Kurs:Lineare Algebra/Teil I/25/Klausur mit Lösungen/kontrolle

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

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Das Bild von ${}F$ ist die Menge

   ${\left\{y\in M\mid {\text{es gibt ein }}x\in L{\text{ mit }}F(x)=y\right\}}.$

2. Unter einem Vektorraum ${}V$ über ${}K$ versteht man eine Menge ${}V$ mit einem ausgezeichneten Element ${}0\in V$ und mit zwei Abbildungen

   $+\colon V\times V\longrightarrow V,\,(u,v)\longmapsto u+v,$

   und

   $K\times V\longrightarrow V,\,(s,v)\longmapsto sv=s\cdot v,$

   derart, dass die folgenden Axiome erfüllt sind (dabei seien ${}r,s\in K$ und ${}u,v,w\in V$ beliebig):

   1. ${}u+v=v+u$,
   2. ${}(u+v)+w=u+(v+w)$,
   3. ${}v+0=v$,
   4. Zu jedem ${}v$ gibt es ein ${}z$ mit ${}v+z=0$,
   5. ${}r(su)=(rs)u$,
   6. ${}r(u+v)=ru+rv$,
   7. ${}(r+s)u=ru+su$,
   8. ${}1\cdot u=u$.
3. Man nennt die Dimension des von den Spalten erzeugten Untervektorraums von ${}K^{m}$ den (Spalten-)Rang der Matrix ${}M$.
4. Unter dem Dualraum zu ${}V$ versteht man den Homomorphismenraum

   ${}{V}^{*}=\operatorname {Hom} _{K}{\left(V,K\right)}\,.$

5. Man nennt

   ${}\operatorname {Haupt} _{\lambda }(\varphi )=\bigcup _{n\in \mathbb {N} }\operatorname {kern} {\left(\varphi -\lambda \operatorname {Id} \right)}^{n}\,$

   den Hauptraum zu ${}\varphi$ zum Eigenwert ${}\lambda$.

6. Unter einer Jordanmatrix (zum Eigenwert ${}\lambda$) versteht man eine quadratische Matrix der Form

   ${\begin{pmatrix}\lambda &1&0&\cdots &\cdots &0\\0&\lambda &1&0&\cdots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&\lambda &1&0\\0&\cdots &\cdots &0&\lambda &1\\0&\cdots &\cdots &\cdots &0&\lambda \end{pmatrix}}.$

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es sei ${}K$ ein Körper und

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

   ein inhomogenes lineares Gleichungssystem über ${}K$ und es sei

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

   das zugehörige homogene Gleichungssystem. Wenn ${}{\left(y_{1},\ldots ,y_{n}\right)}$ eine Lösung des inhomogenen Systems und ${}{\left(z_{1},\ldots ,z_{n}\right)}$ eine Lösung des homogenen Systems ist, so ist ${}{\left(y_{1}+z_{1},\ldots ,y_{n}+z_{n}\right)}$ eine Lösung des inhomogenen Systems.
2. Es sei ${}K$ ein Körper, ${}V$ und ${}W$ seien ${}K$-Vektorräume und

   $\varphi \colon V\longrightarrow W$

   sei eine ${}K$-lineare Abbildung. Dann ist ${}\varphi$ injektiv genau dann, wenn ${}\operatorname {kern} \varphi =0$ ist.
3. Es sei ${}\varphi \colon V\rightarrow V$ ein Endomorphismus auf dem endlichdimensionalen ${}K$- Vektorraum ${}V$ und es sei ${}{\mathfrak {u}}=u_{1},\ldots ,u_{n}$ eine Basis von ${}V$. Es sei ${}M=M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {u}}$ die beschreibende Matrix zu ${}\varphi$ bezüglich dieser Basis. Dann ist ${}v\in V$ genau dann ein Eigenvektor zu ${}\varphi$ zum Eigenwert ${}a$, wenn das Koordinatentupel zu ${}v$ bezüglich der Basis ein Eigenvektor zu ${}M$ zum Eigenwert ${}a$ ist.

