Kurs:Lineare Algebra/Teil I/27/Klausur mit Lösungen

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

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die Produktmenge aus zwei Mengen ${}L$ und ${}M$.
2. Der von einer Familie von Vektoren ${}v_{i},\,i\in I$, aus einem ${}K$-Vektorraum ${}V$ aufgespannte Untervektorraum.
3. Die Elementarmatrizen.
4. Ein Gruppenhomomorphismus zwischen Gruppen ${}(G,\circ ,e_{G})$ und ${}(H,\circ ,e_{H})$.
5. Die algebraische Vielfachheit von einem Eigenwert ${}\lambda$ zu einer linearen Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

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

6. Ein affiner Unterraum ${}F\subseteq E$ in einem affinen Raum ${}E$ über dem ${}K$-Vektorraum ${}V$.

Lösung

1. Man nennt die Menge

   ${}L\times M={\left\{(x,y)\mid x\in L,\,y\in M\right\}}\,$

   die Produktmenge der Mengen ${}L$ und ${}M$.

2. 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.

3. Mit ${}B_{ij}$ bezeichnen wir diejenige ${}n\times n$-Matrix, die an der Stelle ${}(i,j)$ den Wert ${}1$ und sonst überall den Wert null hat. Dann nennt man die folgenden Matrizen Elementarmatrizen.
   1. ${}V_{ij}:=E_{n}-B_{ii}-B_{jj}+B_{ij}+B_{ji}$.
   2. ${}S_{k}(s):=E_{n}+(s-1)B_{kk}{\text{ für }}s\neq 0$.
   3. ${}A_{ij}(a):=E_{n}+aB_{ij}{\text{ für }}i\neq j{\text{ und }}a\in K$.
4. 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.

5. Den Exponenten des linearen Polynoms ${}X-\lambda$ im charakteristischen Polynom ${}\chi _{\varphi }$ nennt man die algebraische Vielfachheit von ${}\lambda$.
6. Eine Teilmenge ${}F\subseteq E$ heißt affiner Unterraum, wenn

   ${}F=P+U\,$

   ist, mit einem Punkt ${}P\in E$ und einem ${}K$-Untervektorraum ${}U\subseteq V$.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Die Dimensionsformel für eine lineare Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow W.$

2. Der Satz über funktorielle Eigenschaften von Homomorphismenräumen.
3. Der Satz über die jordansche Normalform.

Lösung

1. Unter der Bedingung, dass ${}V$ endlichdimensional ist, gilt

   ${}\operatorname {dim} _{}\left(V\right)=\operatorname {dim} _{}\left(\operatorname {kern} \varphi \right)+\operatorname {dim} _{}\left(\operatorname {bild} \varphi \right)\,.$

2. Es sei ${}K$ ein Körper und es seien ${}V$ und ${}W$ Vektorräume über ${}K$. Dann gelten folgende Aussagen.
   1. Eine lineare Abbildung

      $\varphi \colon U\longrightarrow V$

      mit einem weiteren Vektorraum ${}U$ induziert eine lineare Abbildung

      $\operatorname {Hom} _{K}{\left(V,W\right)}\longrightarrow \operatorname {Hom} _{K}{\left(U,W\right)},\,f\longmapsto f\circ \varphi .$

   2. Eine lineare Abbildung

      $\psi \colon W\longrightarrow T$

      mit einem weiteren Vektorraum ${}T$ induziert eine lineare Abbildung

      $\operatorname {Hom} _{K}{\left(V,W\right)}\longrightarrow \operatorname {Hom} _{K}{\left(V,T\right)},\,f\longmapsto \psi \circ f.$

3. Zu jedem trigonalisierbaren Endomorphismus

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

   auf einem endlichdimensionalen ${}K$-Vektorraum ${}V$ gibt es eine Basis, bezüglich der die beschreibende Matrix jordansche Normalform

   besitzt.

Aufgabe (1 Punkt)

Hat die lineare Algebra etwas mit einem Lineal zu tun?

Lösung Lineare Algebra/Lineal/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (2 (1+1) Punkte)

Ist die Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto x^{2},$

1. injektiv?
2. surjektiv?

Lösung

1. Wegen

   ${}1^{2}=(-1)^{2}\,$

   ist die Abbildung nicht injektiv.

