Kurs:Lineare Algebra/Teil I/33/Klausur mit Lösungen

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	3	2	8	2	3	3	1	3	3	1	8	3	2	2	3	4	4	3	64

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die Umkehrabbildung zu einer bijektiven Abbildung ${}F\colon L\rightarrow M$.
2. Die Summe von Untervektorräumen ${}U_{1},\ldots ,U_{n}\subseteq V$ in einem Vektorraum ${}V$.
3. Der Rang einer linearen Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow W$

   zwischen endlichdimensionalen ${}K$-Vektorräumen ${}V$ und ${}W$.

4. Eine rationale Funktion über einem Körper ${}K$.
5. Ein ${}\varphi$-invarianter Untervektorraum ${}U\subseteq V$ zu einem Endomorphismus

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

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

6. Eine Jordanmatrix zu einem Eigenwert ${}\lambda$.

Lösung

1. Die Abbildung

   $G\colon M\longrightarrow L,$

   die jedes Element  ${}y\in M$  auf das eindeutig bestimmte Element  ${}x\in L$  mit  ${}F(x)=y$  abbildet, heißt die Umkehrabbildung zu ${}F$.

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. Unter dem Rang einer linearen Abbildung ${}\varphi$ versteht man

   ${}\operatorname {rang} \,\varphi =\dim _{K}{\left(\operatorname {bild} \varphi \right)}\,.$

4. Zu zwei Polynomen ${}P,Q\in K[X]$, ${}Q\neq 0$, heißt die Funktion

   $D\longrightarrow K,\,z\longmapsto {\frac {P(z)}{Q(z)}},$

   wobei ${}D\subseteq K$ das Komplement der Nullstellen von ${}Q$ ist, eine rationale Funktion.

5. Ein Untervektorraum ${}U\subseteq V$ heißt ${}\varphi$-invariant, wenn

   ${}\varphi (U)\subseteq U\,$

   gilt.

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)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über das inverse Element in einer Gruppe ${}(G,\circ ,e)$.
2. Der Festlegungssatz für lineare Abbildungen.
3. Die Leibniz-Formel für die Determinante.

Lösung

1. Zu jedem ${}x\in G$ ist das Element ${}y\in G$ mit

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

   eindeutig bestimmt.
2. Es sei ${}K$ ein Körper und es seien ${}V$ und ${}W$ Vektorräume über ${}K$. Es sei ${}v_{i}$, ${}i\in I$, eine Basis von ${}V$ und es seien ${}w_{i}$, ${}i\in I$, Elemente in ${}W$. Dann gibt es genau eine lineare Abbildung

   $f\colon V\longrightarrow W$

   mit

   $f(v_{i})=w_{i}{\text{ für alle }}i\in I.$

3. Für die Determinante einer ${}n\times n$-Matrix

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

   gilt

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

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

Bei einer Fußballweltmeisterschaft werden in der Runde der letzten vier die Plätze ${}1,2,3,4$ nach folgendem Modus bestimmt: Es gibt zwei Halbfinals, deren Gewinner das Finale und deren Verlierer das Spiel um Platz ${}3$ bestreiten. Von einer solchen Runde seien die Mannschaften ${}A,B,C,D$ und die Ergebnisse der insgesamt vier Spiele bekannt, aber nicht die Rolle der Spiele.

1. Welche Information über die Platzierung kann man stets aus den Daten erschließen?
2. Unter welcher Bedingung kann man die Rolle aller Spiele erschließen,
3. unter welcher nicht?

Lösung

1. Es gibt genau eine Mannschaft, die zweimal gewinnt, diese ist Weltmeister, und genau eine Mannschaft, die zweimal verliert, diese ist Vierter. Die beiden anderen Mannschaften gewinnen einmal und verlieren einmal und sind Zweiter oder Dritter.
2. Wenn der Erste gegen den Vierten (die ja beide bekannt sind) spielt, so muss dieses Spiel ein Hauptfinale sein. Das komplementäre Spiel ist ebenfalls ein Halbfinale, das andere Spiel des Ersten muss das Finale und das andere Spiel des Vierten muss das Spiel um Platz drei sein. Somit sind alle Platzierungen bekannt.
3. Wenn der Erste nicht gegen den Vierten spielt, so kann man den Zweiten nicht vom Dritten unterscheiden.

