Kurs:Lineare Algebra/Teil I/34/Klausur mit Lösungen

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

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine Teilmenge ${}T$ einer Menge ${}M$.
2. Eine ${}m\times n$-Matrix über einem Körper ${}K$.
3. Eine Zerlegung eines ${}K$- Vektorraumes ${}V$ als direkte Summe in die Untervektorräume ${}U_{1},\ldots ,U_{m}$.
4. Die Determinante einer ${}n\times n$- Matrix ${}M$.
5. Eine trigonalisierbare lineare Abbildung ${}\varphi \colon V\rightarrow V$, wobei ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}K$- Vektorraum ist.
6. Die Dimension eines affinen Raumes ${}E$.

Lösung

1. Man sagt, dass die Menge ${}T$ eine Teilmenge von ${}M$ ist, wenn jedes Element von ${}T$ auch ein Element von ${}M$ ist.
2. Eine ${}m\times n$-Matrix über ${}K$ ist ein Schema der Form

   ${\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}&\ldots &a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\ldots &a_{2n}\\\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\a_{m1}&a_{m2}&\ldots &a_{mn}\end{pmatrix}},$

   wobei die ${}a_{ij}$ aus ${}K$ sind.

3. Man sagt, dass ${}V$ die direkte Summe der ${}U_{i}$ ist, wenn die beiden folgenden Bedingungen erfüllt sind.
   1.  ${}U_{i}\cap {\left(\sum _{j\neq i}U_{j}\right)}=0$  für alle ${}i$.
   2. Jeder Vektor ${}v\in V$ besitzt eine Darstellung

      ${}v=u_{1}+u_{2}+\cdots +u_{m}\,$

      mit ${}u_{i}\in U_{i}$.

4. Zu ${}i\in {\{1,\ldots ,n\}}$ sei ${}M_{i}$ diejenige ${}(n-1)\times (n-1)$-Matrix, die entsteht, wenn man in ${}M$ die erste Spalte und die ${}i$-te Zeile weglässt. Dann definiert man rekursiv die Determinante von ${}M$ durch

   $\det M={\begin{cases}a_{11}\,,&{\text{falls }}n=1\,,\\\sum _{i=1}^{n}(-1)^{i+1}a_{i1}\det M_{i}&{\text{ für }}n\geq 2\,.\end{cases}}$

5. Es sei ${}K$ ein Körper und ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}K$- Vektorraum. Eine lineare Abbildung ${}\varphi \colon V\rightarrow V$ heißt trigonalisierbar, wenn sie bezüglich einer geeigneten Basis durch eine obere Dreiecksmatrix beschrieben wird.
6. Man nennt ${}n$ die Dimension von ${}E$, wenn es in ${}E$ eine affine Basis mit ${}n+1$ Elementen gibt.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Charakterisierungssatz für eine Basis ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ in einem ${}K$- Vektorraum ${}V$.
2. Das Injektivitätskriterium für eine lineare Abbildung.
3. Der Satz über Eigenvektoren zu paarweise verschiedenen Eigenwerten.

Lösung

1. Es sei ${}K$ ein Körper und ${}V$ ein ${}K$-Vektorraum. Es sei ${}v_{1},\ldots ,v_{n}\in V$ eine Familie von Vektoren. Dann sind folgende Aussagen äquivalent.
   1. Die Familie ist eine Basis von ${}V$.
   2. Die Familie ist ein minimales Erzeugendensystem, d.h. sobald man einen Vektor ${}v_{i}$ weglässt, liegt kein Erzeugendensystem mehr vor.
   3. Für jeden Vektor ${}u\in V$ gibt es genau eine Darstellung

      $u=s_{1}v_{1}+\cdots +s_{n}v_{n}.$

   4. Die Familie ist maximal linear unabhängig, d.h. sobald man irgendeinen Vektor dazunimmt, ist die Familie nicht mehr linear unabhängig.
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 ${}K$ ein Körper, ${}V$ ein ${}K$- Vektorraum und

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

   eine lineare Abbildung. Es seien ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ Eigenvektoren zu (paarweise) verschiedenen Eigenwerten ${}\lambda _{1},\ldots ,\lambda _{n}\in K$. Dann sind ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$

   linear unabhängig.