Aufgabe (2 Punkte)

Bei der Onlinepartnervermittlung „e-Tarzan meets e-Jane“ verliebt sich alle elf Minuten ein Single. Wie lange (in gerundeten Jahren) dauert es, bis sich alle erwachsenen Menschen in Deutschland (ca. ${}65000000$) verliebt haben, wenn ihnen allein dieser Weg zur Verfügung steht.

Lösung

Es benötigt

${}65000000\cdot 11=715000000\,$

Minuten. Ein Jahr besteht aus

${}365\cdot 24\cdot 60=525600\,$

Minuten. Der benötigte Zeitraum ist somit

${}{\frac {715000000}{525600}}={\frac {7150000}{5256}}\cong 1360,35\,$

Jahre.

Aufgabe (2 Punkte)

Gilt für quadratische Matrizen die erste binomische Formel?

Lösung

Die erste binomische Formel gilt nicht, da beispielsweise

${}{\begin{aligned}{\left({\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}}\right)}^{2}&={\begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}}^{2}\\&={\begin{pmatrix}2&1\\1&1\end{pmatrix}},\end{aligned}}$

aber

${}{\begin{aligned}{\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}}^{2}+2{\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}}^{2}&={\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}+2{\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}2&0\\2&1\end{pmatrix}}\end{aligned}}$

gilt.

Aufgabe (8 Punkte)

Es sei ${}V$ ein Vektorraum und

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

eine Familie von Vektoren in ${}V$. Zeige, dass die Familie genau dann eine Basis von ${}V$ bildet, wenn es sich um ein minimales Erzeugendensystem handelt (d.h. sobald man einen Vektor ${}v_{i}$ weglässt, liegt kein Erzeugendensystem mehr vor).

Lösung

Die Familie sei zunächst eine Basis. Dann ist sie insbesondere ein Erzeugendensystem. Nehmen wir einen Vektor, sagen wir ${}v_{1}$, aus der Familie heraus. Wir müssen zeigen, dass dann die verbleibende Familie, also ${}v_{2},\ldots ,v_{n}$ kein Erzeugendensystem mehr ist. Wenn sie ein Erzeugendensystem wäre, so wäre insbesondere ${}v_{1}$ als Linearkombination der Vektoren darstellbar, d.h. man hätte

${}v_{1}=\sum _{i=2}^{n}\lambda _{i}v_{i}\,.$

Dann ist aber

$v_{1}-\sum _{i=2}^{n}\lambda _{i}v_{i}$

eine nichttriviale Darstellung der ${}0$, im Widerspruch zur linearen Unabhängigkeit der Familie.

Es sei nun die Familie ein minimales Erzeugendensystem. Um zu zeigen, dass eine Basis vorliegt, muss also lediglich gezeigt werden, dass die Familie linear unabhängig ist. Nehmen wir an, sie sei nicht linear unabhängig. Dann gibt es eine Darstellung

${}a_{1}v_{1}+a_{2}v_{2}+\cdots +a_{n}v_{n}=0\,,$

wobei mindestens ein Koeffizient ${}a_{i}\neq 0$ ist. Wir behaupten, dass dann auch die um ${}v_{i}$ reduzierte Familie noch ein Erzeugendensystem ist im Widerspruch zur Minimalität. Dazu sei ${}v\in V$ ein beliebiger Vektor, den man als

${}v=b_{1}v_{1}+\cdots +b_{i}v_{i}+\cdots +b_{n}v_{n}\,$

schreiben kann. Wir können ${}v_{i}$ schreiben als

${}v_{i}=-{\frac {a_{1}}{a_{i}}}v_{1}-\cdots -{\frac {a_{i-1}}{a_{i}}}v_{i-1}-{\frac {a_{i+1}}{a_{i}}}v_{i+1}-\cdots -{\frac {a_{n}}{a_{i}}}v_{n}\,.$

