Kurs:Lineare Algebra/Teil I/30/Klausur mit Lösungen/kontrolle

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

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Eine Abbildung ${}F$ von ${}L$ nach ${}M$ ist dadurch gegeben, dass jedem Element der Menge ${}L$ genau ein Element der Menge ${}M$ zugeordnet wird.
2. Die Summe dieser Untervektorräume ist durch

   ${}U_{1}+\cdots +U_{n}={\left\{u_{1}+\cdots +u_{n}\mid u_{i}\in U_{i}\right\}}\,$

   gegeben.

3. Sei

   ${}M={\left(a_{ij}\right)}_{1\leq i,j\leq n}\,.$

   Dann heißt

   ${}\operatorname {Spur} {\left(M\right)}:=\sum _{i=1}^{n}a_{ii}\,$

   die Spur von ${}M$.

4. Die Abbildung

   $\varphi ^{*}\colon \operatorname {Hom} _{K}{\left(W,K\right)}={W}^{*}\longrightarrow \operatorname {Hom} _{K}{\left(V,K\right)}={V}^{*},\,f\longmapsto f\circ \varphi ,$

   heißt die duale Abbildung zu ${}\varphi$.

5. Eine Permutation ${}\pi$ auf ${}{\{1,\ldots ,n\}}$ heißt Zykel der Ordnung ${}r$, wenn es eine ${}r$-elementige Teilmenge ${}Z\subseteq M$ derart gibt, dass ${}\pi$ auf ${}M\setminus Z$ die Identität ist und ${}\pi$ die Elemente aus ${}Z$ zyklisch vertauscht
6. Eine quadratische Matrix ${}M$ heißt nilpotent, wenn es eine natürliche Zahl ${}n\in \mathbb {N}$ gibt derart, dass das ${}n$-te Matrixprodukt

   $M^{n}=\underbrace {M\circ \cdots \circ M} _{n{\text{-mal}}}=0$

   ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es sei ${}K$ ein Körper und ${}V$ ein ${}K$- Vektorraum der Dimension ${}n$. Es seien ${}{\mathfrak {v}}=v_{1},\ldots ,v_{n}$ und ${}{\mathfrak {u}}=u_{1},\ldots ,u_{n}$ zwei Basen von ${}V$. Es sei

   ${}v_{j}=\sum _{i=1}^{n}c_{ij}u_{i}\,$

   mit den Koeffizienten ${}c_{ij}\in K$, die wir zur ${}n\times n$- Matrix

   ${}M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {v}}={\left(c_{ij}\right)}_{ij}\,$

   zusammenfassen. Dann hat ein Vektor ${}w$, der bezüglich der Basis ${}{\mathfrak {v}}$ die Koordinaten ${}{\begin{pmatrix}s_{1}\\\vdots \\s_{n}\end{pmatrix}}$ besitzt, bezüglich der Basis ${}{\mathfrak {u}}$ die Koordinaten

   ${}{\begin{pmatrix}t_{1}\\\vdots \\t_{n}\end{pmatrix}}=M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {v}}{\begin{pmatrix}s_{1}\\\vdots \\s_{n}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}c_{11}&c_{12}&\ldots &c_{1n}\\c_{21}&c_{22}&\ldots &c_{2n}\\\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\c_{n1}&c_{n2}&\ldots &c_{nn}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}s_{1}\\\vdots \\s_{n}\end{pmatrix}}\,.$

2. Es sei ${}M$ eine endliche Menge mit ${}n$ Elementen. Dann besitzt die Permutationsgruppe ${}\operatorname {Perm} \,(M)\cong S_{n}$ genau ${}n!$ Elemente.
3. Es sei ${}\lambda \in K$. Dann besteht zwischen der geometrischen und der algebraischen Vielfachheit die Beziehung

   ${}\dim _{K}{\left(\operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\varphi \right)}\right)}\leq \mu _{\lambda }(\varphi )\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Man erläutere die Aussage, dass man in der Mathematik auch „Extremfälle“ berücksichtigen muss, an typischen Beispielen.

