Kurs:Lineare Algebra/Teil I/35/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	2	2	4	2	2	4	1	2	3	7	4	8	4	3	2	4	4	64

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine bijektive Abbildung

   $f\colon M\longrightarrow N.$

2. Die Kommutativität einer Verknüpfung

   $\circ \colon M\times M\longrightarrow M.$

3. Der Kern einer linearen Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow W$

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

4. Ein Hauptideal in einem kommutativen Ring ${}R$.
5. Eine Streckung auf einem ${}K$- Vektorraum ${}V$.
6. Eine nilpotente ${}d\times d$- Matrix über ${}K$.

Lösung

1. Die Abbildung ${}f$ heißt bijektiv, wenn sie sowohl injektiv als auch surjektiv ist.
2. Eine Verknüpfung

   $\circ \colon M\times M\longrightarrow M,\,(x,y)\longmapsto x\circ y,$

   heißt kommutativ, wenn für alle ${}x,y\in M$ die Gleichheit

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

   gilt.

3. Man nennt

   ${}\operatorname {kern} \varphi :={\left\{v\in V\mid \varphi (v)=0\right\}}\,$

   den Kern von ${}\varphi$.

4. Ein Ideal ${}{\mathfrak {a}}$ in einem kommutativen Ring ${}R$ der Form

   ${}{\mathfrak {a}}=(a)=Ra=\{ra:\,r\in R\}\,.$

   heißt Hauptideal.

5. Unter einer Streckung auf ${}V$ versteht man die lineare Abbildung

   $V\longrightarrow V,\,v\longmapsto sv,$

   die durch die Multiplikation mit einem Skalar  ${}s\in K$  gegeben ist.

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)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über die Dimension eines Untervektorraum  ${}U\subseteq V$. 
2. Der Satz über den Rang von einer Matrix und einer linearen Abbildung.
3. Die Division mit Rest im Polynomring ${}K[X]$ über einem Körper ${}K$.

Lösung

1. Wenn ${}V$ endlichdimensional ist, so ist auch ${}U$ endlichdimensional und es gilt

   ${}\dim _{K}{\left(U\right)}\leq \dim _{K}{\left(V\right)}\,.$

2. Es sei ${}K$ ein Körper und es seien ${}V$ und ${}W$ Vektorräume über ${}K$ der Dimension ${}n$ bzw. ${}m$. Es sei

   $\varphi \colon V\longrightarrow W$

   eine lineare Abbildung, die bezüglich zweier Basen durch die Matrix  ${}M\in \operatorname {Mat} _{m\times n}(K)$  beschrieben werde. Dann gilt

   ${}\operatorname {rang} \,\varphi =\operatorname {rang} \,M\,.$

3. Es seien ${}P,T\in K[X]$ zwei Polynome mit ${}T\neq 0$. Dann gibt es eindeutig bestimmte Polynome ${}Q,R\in K[X]$ mit

   $P=TQ+R{\text{ und mit }}\operatorname {grad} \,(R)<\operatorname {grad} \,(T){\text{ oder }}R=0.$

Aufgabe (2 Punkte)

${}E$ wurde ermordet. Es gelten folgende Sachverhalte.

1. Der Mörder ist ${}A$ oder ${}B$ oder ${}C$ oder ${}D$.
2. Wenn ${}C$ der Mörder ist, dann ist ${}D$ nicht der Mörder oder ${}A$ ist der Mörder.
3. ${}A,B,C,D$ sind alle verschieden.
4. Es gibt genau einen Mörder.
5. Wenn ${}A$ nicht der Mörder ist, dann ist ${}D$ nicht der Mörder.
6. ${}A$ ist genau dann der Mörder, wenn ${}B$ der Mörder ist.

Wer ist der Mörder?

Lösung

Aus (6), (3) und (4) folgt, dass ${}A$ und ${}B$ beide nicht der Mörder sind, denn sonst wären beide der Mörder. Nach (5) ist somit auch ${}D$ nicht der Mörder. Wegen (1) muss also ${}C$ der Mörder sein. ((2) wird nicht verwendet.)