Damit ist

${}{\begin{aligned}v&=b_{1}v_{1}+\cdots +b_{i}v_{i}+\cdots +b_{n}v_{n}\\&=b_{1}v_{1}+\cdots +b_{i}{\left(-{\frac {a_{1}}{a_{i}}}v_{1}-\cdots -{\frac {a_{i-1}}{a_{i}}}v_{i-1}-{\frac {a_{i+1}}{a_{i}}}v_{i+1}-\cdots -{\frac {a_{n}}{a_{i}}}v_{n}\right)}+\cdots +b_{n}v_{n},\end{aligned}}$

woraus ablesbar ist, dass man ${}v$ auch als Linearkombination der ${}v_{1},\ldots ,v_{i-1},v_{i+1},\ldots ,v_{n}$ darstellen kann.

Aufgabe (1 Punkt)

Wie lautet die Matrix, die bezüglich der Standardbasis die Vierteldrehung im ${}\mathbb {R} ^{2}$ gegen den Uhrzeigensinn beschreibt?

Lösung

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

Aufgabe (8 Punkte)

Beweise die Dimensionsformel für eine lineare Abbildung

$\varphi \colon V\longrightarrow W.$

Lösung

Es sei ${}n=\dim _{K}{\left(V\right)}$. Es sei ${}U=\operatorname {kern} \varphi \subseteq V$ der Kern der Abbildung und ${}k=\dim _{K}{\left(U\right)}$ seine Dimension (${}k\leq n$). Es sei

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

eine Basis von ${}U$. Aufgrund des Basisergänzungssatzes gibt es Vektoren

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

derart, dass

$u_{1},\ldots ,u_{k},\,v_{1},\ldots ,v_{n-k}$

eine Basis von ${}V$ ist. Wir behaupten, dass

$w_{j}=\varphi (v_{j}),\,j=1,\ldots ,n-k,$

eine Basis des Bildes ist. Es sei ${}w\in W$ ein Element des Bildes ${}\varphi (V)$. Dann gibt es ein ${}v\in V$ mit ${}\varphi (v)=w$. Dieses ${}v$ lässt sich mit der Basis als

${}v=\sum _{i=1}^{k}s_{i}u_{i}+\sum _{j=1}^{n-k}t_{j}v_{j}\,$

schreiben. Dann ist

${}{\begin{aligned}w&=\varphi (v)\\&=\varphi {\left(\sum _{i=1}^{k}s_{i}u_{i}+\sum _{j=1}^{n-k}t_{j}v_{j}\right)}\\&=\sum _{i=1}^{k}s_{i}\varphi (u_{i})+\sum _{j=1}^{n-k}t_{j}\varphi (v_{j})\\&=\sum _{j=1}^{n-k}t_{j}w_{j},\end{aligned}}$

sodass sich ${}w$ als Linearkombination der ${}w_{j}$ schreiben lässt. Zum Beweis der linearen Unabhängigkeit der ${}w_{j}$, ${}j=1,\ldots ,n-k$, sei eine Darstellung der Null gegeben,

${}0=\sum _{j=1}^{n-k}t_{j}w_{j}\,.$

Dann ist

${}\varphi {\left(\sum _{j=1}^{n-k}t_{j}v_{j}\right)}=\sum _{j=1}^{n-k}t_{j}\varphi {\left(v_{j}\right)}=0\,.$

Also gehört ${}\sum _{j=1}^{n-k}t_{j}v_{j}$ zum Kern der Abbildung und daher kann man

