Kurs:Lineare Algebra/Teil I/29/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	1	5	3	8	3	5	4	3	6	2	4	2	5	3	3	65

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Ein Körper ${}K$ ist ein kommutativer Ring, wenn ${}K\neq 0$ ist und wenn jedes von ${}0$ verschiedene Element in ${}K$ ein multiplikatives Inverses besitzt.
2. Zu ${}x\in M$ heißt ${}y\in M$ inverses Element, wenn die Gleichheit

   ${}x\circ y=e=y\circ x\,$

   gilt.

3. Die Matrizen ${}M,N$ heißen ähnlich, wenn es eine invertierbare Matrix ${}B$ mit ${}M=BNB^{-1}$ gibt.
4. Die Abbildung

   $\triangle \colon V^{n}\longrightarrow K$

   heißt Determinantenfunktion, wenn die beiden folgenden Bedingungen erfüllt sind.

   1. ${}\triangle$ ist multilinear.
   2. ${}\triangle$ ist alternierend.
5. Man nennt die Menge

   ${}\operatorname {Aut} \,(M)=\operatorname {Perm} \,(M)={\left\{\varphi :M\longrightarrow M\mid \varphi {\text{ bijektiv}}\right\}}\,$

   der bijektiven Selbstabbildungen die Permutationsgruppe zu ${}M$.

6. Ein Element ${}\lambda \in K$ heißt ein Eigenwert zu ${}\varphi$, wenn es einen von ${}0$ verschiedenen Vektor ${}v\in V$ mit

   ${}\varphi (v)=\lambda v\,$

   gibt.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Jedes (inhomogene) lineare Gleichungssystem über einem Körper ${}K$ lässt sich durch elementare Umformungen und durch das Weglassen von überflüssigen Gleichungen in ein äquivalentes lineares Gleichungssystem der Stufenform

   ${\begin{matrix}b_{1s_{1}}x_{s_{1}}&+b_{1s_{1}+1}x_{s_{1}+1}&\ldots &\ldots &\ldots &\ldots &\ldots &+b_{1n}x_{n}&=&d_{1}\\0&\ldots &0&b_{2s_{2}}x_{s_{2}}&\ldots &\ldots &\ldots &+b_{2n}x_{n}&=&d_{2}\\\vdots &\ddots &\ddots &\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &=&\vdots \\0&\ldots &\ldots &\ldots &0&b_{m{s_{m}}}x_{s_{m}}&\ldots &+b_{mn}x_{n}&=&d_{m}\\(0&\ldots &\ldots &\ldots &\ldots &\ldots &\ldots &0&=&d_{m+1})\end{matrix}}$

   überführen, bei dem alle Startkoeffizienten ${}b_{1s_{1}},b_{2s_{2}},\ldots ,b_{ms_{m}}$ von ${}0$ verschieden sind.
2. Es sei ${}K$ ein Körper und seien ${}V$ und ${}W$ Vektorräume über ${}K$, wobei ${}W$ endlichdimensional sei. Es sei

   $\varphi \colon V\longrightarrow W$

   eine lineare Abbildung. Dann gibt es Vektoren ${}w_{1},\ldots ,w_{n}\in W$ und Linearformen ${}f_{1},\ldots ,f_{n}$ auf ${}V$ mit

   ${}\varphi =f_{1}w_{1}+f_{2}w_{2}+\cdots +f_{n}w_{n}\,.$

3. Es sei ${}K$ ein Körper und sei ${}M$ eine ${}n\times n$- Matrix über ${}K$. Es sei

   $\chi _{M}=X^{n}+c_{n-1}X^{n-1}+\cdots +c_{1}X+c_{0}$

   das charakteristische Polynom zu ${}M$. Dann gilt

   $\chi _{M}\,(M)=M^{n}+c_{n-1}M^{n-1}+\cdots +c_{1}M+c_{0}=0.$

Aufgabe (2 Punkte)