Aufgabe (2 Punkte)

In den Klassenarbeiten der Klasse ${}7x$ können die üblichen Noten mit den Zehntelangaben ${}0,3$ oder ${}7$ erzielt werden (also beispielsweise ${}2+=1,7$, ${}2=2,0$ und ${}2-=2,3$). Es werden im Halbjahr zwei Klassenarbeiten geschrieben, ihr Durchschnitt (das arithmetische Mittel) bestimmt über die Endnote, die ganzzahlig ist. Kann es einen Unterschied machen, ob man zuerst die einzelnen Klassenarbeiten rundet und dann den Durchschnitt rundet, oder ob man den Durchschnitt nimmt und dann rundet (${},5$ soll auf die größere ganze Note gerundet werden)?

Lösung

Das macht einen Unterschied. Wenn bei den beiden Klassenarbeiten die Noten ${}2+=1,7$ und ${}3+=2,7$ erzielt wurden, so führt das bei Rundung der Einzelergebnisse aus eine ${}2$ und eine ${}3$. Der Durchschnitt davon ist ${}2,5$, was zur Endnote ${}3$ gerundet wird. Dagegen ist

${}1,7+2,7=4,4\,$

mit dem Durchschnitt ${}2,2$, was auf eine ${}2$ gerundet wird.

Aufgabe (4 Punkte)

Es seien  ${}\mu _{1},\mu _{2},\mu _{3}\in K$  Elemente in einem Körper ${}K$. Zeige, dass

${}w=\mu _{1}\mu _{2}+\mu _{1}\mu _{3}+\mu _{2}\mu _{3}\,$

und

${}z=-(\mu _{1}+\mu _{2}+\mu _{3})w+\mu _{1}\mu _{2}\mu _{3}\,$

die Gleichung  ${}z^{2}=(w+\mu _{1}^{2})(w+\mu _{2}^{2})(w+\mu _{3}^{2})$  erfüllen.

Lösung

Die linke Seite ist

${}z^{2}=(\mu _{1}+\mu _{2}+\mu _{3})^{2}w^{2}-2(\mu _{1}+\mu _{2}+\mu _{3})\mu _{1}\mu _{2}\mu _{3}w+\mu _{1}^{2}\mu _{2}^{2}\mu _{3}^{2}\,$

und die rechte Seite ist

${}(w+\mu _{1}^{2})(w+\mu _{2}^{2})(w+\mu _{3}^{2})=w^{3}+(\mu _{1}^{2}+\mu _{2}^{2}+\mu _{3}^{2})w^{2}+(\mu _{1}^{2}\mu _{2}^{2}+\mu _{1}^{2}\mu _{3}^{2}+\mu _{2}^{2}\mu _{3}^{2})w+\mu _{1}^{2}\mu _{2}^{2}\mu _{3}^{2}\,.$

Um die Gleichheit zu zeigen, können wir den Summanden ${}\mu _{1}^{2}\mu _{2}^{2}\mu _{3}^{2}$ beidseitig abziehen und ${}w$ ausklammern, es ist somit

${}(\mu _{1}+\mu _{2}+\mu _{3})^{2}w-2(\mu _{1}+\mu _{2}+\mu _{3})\mu _{1}\mu _{2}\mu _{3}=w^{2}+(\mu _{1}^{2}+\mu _{2}^{2}+\mu _{3}^{2})w+\mu _{1}^{2}\mu _{2}^{2}+\mu _{1}^{2}\mu _{3}^{2}+\mu _{2}^{2}\mu _{3}^{2}\,$

zu zeigen. Wir ziehen ${}(\mu _{1}^{2}+\mu _{2}^{2}+\mu _{3}^{2})w$ beidseitig ab und dann ist

${}2(\mu _{1}\mu _{2}+\mu _{1}\mu _{3}+\mu _{2}\mu _{3})w-2(\mu _{1}+\mu _{2}+\mu _{3})\mu _{1}\mu _{2}\mu _{3}=w^{2}+\mu _{1}^{2}\mu _{2}^{2}+\mu _{1}^{2}\mu _{3}^{2}+\mu _{2}^{2}\mu _{3}^{2}\,$

zu zeigen. Der Summand links ist ${}2w^{2}$, wir ziehen ${}w^{2}$ beidseitig ab und somit folgt die Behauptung aus