Aufgabe (2 Punkte)

Ein Mann steht mit einem Wolf, einer Ziege und einem Kohl am Ufer eines Flusses und möchte diesen überqueren. Es steht ein Boot zur Verfügung, in dem neben ihm nur ein weiterer Passagier Platz hat. Wie kann er den Fluss überqueren, ohne dass dabei der Wolf die Ziege oder die Ziege den Kohl frisst?

Lösung

1. Er fährt mit der Ziege ans andere Ufer.
2. Er fährt allein zurück.
3. Er fährt mit dem Wolf ans andere Ufer.
4. Er fährt mit der Ziege zurück.
5. Er fährt mit dem Kohl ans andere Ufer.
6. Er fährt allein zurück.
7. Er fährt mit der Ziege ans andere Ufer.

Aufgabe (4 (0.5+0.5+1+1+1) Punkte)

Wir betrachten die Verknüpfung

$\mathbb {N} \times \mathbb {N} \longrightarrow \mathbb {N} ,\,(a,b)\longmapsto a*b,$

die einem Paar ${}(a,b)$ diejenige Zahl zuordnet, die entsteht, wenn man im Zehnersystem die Zahl ${}b$ ${}a$-fach hintereinander schreibt.

1. Bestimme ${}7*6$.
2. Bestimme ${}4*13$.
3. Ist die Verknüpfung kommutativ?
4. Ist die Verknüpfung assoziativ?
5. Besitzt die Verknüpfung ein neutrales Element?

Lösung

1. Es ist

   ${}7*6=6666666\,.$

2. Es ist

   ${}4*13=13131313\,.$

3. Die Verknüpfung ist nicht kommutativ, es ist  ${}2*1=11$,  aber  ${}1*2=2$. 
4. Die Verknüpfung ist nicht assoziativ, es ist  ${}2*(2*2)=2*(22)=2222$,  aber  ${}(2*2)*2=22*2$  besteht aus ${}22$ Zweien.
5. Die Verknüpfung besitzt kein neutrales Element. Von links ist zwar  ${}1*b=b$,  daher ist ${}1$ der einzige Kandidat, von rechts ist aber im Allgemeinen (beispielsweise für ${}b=2$)

   ${}b*1\neq b\,.$

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

1. Skizziere vier Geraden im Raum mit der Eigenschaft, dass es insgesamt zwei Schnittpunkte gibt.
2. Skizziere vier Geraden in der Ebene mit der Eigenschaft, dass es insgesamt drei Schnittpunkte gibt.
3. Zeige, dass es in der Ebene nicht vier Geraden geben kann, die insgesamt zwei Schnittpunkte besitzen.

Lösung

1. ${}\,$

2. 

   ${}\,$

3. Es sei angenommen, dass es eine solche Geradenkonfiguration gibt. Wir behandeln die beiden Fälle, dass die beiden Schnittpunkte auf einer der Geraden ${}G$ liegen oder nicht. Im ersten Fall müssen die Geraden, die mit ${}G$ die Schnittpunkte definieren, zueinander parallel sein. Die vierte Gerade kann weder zu ${}G$ noch zu den beiden anderen Geraden parallel sein, sonst würde es neue Schnittpunkte geben. Damit schneidet die vierte Gerade die ersten drei Geraden, und dabei kann zwar ein Schnittpunkt mit den beiden Schnittpunkten zusammenfallen, aber nicht mit beiden. Im zweiten Fall gibt es zwei Geradenpaare, die jeweils die beiden Schnittpunkte definieren. Doch dann trifft jede Gerade zumindest eine Gerade des anderen Geradenpaares in einem neuen Schnittpunkt, da sie nicht zu beiden parallel sein kann und nicht durch deren Schnittpunkt verläuft (sonst wären wir im ersten Fall).

Aufgabe (1 Punkt)

Bei einem linearen Gleichungssystem führe das Eliminationsverfahren auf die Gleichung

${}0=1\,.$

Welche Folgerung kann man daraus schließen?