Aufgabe (2 Punkte)

Angelika Freiwurf kommt um 15:00 zum See und angelt bis 18:00. Zu Beginn befinden sich 10 Hechte und 80000 Buntbarsche im See. Ein Hecht verspeist pro Stunde 3 Buntbarsche. Angelika fängt pro Stunde 5 Buntbarsche. Darüber hinaus fängt sie um 16:00 einen Hecht und zum Abschluss um 18:00 noch mal einen Hecht. Wie viele Hechte und wie viele Buntbarsche befinden sich um 18:00 im See?

Lösung

Angelika fängt insgesamt 2 Hechte und

${}3\cdot 5=15\,$

Buntbarsche. In der ersten Stunde verspeisen die 10 Hechte

${}10\cdot 3=30\,$

Buntbarsche und in den folgenden zwei Stunden verspeisen die 9 verbliebenen Hechte

${}2\cdot 9\cdot 3=54\,$

Buntbarsche. Wegen

${}15+30+54=99\,$

gibt es um ${}18:00$ noch 8 Hechte und

${}80000-99=79901\,$

Buntbarsche im See.

Aufgabe (8 Punkte)

Es seien ${}L,M,N$ endliche Mengen mit ${}\ell ,m$ bzw. ${}n$ Elementen. Wir betrachten die Abbildung

$\Psi \colon \operatorname {Abb} \,{\left(L,M\right)}\times \operatorname {Abb} \,{\left(M,N\right)}\longrightarrow \operatorname {Abb} \,{\left(L,N\right)},\,(f,g)\longmapsto g\circ f,$

die durch die Hintereinanderschaltung von Abbildungen gegeben ist. Zeige, dass ${}\Psi$ genau dann surjektiv ist, wenn

${}m\geq \operatorname {min} \left(\ell ,\,n\right)\,$

ist.

Lösung

Es sei zuerst

${}m<\operatorname {min} \left(\ell ,\,n\right)\,.$

Wir nennen das Minimum rechts ${}k$. Wir wählen Teilmengen  ${}S=L$  und  ${}T=N$  mit jeweils ${}k$ Elementen und eine bijektive Abbildung

${\tilde {h}}\colon S\longrightarrow T.$

Diese erweitern wir zu einer Abbildung

$h\colon L\longrightarrow N,$

indem wir die Werte zu Elementen aus ${}L\setminus S$ irgendwie festlegen. Das Bild von ${}h$ besitzt zumindest ${}k$ Elemente. Diese Abbildung kann nicht durch ${}M$ faktorisieren, da ${}M$ weniger als ${}k$ Elemente besitzt.

Es sei nun

${}m\geq \operatorname {min} \left(\ell ,\,n\right)\,.$

Dabei sei zunächst

${}\ell =\operatorname {min} \left(\ell ,\,n\right)\,.$

Daher gibt es eine injektive Abbildung von ${}L$ nach ${}M$, und wir fixieren eine injektive Abbildung

$f\colon L\longrightarrow M.$

Es sei

$h\colon L\longrightarrow N$

vorgegeben. Wir definieren

$g\colon M\longrightarrow N$

durch

${}g(y)={\begin{cases}h(x),{\text{ falls }}y=f(x)\\\,z{\text{ sonst}}\,,\end{cases}}\,$

wobei  ${}z\in N$  fixiert ist. Dabei ist

${}(g\circ f)(x)=g(f(x))=h(x)\,$

nach Konstruktion.

Es sei nun

${}n=\operatorname {min} \left(\ell ,\,n\right)\,.$

Bei  ${}n=0$  ist die Aussage direkt klar, sei also  ${}n\geq 1$.  Dann gibt es eine surjektive Abbildung von ${}M$ nach ${}L$, und wir fixieren eine surjektive Abbildung

$g\colon M\longrightarrow N.$

Es sei

$h\colon L\longrightarrow N$

vorgegeben. Wir definieren

$f\colon L\longrightarrow M$

durch

${}f(x)=y\,,$

wobei  ${}y\in M$  ein Element mit

${}g(y)=h(x)\,$

ist. Dabei ist

${}(g\circ f)(x)=g(f(x))=h(x)\,$

nach Konstruktion.

Aufgabe (2 Punkte)

Berechne das Matrizenprodukt

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

Lösung

Es ist

${}{\begin{pmatrix}6&0&-1&-3\\7&3&0&-7\\6&5&-3&-2\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}0&4&-2\\2&-1&7\\2&4&8\\1&0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-5&20&-23\\-1&25&0\\2&7&-3\end{pmatrix}}\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Löse das folgende lineare Gleichungssystem über dem Körper ${}\mathbb {Z} /(7)$.

