhängig.
   3. ${}M$ ist invertierbar.
   4. ${}\operatorname {rang} \,M=n$.
3. Es sei ${}K$ ein Körper und es sei ${}V$ ein ${}n$- dimensionaler Vektorraum. Es sei

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

   eine lineare Abbildung. Dann ist ${}\lambda \in K$ genau dann ein Eigenwert von ${}\varphi$, wenn ${}\lambda$ eine Nullstelle des charakteristischen Polynoms

   ${}\chi _{\varphi }$ ist.

Aufgabe (2 Punkte)

Es seien ${}A,\,B$ und ${}C$ Mengen. Beweise die Identität

${}A\setminus {\left(B\cap C\right)}={\left(A\setminus B\right)}\cup {\left(A\setminus C\right)}\,.$

Lösung

Es sei  ${}x\in A\setminus {\left(B\cap C\right)}$.  Dann ist  ${}x\in A$  und  ${}x\notin B\cap C$.  Letzteres bedeutet ${}x\not \in B$ oder ${}x\not \in C$. Im ersten Fall ist  ${}x\in A\setminus B$,  im zweiten Fall  ${}x\in A\setminus C$,  in beiden Fällen also  ${}x\in {\left(A\setminus B\right)}\cup {\left(A\setminus C\right)}$. 

Wenn umgekehrt  ${}x\in {\left(A\setminus B\right)}\cup {\left(A\setminus C\right)}$  gilt, so bedeutet dies  ${}x\in A\setminus B$  oder  ${}x\in A\setminus C$.  Im ersten Fall ist  ${}x\in A$  und  ${}x\notin B$,  im zweiten Fall  ${}x\in A$  und  ${}x\notin C$.  Also ist  ${}x\in A$  und  ${}x\notin B\cap C$  und somit ist  ${}x\in A\setminus {\left(B\cap C\right)}$. 

Aufgabe (2 Punkte)

Ein Apfelverkäufer verkauft ${}2893$ Äpfel für ${}3127$ Euro. Ein zweiter Apfelverkäufer verkauft ${}3417$ Äpfel für ${}3693$ Euro. Welches Angebot ist günstiger?

Lösung

Wir bestimmen, wie viel die gleiche Menge an Äpfeln bei den beiden Verkäufern kostet. Um die beiden Angebote vergleichen zu können, berechnen wir den jeweiligen Preis für

${}2893\cdot 3417=9885381\,$

Äpfel. Beim ersten Verkäufer muss man dafür

${}3127\cdot 3417=10684959\,$

Euro bezahlen. Beim zweiten Verkäufer muss man dafür

${}3693\cdot 2893=10683849\,$

Euro bezahlen. Das zweite Angebot ist also günstiger.

Aufgabe (3 Punkte)

Es seien  ${}A={\left(a_{ij}\right)}$  und  ${}B={\left(b_{ij}\right)}$  quadratische Matrizen der Länge ${}n$. Es gelte  ${}a_{ij}=0$  für  ${}j\leq i+d$  und  ${}b_{ij}=0$  für  ${}j\leq i+e$  für gewisse  ${}d,e\in \mathbb {Z}$.  Zeige, dass die Einträge ${}c_{ij}$ des Produktes ${}AB$ die Bedingung  ${}c_{ij}=0$  für  ${}j\leq i+d+e+1$  erfüllen.

Lösung

Es ist

${}c_{ij}=\sum _{k=1}^{n}a_{ik}b_{kj}=\sum _{k=1}^{i+d}a_{ik}b_{kj}+\sum _{k=i+d+1}^{n}a_{ik}b_{kj}\,.$

Die Summanden links sind gleich ${}0$, da  ${}a_{ik}=0$  für  ${}k\leq i+d$  ist. Es sei nun  ${}j\leq i+d+e+1$  vorausgesetzt. Dann gilt für die Indizes im rechten Summanden

${}i+d+1\leq k\,$

und

${}j\leq i+d+1+e\leq k+e\,,$

also ist  ${}b_{kj}=0$  und auch die rechten Summanden sind ${}0$.