Lösung

Das bedeutet, dass das lineare Gleichungssystem keine Lösung besitzt.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die Punktrichtungsform für die durch die Gleichung

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

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

Lösung

Es ist ${}{\begin{pmatrix}0\\-{\frac {4}{3}}\end{pmatrix}}$ ein Punkt der Geraden, und der Richtungsvektor ist ${}{\begin{pmatrix}3\\7\end{pmatrix}}$. Somit ist

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

eine Beschreibung der Geraden in Punktrichtungsform.

Aufgabe (1 Punkt)

Es sei ${}G$ eine Gruppe. Es seien  ${}x,y\in G$  Elemente mit

${}x\cdot y=1\,$

Zeige, dass ${}y$ das Inverse von ${}x$ ist.

Lösung

Es sei ${}z$ das Inverse von ${}x$. Dann ist

${}y=1\cdot y=(z\cdot x)\cdot y=z(x\cdot y)=z\cdot 1=z\,,$

also ist ${}y$ gleich dem Inversen von ${}x$.

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

Es sei ${}K$ ein Körper. Wir betrachten die Abbildung

$\varphi \colon K^{2}\longrightarrow K^{2},\,\left(x,\,y\right)\longmapsto \left(x+y,\,x-y\right).$

a) Zeige, dass ${}\varphi$ linear ist.

b) Bestimme die beschreibende Matrix zu ${}\varphi$ bezüglich der Standardbasis.

c) Bestimme die Determinante von ${}\varphi$.

d) Es sei zusätzlich  ${}2\neq 0$  in ${}K$ vorausgesetzt. Zeige, dass ${}\varphi$ bijektiv ist, und bestimme die inverse Matrix der beschreibenden Matrix.

Lösung

a) Es ist

${}{\begin{aligned}\varphi {\left(\left(x_{1},\,y_{1}\right)+\left(x_{2},\,y_{2}\right)\right)}&=\varphi \left(x_{1}+x_{2},\,y_{1}+y_{2}\right)\\&=\left(x_{1}+x_{2}+y_{1}+y_{2},\,x_{1}+x_{2}-y_{1}-y_{2}\right)\\&=\left(x_{1}+y_{1},\,x_{1}-y_{1}\right)+\left(x_{2}+y_{2},\,x_{2}-y_{2}\right)\\&=\varphi \left(x_{1},\,y_{1}\right)+\varphi \left(x_{2},\,y_{2}\right)\end{aligned}}$

und

${}{\begin{aligned}\varphi s\left(x,\,y\right)&=\varphi {\left(\left(sx,\,sy\right)\right)}\\&=\left(sx+sy,\,sx-sy\right)\\&=s\left(x+y,\,x-y\right)\\&=s\varphi \left(x,\,y\right).\end{aligned}}$

b) Die beschreibende Matrix ist

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

c) Es ist

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

d) Wegen  ${}2\neq 0$  ist die Abbildung nach Satz 16.11 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) bijektiv. Die inverse Matrix ist

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

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise den Satz, dass die Zuordnung zwischen linearen Abbildungen und Matrizen (bei gegebenen Basen) bijektiv ist.

Lösung

Wir zeigen, dass beide Hintereinanderschaltungen die Identität sind. Wir starten mit einer Matrix  ${}M={\left(a_{ij}\right)}_{ij}$  und betrachten die Matrix

$M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi _{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(M)).$

Zwei Matrizen sind gleich, wenn für jedes Indexpaar ${}(i,j)$ die Einträge übereinstimmen. Es ist

${}{\begin{aligned}(M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi _{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(M)))_{ij}&=i-{\text{te Koordinate von }}(\varphi _{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(M))(v_{j})\\&=i-{\text{te Koordinate von }}\sum _{i=1}^{m}a_{ij}w_{i}\\&=a_{ij}.\end{aligned}}$

Es sei nun ${}\varphi$ eine lineare Abbildung, und betrachten wir

$\varphi _{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi )).$

Zwei lineare Abbildungen stimmen nach Satz 10.10 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) überein, wenn man zeigen kann, dass sie auf der Basis ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ übereinstimmen. Es ist

