Kurs:Lineare Algebra/Teil I/4/Klausur mit Lösungen

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

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Der Graph zu einer Abbildung ${}F\colon L\rightarrow M$.
2. Ein kommutativer Ring ${}R$.
3. Der Orthogonalraum zu einem Untervektorraum

   ${}F\subseteq {V}^{*}\,$

   im Dualraum ${}{V}^{*}$ zu einem ${}K$-Vektorraum ${}V$.

4. Eine multilineare Abbildung

   $\Phi \colon V_{1}\times \cdots \times V_{n}\longrightarrow W,$

   wobei ${}V_{1},\ldots ,V_{n},W$ Vektorräume über einem Körper ${}K$ sind.

5. Das Minimalpolynom zu einer linearen Abbildung

   $f\colon V\longrightarrow V$

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

6. Eine diagonalisierbare lineare Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

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

Lösung

1. Man nennt

   $\Gamma _{F}={\left\{(x,F(x))\mid x\in L\right\}}\subseteq L\times M$

   den Graphen der Abbildung ${}F$.

2. Ein Ring ${}R$ heißt kommutativ, wenn die Multiplikation kommutativ ist.
3. Man nennt

   ${}F^{\perp }={\left\{v\in V\mid f(v)=0{\text{ für alle }}f\in F\right\}}\subseteq V\,$

   den Orthogonalraum zu ${}F$.

4. Die Abbildung

   $\Phi \colon V_{1}\times \cdots \times V_{n}\longrightarrow W$

   heißt multilinear, wenn für jedes ${}i\in {\{1,\ldots ,n\}}$ und jedes ${}(n-1)$-Tupel ${}(v_{1},\ldots ,v_{i-1},v_{i+1},\ldots ,v_{n})$ mit ${}v_{j}\in V_{j}$ die induzierte Abbildung

   $V_{i}\longrightarrow W,\,v_{i}\longmapsto \Phi (v_{1},\ldots ,v_{i-1},v_{i},v_{i+1},\ldots ,v_{n}),$

   ${}K$-linear ist.

5. Das eindeutig bestimmte normierte Polynom ${}\mu _{f}\in K[X]$ minimalen Grades mit

   ${}\mu _{f}(f)=0\,$

   heißt das Minimalpolynom von ${}f$.

6. Der Endomorphismus ${}\varphi$ heißt diagonalisierbar, wenn ${}V$ eine Basis aus Eigenvektoren zu ${}\varphi$ besitzt.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über lineare Abbildungen zwischen gleichdimensionalen Vektorräumen.
2. Der Satz über die Beziehung zwischen der adjungierten Matrix und der Determinante.
3. Der Satz über die Summe von Haupträumen.

Lösung

1. Es sei ${}K$ ein Körper und es seien ${}V$ und ${}W$ Vektorräume über ${}K$ der gleichen Dimension ${}n$. Es sei

   $\varphi \colon V\longrightarrow W$

   eine lineare Abbildung. Dann ist ${}\varphi$ genau dann injektiv, wenn ${}\varphi$ surjektiv ist.
2. Es sei ${}K$ ein Körper und sei ${}M$ eine ${}n\times n$-Matrix über ${}K$. Dann ist

   ${}(M^{\operatorname {adj} })\cdot M=M\cdot (M^{\operatorname {adj} })=(\det M)E_{n}\,$

3. Sei

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

   ein trigonalisierbarer ${}K$-Endomorphismus auf dem endlichdimensionalen ${}K$-Vektorraum ${}V$. Dann ist ${}V$ die direkte Summe der Haupträume, also

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

   wobei ${}\lambda _{1},\ldots ,\lambda _{m}$ die verschiedenen Eigenwerte zu ${}\varphi$ durchläuft, und ${}\varphi$ ist die direkte Summe der Einschränkungen

   $\varphi _{i}=\varphi {|}_{H_{i}}\colon H_{i}\longrightarrow H_{i}$

   auf den Haupträumen ${}H_{i}=\operatorname {Haupt} _{\lambda _{i}}(\varphi )$.

Aufgabe (3 Punkte)

Die offizielle Berechtigung für eine Klausurteilnahme werde durch mindestens ${}200$ Punkte im Übungsbetrieb erworben. Professor Knopfloch sagt, dass es aber auf einen Punkt mehr oder weniger nicht ankomme. Zeige durch eine geeignete Induktion, dass man mit jeder Punkteanzahl zur Klausur zugelassen wird.