Aufgabe (1 Punkt)

Erläutere, warum das Achsenkreuz im ${}\mathbb {R} ^{2}$ kein Untervektorraum ist.

Lösung

Offensichtlich gehören die Vektoren ${}e_{1},e_{2}$ zum Achsenkreuz, die Summe dieser beiden Vektoren jedoch nicht. Folglich ist das Achsenkreuz kein Untervektorraum

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme den Kern der linearen Abbildung

$\mathbb {R} ^{4}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,{\begin{pmatrix}x\\y\\z\\w\end{pmatrix}}\longmapsto {\begin{pmatrix}4&1&0&5\\2&7&5&3\\-2&7&-6&2\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\\w\end{pmatrix}}.$

Lösung

${\begin{pmatrix}4&1&0&5\\2&7&5&3\\-2&7&-6&2\end{pmatrix}}$

Es geht um das lineare Gleichungssystem

${}4x+y+5w=0\,,$

${}2x+7y+5z+3w=0\,,$

${}-2x+7y-6z+2w=0\,.$

Es ist I+2III gleich

${}15y-12z+9w=0\,$

und II+III ist gleich

${}14y-z+5w=0\,.$

Es ist -IV+12 V gleich

${}153y+51w=0\,.$

Also kann man ${}w$ frei vorgeben und es ist

${}y=-{\frac {1}{3}}w\,,$

${}{\begin{aligned}z&=14y+5w\\&=-14{\frac {1}{3}}w+5w\\&={\frac {1}{3}}w,\end{aligned}}$

${}{\begin{aligned}x&={\frac {1}{2}}{\left(7y-6z+2w\right)}\\&={\frac {1}{2}}{\left(-7{\frac {1}{3}}w-6{\frac {1}{3}}w+2w\right)}\\&=-{\frac {7}{6}}w.\end{aligned}}$

Der Kern ist also

${\left\{w{\begin{pmatrix}-{\frac {7}{6}}\\-{\frac {1}{3}}\\{\frac {1}{3}}\\1\end{pmatrix}}\mid w\in \mathbb {R} \right\}}.$

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und es seien ${}V$ und ${}W$ endlichdimensionale ${}K$- Vektorräume. Zeige, dass ${}V$ und ${}W$ genau dann zueinander isomorph sind, wenn ihre Dimension übereinstimmt.

Lösung

Wir nehmen zunächst an, dass ${}V$ und ${}W$ isomorph sind, dass also eine bijektive lineare Abbildung

$\varphi \colon V\longrightarrow W$

existiert.

Es sei ${}w_{1},\ldots ,w_{n}$ eine Basis von ${}W$. Aufgrund der Surjektivität von ${}\varphi$ existieren Elemente ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ in ${}V$ mit ${}\varphi (v_{i})=w_{i}$.

Es sei ${}a_{1}v_{1}+\cdots +a_{n}v_{n}=0$ eine Darstellung der 0. Dann ist

${}{\begin{aligned}0&=\varphi (0)\\&=\varphi (a_{1}v_{1}+\cdots +a_{n}v_{n})\\&=a_{1}\varphi (v_{1})+\cdots +a_{n}\varphi (v_{n})\\&=a_{1}w_{1}+\cdots +a_{n}w_{n};\end{aligned}}$

weil ${}w_{1},\ldots ,w_{n}$ linear unabhängig sind, sind alle Koeffizienten 0. Daraus schließen wir, dass ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ linear unabhängig sind und wegen Satz 7.11 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025))  (4) ist die Dimension von ${}V$ damit mindestens so hoch wie die von ${}W$. Mithilfe der Umkehrabbildung zu ${}\varphi$ können wir ebenso zeigen, dass die Dimension von ${}W$ mindestens so hoch ist, wie die von ${}V$. Also sind die Vektorräume gleichdimensional.