Lösung Mathematik/Extremfälle/Erläuterung/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (5 (1+1+1+2) Punkte)

Ein Zug ist ${}500$ Meter lang (ohne Lokomotive) und bewegt sich mit ${}180$ Stundenkilometer. Lucy Sonnenschein hat ihr Fahrrad mit in den Zug genommen und fährt mit einer Geschwindigkeit von ${}20$ Metern pro Sekunde von ganz vorne nach ganz hinten.

1. Wie viele Sekunden benötigt Lucy für die gesamte Zuglänge?
2. Welche Geschwindigkeit (in Meter pro Sekunde) hat Lucy bezogen auf die Umgebung?
3. Welche Entfernung (in Meter) legt der Zug während der Fahrradfahrt zurück?
4. Berechne auf zwei verschiedene Arten, welche Entfernung Lucy während ihrer Fahrradfahrt bezogen auf die Umgebung zurücklegt.

Lösung

1. Lucy benötigt ${}25$ Sekunden für den ${}500$ Meter langen Zug.
2. In Meter pro Sekunde hat der Zug eine Geschwindigkeit von

   ${}{\frac {180000}{3600}}={\frac {1800}{36}}=50\,.$

   Da die beiden Bewegungen sich überlagern, aber in umgekehrter Richtung ausgerichtet sind, ist die Gesamtgeschwindigkeit von Lucy gleich ${}30$ Meter pro Sekunde.

3. In den ${}25$ Sekunden legt der Zug

   ${}25\cdot 50=1250\,$

   Meter zurück.

4. Man kann von der vom Zug zurückgelegten Strecke die von Lucy im Zug zurückgelegte Strecke subtrahieren, dies ergibt

   ${}1250-500=750\,$

   Meter. Ebenso kann man mit ihrer Geschwindigkeit bezogen auf die Umgebung rechnen, und erhält ebenfalls

   ${}25\cdot 30=750\,$

   Meter.

Aufgabe (6 (1+1+1+1+2) Punkte)

Wir betrachten Matrizen der Form

${\begin{pmatrix}a&0&b\\0&c&0\\d&0&e\end{pmatrix}}.$

1. Berechne

   ${\begin{pmatrix}a&0&b\\0&c&0\\d&0&e\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}f&0&g\\0&h&0\\i&0&j\end{pmatrix}}.$

2. Ist die Matrizenmultiplikation für solche Matrizen kommutativ?
3. Bestimme die Determinante von ${}{\begin{pmatrix}a&0&b\\0&c&0\\d&0&e\end{pmatrix}}$.
4. Man gebe eine Matrix der Form

   ${\begin{pmatrix}1&0&b\\0&1&0\\d&0&1\end{pmatrix}}$

   an, die nicht invertierbar ist.

5. Sei

   ${\begin{pmatrix}a&0&b\\0&c&0\\d&0&e\end{pmatrix}}$

   invertierbar. Ist die Inverse der Matrix ebenfalls von diesem Typ?

Lösung

1. Es ist

   ${}{\begin{pmatrix}a&0&b\\0&c&0\\d&0&e\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}f&0&g\\0&h&0\\i&0&j\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}af+bi&0&ag+bj\\0&ch&0\\df+ei&0&dg+ej\end{pmatrix}}\,.$

2. Die Multiplikation ist nicht kommutativ. Wenn man oben die Reihenfolge vertauscht, ergibt sich als Eintrag links oben ${}af+gd$ und nicht ${}af+bi$.
3. Die Determinante von ${}{\begin{pmatrix}a&0&b\\0&c&0\\d&0&e\end{pmatrix}}$ ist gleich ${}c(ae-db)$.
4. Die Matrix

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

   ist nicht invertierbar, da die erste und die dritte Zeile übereinstimmen.

5. Es sei ${}{\begin{pmatrix}a&0&b\\0&c&0\\d&0&e\end{pmatrix}}$ invertierbar. Dann ist zunächst ${}c\neq 0$. Ferner ist ${}ae-bd\neq 0$, da die Determinante gleich ${}c(ae-db)$ ist. Es ist

   ${}{\begin{pmatrix}a&0&b\\0&c&0\\d&0&e\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}e&0&-b\\0&(ae-bd)c^{-1}&0\\-d&0&a\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}ae-bd&0&0\\0&ae-bd&0\\0&0&ae-bd\end{pmatrix}}\,.$

   Somit ist

   ${\frac {1}{ae-bd}}{\begin{pmatrix}e&0&-b\\0&(ae-bd)c^{-1}&0\\-d&0&a\end{pmatrix}}$

   die inverse Matrix und diese ist wieder von diesem Typ.