Lösung

Wir wollen zeigen, dass man zu jedem ${}n\in \mathbb {N}$ mit ${}n$ Punkten zur Klausur zugelassen wird. Dies folgt für ${}n\geq 200$ unmittelbar aus der offiziellen Grenze. Wir betrachten ${}n\leq 200$ und setzen ${}k=200-n$. Dies ist eine nichtnegative Zahl, über die wir Induktion führen, die Aussage ist

$A(k)={\text{mit }}200-k{\text{ Punkten wird man zugelassen}}.$

Bei ${}k=0$ ist ${}n=200$ und dies reicht zur Zulassung. Sei nun die Aussage für irgendein ${}k\in \mathbb {N}$ bewiesen, d. h., mit ${}n=200-k$ Punkten wird man zugelassen. Es ist zu zeigen, dass die Aussage auch für ${}k+1$ gilt, d.h. dass man auch mit ${}n=200-k-1$ Punkten zugelassen wird. Wenn das aber nicht so wäre, so würde man mit ${}200-k$ Punkten zugelassen werden, aber nicht mit einem Punkt weniger, und es würde doch auf einen einzigen Punkt ankommen im Widerspruch zur Zusicherung des Professors.

Aufgabe (4 Punkte)

Löse das inhomogene Gleichungssystem

${\begin{matrix}3x&\,\,\,\,\,\,\,\,&+z&+4w&=&4\\2x&+2y&\,\,\,\,\,\,\,\,&+w&=&0\\4x&+6y&\,\,\,\,\,\,\,\,&+w&=&2\\x&+3y&+5z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&3\,.\end{matrix}}$

Lösung

Wir eliminieren zuerst die Variable ${}z$, indem wir die zweite und die dritte Gleichung übernehmen und ${}IV-5I$ hinzunehmen. Dies führt auf

${\begin{matrix}2x&+2y&\,\,\,\,\,\,\,\,&+w&=&0\\4x&+6y&\,\,\,\,\,\,\,\,&+w&=&2\\-14x&+3y&\,\,\,\,\,\,\,\,&-20w&=&-17\,.\end{matrix}}$

Nun eliminieren wir die Variable ${}w$, indem wir (bezogen auf das vorhergehende System) ${}II-I$ und ${}III+20I$ ausrechnen. Dies führt auf

${\begin{matrix}2x&+4y&\,\,\,\,\,\,\,\,&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&2\\26x&+43y&\,\,\,\,\,\,\,\,&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&-17\,.\end{matrix}}$

Mit ${}13I-II$ ergibt sich

${}9y=43\,$

und

${}y={\frac {43}{9}}\,.$

Rückwärts gelesen ergibt sich

${}x=1-2y=-{\frac {77}{9}}\,,$

${}w=-2x-2y=-2{\left(-{\frac {77}{9}}\right)}-2{\frac {43}{9}}={\frac {68}{9}}\,$

und

${}z=4-3x-4w=4+3{\frac {77}{9}}-{\frac {272}{9}}=-{\frac {5}{9}}\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}D$ die Menge aller reellen ${}2\times 2$-Matrizen

${\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}\\a_{21}&a_{22}\end{pmatrix}},$

die die Bedingung

${}a_{11}a_{22}-a_{21}a_{12}=0\,$

erfüllen. Zeige, dass ${}D$ kein Untervektorraum im Raum aller ${}2\times 2$-Matrizen ist.

Lösung

Die beiden Matrizen ${}{\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}}$ und ${}{\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}}$ gehören offenbar zu ${}D$. Ihre Summe ist

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

und für diese Summe ist der entscheidende Ausdruck gleich

${}1\cdot 1-0\cdot 0=1\neq 0\,.$

Die Teilmenge ${}D$ ist also nicht unter Addition abgeschlossen und kann daher kein Untervektorraum des Matrizenraums sein.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}U\subseteq \mathbb {Q} ^{n}$ ein Untervektorraum. Zeige, dass ${}U$ eine Basis aus Vektoren besitzt, deren Einträge allesamt ganze Zahlen sind.