2. Da alle Quadrate ${}\geq 0$ sind, werden negative Zahlen durch die Abbildung nicht erreicht. Die Abbildung ist also nicht surjektiv.

Aufgabe (3 Punkte)

Berechne das Matrizenprodukt

${\begin{pmatrix}4&0&0&-3&7\\8&3&1&0&-5\\6&2&-1&-2&3\\-4&5&1&0&3\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}3&2&-4\\1&-1&5\\0&6&1\\-5&2&0\\6&-3&-2\end{pmatrix}}.$

Lösung

Es ist

${}{\begin{pmatrix}4&0&0&-3&7\\8&3&1&0&-5\\6&2&-1&-2&3\\-4&5&1&0&3\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}3&2&-4\\1&-1&5\\0&6&1\\-5&2&0\\6&-3&-2\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}69&-19&-30\\-3&34&-6\\48&-9&-21\\11&-16&36\end{pmatrix}}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Löse das inhomogene Gleichungssystem

${\begin{matrix}x&+2y&\,\,\,\,\,\,\,\,&+w&=&1\\-2x&-3y&\,\,\,\,-z&\,\,\,\,-w&=&-5\\3x&+y&\,\,\,\,\,\,\,\,&+2w&=&3\\-x&\,\,\,\,-y&+z&-3w&=&-2\,.\end{matrix}}$

Lösung

Wir eliminieren zuerst die Variable ${}z$, indem wir die zweite und die vierten Gleichung addieren. Dies führt auf

${\begin{matrix}x&+2y&\,\,\,\,\,\,\,\,&+w&=&1\\-3x&-4y&\,\,\,\,\,\,\,\,&-4w&=&-7\\3x&+y&\,\,\,\,\,\,\,\,&+2w&=&3\,.\end{matrix}}$

Nun eliminieren wir die Variable ${}x$, indem wir (bezogen auf das vorhergehende System) ${}II+III$ und ${}III-3I$ ausrechnen. Dies führt auf

${\begin{matrix}&-3y&\,\,\,\,\,\,\,\,&-2w&=&-4\\&-5y&\,\,\,\,\,\,\,\,&\,\,\,\,-w&=&0\,.\end{matrix}}$

Mit ${}I-2II$ ergibt sich

${}7y=-4\,$

und

${}y=-{\frac {4}{7}}\,.$

Rückwärts gelesen ergibt sich

${}x=-{\frac {5}{7}}\,,$

${}w={\frac {20}{7}}\,$

und

${}z={\frac {37}{7}}\,.$

Aufgabe (1 Punkt)

Addiere die beiden folgenden Vektoren graphisch.

${}\,$

Lösung Vektor/Graphisch/Addition/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 (2+2) Punkte)

1. Bestimme die invertierbaren ${}2\times 2$-Matrizen über dem Körper mit zwei Elementen.
2. Welche davon sind zu sich selbst invers?

Lösung

1. Die matrizeneinträge sind ${}0$ oder ${}1$. Wenn die ${}1$ kein- oder einmal vorkommt, so kommt eine Nullzeile vor und die Matrix ist nicht invertierbar. Wenn die ${}1$ zweimal vorkommt, so darf die ${}1$ nicht in der gleichen Zeile stehen. Dies ergibt die invertierbaren Matrizen

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

   Wenn dreimal die ${}1$ vorkommen soll, so erhält man die invertierbaren Matrizen

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

   Bei vier Einsen liegt eine nichtinvertierbare Matrix vor.

2. Die Einheitsmatrix ${}{\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}$ und die Vertauschungsmatrix ${}{\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}}$ sind selbstinvers. Wir rechnen

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

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

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

   und

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

   Somit sind auch ${}{\begin{pmatrix}1&0\\1&1\end{pmatrix}}$ und ${}{\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}}$ selbstinvers.

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise den Satz über die Dimension von Untervektorräumen für den Durchschnitt und die Summe.