${}\sum _{j=1}^{n-k}t_{j}v_{j}=\sum _{i=1}^{k}s_{i}u_{i}\,$

schreiben. Da insgesamt eine Basis von ${}V$ vorliegt, folgt, dass alle Koeffizienten ${}0$ sein müssen, also sind insbesondere ${}t_{j}=0$.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}\varphi \colon V\rightarrow V$ eine lineare Abbildung auf einem endlichdimensionalen ${}K$- Vektorraum ${}V$. Es sei ${}k\leq n$. Zeige, dass es genau dann eine direkte Summenzerlegung ${}V=U\oplus W$ in invariante Untervektorräume ${}U,W\subseteq V$ der Dimension ${}k$ bzw. ${}n-k$ gibt, wenn es eine Basis von ${}V$ gibt, bezüglich der die beschreibende Matrix von ${}\varphi$ die Gestalt

${\begin{pmatrix}a_{11}&\ldots &a_{1k}&0&\ldots &0\\\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &\vdots \\a_{k1}&\ldots &a_{kk}&0&\ldots &0\\0&\ldots &0&a_{k+1k+1}&\ldots &a_{k+1n}\\\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &\vdots \\0&\ldots &0&a_{nk+1}&\ldots &a_{nn}\end{pmatrix}}$

besitzt.

Lösung

Es sei zunächst ${}V=U\oplus W$ eine direkte Zerlegung in invariante Untervektorräume der Dimension ${}k$ bzw. ${}n-k$. Wir wählen eine Basis ${}v_{1},\ldots ,v_{k}$ von ${}U$ und eine Basis ${}v_{k+1},\ldots ,v_{n}$ von ${}W$, die zusammengenommen eine Basis von ${}V$ bilden. Wegen der Invarianz ist einerseits

${}\varphi (v_{i})\in U=\langle v_{1},\ldots ,v_{k}\rangle \,$

für ${}i\leq k$, also

${}\varphi (v_{i})=\sum _{j=1}^{k}a_{ji}v_{j}\,$

für ${}i\leq k$, und andererseits

${}\varphi (v_{i})\in W=\langle v_{k+1},\ldots ,v_{n}\rangle \,$

für ${}i\geq k+1$, also

${}\varphi (v_{i})=\sum _{j=k+1}^{n}a_{ji}v_{j}\,$

für ${}i\geq k+1$. Daher sind in der beschreibenden Matrix von ${}\varphi$ bezüglich dieser Matrix alle Einträge im ${}k$-Block links unten und im ${}n-k$-Block rechts oben gleich ${}0$.

Wenn umgekehrt eine solche Matrix bezüglich einer Basis ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ vorliegt, so kann man daraus ablesen, dass

${}\varphi (v_{i})=\sum _{j=1}^{k}a_{ji}v_{j}\,$

für ${}i\leq k$ und

${}\varphi (v_{i})=\sum _{j=k+1}^{n}a_{ji}v_{j}\,$

für ${}i\geq k+1$ gilt. Dies bedeutet, dass

${}U:=\langle v_{1},\ldots ,v_{k}\rangle \,$

und

${}W:=\langle v_{k+1},\ldots ,v_{n}\rangle \,$

auf sich selbst abgebildet werden. Dies sind also invariante Untervektorräume der gesuchten Dimensionen, und ihre Summe ist direkt, da sie durch disjunkte Teilmengen einer Basis gegeben sind.

Aufgabe (6 (4+1+1) Punkte)

Es sei

${}U=\langle {\begin{pmatrix}5\\0\\-6\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}-4\\3\\-7\end{pmatrix}}\rangle \subseteq K^{3}\,$

und

${}T=\langle {\begin{pmatrix}1\\5\\-1\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}-9\\3\\7\end{pmatrix}}\rangle \subseteq K^{3}\,.$

a) Beschreibe den Untervektorraum ${}W$ der ${}3\times 3$- Matrizen, die den Untervektorraum ${}U$ in den Untervektorraum ${}T$ abbilden, als Lösungsraum eines linearen Gleichungssystems.

b) Beschreibe ${}W$ durch ein eliminiertes Gleichungssystem.

c) Bestimme die Dimension von ${}W$.