Lösung

Es sei ${}u_{1},\ldots ,u_{m}$ eine Basis von ${}U$. Jeder dieser Basisvektoren hat die Form

${}u={\begin{pmatrix}q_{1}\\\vdots \\q_{n}\end{pmatrix}}\,$

mit rationalen Zahlen

${}q_{j}={\frac {r_{j}}{s_{j}}}\,$

mit ganzen Zahlen ${}r_{j},s_{j}$ und ${}s_{j}\neq 0$. Es sei

${}s=s_{1}\cdots s_{n}\neq 0\,.$

Dann besitzt

${}su=s{\begin{pmatrix}q_{1}\\\vdots \\q_{n}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}sq_{1}\\\vdots \\sq_{n}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}s{\frac {r_{1}}{s_{1}}}\\\vdots \\s{\frac {r_{n}}{s_{n}}}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}s_{2}\cdots s_{n}r_{1}\\\vdots \\s_{1}\cdots s_{n-1}r_{n}\end{pmatrix}}\,$

ganzzahlige Einträge. Wir ersetzen nun jeden Basisvektor ${}u_{i}$ durch ein solches Vielfaches ${}\neq 0$, deren Einträge ganzzahlig sind. Da man aus dieser neuen Familie die ursprüngliche Basis durch skalare Multiplikation zurückgewinnen kann, liegt ein Erzeugendensystem von ${}U$ vor, und da die Anzahl gleich der Dimension ist, handelt es sich um eine Basis.

Aufgabe (1 Punkt)

Beweise den Satz über die Dimension des Standardraumes.

Lösung

Die Standardbasis ${}e_{i}$, ${}i=1,\ldots ,n$, besteht aus ${}n$ Vektoren, also ist die Dimension ${}n$.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}V$ ein ${}n$-dimensionaler ${}K$-Vektorraum und es sei ${}U\subseteq V$ ein ${}(n-1)$-dimensionaler Untervektorraum. Zeige, dass es eine Linearform ${}f\colon V\rightarrow K$ mit ${}U=\operatorname {kern} f$ gibt.

Lösung

Nach Lemma 9.12 gibt es einen eindimensionalen Untervektorraum ${}W\subseteq V$ mit

${}V=U\oplus W\,.$

Die zu dieser Zerlegung gehörige Projektion

$p_{W}\colon V\longrightarrow W$

ist linear und besitzt ${}U$ als Kern. Da ${}W$ eindimensional ist, gibt es einen Isomorphismus

$\psi \colon W\longrightarrow K.$

Somit ist ${}\psi \circ p_{W}$ eine Linearform, deren Kern gerade ${}U$ ist.

Aufgabe (4 Punkte)

Wir betrachten die Basis

${\begin{pmatrix}2\\-5\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}4\\3\end{pmatrix}}$

im ${}\mathbb {R} ^{2}$ und es sei ${}\varphi \colon \mathbb {R} ^{2}\rightarrow \mathbb {R} ^{2}$ die Projektion von ${}\mathbb {R} ^{2}$ auf ${}\mathbb {R} {\begin{pmatrix}2\\-5\end{pmatrix}}\subseteq \mathbb {R} ^{2}$ bezüglich dieser Basis. Bestimme die Matrix zu ${}\varphi$ bezüglich der Standardbasis.

Lösung

Die Projektion ${}\varphi$ ist durch die Bedingung

${}\varphi {\begin{pmatrix}2\\-5\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2\\-5\end{pmatrix}}\,$

und

${}\varphi {\begin{pmatrix}4\\3\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}}\,$

eindeutig festgelegt. Bezüglich dieser Basis wird die Abbildung also durch die Matrix ${}{\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}}$ beschrieben. Die Matrix bezüglich der Standardbasis ergibt sich hieraus mit Hilfe von Korollar 11.12 (Lineare Algebra (Osnabrück 2017-2018)). Dazu berechnen wir die inverse Basiswechselmatrix:

${}{\begin{pmatrix}2&4\\-5&3\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}2&4\\0&13\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0\\{\frac {5}{2}}&1\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&2\\0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}{\frac {1}{2}}&0\\{\frac {5}{26}}&{\frac {1}{13}}\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}{\frac {3}{26}}&-{\frac {2}{13}}\\{\frac {5}{26}}&{\frac {1}{13}}\end{pmatrix}}$

Daher ist

${}{\begin{pmatrix}2&4\\-5&3\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}{\frac {3}{26}}&-{\frac {2}{13}}\\{\frac {5}{26}}&{\frac {1}{13}}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2&0\\-5&0\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}{\frac {3}{26}}&-{\frac {2}{13}}\\{\frac {5}{26}}&{\frac {1}{13}}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}{\frac {3}{13}}&{\frac {-4}{13}}\\{\frac {-15}{26}}&{\frac {10}{13}}\end{pmatrix}}\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Bestätige den Determinantenmultiplikationssatz für die beiden Matrizen