${}{\begin{aligned}w^{2}&=(\mu _{1}\mu _{2}+\mu _{1}\mu _{3}+\mu _{2}\mu _{3})^{2}\\&=\mu _{1}^{2}\mu _{2}^{2}+\mu _{1}^{2}\mu _{2}^{3}+\mu _{2}^{2}\mu _{3}^{2}+2\mu _{1}^{2}\mu _{2}\mu _{3}+2\mu _{1}\mu _{2}^{2}\mu _{3}+2\mu _{1}\mu _{2}\mu _{3}^{2}\\&=\mu _{1}^{2}\mu _{2}^{2}+\mu _{1}^{2}\mu _{2}^{3}+\mu _{2}^{2}\mu _{3}^{2}+2(\mu _{1}+\mu _{2}+\mu _{3})\mu _{1}\mu _{2}\mu _{3}\end{aligned}}$

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 (2 Punkte)

Wir betrachten im ${}\mathbb {R} ^{3}$ den von den Vektoren

${\begin{pmatrix}3\\5\\-4\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}12\\6\\-11\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}6\\-4\\-3\end{pmatrix}}$

erzeugten Untervektorraum  ${}U\subseteq \mathbb {R} ^{3}$.  Was ist die Dimension von ${}U$?

Lösung

Es ist

${}{\begin{pmatrix}12\\6\\-11\end{pmatrix}}=2{\begin{pmatrix}3\\5\\-4\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}6\\-4\\-3\end{pmatrix}}\,,$

daher ist der mittlere Vektor überflüssig. Die beiden Vektoren ${}{\begin{pmatrix}3\\5\\-4\end{pmatrix}}$ und ${}{\begin{pmatrix}6\\-4\\-3\end{pmatrix}}$ sind linear unabhängig, daher ist die Dimension von ${}U$ gleich ${}2$.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise das Injektivitätskriterium für eine lineare Abbildung.

Lösung

Wenn die Abbildung injektiv ist, so kann es neben  ${}0\in V$  keinen weiteren Vektor  ${}v\in V$  mit  ${}\varphi (v)=0$  geben. Also ist  ${}\varphi ^{-1}(0)=\{0\}$. 
Es sei umgekehrt  ${}\operatorname {kern} \varphi =0$  und seien  ${}v_{1},v_{2}\in V$  gegeben mit  ${}\varphi (v_{1})=\varphi (v_{2})$.  Dann ist wegen der Linearität

${}\varphi (v_{1}-v_{2})=\varphi (v_{1})-\varphi (v_{2})=0\,.$

Daher ist  ${}v_{1}-v_{2}\in \operatorname {kern} \varphi$  und damit  ${}v_{1}=v_{2}$. 

Aufgabe (1 Punkt)

In einem Wintermonat fielen insgesamt ${}9$ cm Regen, ${}7$ cm Schnee und ${}2$ cm Hagel (gemessene Höhe des Niederschlages). ${}20\%$ des Schnees und ${}30\%$ des Hagels werden zu Wasser. Welche Niederschlagshöhe vermeldet der Monat insgesamt?

Lösung

Die Niederschlagshöhe ist

${}9+{\frac {1}{5}}\cdot 7+{\frac {3}{10}}\cdot 2={\frac {45+7+3}{5}}={\frac {55}{5}}\,,$

die Niederschlagshöhe ist also ${}11$ cm.

Aufgabe (2 (1+1) Punkte)

a) Begründe mit einer Skizze die Formel für den Flächeninhalt eines Parallelogramms in der Ebene (Grundseite mal Höhe).

b) Begründe mit einer Skizze die Formel für den Flächeninhalt eines Dreiecks in der Ebene (Grundseite mal Höhe durch ${}2$).

Die Formel für den Flächeninhalt eines Rechteckes darf dabei verwendet werden.