Anna kann sich nicht zwischen Heinrich und Konrad entscheiden, deshalb lässt sie sich vom Zufall leiten. Sie wohnt an einer U-Bahn-Station der Linie ${}5$, die von Heinsheim nach Konsau fährt. Heinrich wohnt in Heinsheim und Konrad in Konsau. Wenn Anna Lust auf ein Date hat, geht sie einfach zu ihrer Station und nimmt die erstbeste U-Bahn, die gerade kommt. Die U-Bahnen fahren in beide Richtungen im Zehn-Minuten-Takt und die U-Bahnen nach Heinsheim fahren ${}:\!01,:\!11,:\!21$ etc. Nach einiger Zeit stellt Anna fest, dass sie Konrad viermal so häufig besucht wie Heinrich. Wann fahren die U-Bahnen nach Konsau ab?

Lösung

Die Wahrscheinlichkeit, dass als erstes eine U-Bahn nach Konsau kommt, muss viermal so groß sein wie die Wahrscheinlichkeit, dass zuerst eine U-Bahn nach Heinsheim kommt. Deshalb muss in einem Zehn-Minuten-Intervall acht Minuten lang eine U-Bahn nach Konsau die nächste sein (und zwei Minuten lang eine U-Bahn nach Heinsheim). Die U-Bahnen nach Konsau fahren also ${}:\!09,:\!19,:\!29$ etc. ab.

Aufgabe (1 Punkt)

Was bedeutet das Wort „linear“ in der Linearen Algebra?

Lösung Lineare Algebra/Linear/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (5 (1+1+3) Punkte)

1. Löse das folgende Minisudoku

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

2. Begründe, dass das Minisudoku aus (1) nur eine Lösung besitzt.
3. Welche mathematischen Beweisverfahren finden sich als typische Argumentationsschemata beim Lösen eines Sudokus wieder?

Lösung

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

2. Wir gehen von

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

   aus. In der dritten Stelle der zweiten Zeile muss eine ${}1$ sein und somit muss rechts oben eine ${}3$ stehen. Dies ergibt

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

   An der vierten Stelle der dritten Zeile muss eine ${}2$ stehen. In der vierten Zeile muss an der dritten Stelle eine ${}3$ und somit in der vierten Zeile an der ersten Stelle eine ${}2$ stehen. Dies ergibt

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

   Dies erzwingt

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

   An der zweiten Stelle der ersten Zeile muss eine ${}1$ stehen, dies ergibt dann die eindeutige Lösung

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

3. 1. Direkter Beweis: Durch Betrachten der schon gefundenen Zahlen erschließt man, welche Zahl in ein bestimmtes Feld gesetzt werden muss.
   2. Beweis durch Fallunterscheidung: Man weiß, dass in einem gewissen Feld nur noch zwei Zahlen, sagen wir ${}a$ oder ${}b$ möglich sind. Wenn man nun in beiden Fällen, dass es sich um ${}a$ oder um ${}b$ handelt, jeweils erschließen kann, dass in einem bestimmten anderen Feld die Zahl ${}c$ stehen muss, so steht diese Zahl fest.
   3. Beweis durch Widerspruch: Man weiß, dass in einem gewissen Feld nur noch zwei Zahlen, sagen wir ${}a$ oder ${}b$ möglich sind. Man nimmt nun an, dass es sich um ${}a$ handelt. Wenn man nun erschließen kann, dass sich daraus an irgendeiner Stelle ein Widerspruch ergibt, so kann die Belegung durch ${}a$ nicht gelten und ${}b$ ist richtig.

Aufgabe (3 Punkte)

Drücke in ${}\mathbb {R} ^{3}$ den Vektor

$(0,0,1)$

als Linearkombination der Vektoren

$(2,3,0),(4,-1,2){\text{ und }}(1,2,1)$

aus.