Nehmen wir umgekehrt an, dass die Dimensionen der Vektorräume übereinstimmen, und seien Basen ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ von ${}V$ und ${}w_{1},\ldots ,w_{n}$ von ${}W$ gegeben. Dann werden durch die Zuordnungen ${}\varphi (v_{i})=w_{i}$ bzw. ${}\psi (w_{i})=v_{i}$ gemäß Satz 10.10 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) lineare Abbildungen definiert. Diese sind zueinander invers (man kann dies auf Basen nachprüfen und auf den gewählten Basen ist dies trivial), also sind ${}V$ und ${}W$ isomorph.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die inverse Matrix zu

${\begin{pmatrix}1&3&1\\4&1&2\\0&1&1\end{pmatrix}}.$

Lösung

${}{\begin{pmatrix}1&3&1\\4&1&2\\0&1&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&3&1\\0&-11&-2\\0&1&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\-4&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&3&1\\0&1&1\\0&-11&-2\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&1\\-4&1&0\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&3&1\\0&1&1\\0&0&9\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&1\\-4&1&11\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&3&1\\0&1&1\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&1\\{\frac {-4}{9}}&{\frac {1}{9}}&{\frac {11}{9}}\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&0&-2\\0&1&1\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&-3\\0&0&1\\{\frac {-4}{9}}&{\frac {1}{9}}&{\frac {11}{9}}\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}{\frac {1}{9}}&{\frac {2}{9}}&{\frac {-5}{9}}\\{\frac {4}{9}}&{\frac {-1}{9}}&{\frac {-2}{9}}\\{\frac {-4}{9}}&{\frac {1}{9}}&{\frac {11}{9}}\end{pmatrix}}$

Die inverse Matrix ist also

${\begin{pmatrix}{\frac {1}{9}}&{\frac {2}{9}}&{\frac {-5}{9}}\\{\frac {4}{9}}&{\frac {-1}{9}}&{\frac {-2}{9}}\\{\frac {-4}{9}}&{\frac {1}{9}}&{\frac {11}{9}}\end{pmatrix}}.$

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über die Beschreibung einer linearen Abbildung bei einem Basiswechsel.

Lösung

Die linearen Standardabbildungen ${}K^{n}\rightarrow V$ bzw. ${}K^{m}\rightarrow W$ zu den Basen seien mit ${}\Psi _{\mathfrak {v}},\,\Psi _{\mathfrak {u}},\,\Psi _{\mathfrak {w}},\,\Psi _{\mathfrak {z}}$ bezeichnet. Wir betrachten das kommutative Diagramm

${\begin{matrix}K^{n}&&&{\stackrel {M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi )}{\longrightarrow }}&&&K^{m}\\&\searrow \Psi _{\mathfrak {v}}\!\!\!\!\!&&&&\Psi _{\mathfrak {w}}\swarrow \!\!\!\!\!&\\\!\!\!\!\!M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {v}}\downarrow &&V&{\stackrel {\varphi }{\longrightarrow }}&W&&\,\,\,\,\downarrow M_{\mathfrak {z}}^{\mathfrak {w}}\\&\nearrow \Psi _{\mathfrak {u}}\!\!\!\!\!&&&&\Psi _{\mathfrak {z}}\nwarrow \!\!\!\!\!&\\K^{n}&&&{\stackrel {M_{\mathfrak {z}}^{\mathfrak {u}}(\varphi )}{\longrightarrow }}&&&K^{m},\!\!\!\!\!\end{matrix}}$

wobei die Kommutativität auf Lemma 9.1 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) und Lemma 10.14 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) beruht. In dieser Situation ergibt sich insgesamt