${}(\varphi _{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi )))(v_{j})=\sum _{i=1}^{m}(M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi ))_{ij}\,w_{i}\,.$

Dabei ist nach Definition der Koeffizient ${}(M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi ))_{ij}$ die ${}i$-te Koordinate von ${}\varphi (v_{j})$ bezüglich der Basis ${}w_{1},\ldots ,w_{m}$. Damit ist diese Summe gleich ${}\varphi (v_{j})$.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}\tau$ die Transposition auf der Menge ${}{\{1,\ldots ,n\}}$, die die beiden Zahlen

${}k<\ell \,$

miteinander vertauscht. Bestimme die Fehlstände von ${}\tau$.

Lösung

Wir bestimmen für ein Paar ${}(i,j)$,  ${}i<j$,  ob ein Fehlstand vorliegt. Bei  ${}i<k$  liegt wegen

${}\tau (i)=i<\operatorname {min} \left(k,\,j\right)=\tau (j)\,$

kein Fehlstand vor. Entsprechend liegt bei  ${}j>\ell$  kein Fehlstand vor. Es sei also

${}k\leq i<j\leq \ell \,.$

Bei

${}k<i<j<\ell \,$

ist  ${}\tau (i)=i<j=\tau (j)$  und es liegt kein Fehlstand vor. Bei

${}k=i<j<\ell \,$

liegt wegen

${}\tau (k)=\ell >j=\tau (j)\,$

ein Fehlstand vor und ebenso liegt bei

${}k<i<j=\ell \,$

ein Fehlstand vor. Ferner ist  ${}k<\ell$  ein Fehlstand. Dies ergibt insgesamt

${}(\ell -k-1)+(\ell -k-1)+1=2\ell -2k-1\,$

Fehlstände.

Aufgabe (2 Punkte)

Berechne das Quadrat des Polynoms

$1+{\frac {1}{2}}x-{\frac {1}{8}}x^{2}.$

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}{\left(1+{\frac {1}{2}}x-{\frac {1}{8}}x^{2}\right)}^{2}&={\left(1+{\frac {1}{2}}x-{\frac {1}{8}}x^{2}\right)}\cdot {\left(1+{\frac {1}{2}}x-{\frac {1}{8}}x^{2}\right)}\\&=1+{\frac {1}{4}}x^{2}+{\frac {1}{64}}x^{4}+x-{\frac {1}{4}}x^{2}-{\frac {1}{8}}x^{3}\\&=1+x-{\frac {1}{8}}x^{3}+{\frac {1}{64}}x^{4}.\end{aligned}}$

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise den Satz über die Division mit Rest im Polynomring ${}K[X]$ über einem Körper ${}K$.

Lösung

Wir beweisen die Existenzaussage durch Induktion über den Grad von ${}P$. Wenn der Grad von ${}T$ größer als der Grad von ${}P$ ist, so ist ${}Q=0$ und ${}R=P$ eine Lösung, sodass wir dies nicht weiter betrachten müssen. Bei  ${}\operatorname {grad} \,(P)=0$  ist nach der Vorbemerkung auch  ${}\operatorname {grad} \,(T)=0$,  also ist ${}T$ ein konstantes Polynom, und damit ist (da ${}T\neq 0$ und ${}K$ ein Körper ist) ${}Q=P/T$ und ${}R=0$ eine Lösung. Es sei nun  ${}\operatorname {grad} \,(P)=n$  und die Aussage für kleineren Grad schon bewiesen. Wir schreiben ${}P=a_{n}X^{n}+\cdots +a_{1}X+a_{0}$ und ${}T=b_{k}X^{k}+\cdots +b_{1}X+b_{0}$ mit ${}a_{n},b_{k}\neq 0,\,k\leq n$. Dann gilt mit  ${}H={\frac {a_{n}}{b_{k}}}X^{n-k}$  die Beziehung

${}{\begin{aligned}P'&:=P-TH\\\\&=0X^{n}+{\left(a_{n-1}-{\frac {a_{n}}{b_{k}}}b_{k-1}\right)}X^{n-1}+\cdots +{\left(a_{n-k}-{\frac {a_{n}}{b_{k}}}b_{0}\right)}X^{n-k}+a_{n-k-1}X^{n-k-1}+\cdots +a_{0}.\,\end{aligned}}$