${}{\begin{pmatrix}3&6\\2&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}4\\6\end{pmatrix}}\,.$

Lösung

Das inverse Element zu ${}3$ in ${}\mathbb {Z} /(7)$ ist ${}5$, somit ist in ${}II'=II-2\cdot 5I=II+4I$ die Variable ${}x$ eliminiert. Dies ergibt

${}4y=1\,.$

Somit ist

${}y=2\,$

und aus

${}3x+6y=4\,$

ergibt sich

${}3x=6\,$

und somit

${}x=2\,.$

Die einzige Lösung ist also ${}{\begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix}}$.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und ${}V$ ein ${}K$- Vektorraum mit endlicher Dimension

${}n=\dim _{K}{\left(V\right)}\,.$

Es seien ${}n$ Vektoren ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ in ${}V$ gegeben. Zeige, dass die folgenden Eigenschaften äquivalent sind.

1. ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ bilden eine Basis von ${}V$.
2. ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ bilden ein Erzeugendensystem von ${}V$.
3. ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ sind linear unabhängig.

Lösung

Eine Basis ist insbesondere ein Erzeugendensystem und linear unabhängig, deshalb folgt sowohl (2) als auch (3) aus (1). Es sei (2) erfüllt, d.h. ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ ist ein Erzeugendensystem. Wenn es keine Basis wäre, so wäre dieses System nach Satz 7.11 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) kein minimales Erzeugendensystem und man könnte Vektoren herausnehmen, und es würde ein Erzeugendensystem bleiben. Dies widerspricht der Wohldefiniertheit der Dimension. Es sei (3) erfüllt, d.h. ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ ist ein System aus linear unabhängigen Vektoren. Wenn es keine Basis wäre, so wäre es nach Satz 7.11 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) nicht maximal linear unabhängig, und man könnte es durch Hinzunahme von einem Vektor zu einem größeren linear unabhängigen System vergrößern. Auch dies wiederspricht der Wohldefiniertheit der Dimension.

Aufgabe (1 Punkt)

Skizziere das Bild des Einheitsquadrates unter der durch die Matrix ${}{\begin{pmatrix}1&7\\0&1\end{pmatrix}}$ gegebenen linearen Abbildung ${}\mathbb {R} ^{2}\rightarrow \mathbb {R} ^{2}$.

Lösung erstellen

Aufgabe (3 Punkte)

Im neundimensionalen Raum aller ${}3\times 3$- Matrizen betrachten wir diejenigen siebendimensionalen Untervektorräume, die sich ergeben, wenn man zwei Positionen fixiert und nur diejenigen Matrizen betrachtet, bei denen die Einträge an diesen beiden Positionen gleich ${}0$ sein müssen, also beispielsweise alle Matrizen der Form

${\begin{pmatrix}0&b&c\\d&0&f\\g&h&i\end{pmatrix}}$

oder alle Matrizen der Form

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

Zeige, dass es in diesen Räumen stets eine invertierbare Matrix gibt.

Lösung

Es sei ein solcher Untervektorraum  ${}V\subseteq \operatorname {Mat} _{3\times 3}(K)$  gegeben, der aus allen ${}3\times 3$-Matrizen besteht, die an zwei fixierten Positionen eine ${}0$ haben. Wenn man zwei Zeilen oder aber zwei Spalten miteinander vertauscht, so ändert sich die Invertierbarkeit nicht. Wir können also nach Vertauschungen davon ausgehen, dass die beiden Positionen folgendermaßen verteilt sind:

${\begin{pmatrix}a&0&0\\c&d&e\\g&h&i\end{pmatrix}}{\text{ oder }}{\begin{pmatrix}a&b&0\\d&e&0\\g&h&i\end{pmatrix}}{\text{ oder }}{\begin{pmatrix}a&0&b\\c&d&0\\e&g&h\end{pmatrix}}.$

In diesen drei Situationen kann man jeweils die Hauptdiagonalelemente gleich ${}1$ und alle anderen Einträge gleich ${}0$ wählen und erhält in den Vektorräumen die invertierbare Einheitsmatrix.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}V$ ein ${}K$- Vektorraum und  ${}U_{1},U_{2}\subseteq V$  seien Untervektorräume. Zeige im Dualraum ${}{V}^{*}$ die Gleichheit