Aufgabe (2 Punkte)

Beweise den Basisergänzungssatz.

Lösung

Es sei ${}b_{1},\ldots ,b_{n}$ eine Basis von ${}V$. Aufgrund des Austauschsatzes findet man ${}n-k$ Vektoren aus der Basis ${}{\mathfrak {b}}$, die zusammen mit den vorgegebenen ${}u_{1},\ldots ,u_{k}$ eine Basis von ${}V$ bilden.

Aufgabe (4 Punkte)

Wir betrachten die Quadratabbildung

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

für verschiedene Körper ${}K$.

1. Ist ${}\varphi$ linear für

   ${}K=\mathbb {Q} \,?$

2. Ist ${}\varphi$ linear für

   ${}K=\mathbb {Z} /(2)\,,$

   dem Körper mit zwei Elementen.

3. Es sei nun ${}K$ ein Körper, in dem ${}2=1+1=0$ gelte, der mehr als zwei Elemente enthalte. Ist ${}\varphi$ linear? Ist ${}\varphi$ verträglich mit der Addition?

Lösung

1. Es ist

   ${}\varphi (1+1)=\varphi (2)=4\neq 1+1=\varphi (1)+\varphi (1)\,,$

   somit ist ${}\varphi$ auf ${}\mathbb {Q}$ nicht linear.

2. Für den Körper mit zwei Elementen ${}\mathbb {Z} /(2)=\{0,1\}$ ist ${}\varphi (0)=0$ und ${}\varphi (1)=1$. Also ist ${}\varphi$ die Identität und somit linear.
3. Es ist

   ${}\varphi (u+v)=(u+v)^{2}=u^{2}+2uv+v^{2}=u^{2}+v^{2}=\varphi (u)+\varphi (v)\,,$

   daher erfüllt ${}\varphi$ die Additivität. Sie ist aber nicht mit der Skalierung verträglich und somit nicht linear. Nehmen wir an, dass ${}\varphi$ mit der Skalierung verträglich wäre. Dann ist für jedes ${}s\in K$

   ${}s^{2}=\varphi (s)=\varphi (s1)=s\varphi (1)=s1=s\,.$

   In einem Körper gibt es aber nur zwei Elemente, die die Gleichung

   ${}s^{2}=s\,$

   erfüllen.

Aufgabe (3 Punkte)

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

$\triangle \colon V\times V\times V\longrightarrow K$

eine multilineare Abbildung. Es seien ${}u,v,w,z\in V$. Ziehe in

$\triangle {\begin{pmatrix}7u+3v-8w\\4u-6z\\-2w-2z\end{pmatrix}}$

Summen und Skalare nach außen.

Lösung

Nach dem Distributivgesetz für multilineare Abbildungen muss man sämtliche Kombinationen der Vektoren durchgehen und die Koeffizienten miteinander multiplizieren. Dies ergibt Es ist

${}{\begin{aligned}\triangle {\begin{pmatrix}7u+3v-8w\\4u-6z\\-2w-2z\end{pmatrix}}&=-56\triangle {\begin{pmatrix}u\\u\\w\end{pmatrix}}-56\triangle {\begin{pmatrix}u\\u\\z\end{pmatrix}}+84\triangle {\begin{pmatrix}u\\z\\w\end{pmatrix}}+84\triangle {\begin{pmatrix}u\\z\\z\end{pmatrix}}-24\triangle {\begin{pmatrix}v\\u\\w\end{pmatrix}}-24\triangle {\begin{pmatrix}v\\u\\z\end{pmatrix}}+36\triangle {\begin{pmatrix}v\\z\\w\end{pmatrix}}+36\triangle {\begin{pmatrix}v\\z\\z\end{pmatrix}}+64\triangle {\begin{pmatrix}w\\u\\w\end{pmatrix}}+64\triangle {\begin{pmatrix}w\\u\\z\end{pmatrix}}-96\triangle {\begin{pmatrix}w\\z\\w\end{pmatrix}}-96\triangle {\begin{pmatrix}w\\z\\z\end{pmatrix}}\\\,\end{aligned}}$

Aufgabe (2 Punkte)

Löse das lineare Gleichungssystem

${}{\begin{pmatrix}3&7\\2&3\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}5\\2\end{pmatrix}}\,$

mit Hilfe der Cramerschen Regel.