${}{\begin{aligned}M_{\mathfrak {z}}^{\mathfrak {u}}(\varphi )&=\Psi _{\mathfrak {z}}^{-1}\circ \varphi \circ \Psi _{\mathfrak {u}}\\&=\Psi _{\mathfrak {z}}^{-1}\circ (\Psi _{\mathfrak {w}}\circ M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi )\circ \Psi _{\mathfrak {v}}^{-1})\circ \Psi _{\mathfrak {u}}\\&=(\Psi _{\mathfrak {z}}^{-1}\circ \Psi _{\mathfrak {w}})\circ M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi )\circ (\Psi _{\mathfrak {v}}^{-1}\circ \Psi _{\mathfrak {u}})\\&=(\Psi _{\mathfrak {z}}^{-1}\circ \Psi _{\mathfrak {w}})\circ M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi )\circ (\Psi _{\mathfrak {u}}^{-1}\circ \Psi _{\mathfrak {v}})^{-1}\\&=M_{\mathfrak {z}}^{\mathfrak {w}}\circ M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi )\circ (M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {v}})^{-1}.\end{aligned}}$

Aufgabe (1 Punkt)

Bestimme die Determinante zur Matrix

${\begin{pmatrix}13&1&-1&-8&6\\3&-2&8&1&4\\5&9&7&3&5\\6&-4&16&2&8\\7&-10&11&6&9\end{pmatrix}}.$

Lösung

Die vierte Zeile ist das Doppelte der zweiten Zeile, somit ist die Determinante gleich ${}0$.

Aufgabe (2 Punkte)

Berechne für die Permutation

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

die Anzahl der Fehlstände und das Vorzeichen.

Lösung

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

Die Fehlstände sind

$(1,3),\,(1,5),\,(1,8),\,(2,3),\,(2,4),\,(2,5),\,(2,7),\,(2,8),\,(3,8),\,(4,5),\,(4,8),\,(5,8),\,(6,7),\,(6,8),\,(7,8).$

Dies sind ${}15$ Fehlstände. Die Permutation ist also ungerade.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und sei ${}K[X]$ der Polynomring über ${}K$. Es sei  ${}a\in K$.  Zeige, dass die Einsetzungsabbildung, also die Zuordnung

$\psi \colon K[X]\longrightarrow K,\,P\longmapsto P(a),$

folgende Eigenschaften erfüllt (dabei seien  ${}P,Q\in K[X]$ ).

1. ${}(P+Q)(a)=P(a)+Q(a)\,.$

2. ${}(P\cdot Q)(a)=P(a)\cdot Q(a)\,.$

3. ${}1(a)=1\,.$

Lösung

Es seien  ${}P=\sum _{i}a_{i}X^{i}$  und  ${}Q=\sum _{j}b_{j}X^{j}$. 

1. Es ist

   ${}P+Q=\sum _{i}{\left(a_{i}+b_{i}\right)}X^{i}\,$

   und somit ist unter Verwendung des Distributivgesetzes für ${}K$

   ${}{\begin{aligned}(P+Q)(z)&={\left(\sum _{i}{\left(a_{i}+b_{i}\right)}X^{i}\right)}(z)\\&=\sum _{i}{\left(a_{i}+b_{i}\right)}z^{i}\\&=\sum _{i}a_{i}z^{i}+\sum _{i}b_{i}z^{i}\\&={\left(\sum _{i}a_{i}X^{i}\right)}(z)+{\left(\sum _{i}b_{i}X^{i}\right)}(z)\\&=P(z)+Q(z).\end{aligned}}$

2. Es ist

   ${}P\cdot Q=\sum _{k}{\left(\sum _{i+j=k}a_{i}\cdot b_{j}\right)}X^{k}\,$

   und somit ist unter Verwendung des Distributivgesetzes und der Potenzgesetze für ${}K$

   ${}{\begin{aligned}(P\cdot Q)(z)&={\left(\sum _{k}{\left(\sum _{i+j=k}a_{i}\cdot b_{j}\right)}X^{k}\right)}(z)\\&=\sum _{k}{\left(\sum _{i+j=k}a_{i}\cdot b_{j}\right)}z^{k}\\&=\sum _{i,j}a_{i}\cdot b_{j}z^{i+j}\\&={\left(\sum _{i}a_{i}z^{i}\right)}\cdot {\left(\sum _{j}b_{j}z^{j}\right)}\\&={\left(\sum _{i}a_{i}X^{i}\right)}(z)\cdot {\left(\sum _{j}b_{j}X^{j}\right)}(z)\\&=P(z)\cdot Q(z).\end{aligned}}$