${}{\left(U_{1}+U_{2}\right)}^{\perp }=U_{1}^{\perp }\cap U_{2}^{\perp }\,.$

Lösung

Es bezeichne ${}f$ eine Linearform auf ${}V$. Es sei zunächst

${}f\in {\left(U_{1}+U_{2}\right)}^{\perp }\,.$

Dies bedeutet, dass ${}f{|}_{\left(U_{1}+U_{2}\right)}$ die Nullform ist. Dann ist erst recht  ${}f{|}_{U_{1}}=0$  und  ${}f{|}_{U_{2}}=0$,  also

${}f\in U_{1}^{\perp }\cap U_{2}^{\perp }\,.$

Es gelte nun umgekehrt

${}f\in U_{1}^{\perp }\cap U_{2}^{\perp }\,.$

Dies bedeutet, dass ${}f$ eingeschränkt auf ${}U_{1}$ und auch eingeschränkt auf ${}U_{2}$ die Nullform ist. Für  ${}u\in U_{1}+U_{2}$  kann man  ${}u=u_{1}+u_{2}$  mit  ${}u_{i}\in U_{i}$  schreiben, also ist  ${}f(u)=0+0=0$.  Daher ist ${}f$ eingeschränkt auf ${}U_{1}+U_{2}$ die Nullform und daher

${}f\in {\left(U_{1}+U_{2}\right)}^{\perp }\,.$

Aufgabe (1 Punkt)

Was ist die Determinante einer Streckung auf einem endlichdimensionalen ${}K$- Vektorraum ${}V$?

Lösung

Es sei ${}n$ die Dimension des Vektorraumes. Die beschreibende Matrix der Streckung zu ${}s$ ist (in jeder Basis) gleich

${\begin{pmatrix}s&0&\ldots &0\\0&s&\ldots &0\\\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\0&\ldots &0&s\end{pmatrix}},$

daher ist die Determinante gleich ${}s^{n}$.

Aufgabe (8 Punkte)

Beweise den Satz über die Determinante der transponierten Matrix.

Lösung

Wenn ${}M$ nicht invertierbar ist, so ist nach Satz 16.11 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) die Determinante ${}0$ und der Rang kleiner als ${}n$. Dies gilt auch für die transponierte Matrix, sodass deren Determinante wiederum ${}0$ ist. Es sei also ${}M$ invertierbar. Wir führen diese Aussage in diesem Fall auf die entsprechende Aussage für Elementarmatrizen zurück, wofür sie direkt verifiziert werden kann, siehe Aufgabe 16.13 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)). Es gibt nach Lemma 12.8 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) Elementarmatrizen ${}E_{1},\ldots ,E_{s}$ derart, dass

${}D=E_{s}{\cdots }E_{1}M\,$

eine Diagonalmatrix ist. Nach Aufgabe 4.20 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) ist

${}{D^{\text{tr}}}={M^{\text{tr}}}{E_{1}^{\text{tr}}}{\cdots }{E_{s}^{\text{tr}}}\,$

bzw.

${}{M^{\text{tr}}}={D^{\text{tr}}}({E_{s}^{\text{tr}}})^{-1}{\cdots }({E_{1}^{\text{tr}}})^{-1}\,.$

Die Diagonalmatrix ${}D$ ändert sich beim Transponieren nicht. Da die Determinanten von Elementarmatrizen sich beim Transponieren auch nicht ändern, gilt, unter Verwendung von Satz 17.4 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)),

${}{\begin{aligned}\det {M^{\text{tr}}}&=\det \left({D^{\text{tr}}}({E_{s}^{\text{tr}}})^{-1}{\cdots }({E_{1}^{\text{tr}}})^{-1}\right)\\&=\det {D^{\text{tr}}}\cdot \det({E_{s}^{\text{tr}}})^{-1}{\cdots }\det({E_{1}^{\text{tr}}})^{-1}\\&=\det D\cdot \det \left(E_{s}^{-1}\right){\cdots }\det \left(E_{1}^{-1}\right)\\&=\det \left(E_{1}^{-1}\right){\cdots }\det \left(E_{s}^{-1}\right)\cdot \det D\cdot \\&=\det \left(E_{1}^{-1}{\cdots }E_{s}^{-1}\cdot D\right)\\&=\det M.\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Man finde ein reelles Polynom ${}f$ vom Grad ${}\leq 2$, für welches

$f(1)=10,\,f(-2)=1,\,f(3)=16$

gilt.