Lösung

Es sei ${}w_{1},\ldots ,w_{k}$ eine Basis von ${}U_{1}\cap U_{2}$. Diese ergänzen wir gemäß Fakt ***** einerseits zu einer Basis ${}w_{1},\ldots ,w_{k},u_{1},\ldots ,u_{n}$ von ${}U_{1}$ und andererseits zu einer Basis ${}w_{1},\ldots ,w_{k},v_{1},\ldots ,v_{m}$ von ${}U_{2}$. Dann ist

$w_{1},\ldots ,w_{k},u_{1},\ldots ,u_{n},v_{1},\ldots ,v_{m}$

ein Erzeugendensystem von ${}U_{1}+U_{2}$. Wir behaupten, dass es sich sogar um eine Basis handelt. Sei dazu

${}a_{1}w_{1}+\cdots +a_{k}w_{k}+b_{1}u_{1}+\cdots +b_{n}u_{n}+c_{1}v_{1}+\cdots +c_{m}v_{m}=0\,.$

Daraus ergibt sich, dass das Element

$a_{1}w_{1}+\cdots +a_{k}w_{k}+b_{1}u_{1}+\cdots +b_{n}u_{n}=-c_{1}v_{1}-\cdots -c_{m}v_{m}\,$

zu ${}U_{1}\cap U_{2}$ gehört. Daraus folgt direkt ${}b_{i}=0$ für ${}i=1,\ldots ,n$ und ${}c_{j}=0$ für ${}j=1,\ldots ,m$. Somit ergibt sich dann auch ${}a_{\ell }=0$ für alle ${}\ell$. Also liegt lineare Unabhängigkeit vor. Insgesamt ist also

${}{\begin{aligned}\operatorname {dim} _{}\left(U_{1}\cap U_{2}\right)+\operatorname {dim} _{}\left(U_{1}+U_{2}\right)&=k+k+n+m\\&=k+n+k+m\\&=\operatorname {dim} _{}\left(U_{1}\right)+\operatorname {dim} _{}\left(U_{2}\right).\end{aligned}}$

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}V$ ein zweidimensionaler Vektorraum über einem Körper ${}K$. Es seien ${}v_{1},v_{2},v_{3}$ und ${}w_{1},w_{2},w_{3}$ Vektoren in ${}V$, die jeweils paarweise linear unabhängig seien. Zeige, dass es eine bijektive lineare Abbildung ${}\varphi \colon V\rightarrow V$ derart gibt, dass

${}\varphi (v_{i})\in Kw_{i}\,$

für ${}i=1,2,3$ gilt.

Lösung

Da ${}v_{1},v_{2}$ und ${}w_{1},w_{2}$ Basen sind, gibt es nach dem Festlegungsatz eine bijektive lineare Abbildung ${}\psi \colon V\rightarrow V$ mit ${}\varphi (v_{1})=w_{1}$ und ${}\varphi (v_{2})=w_{2}$. Unter ${}\psi$ bleiben die Voraussetzungen über die paarweise lineare Unabhängigkeit erhalten. Daher müssen wir nur noch die Situation von zwei Vektorfamilien der Form ${}v_{1},v_{2},y$ und ${}v_{1},v_{2},z$ betrachten. Es sei

${}y=av_{1}+bv_{2}\,$

und

${}z=cv_{1}+dv_{2}\,.$

Dabei sind ${}a,b,c,d\neq 0$, da andernfalls ${}y$ bzw. ${}z$ zu einem der ${}v_{i}$ linear abhängig wäre. Wir betrachten nun die lineare Abbildung ${}\varphi$, die durch ${}v_{1}\mapsto {\frac {c}{a}}v_{1}$ und ${}v_{2}\mapsto {\frac {d}{b}}v_{2}$ gegeben ist. Dann ist

${}{\begin{aligned}\varphi (y)&=\varphi (av_{1}+bv_{2})\\&=a\varphi (v_{1})+b\varphi (v_{2})\\&=a{\frac {c}{a}}v_{1}+b{\frac {d}{b}}v_{2}\\&=cv_{1}+bv_{2}\\&=z.\end{aligned}}$

Somit erfüllt ${}\varphi$ die geforderte Bedingung.

Aufgabe (4 Punkte)

Sei ${}K$ ein Körper und seien ${}I$ und ${}J$ endliche Indexmengen. Zeige, dass die Abbildung

$\operatorname {Abb} \,{\left(I,K\right)}\times \operatorname {Abb} \,{\left(J,K\right)}\longrightarrow \operatorname {Abb} \,{\left(I\times J,K\right)},\,(f,g)\longmapsto f\otimes g,$

mit

${}(f\otimes g)(i,j):=f(i)\cdot g(j)\,$

multilinear ist.