Lösung erstellen

Aufgabe (3 Punkte)

Berechne die Determinante der Matrix

${\begin{pmatrix}1&3&9&0\\-1&0&5&2\\0&1&3&6\\-3&0&0&7\end{pmatrix}}.$

Lösung

Wir entwickeln nach der vierten Zeile. Dies ergibt

${}{\begin{aligned}\det {\begin{pmatrix}1&3&9&0\\-1&0&5&2\\0&1&3&6\\-3&0&0&7\end{pmatrix}}&=3\cdot \det {\begin{pmatrix}3&9&0\\0&5&2\\1&3&6\end{pmatrix}}+7\cdot \det {\begin{pmatrix}1&3&9\\-1&0&5\\0&1&3\end{pmatrix}}\\&=3\cdot {\left(3\cdot 24+1\cdot 18\right)}+7\cdot {\left(1(-5)+1\cdot 0\right)}\\&=270-35\\&=235.\end{aligned}}$

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise den Determinantenmultiplikationssatz.

Lösung

Wir fixieren die Matrix ${}B$. Es sei zunächst  ${}\det B=0$.  Dann ist nach Satz 16.11 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) die Matrix ${}B$ nicht invertierbar und damit ist auch ${}A\circ B$ nicht invertierbar und somit wiederum  ${}\det A\circ B=0$.  Es sei nun ${}B$ invertierbar. In diesem Fall betrachten wir die wohldefinierte Abbildung

$\delta \colon \operatorname {Mat} _{n}(K)\longrightarrow K,\,A\longmapsto (\det A\circ B)(\det B)^{-1}.$

Wir wollen zeigen, dass diese Abbildung gleich der Abbildung ${}A\mapsto \det A$ ist, indem wir die die Determinante charakterisierenden Eigenschaften nachweisen und Satz 17.3 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) anwenden. Wenn ${}z_{1},\ldots ,z_{n}$ die Zeilen von ${}A$ sind, so ergibt sich ${}\delta (A)$, indem man auf die Zeilen ${}z_{1}B,\ldots ,z_{n}B$ die Determinante anwendet und mit ${}(\det B)^{-1}$ multipliziert. Daher folgt die Multilinearität und die alternierende Eigenschaft aus Aufgabe 16.29 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)). Wenn man mit  ${}A=E_{n}$  startet, so ist  ${}A\circ B=B$  und daher ist

${}\delta (E_{n})=(\det B)\cdot (\det B)^{-1}=1\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Forme die Gleichung

${}x^{5}+10x^{4}+x-5=0\,$

in eine äquivalente Gleichung der Form

${}y^{5}+b_{3}y^{3}+b_{2}y^{2}+b_{1}y+b_{0}=0\,$

mit  ${}b_{i}\in \mathbb {Q}$  um.

Lösung

Wir machen den Ansatz ${}x=y+c$. Einsetzen ergibt

$(y+c)^{5}+10(y+c)^{4}+y+c-5=0,$

wobei der Koeffizient zu ${}y^{4}$ gleich ${}0$ werden soll. Dieser Koeffizient ist ${}5c+10$, also muss man

$c=-2$

wählen. Damit wird das Polynom zu

${}{\begin{aligned}\,&=(y+c)^{5}+10(y+c)^{4}+y+c-5\\&=(y-2)^{5}+10(y-2)^{4}+y-2-5\\&=y^{5}-5\cdot 2y^{4}+10(-2)^{2}y^{3}+10(-2)^{3}y^{2}+5(-2)^{4}y-2^{5}\\&\,\,\,+10(y^{4}+4(-2)y^{3}+6(-2)^{2}y^{2}+4(-2)^{3}y+16)+y-7\\&=y^{5}+40y^{3}-80y^{2}+80y-32-80y^{3}+240y^{2}-320y+160+y-7\\&=y^{5}-40y^{3}+160y^{2}-239y+121\end{aligned}}$

und die äquivalente Gleichung ist

${}y^{5}-40y^{3}+160y^{2}-239y+121=0\,.$

Aufgabe (8 (3+2+3) Punkte)