Lösung

Es geht darum, das lineare Gleichungssystem

${\begin{matrix}2x+4y+z&=&0\\3x\,\,\,\,-y+2z&=&0\\+2y+z&=&1\,\end{matrix}}$

zu lösen. Wir eliminieren mit Hilfe der zweiten Gleichung die Variable ${}y$ aus der ersten und dritten Gleichung. Das resultierende System ist

${\begin{matrix}14x\,\,\,\,\,\,\,\,+9z&=&0\\3x\,\,\,\,-y+2z&=&0\\6x\,\,\,\,\,\,\,\,+5z&=&1\,.\end{matrix}}$

Wir eliminieren nun die Variable ${}x$, aus der dritten Gleichung

${\begin{matrix}42x\,\,\,\,\,\,\,\,27z&=&0\\3x\,\,\,\,-y+2z&=&0\\6x\,\,\,\,\,\,\,\,+5z&=&7\,.\end{matrix}}$

Wir können jetzt dieses System lösen. Es ist

$z={\frac {7}{8}},$

${}x=-{\frac {9}{16}}\,$

und

${}y={\frac {1}{16}}\,.$

Also ist

${}{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}=-{\frac {9}{16}}{\begin{pmatrix}2\\3\\0\end{pmatrix}}+{\frac {1}{16}}{\begin{pmatrix}4\\-1\\2\end{pmatrix}}+{\frac {7}{8}}{\begin{pmatrix}1\\2\\1\end{pmatrix}}\,.$

Aufgabe (8 Punkte)

Beweise das Basisaustauschlemma.

Lösung

Wir zeigen zuerst, dass die neue Familie ein Erzeugendensystem ist. Zunächst kann man wegen

${}w=\sum _{i=1}^{n}s_{i}v_{i}\,$

und ${}s_{k}\neq 0$ den Vektor ${}v_{k}$ als

${}v_{k}={\frac {1}{s_{k}}}w-\sum _{i=1}^{k-1}{\frac {s_{i}}{s_{k}}}v_{i}-\sum _{i=k+1}^{n}{\frac {s_{i}}{s_{k}}}v_{i}\,$

schreiben. Es sei nun ${}u\in V$ beliebig vorgegeben. Dann kann man schreiben

${}{\begin{aligned}u&=\sum _{i=1}^{n}t_{i}v_{i}\\&=\sum _{i=1}^{k-1}t_{i}v_{i}+t_{k}v_{k}+\sum _{i=k+1}^{n}t_{i}v_{i}\\&=\sum _{i=1}^{k-1}t_{i}v_{i}+t_{k}{\left({\frac {1}{s_{k}}}w-\sum _{i=1}^{k-1}{\frac {s_{i}}{s_{k}}}v_{i}-\sum _{i=k+1}^{n}{\frac {s_{i}}{s_{k}}}v_{i}\right)}+\sum _{i=k+1}^{n}t_{i}v_{i}\\&=\sum _{i=1}^{k-1}{\left(t_{i}-t_{k}{\frac {s_{i}}{s_{k}}}\right)}v_{i}+{\frac {t_{k}}{s_{k}}}w+\sum _{i=k+1}^{n}{\left(t_{i}-t_{k}{\frac {s_{i}}{s_{k}}}\right)}v_{i}.\end{aligned}}$

Zum Nachweis der linearen Unabhängigkeit nehmen wir zwecks Notationsvereinfachung ${}k=1$ an. Es sei

${}t_{1}w+\sum _{i=2}^{n}t_{i}v_{i}=0\,$

eine Darstellung der Null. Dann ist

${}0=t_{1}w+\sum _{i=2}^{n}t_{i}v_{i}=t_{1}{\left(\sum _{i=1}^{n}s_{i}v_{i}\right)}+\sum _{i=2}^{n}t_{i}v_{i}=t_{1}s_{1}v_{1}+\sum _{i=2}^{n}{\left(t_{1}s_{i}+t_{i}\right)}v_{i}\,.$

Aus der linearen Unabhängigkeit der Ausgangsfamilie folgt insbesondere ${}t_{1}s_{1}=0$ und wegen ${}s_{1}\neq 0$ ergibt sich ${}t_{1}=0$. Deshalb ist ${}\sum _{i=2}^{n}t_{i}v_{i}=0$ und daher gilt ${}t_{i}=0$ für alle ${}i$.