Lösung

Mit dem Ansatz

${}f=aX^{2}+bX+c\,$

gelangen wir zum linearen Gleichungssystem

${}a+b+c=10\,,$

${}4a-2b+c=1\,,$

${}9a+3b+c=16\,.$

Die Gleichungen ${}II-I$ und ${}III-I$ sind

${}3a-3b=-9\,$

und

${}8a+2b=6\,.$

Daraus ergibt sich (${}2II'+3III'$)

${}30a=0\,,$

also

${}a=0\,.$

Daraus ergibt sich

${}b=3\,$

und

${}c=7\,.$

Es ist also

${}f=3X+7\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme den größten gemeinsamen Teiler von ${}6X^{4}-5X^{3}+4X^{2}-X+3$ und ${}X$ sowie eine Darstellung davon.

Lösung

Es ist

${}6X^{4}-5X^{3}+4X^{2}-X+3={\left(6X^{3}-5X^{2}+4X-1\right)}X+3\,,$

die beiden Polynome sind also teilerfremd und es ist

${}{\frac {1}{3}}{\left(6X^{4}-5X^{3}+4X^{2}-X+3\right)}-{\frac {1}{3}}{\left(6X^{3}-5X^{2}+4X-1\right)}X=1\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme das charakteristische Polynom und das Minimalpolynom zur Matrix

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

Lösung

Das charakteristische Polynom ist

${}\chi _{}=(X-2)(X+1)^{2}=(X-2)(X^{2}+2X+1)=X^{3}-3X-2\,.$

Das Minimalpolynom ist

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

da ${}M+E_{3}$ die zweidimensionalen Eigenraum zu ${}-1$ annulliert.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die Eigenwerte, Eigenvektoren und Eigenräume zu einer ebenen Drehung ${}{\begin{pmatrix}\operatorname {cos} \,\alpha &-\operatorname {sin} \,\alpha \\\operatorname {sin} \,\alpha &\operatorname {cos} \,\alpha \end{pmatrix}}$ zu einem Drehwinkel ${}\alpha$, ${}0\leq \alpha <2\pi$, über ${}{\mathbb {C} }$.

Lösung

Das charakteristische Polynom ist

${}\det \left(X{\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}\operatorname {cos} \,\alpha &-\operatorname {sin} \,\alpha \\\operatorname {sin} \,\alpha &\operatorname {cos} \,\alpha \end{pmatrix}}\right)=\det {\begin{pmatrix}X-\cos \alpha &\sin \alpha \\-\sin \alpha &X-\cos \alpha \end{pmatrix}}={\left(X-\cos \alpha \right)}^{2}+\sin ^{2}\alpha \,.$

Die Eigenwerte sind die Nullstellen davon, also

${}x_{1}=\cos \alpha +{\mathrm {i} }\sin \alpha \,$

und

${}x_{2}=\cos \alpha -{\mathrm {i} }\sin \alpha \,.$

Zur Berechnung der Eigenräume setzen wir die Eigenwerte für ${}X$ in die obige Matrix ein und bestimmen den Kern. Sei dafür zunächst ${}\alpha \notin \{0,\pi \}$.

Für ${}x_{1}$ ergibt sich die Matrix

${\begin{pmatrix}{\mathrm {i} }\sin \alpha &\sin \alpha \\-\sin \alpha &{\mathrm {i} }\sin \alpha \end{pmatrix}},$

der Kern wird vom Vektor

$\left({\mathrm {i} },\,1\right)$

erzeugt. Also ist ${}E_{1}={\mathbb {C} }\left({\mathrm {i} },\,1\right)$.

Für ${}x_{2}$ ergibt sich die Matrix

${\begin{pmatrix}-{\mathrm {i} }\sin \alpha &\sin \alpha \\-\sin \alpha &-{\mathrm {i} }\sin \alpha \end{pmatrix}},$

der Kern wird vom Vektor

$\left(-{\mathrm {i} },\,1\right)$

erzeugt. Also ist ${}E_{2}={\mathbb {C} }\left(-{\mathrm {i} },\,1\right)$.

Für ${}\alpha \in \{0,\pi \}$ fallen die Eigenwerte zusammen und der einzige Eigenraum ist ${}E={\mathbb {C} }^{2}$.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei  ${}V=U\oplus W$  die direkte Summe der ${}K$- Untervektorräume  ${}U,W\subseteq V$.  Es seien ${}\psi \colon U\rightarrow U$ und ${}\theta \colon W\rightarrow W$ lineare Abbildungen, die sich zur linearen Abbildung

$\varphi =\psi \oplus \theta \colon V\longrightarrow V$

zusammensetzen. Es ist also

${}\varphi (v)=\psi (u)+\theta (w)\,,$

wobei  ${}v=u+w$  die eindeutige Zerlegung von ${}v$ mit  ${}u\in U$  und  ${}w\in W$  ist. Zeige