Lösung

Da die Situation symmetrisch ist, genügt es, die Linearität im ersten Eintrag bei fixiertem zweiten Eintrag zu zeigen. Seien also ${}f_{1},f_{2}\in \operatorname {Abb} \,{\left(I,K\right)}$, ${}g\in \operatorname {Abb} \,{\left(J,K\right)}$ und ${}a_{1},a_{2}\in K$. Die Gleichheit ist in ${}\operatorname {Abb} \,{\left(I\times J,K\right)}$ zu zeigen. Dazu sei ${}i\in I$ und ${}j\in J$. Dann ist insgesamt, wobei wir die Vektorraumstruktur auf den Abbildungsräumen und das Distributivgesetz in ${}K$ verwenden,

${}{\begin{aligned}{\left({\left(a_{1}f_{1}+a_{2}f_{2}\right)}\otimes g\right)}(i,j)&={\left(a_{1}f_{1}+a_{2}f_{2}\right)}(i)\cdot g(j)\\&={\left(a_{1}f_{1}(i)+a_{2}f_{2}(i)\right)}\cdot g(j)\\&=a_{1}f_{1}(i)g(j)+a_{2}f_{2}(i)g(j)\\&=a_{1}{\left(f_{1}\otimes g\right)}(i,j)+a_{2}{\left(f_{2}\otimes g\right)}(i,j),\end{aligned}}$

was die Linearität zeigt.

Aufgabe (2 Punkte)

Beweise den Satz über die Anzahl der Permutationen auf einer endlichen Menge.

Lösung

Es sei ${}M={\{1,\ldots ,n\}}$. Für die ${}1$ gibt es ${}n$ mögliche Bilder, für ${}2$ gibt es noch ${}n-1$ mögliche Bilder, für ${}3$ gibt es noch ${}n-2$ mögliche Bilder, usw. Daher gibt es insgesamt

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

mögliche Permutationen.

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise die Leibniz-Formel für die Determinante direkt aus dem Distributivgesetz für multilineare Abbildungen.

Lösung

Es sei

${}M={\left(a_{ij}\right)}_{ij}\,.$

Wir schreiben die ${}i$-te Zeile der Matrix als ${}\sum _{j=1}^{n}a_{ij}e_{j}$. Damit ist unter Verwendung der Multilinearität in den Zeilen

${}{\begin{aligned}\det M&=\det {\begin{pmatrix}\sum _{j=1}^{n}a_{1j}e_{j}\\\vdots \\\sum _{j=1}^{n}a_{nj}e_{j}\end{pmatrix}}\\&=\sum _{(j_{1},\ldots ,j_{n})\in \{1,\ldots ,n\}^{n}}a_{1j_{1}}\cdots a_{nj_{n}}\det {\begin{pmatrix}e_{j_{1}}\\\vdots \\e_{j_{n}}\end{pmatrix}}\\&=\sum _{\pi \in S_{n}}a_{1\pi (1)}\cdots a_{n\pi (n)}\det {\begin{pmatrix}e_{\pi (1)}\\\vdots \\e_{\pi (n)}\end{pmatrix}}\\&=\sum _{\pi \in S_{n}}a_{1\pi (1)}\cdots a_{n\pi (n)}\operatorname {sgn} (\pi ).\end{aligned}}$

Hierbei beruht die vorletzte Gleichung darauf, dass die Determinante von ${}{\begin{pmatrix}e_{j_{1}}\\\vdots \\e_{j_{n}}\end{pmatrix}}$ gleich ${}0$ ist, sobald ein Vektor ${}e_{j}$ mehrfach vorkommt, und man daher nur über die Permutationen aufsummieren muss. Die letzte Gleichung beruht darauf, dass man durch eine Anzahl an Zeilenvertauschungen aus ${}{\begin{pmatrix}e_{j_{1}}\\\vdots \\e_{j_{n}}\end{pmatrix}}$ die Einheitsmatrix mit Determinante ${}1$ erhält. Bei jeder Zeilenvertauschung ändert sich die Determinante um ${}-1$ und dies entspricht der Änderung des Signums bei einer Transposition.