Lösung

Es ist

${}x_{1}={\frac {\det {\begin{pmatrix}5&7\\2&3\end{pmatrix}}}{\det {\begin{pmatrix}3&7\\2&3\end{pmatrix}}}}=-{\frac {1}{5}}\,$

und

${}x_{2}={\frac {\det {\begin{pmatrix}3&5\\2&2\end{pmatrix}}}{\det {\begin{pmatrix}3&7\\2&3\end{pmatrix}}}}={\frac {-4}{-5}}={\frac {4}{5}}\,.$

Aufgabe (7 (1+3+3) Punkte)

Es sei ${}I={\{1,\ldots ,n\}}$ und sei ${}\pi$ eine Permutation auf ${}I$. Die zugehörige Permutationsmatrix ${}M_{\pi }$ ist dadurch gegeben, dass

${}a_{\pi (j),j}=1\,$

ist und alle anderen Einträge ${}0$ sind.

a) Bestimme die Permutationsmatrix zur Permutation

${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$
${}\pi (x)$	${}4$	${}3$	${}1$	${}2$

b) Zeige, dass die Abbildung

$S_{n}\longrightarrow \operatorname {GL} _{n}\!{\left(K\right)},\,\pi \longmapsto M_{\pi },$

ein Gruppenhomomorphismus ist.

c) Zeige, dass

${}\det M_{\pi }=\operatorname {sgn} (\pi )\,$

ist.

Lösung

a) Es ist

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

b) Nach Konstruktion ist

${}M_{\pi }(e_{j})=e_{\pi (j)}\,,$

da dies die ${}j$-te Spalte der Matrix ist. Die Gleichheit

${}M_{\pi \rho }=M_{\pi }\circ M_{\rho }\,$

lässt sich auf einer Basis überprüfen. Dies stimmt wegen

${}{\left(M_{\pi }\circ M_{\rho }\right)}(e_{i})=M_{\pi }(M_{\rho }(e_{i}))=M_{\pi }(e_{\rho (i)})=e_{\pi (\rho (i))}=M_{\pi \rho }(e_{i})\,.$

c) Mit der Leibniz-Formel ist

${}\det M_{\pi }=\sum _{\rho \in S_{n}}\operatorname {sgn} (\rho )a_{1\rho (1)}\cdots a_{n\rho (n)}\,.$

Das Produkt ist nur in dem einen Fall

${}\rho =\pi ^{-1}\,$

nicht ${}0$, da sonst immer mindestens ein Faktor gleich ${}0$ ist. Also ist

${}\det M_{\pi }=\operatorname {sgn} (\pi ^{-1})a_{1\pi ^{-1}(1)}\cdots a_{n\pi ^{-1}(n)}=\operatorname {sgn} (\pi ^{-1})=\operatorname {sgn} (\pi )\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Es seien ${}P$ und ${}Q$ verschiedene normierte Polynome vom Grad ${}d$ über einem Körper ${}K$. Wie viele Schnittpunkte besitzen die beiden Graphen maximal?

Lösung

Ein Schnittpunkt liegt vor, wenn

${}P(x)=Q(x)\,$

ist. Dies ist genau dann der Fall, wenn ${}x$ eine Nullstelle von ${}P-Q$ ist. Da beide Polynome normiert sind und den gleichen Grad ${}d$ besitzen, hebt sich bei der Subtraktion der Leitterm weg und es ergibt sich ein Polynom vom Grad maximal ${}d-1$. Da ${}P\neq Q$ ist, ist die Differenz nicht das Nullpolynom. Nach Korollar 19.9 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) besitzt somit ${}P-Q$ maximal ${}d-1$ Nullstellen, und daher gibt es maximal ${}d-1$ Schnittpunkte.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und es sei ${}V$ ein ${}n$- dimensionaler Vektorraum. Es sei