${}\operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\varphi \oplus \theta \right)}=\operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\varphi \right)}\oplus \operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\theta \right)}\,.$

Lösung

Wir zeigen die beiden Inklusionen. Es seien  ${}u\in \operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\psi \right)}$  und  ${}w\in \operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\theta \right)}$.  Dann gilt für  ${}v=u+w$ 

${}\varphi (v)=\psi (u)+\theta (w)=\lambda u+\lambda w=\lambda (u+w)=\lambda v\,,$

also ist  ${}v\in \operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\psi \oplus \theta \right)}$.  Wenn umgekehrt  ${}v\in \operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\psi \oplus \theta \right)}$  mit der kanonischen Zerlegung

${}v=u+w\,$

mit  ${}u\in U$  und  ${}w\in W$  gilt, so ist

${}\lambda u+\lambda w=\lambda (u+w)=\lambda v=\varphi (v)=\psi (u)+\theta (w)\,.$

Da dieses Element eine eindeutige Zerlegung in ${}U\oplus W$ besitzt, muss  ${}\psi (u)=\lambda u$  und  ${}\theta (w)=\lambda w$  sein. Also ist  ${}u\in \operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\psi \right)}$  und  ${}w\in \operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\theta \right)}$  und somit  ${}v\in \operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\psi \right)}\oplus \operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\theta \right)}$.  Wegen  ${}\operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\psi \right)}\subseteq U$  und  ${}\operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\theta \right)}\subseteq W$  ist die Summe direkt.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über die jordansche Normalform.

Lösung

Da ${}\varphi$ trigonalisierbar ist, können wir Satz 26.14 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) anwenden. Es gibt also eine direkte Summenzerlegung

${}V=\operatorname {Haupt} _{\lambda _{1}}(\varphi )\oplus \cdots \oplus \operatorname {Haupt} _{\lambda _{m}}(\varphi )\,,$

wobei die Haupträume ${}\varphi$- invariant sind. Indem wir die Situation auf den einzelnen Haupträumen analysieren, können wir davon ausgehen, dass ${}\varphi$ nur einen Eigenwert ${}\lambda$ besitzt und

${}V=\operatorname {Haupt} _{\lambda }(\varphi )\,$

ist. Es ist dann

${}\psi =\varphi -\lambda \operatorname {Id} _{V}\,$

nilpotent. Daher gibt es nach Korollar 27.12 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) eine Basis, bezüglich der ${}\psi$ die Gestalt

${\begin{pmatrix}0&c_{1}&0&\cdots &\cdots &0\\0&0&c_{2}&0&\cdots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&0&c_{n-2}&0\\0&\cdots &\cdots &0&0&c_{n-1}\\0&\cdots &\cdots &\cdots &0&0\end{pmatrix}}$

besitzt, wobei die ${}c_{i}$ gleich ${}0$ oder gleich ${}1$ sind. Bezüglich dieser Basis hat

${}\varphi =\psi +\lambda \operatorname {Id} _{V}\,$

die Gestalt

${\begin{pmatrix}\lambda &c_{1}&0&\cdots &\cdots &0\\0&\lambda &c_{2}&0&\cdots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&\lambda &c_{n-2}&0\\0&\cdots &\cdots &0&\lambda &c_{n-1}\\0&\cdots &\cdots &\cdots &0&\lambda \end{pmatrix}}.$

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

Es sei ${}P$ ein Punkt in einem affinen Raum ${}E$ über ${}V$. Zeige, dass die folgenden Ausdrücke baryzentrische Kombinationen für ${}P$ sind (es sei  ${}Q\in E$  und  ${}v\in V$ ).

1. ${}P$.
2. ${}P+Q-Q$.
3. ${}(P+v)-(Q+v)+Q$.

Lösung

1. Es ist

   ${}P+{\overrightarrow {PP}}=P+0=P\,.$

2. Es ist

   ${}P+{\overrightarrow {PP}}+{\overrightarrow {PQ}}-{\overrightarrow {PQ}}=P+0=P\,.$

3. Es ist

   ${}{\begin{aligned}P+{\overrightarrow {P,P+v}}-{\overrightarrow {P,Q+v}}+{\overrightarrow {PQ}}&=P+v+{\overrightarrow {Q+v,P}}+{\overrightarrow {PQ}}\\&=P+v+{\overrightarrow {Q+v,Q}}\\&=P+v-v\\&=P.\end{aligned}}$