Dieses Polynom ${}P'$ hat einen Grad kleiner als ${}n$ und darauf können wir die Induktionsvoraussetzung anwenden, d.h. es gibt ${}Q'$ und ${}R'$ mit

$P'=TQ'+R'{\text{ mit }}\operatorname {grad} \,(R')<\operatorname {grad} \,(T){\text{ oder }}R'=0.$

Daraus ergibt sich insgesamt

${}P=P'+TH=TQ'+TH+R'=T(Q'+H)+R'\,,$

sodass also  ${}Q=Q'+H$  und  ${}R=R'$  eine Lösung ist. Zur Eindeutigkeit sei  ${}P=TQ+R=TQ'+R'$  mit den angegebenen Bedingungen. Dann ist  ${}T(Q-Q')=R'-R$.  Da die Differenz ${}R'-R$ einen Grad kleiner als ${}\operatorname {grad} \,(T)$ besitzt, ist aufgrund der Gradeigenschaften diese Gleichung nur bei  ${}R=R'$  und  ${}Q=Q'$  lösbar.

Aufgabe (4 Punkte)

Forme die Gleichung

${}x^{4}+3x^{3}-5x^{2}+2x-7=0\,$

in eine äquivalente Gleichung der Form

${}y^{4}+b_{2}y^{2}+b_{1}y+b_{0}=0\,$

mit  ${}b_{i}\in \mathbb {Q}$  um.

Lösung

Wir setzen  ${}x=y-{\frac {3}{4}}$  an und drücken das Polynom bzw. die Gleichung in ${}y$ aus. Es ist

${}{\begin{aligned}x^{4}&={\left(y-{\frac {3}{4}}\right)}^{4}\\&=y^{4}-4{\frac {3}{4}}y^{3}+6{\frac {9}{16}}y^{2}-4{\frac {27}{64}}y+{\frac {81}{256}}\\&=y^{4}-3y^{3}+{\frac {27}{8}}y^{2}-{\frac {27}{16}}y+{\frac {81}{256}},\end{aligned}}$

${}{\begin{aligned}3x^{3}&=3{\left(y-{\frac {3}{4}}\right)}^{3}\\&=3{\left(y^{3}-3{\frac {3}{4}}y^{2}+3{\frac {9}{16}}y-{\frac {27}{64}}\right)}\\&=3y^{3}-{\frac {27}{4}}y^{2}+{\frac {81}{16}}y-{\frac {81}{64}},\end{aligned}}$

${}-5x^{2}=-5{\left(y-{\frac {3}{4}}\right)}^{2}=-5{\left(y^{2}-{\frac {3}{2}}y+{\frac {9}{16}}\right)}=-5y^{2}+{\frac {15}{2}}y-{\frac {45}{16}}\,$

und

${}2x=2{\left(y-{\frac {3}{4}}\right)}=2y-{\frac {3}{2}}\,.$

Insgesamt ergibt sich also

${}{\begin{aligned}x^{4}+3x^{3}-5x^{2}+2x-7&=y^{4}+{\left({\frac {27}{8}}-{\frac {27}{4}}-5\right)}y^{2}+{\left(-{\frac {27}{16}}+{\frac {81}{16}}+{\frac {15}{2}}+2\right)}y+{\left({\frac {81}{256}}-{\frac {81}{64}}-{\frac {45}{16}}-{\frac {3}{2}}-7\right)}\\&=y^{4}-{\frac {67}{8}}y^{2}+{\frac {103}{8}}y-{\frac {3139}{256}}.\,\end{aligned}}$

Eine äquivalente Gleichung ist also

${}y^{4}-{\frac {67}{8}}y^{2}+{\frac {103}{8}}y-{\frac {3139}{256}}=0\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

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

$\varphi \colon V\longrightarrow V$

eine lineare Abbildung. Zeige, dass es maximal ${}\dim _{K}{\left(V\right)}$ viele Eigenwerte zu ${}\varphi$ gibt.