1. Bestimme ein Polynom ${}P$ vom Grad ${}\leq 3$ mit

   ${}P(-1)=-4\,,$

   ${}P(0)=2\,,$

   ${}P(1)=2\,$

   und

   ${}P(2)=3\,$

2. Bestimme ein normiertes Polynom ${}Q$ vom Grad ${}3$ mit

   ${}Q(0)=1\,,$

   ${}Q(2)=3\,$

   und

   ${}Q(3)=10\,.$

3. Bestimme die Schnittpunkte der Graphen zu ${}P$ und zu ${}Q$.

Lösung

1. Wir machen den Ansatz

   ${}P=aX^{3}+bX^{2}+cX+d\,.$

   Die Bedingungen führen auf das lineare Gleichungssystem

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

   ${}d=2\,,$

   ${}a+b+c+d=2\,,$

   ${}8a+4b+2c+d=3\,.$

   Elimination von ${}d$ führt auf

   ${}-a+b-c=-6\,,$

   ${}a+b+c=0\,,$

   ${}8a+4b+2c=1\,.$

   Addition der ersten beiden Gleichungen führt auf

   ${}2b=-6\,,$

   also

   ${}b=-3\,.$

   Dies führt auf

   ${}a+c=3\,$

   und

   ${}8a+2c=13\,.$

   Somit ist

   ${}6a=7\,,$

   also

   ${}a={\frac {7}{6}}\,$

   und

   ${}c={\frac {11}{6}}\,.$

   Das gesuchte Polynom ist also

   ${}P={\frac {7}{6}}X^{3}-3X^{2}+{\frac {11}{6}}X+2\,.$

2. Wir machen den Ansatz

   ${}Q=X^{3}+rX^{2}+sX+t\,.$

   Die Bedingungen führen auf das lineare Gleichungssystem

   ${}t=1\,,$

   ${}8+4r+2s+t=3\,,$

   ${}27+9r+3s+t=10\,.$

   Dies führt auf

   ${}4r+2s=-6\,,$

   ${}9r+3s=-18\,.$

   Die Gleichung ${}3I-2II$ ist

   ${}-6r=18\,,$

   also

   ${}r=-3\,$

   und

   ${}s=3\,.$

   Das gesuchte Polynom ist also

   ${}Q=X^{3}-3X^{2}+3X+1\,.$

3. Die ${}x$-Koordinaten der Schnittpunkte der Graphen zu ${}P$ und zu ${}Q$ sind die Nullstellen von

   ${}P-Q={\frac {7}{6}}X^{3}-3X^{2}+{\frac {11}{6}}X+2-{\left(X^{3}-3X^{2}+3X+1\right)}={\frac {1}{6}}X^{3}-{\frac {7}{6}}X+1\,.$

   Wir arbeiten mit ${}X^{3}-7X+6$. Wegen

   ${}P(2)=3=Q(2)\,$

   ist ${}2$ eine Nullstelle dieses Polynoms. Die Division mit Rest führt auf

   ${}X^{3}-7X+6=(X-2)(X^{2}+2X-3)\,.$

   Es geht also noch um die Nullstellen von

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

   Diese sind ${}1$ und ${}-3$. Die Schnittpunkte der beiden Graphen sind demnach

   $(-3,-62),\,(1,2),\,(2,3).$

Aufgabe (4 Punkte)

Bestätige den Satz von Cayley-Hamilton für die Matrix

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

durch eine explizite Rechnung.

Lösung

Das charakteristische Polynom von

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

ist

${}{\begin{aligned}\det \left({\begin{pmatrix}X&0&0\\0&X&0\\0&0&X\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}3&0&-2\\-6&4&5\\-1&3&4\end{pmatrix}}\right)&=\det {\begin{pmatrix}X-3&0&2\\6&X-4&-5\\1&-3&X-4\end{pmatrix}}\\&={\left(X-3\right)}{\left({\left(X-4\right)}^{2}-15\right)}+2{\left(-18-X+4\right)}\\&=X^{3}-11X^{2}+25X-3-2X-28\\&=X^{3}-11X^{2}+23X-31.\end{aligned}}$

Es ist

${}{\begin{pmatrix}3&0&-2\\-6&4&5\\-1&3&4\end{pmatrix}}^{2}={\begin{pmatrix}3&0&-2\\-6&4&5\\-1&3&4\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}3&0&-2\\-6&4&5\\-1&3&4\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}11&-6&-14\\-47&31&52\\-25&24&33\end{pmatrix}}\,$

und

${}{\begin{pmatrix}3&0&-2\\-6&4&5\\-1&3&4\end{pmatrix}}^{3}={\begin{pmatrix}3&0&-2\\-6&4&5\\-1&3&4\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}11&-6&-14\\-47&31&52\\-25&24&33\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}83&-66&-108\\-379&280&457\\-252&195&302\end{pmatrix}}\,.$

Es ist in der Tat

${}{\begin{pmatrix}83&-66&-108\\-379&280&457\\-252&195&302\end{pmatrix}}-11{\begin{pmatrix}11&-6&-14\\-47&31&52\\-25&24&33\end{pmatrix}}+23{\begin{pmatrix}3&0&-2\\-6&4&5\\-1&3&4\end{pmatrix}}-31{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}}\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Beweise den Satz über die Beschreibung eines Eigenraums als Kern.