Aufgabe (1 Punkt)

Finde eine Darstellung der ${}1$ für das Zahlenpaar ${}11$ und ${}13$.

Lösung

Es ist

${}6\cdot 11-5\cdot 13=66-65=1\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass

${}z={\sqrt[{3}]{-1+{\sqrt {2}}}}+{\sqrt[{3}]{-1-{\sqrt {2}}}}\,$

eine Nullstelle des Polynoms

$X^{3}+3X+2$

ist.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}{\left({\sqrt[{3}]{-1+{\sqrt {2}}}}+{\sqrt[{3}]{-1-{\sqrt {2}}}}\right)}^{3}+3{\left({\sqrt[{3}]{-1+{\sqrt {2}}}}+{\sqrt[{3}]{-1-{\sqrt {2}}}}\right)}+2&=-1+{\sqrt {2}}+3{\sqrt[{3}]{-1+{\sqrt {2}}}}^{2}\cdot {\sqrt[{3}]{-1-{\sqrt {2}}}}+3{\sqrt[{3}]{-1+{\sqrt {2}}}}\cdot {\sqrt[{3}]{-1-{\sqrt {2}}}}^{2}-1-{\sqrt {2}}+3{\sqrt[{3}]{-1+{\sqrt {2}}}}+3{\sqrt[{3}]{-1-{\sqrt {2}}}}+2\\&=3{\left({\sqrt[{3}]{{\left(-1+{\sqrt {2}}\right)}^{2}{\left(-1-{\sqrt {2}}\right)}}}+{\sqrt[{3}]{{\left(-1+{\sqrt {2}}\right)}{\left(-1-{\sqrt {2}}\right)}^{2}}}+{\sqrt[{3}]{-1+{\sqrt {2}}}}+{\sqrt[{3}]{-1-{\sqrt {2}}}}\right)}\\&=3{\left({\sqrt[{3}]{{\left(3-2{\sqrt {2}}\right)}{\left(-1-{\sqrt {2}}\right)}}}+{\sqrt[{3}]{{\left(-1+{\sqrt {2}}\right)}{\left(3+2{\sqrt {2}}\right)}}}+{\sqrt[{3}]{-1+{\sqrt {2}}}}+{\sqrt[{3}]{-1-{\sqrt {2}}}}\right)}\\&=3{\left({\sqrt[{3}]{1-{\sqrt {2}}}}+{\sqrt[{3}]{1+{\sqrt {2}}}}+{\sqrt[{3}]{-1+{\sqrt {2}}}}+{\sqrt[{3}]{-1-{\sqrt {2}}}}\right)}\\&=3{\left({\sqrt[{3}]{1-{\sqrt {2}}}}+{\sqrt[{3}]{1+{\sqrt {2}}}}-{\sqrt[{3}]{1-{\sqrt {2}}}}-{\sqrt[{3}]{1+{\sqrt {2}}}}\right)}\\&=0.\,\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme, ob die reelle Matrix

${\begin{pmatrix}10&4&0\\-9&-2&0\\0&0&11\end{pmatrix}}$

trigonalisierbar und ob sie diagonalisierbar ist.

Lösung

Das charakteristische Polynom der Matrix ist

${}{\begin{aligned}\chi _{}&=\det {\begin{pmatrix}X-10&-4&0\\9&X+2&0\\0&0&X-11\end{pmatrix}}\\&=((X-10)(X+2)+36)(X-11)\\&=(X^{2}-8X+16)(X-11)\\&=(X-4)^{2}(X-11).\end{aligned}}$

Damit ist die Matrix jedenfalls trigonalisierbar. Zur Frage die Diagonalisierbarkeit betrachten wir den Eigenwert ${}4$. Der Rang von

${\begin{pmatrix}-6&-4&0\\9&6&0\\0&0&-7\end{pmatrix}}$

ist offenbar ${}2$ und somit ist der Eigenraum eindimensional. Daher ist die geometrische Vielfachheit echt kleiner als die algebraische Vielfachheit und die Matrix ist nach Satz 23.11 (Lineare Algebra (Osnabrück 2017-2018)) nicht diagonalisierbar.

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise den Satz über die Summe von Haupträumen.