$A={\begin{pmatrix}1&4&0\\2&0&5\\0&2&-1\end{pmatrix}}\,\,{\text{ und }}\,\,B={\begin{pmatrix}1&2&7\\0&3&6\\0&-2&-3\end{pmatrix}}.$

Lösung

Die Determinante von ${}A$ ist

${}\det {\begin{pmatrix}1&4&0\\2&0&5\\0&2&-1\end{pmatrix}}=-10-2(-4)=-2\,$

und die Determinante von ${}B$ ist

${}\det {\begin{pmatrix}1&2&7\\0&3&6\\0&-2&-3\end{pmatrix}}=-9+12=3\,.$

Das Produkt der beiden Matrizen ist

${}AB={\begin{pmatrix}1&4&0\\2&0&5\\0&2&-1\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}1&2&7\\0&3&6\\0&-2&-3\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&14&31\\2&-6&-1\\0&8&15\end{pmatrix}}\,.$

Die Determinante davon ist

${}{\begin{aligned}\det AB&=\det {\begin{pmatrix}1&14&31\\2&-6&-1\\0&8&15\end{pmatrix}}\\&=-90+8-2(14\cdot 15-8\cdot 31)\\&=-82-2(210-248)\\&=-82-2(-38)\\&=-82+76\\&=-6.\end{aligned}}$

Dies stimmt mit dem Produkt der beiden einzelnen Determinanten überein.

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise die Leibniz-Formel für die Determinante direkt aus dem Distributivgesetz für multilineare Abbildungen.

Lösung

Es sei

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

Wir schreiben die ${}i$-te Zeile der Matrix als ${}\sum _{j=1}^{n}a_{ij}e_{j}$. Damit ist unter Verwendung der Multilinearität in den Zeilen

${}{\begin{aligned}\det M&=\det {\begin{pmatrix}\sum _{j=1}^{n}a_{1j}e_{j}\\\vdots \\\sum _{j=1}^{n}a_{nj}e_{j}\end{pmatrix}}\\&=\sum _{(j_{1},\ldots ,j_{n})\in \{1,\ldots ,n\}^{n}}a_{1j_{1}}\cdots a_{nj_{n}}\det {\begin{pmatrix}e_{j_{1}}\\\vdots \\e_{j_{n}}\end{pmatrix}}\\&=\sum _{\pi \in S_{n}}a_{1\pi (1)}\cdots a_{n\pi (n)}\det {\begin{pmatrix}e_{\pi (1)}\\\vdots \\e_{\pi (n)}\end{pmatrix}}\\&=\sum _{\pi \in S_{n}}a_{1\pi (1)}\cdots a_{n\pi (n)}\operatorname {sgn} (\pi ).\end{aligned}}$

Hierbei beruht die vorletzte Gleichung darauf, dass die Determinante von ${}{\begin{pmatrix}e_{j_{1}}\\\vdots \\e_{j_{n}}\end{pmatrix}}$ gleich ${}0$ ist, sobald ein Vektor ${}e_{j}$ mehrfach vorkommt, und man daher nur über die Permutationen aufsummieren muss. Die letzte Gleichung beruht darauf, dass man durch eine Anzahl an Zeilenvertauschungen aus ${}{\begin{pmatrix}e_{j_{1}}\\\vdots \\e_{j_{n}}\end{pmatrix}}$ die Einheitsmatrix mit Determinante ${}1$ erhält. Bei jeder Zeilenvertauschung ändert sich die Determinante um ${}-1$ und dies entspricht der Änderung des Signums bei einer Transposition.