Lösung

Es sei

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

Wir nehmen an, dass es mehr als ${}n$ Eigenwerte gibt. Dann gibt es insbesondere ${}n+1$ Eigenwerte

$a_{1},\ldots ,a_{n+1}$

und zugehörige Eigenvektoren

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

Nach Lemma 22.3 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) sind diese linear unabhängig, das widerspricht aber dem Basisaustauschsatz.

Aufgabe (4 (1+1+2) Punkte)

Es seien ${}\alpha ,\beta$ reelle Zahlen mit  ${}\alpha ^{2}+\beta ^{2}=1$.  Wir betrachten die Matrix

${}M={\begin{pmatrix}\alpha &\beta \\\beta &-\alpha \end{pmatrix}}\,.$

a) Bestimme dac charakteristische Polynom von ${}M$.

b) Bestimme die Eigenwerte von ${}M$. Ist ${}M$ diagonalisierbar?

c) Bestimme die Eigenräume von ${}M$.

Lösung

a) Das charakteristische Polynom ist

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

b) Wegen der Faktorisierung

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

sind ${}1$ und ${}-1$ die beiden Eigenwerte. Die Abbildung ist nach Korollar 22.10 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) diagonalisierbar.

c) Der Eigenraum zum Eigenwert ${}1$ ist der Kern von

${\begin{pmatrix}1-\alpha &-\beta \\-\beta &1+\alpha \end{pmatrix}},$

das ist ${}\mathbb {R} {\begin{pmatrix}\beta \\1-\alpha \end{pmatrix}}$.

Der Eigenraum zum Eigenwert ${}-1$ ist der Kern von

${\begin{pmatrix}-1-\alpha &-\beta \\-\beta &-1+\alpha \end{pmatrix}},$

das ist ${}\mathbb {R} {\begin{pmatrix}1-\alpha \\-\beta \end{pmatrix}}$.

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

Es sei ${}v_{1},v_{2},v_{3}$ eine Basis des ${}K$- Vektorraumes ${}V$ und ${}\varphi \colon V\rightarrow V$ eine lineare Abbildung, die durch

$v_{2},v_{3}\mapsto v_{1},\,v_{1}\mapsto 0,\,$

festgelegt ist.

a) Erstelle die Matrix, die ${}\varphi$ bezüglich dieser Basis beschreibt.

b) Begründe, warum ${}\varphi$ nilpotent ist.

c) Bestimme den Kern von ${}\varphi$.

d) Finde eine Basis von ${}V$, bezüglich der ${}\varphi$ jordansche Normalform hat.

Lösung

a) Die beschreibende Matrix ist

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

b) Es liegt eine obere Dreiecksmatrix vor, deren Diagonaleinträge alle ${}0$ sind, also ist ${}\varphi$ nilpotent.

c) Der Kern ist ${}Ke_{1}\oplus K(e_{2}-e_{3})$. Größer kann er nicht sein, da es sich nicht um die Nullabbildung handelt.

d) Wir arbeiten mit der Basis

${}v_{3}=e_{3}\,,$

${}\varphi (v_{3})=e_{1}=:v_{2}\,$

und

${}v_{1}=e_{2}-2_{3}\,.$

Die jordansche Normalform bezüglich dieser Basis ist

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

Aufgabe (4 Punkte)

Finde eine affine Basis für die Lösungsmenge der inhomogenen Gleichung

${}16x-3y+5z+w=2\,.$

Lösung

Eine spezielle Lösung der Gleichung ist durch

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

gegeben. Für die zugehörige homogene Gleichung sind

${\begin{pmatrix}3\\16\\0\\0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\5\\3\\0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\0\\1\\-5\end{pmatrix}}$

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

${\begin{pmatrix}0\\0\\0\\2\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\0\\0\\2\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}3\\16\\0\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}3\\16\\0\\2\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\0\\0\\2\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0\\5\\3\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\5\\3\\2\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\0\\0\\2\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0\\0\\1\\-5\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\1\\-3\end{pmatrix}}$

eine affine Basis der Lösungsmenge der inhomogenen Gleichung.