Aufgabe (3 Punkte)

Heidi Gonzales beschließt, sich eine Woche lang ausschließlich von Heidelbeeren zu ernähren, und ihre Nahrungszufuhr gleichmäßig über ihre Wachzeit (16 Stunden pro Tag) zu verteilen. Ihr täglicher Kalorienbedarf liegt bei ${}2000$ kcal und ${}100$ Gramm Heidelbeeren enthalten ${}42$ kcal. Eine mittlere Heidelbeere wiegt ${}1,5$ Gramm. In welchem Abstand muss sie sich eine Heidelbeere einwerfen?

Lösung

Heidi muss pro Tag ${}2000:42\sim 47,6$ mal ${}100$ Gramm Heidelbeeren essen, also ${}4,76$ Kilogramm. Wegen ${}4760:1,5\sim 3173$ sind das ${}3173$ Heidelbeeren pro Tag. Die ${}16$ Stunden haben ${}16\cdot 3600=57600$ Sekunden. Es ist ${}57600:3173\sim 18,15$. Sie muss also alle ${}18,15$ Sekunden eine Heidelbeere essen.

Aufgabe (5 Punkte)

Bestimme eine Basis des Urbildes von

${}T=\mathbb {Q} {\begin{pmatrix}7\\1\\12\end{pmatrix}}\subseteq \mathbb {Q} ^{3}\,$

zur linearen Abbildung

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

Lösung

Wir betrachten das inhomogene lineare Gleichungssystem

${\begin{matrix}x&+2y&+3z&\,\,\,\,-w&=&7s\\&\,\,\,\,-y&+3z&+2w&=&s\\4x&+y&\,\,\,\,\,\,\,\,&+4w&=&12s\,.\end{matrix}}$

Wir ersetzen die dritte Gleichung durch -4I-7II+III und erhalten das äquivalente System

${\begin{matrix}x&+2y&+3z&\,\,\,\,-w&=&7s\\&\,\,\,\,-y&+3z&+2w&=&s\\&\,\,\,\,\,\,\,\,&-33z&-6w&=&-23s\,.\end{matrix}}$

Daraus sieht man insbesondere, dass die Lösungsmenge zweidimensional ist. Man sieht außerdem, dass der Kern der Abbildung selbst eindimensional ist und aus der Dimensionsformel folgt, dass die Abbildung surjektiv ist, insbesondere liegt also jeder Punkt von ${}T$ im Bild. Um linear unabhängige Elemente der Lösungsmenge zu erhalten setzen wir zunächst ${}s=0$ und ${}w=1$ und erhalten ${}z=-{\frac {2}{11}}$,

${}y={\frac {16}{11}}\,$

und ${}x=-{\frac {15}{11}}$.

Wenn wir ${}s=1$ und ${}w=0$ setzen, erhalten wir ${}z={\frac {23}{33}}$,

${}y={\frac {12}{11}}\,$

und ${}x={\frac {30}{11}}$.

Eine Basis des Urbildes ist daher durch die beiden Vektoren ${}{\begin{pmatrix}-{\frac {15}{11}}\\{\frac {16}{11}}\\-{\frac {2}{11}}\\1\end{pmatrix}}$ und ${}{\begin{pmatrix}{\frac {30}{11}}\\{\frac {12}{11}}\\{\frac {23}{33}}\\0\end{pmatrix}}$ gegeben.