$\varphi \colon V\longrightarrow V$

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

Lösung

Es sei ${}M$ eine beschreibende Matrix für ${}\varphi$, und sei ${}\lambda \in K$ vorgegeben. Es ist

${}\chi _{M}\,(\lambda )=\det \left(\lambda E_{n}-M\right)=0\,$

genau dann, wenn die lineare Abbildung

$\lambda \operatorname {Id} _{V}-\varphi$

nicht bijektiv (und nicht injektiv) ist (wegen Fakt ***** und Lemma 12.5 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025))). Dies ist nach Lemma 22.1 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) und Lemma 11.4 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) äquivalent zu

${}\operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\varphi \right)}=\operatorname {kern} (\lambda \operatorname {Id} _{V}-\varphi )\neq 0\,,$

was bedeutet, dass der Eigenraum zu ${}\lambda$ nicht der Nullraum ist, also ${}\lambda$ ein Eigenwert zu ${}\varphi$ ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass das Polynom ${}X^{2}+1$ für unendlich viele reelle ${}2\times 2$- Matrizen das charakteristische Polynom und das Minimalpolynom ist.

Lösung

Wir betrachten Matrizen vom Typ

${\begin{pmatrix}0&-{\frac {1}{r}}\\r&0\end{pmatrix}}$

für ${}r\neq 0$. Das charakteristische Polynom davon ist

${}X^{2}+r{\frac {1}{r}}=X^{2}+1\,.$

Das Minimalpolynom muss ein Teiler des charakteristischen Polynoms sein. Da ${}X^{2}+1$ keine reelle Nullstellen besitzt, gibt es keine Linearfaktoren und das Minimalpolynom ist ebenfalls ${}X^{2}+1$.

Aufgabe (10 Punkte)

Beweise den Satz von Cayley-Hamilton.

Lösung

Wir fassen die Matrix ${}XE_{n}-M$ als eine Matrix auf, deren Einträge im Körper ${}K(X)$ liegen. Die adjungierte Matrix

$(XE_{n}-M)^{\operatorname {adj} }$

liegt ebenfalls in ${}\operatorname {Mat} _{n}(K(X))$. Die einzelnen Einträge der adjungierten Matrix sind nach Definition Determinanten von ${}(n-1)\times (n-1)$-Untermatrizen von ${}XE_{n}-M$. In den Einträgen dieser Matrix kommt die Variable ${}X$ maximal in der ersten Potenz vor, sodass in den Einträgen der adjungierten Matrix die Variable maximal in der ${}(n-1)$-ten Potenz vorkommt. Wir schreiben

$(XE_{n}-M)^{\operatorname {adj} }=X^{n-1}A_{n-1}+X^{n-2}A_{n-2}+\cdots +XA_{1}+A_{0}\,$

mit Matrizen

${}A_{i}\in \operatorname {Mat} _{n}(K)\,,$

d.h. man schreibt die einzelnen Einträge als Polynom und fasst dann zu ${}X^{i}$ die Koeffizienten zu einer Matrix zusammen. Aufgrund von Satz 17.9 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) gilt

${}{\begin{aligned}\chi _{M}E_{n}&=(XE_{n}-M)\circ (XE_{n}-M)^{\operatorname {adj} }\\&=(XE_{n}-M)\circ (X^{n-1}A_{n-1}+X^{n-2}A_{n-2}+\cdots +XA_{1}+A_{0})\\&=X^{n}A_{n-1}+X^{n-1}(A_{n-2}-M\circ A_{n-1})+X^{n-2}(A_{n-3}-M\circ A_{n-2})+\cdots +X^{1}(A_{0}-M\circ A_{1})-M\circ A_{0}.\end{aligned}}$

Wir können auch die Matrix links nach den Potenzen von ${}X$ aufteilen, dann ist

$\chi _{M}E_{n}=X^{n}E_{n}+X^{n-1}c_{n-1}E_{n}+X^{n-2}c_{n-2}E_{n}+\cdots +X^{1}c_{1}E_{n}+c_{0}E_{n}\,.$