Lösung

Es sei  ${}v\in V$.  Dann ist  ${}v\in \operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\varphi \right)}$  genau dann, wenn  ${}\varphi (v)=\lambda v$  ist, und dies ist genau bei  ${}\varphi (v)-\lambda v=0$  der Fall, was man als  ${}{\left(\varphi -\lambda \cdot \operatorname {Id} _{V}\right)}(v)=0$  schreiben kann.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme für die reelle Matrix

${}M={\begin{pmatrix}{\frac {9}{3}}&0&\cdots &\cdots &0\\0&1+1&0&\cdots &0\\\vdots &\ddots &{\sqrt[{3}]{8}}&\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&7-4&0\\0&\cdots &\cdots &0&{\frac {10}{5}}\end{pmatrix}}\,$

die Eigenräume und die geometrischen Vielfachheiten.

Lösung

Es ist

${}M={\begin{pmatrix}{\frac {9}{3}}&0&\cdots &\cdots &0\\0&1+1&0&\cdots &0\\\vdots &\ddots &{\sqrt[{3}]{8}}&\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&7-4&0\\0&\cdots &\cdots &0&{\frac {10}{5}}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}3&0&\cdots &\cdots &0\\0&2&0&\cdots &0\\\vdots &\ddots &2&\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&3&0\\0&\cdots &\cdots &0&2\end{pmatrix}}\,.$

Daher ist

${}\operatorname {Eig} _{2}{\left(M\right)}=\mathbb {R} e_{2}+\mathbb {R} e_{3}+\mathbb {R} e_{5}\,$

und

${}\operatorname {Eig} _{3}{\left(M\right)}=\mathbb {R} e_{1}+\mathbb {R} e_{4}\,,$

alle anderen Eigenräume sind ${}0$. Die geometrische Vielfachheit von ${}2$ ist ${}3$ und die geometrische Vielfachheit von ${}3$ ist ${}2$.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme eine Basis des ${}K^{3}$, bezüglich der die Matrix

${}M={\begin{pmatrix}0&0&3\\0&0&7\\0&0&0\end{pmatrix}}\,$

jordansche Normalform besitzt. Wie sieht die jordansche Normalform aus?

Lösung

Wir orientieren uns an Lemma 27.11 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)). Es ist

${}M^{2}=0\,.$

Somit ist

$V_{1}=\operatorname {kern} M=\langle e_{1},e_{2}\rangle {\text{ und }}V_{2}=K^{3}.$

Es ist

${}V_{2}=V_{1}\oplus \langle e_{3}\rangle \,,$

sodass wir

${}U_{2}=\langle e_{3}\rangle \,$

wählen können. Es ist

${}Me_{3}={\begin{pmatrix}3\\7\\0\end{pmatrix}}\in V_{1}\,.$

Somit ist

${}V_{1}=\langle {\begin{pmatrix}3\\7\\0\end{pmatrix}},e_{1}\rangle =U_{1}\,.$

Daher ist

${\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}3\\7\\0\end{pmatrix}}\,,{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}$

eine Basis wie gewünscht. In dieser Basis wird die lineare Abbildung durch die Matrix

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

beschrieben.

Aufgabe (4 Punkte)

Finde eine affine Basis für die Lösungsmenge der inhomogenen Gleichung

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

Lösung

Eine spezielle Lösung der Gleichung ist durch

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

gegeben. Für die zugehörige homogene Gleichung sind

${\begin{pmatrix}1\\-1\\0\\0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\2\\3\\0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\0\\1\\2\end{pmatrix}}$

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

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

eine affine Basis der Lösungsmenge der inhomogenen Gleichung.