3. Für jedes konstante Polynom ${}a_{0}$ gilt  ${}a_{0}(z)=a_{0}$,  da nicht eingesetzt werden kann.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme in ${}\mathbb {Z}$ mit Hilfe des euklidischen Algorithmus den größten gemeinsamen Teiler von ${}1085$ und ${}806$ und schreibe die beiden Zahlen als Vielfache des größten gemeinsamen Teilers.

Lösung

Es ist

${}1085=1\cdot 806+279\,,$

${}806=2\cdot 279+248\,,$

${}279=1\cdot 248+31\,,$

${}248=8\cdot 31\,.$

Der größte gemeinsame Teiler ist also ${}31$. Aus den Rechnungen erhält man

${}806=2\cdot 279+248=2(248+31)+248=3\cdot 248+2\cdot 31=3\cdot 8\cdot 31+2\cdot 31=26\cdot 31\,$

und

${}1085=806+279=26\cdot 31+9\cdot 31=35\cdot 31\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper, ${}V$ ein ${}K$- Vektorraum und

$\varphi \colon V\longrightarrow V$

eine lineare Abbildung und seien  ${}\lambda _{1}\neq \lambda _{2}$  Elemente in ${}K$. Zeige, dass

${}\operatorname {Eig} _{\lambda _{1}}{\left(\varphi \right)}\cap \operatorname {Eig} _{\lambda _{2}}{\left(\varphi \right)}=0\,$

ist.

Lösung

Es sei  ${}v\in \operatorname {Eig} _{\lambda _{1}}{\left(\varphi \right)}\cap \operatorname {Eig} _{\lambda _{2}}{\left(\varphi \right)}$.  Dann ist

${}\lambda _{1}v=\varphi (v)=\lambda _{2}v\,.$

Also ist

${}(\lambda _{1}-\lambda _{2})v=0\,,$

woraus wegen  ${}\lambda _{1}\neq \lambda _{2}$  direkt  ${}v=0$  folgt.

Aufgabe (6 (2+4) Punkte)

Wir betrachten die Matrix

${}M={\begin{pmatrix}T&T-1\\T+1&{\frac {1}{T}}\end{pmatrix}}\,$

über dem Körper der rationalen Funktionen ${}\mathbb {R} (T)$.

1. Bestimme das charakteristische Polynom von ${}M$.
2. Bestimme, ob ${}M$ Eigenwerte besitzt.

Lösung

1. Es ist

   ${}{\begin{aligned}\chi _{M}&=\det {\begin{pmatrix}X-T&-(T-1)\\-(T+1)&X-{\frac {1}{T}}\end{pmatrix}}\\&=(X-T){\left(X-{\frac {1}{T}}\right)}-(T+1)(T-1)\\&=X^{2}-{\left(T+{\frac {1}{T}}\right)}X+1-T^{2}+1\\&=X^{2}-{\frac {T^{2}+1}{T}}X-T^{2}+2.\end{aligned}}$

2. Wir führen quadratische Ergänzung durch und schreiben dieses Polynom als

   ${}{\begin{aligned}X^{2}-{\frac {T^{2}+1}{T}}X-T^{2}+2&={\left(X-{\frac {T^{2}+1}{2T}}\right)}^{2}-{\left({\frac {T^{2}+1}{2T}}\right)}^{2}-T^{2}+2\\&={\left(X-{\frac {T^{2}+1}{2T}}\right)}^{2}-{\frac {T^{4}+2T^{2}+1}{4T^{2}}}-T^{2}+2\\&={\left(X-{\frac {T^{2}+1}{2T}}\right)}^{2}+{\frac {-T^{4}-2T^{2}-1-4T^{4}+8T^{2}}{4T^{2}}}\\&={\left(X-{\frac {T^{2}+1}{2T}}\right)}^{2}+{\frac {-5T^{4}+6T^{2}-1}{4T^{2}}}\\&={\left(X-{\frac {T^{2}+1}{2T}}\right)}^{2}-{\frac {5T^{4}-6T^{2}+1}{4T^{2}}}.\end{aligned}}$