Lösung

Es sei

${}\chi _{\varphi }=(X-\lambda _{1})^{k_{1}}\cdots (X-\lambda _{m})^{k_{m}}\,$

das charakteristische Polynom, das nach Satz 25.10 (Lineare Algebra (Osnabrück 2017-2018)) in Linearfaktoren zerfällt, wobei die ${}\lambda _{i}$ verschieden seien. Wir führen Induktion über ${}m$. Bei ${}m=1$ gibt es nur einen Eigenwert ${}\lambda$ und nur einen Hauptraum. Nach Korollar 24.3 (Lineare Algebra (Osnabrück 2017-2018)) ist dann auch das Minimalpolynom von der Form ${}(X-\lambda )^{s}$ und daher ist ${}V=\operatorname {Haupt} _{\lambda }(\varphi )$. Sei die Aussage nun für kleineres ${}m$ bewiesen. Wir setzen ${}P=(X-\lambda _{1})^{k_{1}}$ und ${}Q=(X-\lambda _{2})^{k_{2}}\cdots (X-\lambda _{m})^{k_{m}}$ und sind damit in der Situation von Lemma 26.10 (Lineare Algebra (Osnabrück 2017-2018)) und Satz 26.12 (Lineare Algebra (Osnabrück 2017-2018)). Wir haben also eine direkte Summenzerlegung in ${}\varphi$-invariante Untervektorräume

${}V=\operatorname {Haupt} _{\lambda _{1}}(\varphi )\oplus \operatorname {kern} Q(\varphi )\,.$

Das charakteristische Polynom ist nach Lemma 23.7 (Lineare Algebra (Osnabrück 2017-2018)) das Produkt der charakteristischen Polynome der Einschränkungen auf die beiden Räume. Nach Satz 26.12 (Lineare Algebra (Osnabrück 2017-2018)) ist ${}(X-\lambda _{1})^{k_{1}}$ das charakteristische Polynom der Einschränkung auf den ersten Hauptraum, daher muss ${}Q$ das charakteristische Polynom der Einschränkung auf ${}\operatorname {kern} Q(P)$ sein. Das heißt insbesondere, dass diese Einschränkung ebenfalls trigonalisierbar ist. Nach der Induktionsvoraussetzung ist also ${}\operatorname {kern} Q(P)$ die direkte Summe der Haupträume zu ${}\lambda _{2},\ldots ,\lambda _{m}$ und daraus ergibt sich insgesamt die direkte Summenzerlegung für ${}V$ und für ${}\varphi$.

Aufgabe (3 Punkte)

Eine lineare Abbildung

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

werde bezüglich der Standardbasis durch die Matrix

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

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

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

beschrieben wird.

Lösung

Es ist

${}M={\begin{pmatrix}3&1&4\\0&3&2\\0&0&3\end{pmatrix}}-3{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&1&4\\0&0&2\\0&0&0\end{pmatrix}}\,$

und

${}{\begin{pmatrix}0&1&4\\0&0&2\\0&0&0\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}0&1&4\\0&0&2\\0&0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0&2\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}}\,.$

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

${}M{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&1&4\\0&0&2\\0&0&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}4\\2\\0\end{pmatrix}}\,$

und

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

Daher ist

${\begin{pmatrix}2\\0\\0\end{pmatrix}}\,,{\begin{pmatrix}4\\2\\0\end{pmatrix}}\,,{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}$

eine Basis, bezüglich der die jordansche Normalform

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

vorliegt.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die Punktrichtungsform für die durch die Gleichung

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

im ${}\mathbb {Q} ^{2}$ gegebene Gerade.

Lösung

Es ist ${}{\begin{pmatrix}0\\{\frac {3}{7}}\end{pmatrix}}$ eine Lösung der Gleichung, die wir als Aufpunkt nehmen können. Der Vektor ${}{\begin{pmatrix}7\\-4\end{pmatrix}}$ ist eine Lösung der zugehörigen homogenen Gleichung. Somit ist

${\left\{{\begin{pmatrix}0\\{\frac {3}{7}}\end{pmatrix}}+t{\begin{pmatrix}7\\-4\end{pmatrix}}\mid t\in \mathbb {Q} \right\}}$

eine Beschreibung der Geraden in Punktrichtungsform.