Da diese zwei Polynome übereinstimmen, müssen jeweils ihre Koeffizienten übereinstimmen. D.h. wir haben ein System von Gleichungen

${\begin{matrix}E_{n}&=&A_{n-1}\\c_{n-1}E_{n}&=&A_{n-2}-M\circ A_{n-1}\\c_{n-2}E_{n}&=&A_{n-3}-M\circ A_{n-2}\\\vdots &\vdots &\vdots \\c_{1}E_{n}&=&A_{0}-M\circ A_{1}\\c_{0}E_{n}&=&-M\circ A_{0}\,.\end{matrix}}$

Wir multiplizieren diese Gleichungen von links von oben nach unten mit ${}M^{n},M^{n-1},M^{n-2},\ldots ,M^{1},E_{n}$ und erhalten das Gleichungssystem

${\begin{matrix}M^{n}&=&M^{n}\circ A_{n-1}\\c_{n-1}M^{n-1}&=&M^{n-1}\circ A_{n-2}-M^{n}\circ A_{n-1}\\c_{n-2}M^{n-2}&=&M^{n-2}\circ A_{n-3}-M^{n-1}\circ A_{n-2}\\\vdots &\vdots &\vdots \\c_{1}M^{1}&=&MA_{0}-M^{2}\circ A_{1}\\c_{0}E_{n}&=&-M\circ A_{0}\,.\end{matrix}}$

Wenn wir die linke Spalte dieses Gleichungssystem aufsummieren, so erhalten wir gerade ${}\chi _{M}\,(M)$. Wenn wir die rechte Seite aufsummieren, so erhalten wir ${}0$, da jeder Teilsummand ${}M^{i+1}\circ A_{i}$ einmal positiv und einmal negativ vorkommt. Also ist ${}\chi _{M}\,(M)=0$.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme, welche der folgenden elementargeormetrischen Abbildungen linear, welche trigonalisierbar und welche diagonalisierbar sind.

1. Die Achsenspiegelung durch die durch ${}4x-7y=5$ gegebene Achse.
2. Die Scherung, die durch die Matrix ${}{\begin{pmatrix}1&3\\0&1\end{pmatrix}}$ gegeben ist.
3. Die Punktspiegelung mit dem Ursprung als Zentrum.
4. Die Streckung mit dem Faktor ${}{\frac {1}{2}}$.

Lösung

1. Da die Gerade nicht durch den Nullpunkt geht, wird dieser bei dieser Achsenspiegelung bewegt, daher ist die Abbildung nicht linear.
2. Eine solche Scherung ist linear und trigonalisierbar, da sie bereits in oberer Dreiecksform vorliegt. Sie ist nicht diagonalisierbar, da der einzige Eigenwert ${}1$ die geometrische Vielfachheit ${}1$ besitzt.
3. Die Punktspiegelung am Ursprung ist die Abbildung ${}v\mapsto -v$, sie ist also linear und diagonalisierbar und insbesondere trigonalisierbar.
4. Jede Streckung ist linear und diagonalisierbar.

Aufgabe (3 Punkte)

Beschreibe die affine Gerade

${}G={\left\{{\begin{pmatrix}-4\\12\\5\end{pmatrix}}+s{\begin{pmatrix}5\\-10\\2\end{pmatrix}}\mid s\in \mathbb {R} \right\}}\,$

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

Lösung

Der Richtungsvektor ${}{\begin{pmatrix}5\\-10\\2\end{pmatrix}}$ gehört jeweils zum Kern der beiden linear unabhängigen Linearformen ${}\left(2,\,1,\,0\right)$ und ${}\left(0,\,1,\,5\right)$. Daher machen wir den Ansatz

${}\psi {\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2x+y+a\\y+5z+b\end{pmatrix}}\,.$

Für den Aufpunkt ${}{\begin{pmatrix}-4\\12\\5\end{pmatrix}}$ ergibt sich die Bedingung

${}\psi {\begin{pmatrix}-4\\12\\5\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}4+a\\37+b\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-1\\3\end{pmatrix}}\,,$

also ist ${}a=-5$ und ${}b=-34$. Somit ist

${}\psi {\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2x+y-5\\y+5z-34\end{pmatrix}}\,$

die gesuchte affine Abbildung.