   Für das Polynom ${}A:=5T^{4}-6T^{2}+1$ gilt:

   ${}{\begin{aligned}A&=5T^{4}-6T^{2}+1\\&=5\left(T^{4}-{\frac {6}{5}}T^{2}+{\frac {1}{5}}\right)\\&=5\left(\left(T^{2}-{\frac {3}{5}}\right)^{2}-{\frac {9}{25}}+{\frac {1}{5}}\right)\\&=5\left(\left(T^{2}-{\frac {3}{5}}\right)^{2}-{\frac {4}{25}}\right)\\&=5\left(\left(T^{2}-{\frac {3}{5}}\right)^{2}-\left({\frac {2}{5}}\right)^{2}\right).\end{aligned}}$

   Daraus lassen sich direkt die 4 Nullstellen ${}-1,1,-{\frac {1}{\sqrt {5}}},{\frac {1}{\sqrt {5}}}$ ablesen. Also besteht die Linearfaktorzerlegung von ${}A$ aus 4 unterschiedlichen Linearfaktoren.
   Nach dem Fundamentalsatz der Algebra hat jedes Polynom in ${}\mathbb {R} (T)$ eine komplexe Linearfaktorzerlegung.
   Wir behaupten, dass ${}5T^{4}-6T^{2}+1$ keine Quadratwurzel in ${}{\mathbb {C} }(T)$ (und damit auch in ${}\mathbb {R} (T)$) besitzt. Wenn es nämlich eine rationale Funktion ${}P/Q$ mit

   ${}A={\frac {P^{2}}{Q^{2}}}\,$

   geben würde, so wäre

   ${}AQ^{2}=P^{2}\,,$

   doch dann würde die komplexe Linearfaktorzerlegung von ${}AQ^{2}$ eine ungerade Anzahl von einem der Linearfaktoren von ${}A$ enthalten, die komplexe Linearfaktorzerlegung von ${}P$ jedoch enthält jeden Faktor in gerader Anzahl, was einen Widerspruch ergibt.

   Somit besitzt das charakteristische Polynom keine Nullstelle und daher hat die Matrix keinen Eigenwert.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}M$ eine obere Dreiecksmatrix, wobei die Diagonaleinträge alle konstant gleich ${}c$ seien. Zeige, dass ${}M$ genau dann diagonalisierbar ist, wenn es schon eine Diagonalmatrix ist.

Lösung

Wenn ${}M$ eine Diagonalmatrix, so ist ${}M$ natürlich auch diagonalisierbar. Es sei nun vorausgesetzt, dass ${}M$ diagonalisierbar ist. Da ${}M$ eine obere Dreiecksmatrix ist, ist der konstante Diagonaleintrag ${}c$ der einzige Eigenwert. Da ${}M$ diagonalisierbar ist, so ist ${}M$ nach Lemma 22.11 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) die direkte Summe seiner Eigenräume. In diesem Fall gilt also

${}K^{n}=\operatorname {Eig} _{c}{\left(M\right)}\,,$

d.h. ${}M$ ist die Streckung mit ${}c$. Dann ist ${}M$ eine Diagonalmatrix.

Aufgabe (3 Punkte)

Man gebe ein Polynom ${}P\in \mathbb {R} [X]$ an, das für unendlich viele reelle ${}2\times 2$- Matrizen das Minimalpolynom ist.