Lösung

a) Wir beschreiben zuerst ${}T$ als Kern einer Linearform. Das lineare Gleichungssystem

${}x+5y-z=0\,$

${}-9x+3y+7z=0\,$

führt auf (${}7I+II$)

${}x-19y=0\,.$

Daher ist ${}\left(19,\,1,\,24\right)$ eine Lösung und ${}T$ ist der Kern der durch ${}\left(19,\,1,\,24\right)$ gegebenen Linearform auf dem ${}K^{3}$. Die Bedingung, dass eine ${}3\times 3$-Matrix ${}M$ den Untervektorraum ${}U$ nach ${}T$ abbildet, bedeutet also, dass

${}{\left(\left(19,\,1,\,24\right)\circ M\right)}u=0\,$

für ${}u\in U$ ist, was auf der gegebenen Basis von ${}U$ überprüft werden kann. Wenn man

${}M={\begin{pmatrix}a&b&c\\d&e&f\\g&h&k\end{pmatrix}}\,$

ansetzt, so müssen die beiden Bedingungen

${}\left(19,\,1,\,24\right){\begin{pmatrix}a&b&c\\d&e&f\\g&h&k\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}5\\0\\-6\end{pmatrix}}=0\,$

und

${}\left(19,\,1,\,24\right){\begin{pmatrix}a&b&c\\d&e&f\\g&h&k\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}-4\\3\\-7\end{pmatrix}}=0\,$

erfüllt sein. Die erste Bedingung bedeutet

${}{\begin{aligned}0&=\left(19a+d+24g,\,19b+e+24h,\,19c+f+24k\right){\begin{pmatrix}5\\0\\-6\end{pmatrix}}\\&=95a+5d+120g-96c-6f-144k\end{aligned}}$

und die zweite Bedingung bedeutet

${}{\begin{aligned}0&=\left(19a+d+24g,\,19b+e+24h,\,19c+f+24k\right){\begin{pmatrix}-4\\3\\-7\end{pmatrix}}\\&=-76a-4d-96g+57b+3e+72h-133c-7f-148k.\end{aligned}}$

b) Da in der ersten Gleichung die Variable ${}b$ nicht vorkommt, müssen wir nicht weiter eliminieren.

c) Da die beiden Gleichungen linear unabhängig sind, besitzt der Lösungsraum die Dimension ${}7$.

Aufgabe (1 Punkt)

Bestimme die Determinante zur Matrix

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

Lösung

Die Summe der ersten und der vierten und die Summe der zweiten und der fünften Zeile ergeben jeweils ${}(1,1,1,1,1)$, daher liegt eine lineare Abhängigkeit vor und die Determinante ist ${}0$.

Aufgabe (2 Punkte)

Definiere eine Gruppe mit ${}4$ Elementen, in der jedes Element zu sich selbst invers ist.

Lösung

Es sei ${}K$ der Körper mit zwei Elementen, aufgefasst als additive Gruppe ${}(K,+,0)$. Dann ist ${}K^{2}=K\times K$ (ein Vektorraum und insbesondere) eine Gruppe mit vier Elementen, und für jedes Element gilt ${}v+v=2v=0$. Alle Elemente sind also zu sich selbst invers.

Aufgabe (3 (1+2) Punkte)

a) Berechne das Produkt

${\left(2-3X+X^{2}\right)}\cdot {\left(-5+4X-3X^{2}\right)}$

im Polynomring ${}\mathbb {Q} [X]$.

b) Berechne das Produkt

${\left(2-3{\sqrt {2}}+{\sqrt {2}}^{2}\right)}\cdot {\left(-5+4{\sqrt {2}}-3{\sqrt {2}}^{2}\right)}$

in ${}\mathbb {R}$ auf zwei verschiedene Arten.