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 (3 Punkte)

Bestätige den Determinantenmultiplikationssatz für die beiden Matrizen

$A={\begin{pmatrix}2&1&3\\0&0&1\\-1&2&1\end{pmatrix}}\,\,{\text{ und }}\,\,B={\begin{pmatrix}5&3&7\\0&4&1\\0&-1&1\end{pmatrix}}.$

Lösung

Die Determinante von ${}A$ ist

${}\det {\begin{pmatrix}2&1&3\\0&0&1\\-1&2&1\end{pmatrix}}=-1-4=-5\,$

und die Determinante von ${}B$ ist

${}\det {\begin{pmatrix}5&3&7\\0&4&1\\0&-1&1\end{pmatrix}}=20+5=25\,.$

Das Produkt der beiden Matrizen ist

${}AB={\begin{pmatrix}2&1&3\\0&0&1\\-1&2&1\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}5&3&7\\0&4&1\\0&-1&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}10&7&18\\0&-1&1\\-5&4&-4\end{pmatrix}}\,.$

Die Determinante davon ist

${}{\begin{aligned}\det AB&=\det {\begin{pmatrix}10&7&18\\0&-1&1\\-5&4&-4\end{pmatrix}}\\&=40-35-90-40\\&=-125.\end{aligned}}$

Dies stimmt mit dem Produkt der beiden einzelnen Determinanten überein.

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise den Satz über die Beziehung zwischen der adjungierten Matrix und der Determinante.

Lösung

Es sei ${}M={\left(a_{ij}\right)}_{ij}$. Die Koeffizienten der adjungierten Matrix seien

${}b_{ik}=(-1)^{i+k}\det M_{ki}\,.$

Die Koeffizienten des Produktes ${}(M^{\operatorname {adj} })\cdot M$ sind

${}c_{ij}=\sum _{k=1}^{n}b_{ik}a_{kj}=\sum _{k=1}^{n}(-1)^{i+k}a_{kj}\det M_{ki}\,.$

Bei ${}j=i$ ist dies ${}\det M$, da es sich bei dieser Summe um die Entwicklung der Determinante nach der ${}j$-ten Spalte handelt. Es sei ${}j\neq i$ und es sei ${}N$ die Matrix, die aus ${}M$ entsteht, wenn man in ${}M$ die ${}i$-te Spalte durch die ${}j$-te Spalte ersetzt. Wenn man ${}N$ nach der ${}i$-ten Spalte entwickelt, so ist dies

${}0=\det N=\sum _{k=1}^{n}(-1)^{i+k}a_{kj}\det M_{ki}=c_{ij}\,.$

Also sind diese Koeffizienten ${}0$, und damit stimmt die erste Gleichung.
Die zweite Gleichung ergibt sich ebenso, wobei man die Entwicklung der Determinante nach den verschiedenen Zeilen ausnutzen muss.

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei

${}\varphi (x)=3x^{2}-7x+5\,.$

Bestimme ${}\varphi {\left(u^{2}-2v\right)}$.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}\varphi {\left(u^{2}-2v\right)}&=3{\left(u^{2}-2v\right)}^{2}-7{\left(u^{2}-2v\right)}+5\\&=3{\left(u^{4}-4u^{2}v+4v^{2}\right)}-7{\left(u^{2}-2v\right)}+5\\&=3u^{4}-12u^{2}v+12v^{2}-7u^{2}+14v+5.\end{aligned}}$

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 ${}\varphi +\psi$ 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 ${}X^{2}$. Ihre Summe ist

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

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

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme in ${}\mathbb {Z}$ mit Hilfe des euklidischen Algorithmus den größten gemeinsamen Teiler von ${}1071$ und ${}1029$.

Lösung

Der größte gemeinsame Teiler von 1071 und 1029 wird mit dem Euklidischen Algorithmus wie folgt berechnet:

${}1071=1\cdot 1029+42\,,$

${}1029=24\cdot 42+21\,,$

${}42=2\cdot 21+0\,.$

Der größte gemeinsame Teiler von 1071 und 1029 ist somit 21.