Lösung

Es sei  ${}P=X^{2}$.  Wir behaupten, dass dies für sämtliche Matrizen der Form

${\begin{pmatrix}0&r\\0&0\end{pmatrix}}{\text{ mit }}r\in \mathbb {R} {\text{ und }}r\neq 0$

das Minimalpolynom ist. Eine direkte Rechnung zeigt

${}{\begin{pmatrix}0&r\\0&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0&r\\0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}}\,,$

sodass ${}X^{2}$ diese Matrizen annulliert. Das Minimalpolynom muss also ein Teiler von ${}X^{2}$, und die normierten Teiler sind ${}1,X,X^{2}$. Wegen  ${}r\neq 0$  ist ${}X$ ausgeschlossen, also ist das Minimalpolynom gleich ${}X^{2}$.

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

Wir betrachten die Matrix

${}M={\begin{pmatrix}7&0&2\\0&7&-1\\0&0&7\end{pmatrix}}\,$

über ${}\mathbb {Q}$.

a) Bestimme die jordansche Normalform von ${}M$.

b) Bestimme die kanonische Zerlegung von ${}M$ in einen diagonalisierbaren Anteil und einen nilpotenten Anteil.

c) Welche Eigenschaften der kanonischen Zerlegung erfüllt die Zerlegung

${}{\begin{pmatrix}7&0&2\\0&7&-1\\0&0&7\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}7&0&0\\0&7&0\\0&0&7\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0&0&2\\0&0&-1\\0&0&0\end{pmatrix}}\,,$

welche nicht?

Lösung

1. Es ist

   ${}M-7E_{3}={\begin{pmatrix}0&0&2\\0&0&-1\\0&0&0\end{pmatrix}}\,$

   eine Matrix mit Rang ${}1$, daher ist der Eigenraum zum Eigenwert ${}7$ zweidimensional. Daher hat die jordansche Normalform die Gestalt

   ${\begin{pmatrix}7&0&0\\0&7&1\\0&0&7\end{pmatrix}}.$

2. In der Basis, in der die jordansche Normalform vorliegt, ist

   ${}{\begin{pmatrix}7&0&0\\0&7&1\\0&0&7\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}7&0&0\\0&7&0\\0&0&7\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}}\,.$

   Dabei ist der Summand links in Diagonalgestalt, also insbesondere diagonalisierbar, und der Summand rechts ist nilpotent. Ferner ist

   ${}{\begin{pmatrix}7&0&0\\0&7&0\\0&0&7\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&7\\0&0&0\end{pmatrix}}\,$

   und

   ${}{\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}7&0&0\\0&7&0\\0&0&7\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&7\\0&0&0\end{pmatrix}}\,,$

   sodass auch die Vertauschbarkeitsbeziehung gilt.

3. Die Summanden sind diagonalisierbar bzw. nilpotent. Ferner ist

   ${}{\begin{pmatrix}7&0&0\\0&7&0\\0&0&7\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}0&0&2\\0&0&-1\\0&0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0&14\\0&0&-7\\0&0&0\end{pmatrix}}\,$

   und

   ${}{\begin{pmatrix}0&0&2\\0&0&-1\\0&0&0\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}7&0&0\\0&7&0\\0&0&7\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0&14\\0&0&-7\\0&0&0\end{pmatrix}}\,$

   und somit ist dies ebenfalls die kanonische Zerlegung (allerdings bezüglich einer anderen Basis).

Aufgabe (4 Punkte)

Finde eine affine Basis für die Lösungsmenge der inhomogenen Gleichung

${}6x+3y-5z+w=2\,.$

Lösung

Eine spezielle Lösung der Gleichung ist durch

${\begin{pmatrix}0\\0\\0\\2\end{pmatrix}}$

gegeben. Für die zugehörige homogene Gleichung sind

${\begin{pmatrix}1\\-2\\0\\0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\5\\3\\0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\0\\1\\5\end{pmatrix}}$

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

${\begin{pmatrix}0\\0\\0\\2\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\0\\0\\2\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}1\\-2\\0\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\-2\\0\\2\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\0\\0\\2\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0\\5\\3\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\5\\3\\2\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\0\\0\\2\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0\\0\\1\\5\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\1\\7\end{pmatrix}}$

eine affine Basis der Lösungsmenge der inhomogenen Gleichung.