Lösung

a) Es ist

${}{\begin{aligned}(2-3X+X^{2})\cdot (-5+4X-3X^{2})&=-10+8X+15X-6X^{2}-5X^{2}-12X^{2}+4X^{3}+9X^{3}-3X^{4}\\&=-10+23X-23X^{2}+13X^{3}-3X^{4}.\,\end{aligned}}$

b) Es ist einerseits direkt

${}{\begin{aligned}(2-3{\sqrt {2}}+{\sqrt {2}}^{2})\cdot (-5+4{\sqrt {2}}-3{\sqrt {2}}^{2})&={\left(4-3{\sqrt {2}}\right)}{\left(-11+4{\sqrt {2}}\right)}\\&=-44-12\cdot 2+(16+33){\sqrt {2}}\\&=-68+49{\sqrt {2}}.\end{aligned}}$

Andererseits kann man im Ergebnis von Teil 1 die Variable ${}X$ durch ${}{\sqrt {2}}$ ersetzen und erhält

${}{\begin{aligned}-10+23{\sqrt {2}}-23{\sqrt {2}}^{2}+13{\sqrt {2}}^{3}-3{\sqrt {2}}^{4}&=-10+23{\sqrt {2}}-23\cdot 2+13\cdot 2{\sqrt {2}}-3\cdot 4\\&=-68+49{\sqrt {2}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und sei ${}K[X]$ der Polynomring über ${}K$. Es sei ${}P\in K[X]$ ein Polynom und ${}a\in K$. Zeige, dass ${}a$ genau dann eine Nullstelle von ${}P$ ist, wenn ${}P$ ein Vielfaches des linearen Polynoms ${}X-a$ ist.

Lösung

Wenn ${}P$ ein Vielfaches von ${}X-a$ ist, so kann man

${}P=(X-a)Q\,$

mit einem weiteren Polynom ${}Q$ schreiben. Einsetzen ergibt

${}P(a)=(a-a)Q(a)=0\,.$

Im Allgemeinen gibt es aufgrund der Division mit Rest eine Darstellung

${}P=(X-a)Q+R\,,$

wobei ${}R=0$ oder aber den Grad ${}0$ besitzt, also so oder so eine Konstante ist. Einsetzen ergibt

${}P(a)=R\,.$

Wenn also ${}P(a)=0$ ist, so muss der Rest ${}R=0$ sein, und das bedeutet, dass ${}P=(X-a)Q$ ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme, ob die reelle Matrix

${\begin{pmatrix}9&3&0\\-5&-1&0\\0&0&13\end{pmatrix}}$

trigonalisierbar und ob sie diagonalisierbar ist.

Lösung

Das charakteristische Polynom der Matrix ist

${}{\begin{aligned}\chi _{}&=\det {\begin{pmatrix}X-9&-3&0\\5&X+1&0\\0&0&X-13\end{pmatrix}}\\&=((X-9)(X+1)+15)(X-13)\\&=(X^{2}-8X+6)(X-13).\end{aligned}}$

Den vorderen Faktor schreiben wir als

${}X^{2}-8X+6={\left(X-4\right)}^{2}-10\,.$

Somit besitzt dieses Polynom die beiden Nullstellen

${}\lambda _{1,2}=\pm {\sqrt {10}}+4\,.$

Daher besitzt das charakteristische Polynom drei verschiedene Nullstellen und ist somit nach Korollar 23.12 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) diagonalisierbar und erst recht trigonalisierbar.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}K$- Vektorraum und seien ${}\varphi ,\psi \colon V\rightarrow V$ lineare Abbildungen, von denen die charakteristischen Polynome bekannt seien. Kann man daraus das charakteristische Polynom von ${}\varphi \circ \psi$ bestimmen?