Aufgabe (5 Punkte)

Bestimme das charakteristische Polynom, die Eigenwerte mit Vielfachheiten und die Eigenräume zur reellen Matrix

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

Lösung

Das charakteristische Polynom ist

${}{\begin{aligned}\det {\begin{pmatrix}x&-1&-1\\-1&x&-1\\-1&-1&x\end{pmatrix}}&=x(x^{2}-1)-x-1-1-x\\&=x^{3}-3x-2.\end{aligned}}$

Dabei ist ${}x=-1$ eine Nullstelle, daher haben wir (Division mit Rest)

${}{\begin{aligned}x^{3}-3x-2&=(x+1)(x^{2}-x-2)\\&=(x+1)(x+1)(x-2)\\&=(x+1)^{2}(x-2).\end{aligned}}$

Somit ist ${}-1$ ein Eigenwert mit algebraischer Vielfachheit ${}2$ und ${}2$ ein Eigenwert mit algebraischer Vielfachheit ${}1$.

Der Kern von ${}{\begin{pmatrix}-1&-1&-1\\-1&-1&-1\\-1&-1&-1\end{pmatrix}}$ ist

$\mathbb {R} {\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix}}+\mathbb {R} {\begin{pmatrix}0\\1\\-1\end{pmatrix}}.$

Daher ist die geometrische Vielfachheit zu ${}-1$ ebenfalls ${}2$. Der Kern von ${}{\begin{pmatrix}2&-1&-1\\-1&2&-1\\-1&-1&2\end{pmatrix}}$ ist

$\mathbb {R} {\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}}$

und die geometrische Vielfachheit zu ${}2$ ist ${}1$.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme, ob die reelle Matrix

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

trigonalisierbar und ob sie diagonalisierbar ist.

Lösung

Das charakteristische Polynom der Matrix ist

${}{\begin{aligned}\chi _{}&=\det {\begin{pmatrix}X-4&-3&0\\5&X+1&0\\0&0&X-11\end{pmatrix}}\\&=((X-4)(X+1)+15)(X-11)\\&=(X^{2}-3X+11)(X-11).\end{aligned}}$

Den vorderen Faktor schreiben wir als

${}X^{2}-3X+11={\left(X-{\frac {3}{2}}\right)}^{2}-{\frac {9}{4}}+11\,.$

Daran erkennt man, dass dieses Polynom keine reelle Nullstelle besitzt und somit nicht in Linearfaktoren zerfällt. Also ist die Matrix nicht trigonalisierbar und somit auch nicht diagonalisierbar.

Aufgabe (3 Punkte)

Beschreibe die affine Gerade

${}G={\left\{{\begin{pmatrix}1\\7\\2\end{pmatrix}}+s{\begin{pmatrix}-1\\2\\4\end{pmatrix}}\mid s\in \mathbb {R} \right\}}\,$

als Urbild über ${}(1,0)$ einer affinen Abbildung ${}\psi \colon \mathbb {R} ^{3}\rightarrow \mathbb {R} ^{2}$.

Lösung

Der Richtungsvektor ${}{\begin{pmatrix}-1\\2\\4\end{pmatrix}}$ gehört jeweils zum Kern der beiden linear unabhängigen Linearformen ${}\left(2,\,1,\,0\right)$ und ${}\left(0,\,2,\,-1\right)$. Daher machen wir den Ansatz

${}\psi {\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2x+y+a\\2y-z+b\end{pmatrix}}\,.$

Für den Aufpunkt ${}{\begin{pmatrix}1\\7\\2\end{pmatrix}}$ ergibt sich die Bedingung

${}\psi {\begin{pmatrix}1\\7\\2\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}9+a\\12+b\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}\,,$

also ist ${}a=-8$ und ${}b=-12$. Somit ist

${}\psi {\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2x+y-8\\2y-z-12\end{pmatrix}}\,$

eine affine Abbildung mit Urbild über 1 wie gewünscht.