Lösung

Das kann man nicht. Wir betrachten die beiden nilpotenten ${}2\times 2$- Matrizen

$\varphi ={\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}}\,\,{\text{ und }}\,\,\psi ={\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}}.$

Ihr charakteristisches Polynom ist jeweils ${}X^{2}$. Ihr Produkt ist

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

und das charakteristische Polynom davon ist ${}(X-1)X=X^{2}-X$. Wenn man dagegen ${}\varphi$ zweimal nimmt, also ${}{\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}}$, so ist das charakteristische Polynom ${}X^{2}$.

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}\varphi \colon V\rightarrow V$ eine nilpotente Abbildung mit ${}\varphi ^{3}=0$. Beschreibe die Umkehrabbildung von ${}\operatorname {Id} _{V}+\varphi$.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}{\left(\operatorname {Id} _{V}+\varphi \right)}{\left(\operatorname {Id} _{V}-\varphi +\varphi ^{2}\right)}&=\operatorname {Id} _{V}-\varphi +\varphi ^{2}+\varphi {\left(\operatorname {Id} _{V}-\varphi +\varphi ^{2}\right)}\\&=\operatorname {Id} _{V}-\varphi +\varphi ^{2}+\varphi -\varphi ^{2}+\varphi ^{3}\\&=\operatorname {Id} _{V}+\varphi ^{3}\\&=\operatorname {Id} _{V}\end{aligned}}$

und ebenso in der umgekehrten Reihenfolge, also ist ${}\operatorname {Id} _{V}-\varphi +\varphi ^{2}$ die Umkehrabbildung von ${}\operatorname {Id} _{V}+\varphi$.

Aufgabe (3 Punkte)

Eine lineare Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3}$

werde bezüglich der Standardbasis durch die Matrix

${\begin{pmatrix}8&2&1\\0&8&3\\0&0&8\end{pmatrix}}$

beschrieben. Finde eine Basis, bezüglich der ${}\varphi$ durch die Matrix

${\begin{pmatrix}8&1&0\\0&8&1\\0&0&8\end{pmatrix}}$

beschrieben wird.

Lösung

Es ist

${}N={\begin{pmatrix}8&2&1\\0&8&3\\0&0&8\end{pmatrix}}-8{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&2&1\\0&0&3\\0&0&0\end{pmatrix}}\,$

und

${}N^{2}={\begin{pmatrix}0&2&1\\0&0&3\\0&0&0\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}0&2&1\\0&0&3\\0&0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0&6\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}}\,.$

Der Vektor ${}{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}$ gehört nicht zum Kern von ${}N^{2}$, daher kann man aus den sukzessiven Bildern davon eine Basis wie gewünscht herstellen. Es ist

${}N{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&2&1\\0&0&3\\0&0&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\3\\0\end{pmatrix}}\,$

und

${}N^{2}{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}6\\0\\0\end{pmatrix}}\,.$

Daher ist

${\begin{pmatrix}6\\0\\0\end{pmatrix}}\,,{\begin{pmatrix}1\\3\\0\end{pmatrix}}\,,{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}$

eine Basis, bezüglich der die jordansche Normalform

${\begin{pmatrix}8&1&0\\0&8&1\\0&0&8\end{pmatrix}}$

vorliegt.

Aufgabe (4 Punkte)

Finde eine affine Basis für die Lösungsmenge der inhomogenen Gleichung

${}12x+8y+z+w=2\,.$

Lösung

Eine spezielle Lösung der Gleichung ist durch

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

gegeben. Für die zugehörige homogene Gleichung sind

${\begin{pmatrix}2\\-3\\0\\0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\1\\-8\\0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\0\\1\\-1\end{pmatrix}}$

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

${\begin{pmatrix}0\\0\\0\\2\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\0\\0\\2\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}2\\-3\\0\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2\\-3\\0\\2\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\0\\0\\2\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0\\1\\-8\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\1\\-8\\2\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\0\\0\\2\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0\\0\\1\\-1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\1\\1\end{pmatrix}}$

eine affine Basis der Lösungsmenge der inhomogenen Gleichung.