Aufgabe (6 Punkte)

Bestimme explizit die reellen ${}2\times 2$-Matrizen der Form

${}M={\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}\,$

mit

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

Lösung

Die Bedingung bedeutet

${}M^{2}={\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}^{2}={\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}a^{2}+bc&ab+bd\\ac+dc&d^{2}+bc\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}}\,.$

Aus

${}b(a+d)=0\,$

folgt ${}b=0$ oder ${}a+d=0$. Bei ${}a+d\neq 0$ folgt aus den Einträgen rechts oben und links unten direkt

${}b=c=0\,.$

Daraus ergibt sich aus links oben und rechts unten ebenfalls

${}a=d=0\,,$

was der Annahme widerspricht. Es muss also

${}a+d=0\,$

sein, also

${}d=-a\,.$

Damit sind die Bedingungen rechts oben und links unten erfüllt und die beiden anderen Bedingungen sind äquivalent und bedeuten einfach

${}a^{2}+bc=0\,.$

Wenn ${}b=0$ (bzw. ${}c=0$) ist, so ist

${}a=d=0\,$

und ${}c$ (bzw. ${}b$) beliebig. Dies führt zu den Lösungen ${}{\begin{pmatrix}0&0\\c&0\end{pmatrix}}$ und ${}{\begin{pmatrix}0&b\\0&0\end{pmatrix}}$. Seien nun

${}b,c\neq 0\,.$

Wenn ${}b,c$ beide positiv oder beide negativ sind, so gibt es keine Lösung für ${}a$. Also müssen die Vorzeichen von ${}b$ und ${}c$ verschieden sein. In diesem Fall ist

${\begin{pmatrix}\pm {\sqrt {-bc}}&b\\c&\mp {\sqrt {-bc}}\end{pmatrix}}$

eine Lösung.

Aufgabe (3 Punkte)

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

$\varphi \colon V\longrightarrow V$

eine lineare Abbildung und seien ${}\lambda _{1}\neq \lambda _{2}$ Elemente in ${}K$. Zeige, dass

${}\operatorname {Eig} _{\lambda _{1}}{\left(\varphi \right)}\cap \operatorname {Eig} _{\lambda _{2}}{\left(\varphi \right)}=0\,$

ist.

Lösung

Sei ${}v\in \operatorname {Eig} _{\lambda _{1}}{\left(\varphi \right)}\cap \operatorname {Eig} _{\lambda _{2}}{\left(\varphi \right)}$. Dann ist

${}\lambda _{1}v=\varphi (v)=\lambda _{2}v\,.$

Also ist

${}(\lambda _{1}-\lambda _{2})v=0\,,$

woraus wegen ${}\lambda _{1}\neq \lambda _{2}$ direkt ${}v=0$ folgt.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}V$ ein endlichdimensionaler Vektorraum über einem Körper ${}K$ und es sei

$f\colon V\longrightarrow V$

eine lineare Abbildung. Zeige, dass das charakteristische Polynom ${}\chi _{f}$ und das Minimalpolynom ${}\mu _{f}$ die gleichen Nullstellen besitzen.

Lösung

Dass die Nullstellen des Minimalpolynoms auch Nullstellen des charakteristischen Polynoms sind, folgt direkt aus Cayley-Hamilton. Umgekehrt sei ${}\lambda \in K$ eine Nullstelle des charakteristischen Polynoms und sei ${}v\in V$ ein Eigenvektor von ${}f$ zum Eigenwert ${}\lambda$, den es nach Satz 23.2 (Lineare Algebra (Osnabrück 2017-2018)) gibt. Das Minimalpolynom schreiben wir als

${}\mu _{f}=(X-\lambda _{1})^{m_{1}}\cdots (X-\lambda _{k})^{m_{k}}Q\,,$

wobei ${}Q$ nullstellenfrei sei. Dann ist

${}{\begin{aligned}0&=\mu _{f}(f)\\&={\left((X-\lambda _{1})^{m_{1}}\cdots (X-\lambda _{k})^{m_{k}}Q\right)}(f)\\&=(f-\lambda _{1}\operatorname {Id} _{V})^{m_{1}}\cdots (f-\lambda _{k}\operatorname {Id} _{V})^{m_{k}}Q(f).\end{aligned}}$

Wir wenden dies auf ${}v$ an. Nach Lemma 24.4 (Lineare Algebra (Osnabrück 2017-2018)) bilden die Faktoren den Vektor ${}v$ auf ${}(\lambda -\lambda _{i})^{m_{i}}v$ bzw. auf ${}Q(\lambda )v$ ab. Insgesamt wird somit ${}v$ auf

$(\lambda -\lambda _{1})^{m_{1}}\cdots (\lambda -\lambda _{k})^{m_{k}}Q(\lambda )v$

abgebildet. Da die Gesamtabbildung die Nullabbildung und ${}Q(\lambda )\neq 0$ ist, muss ein ${}\lambda _{i}=\lambda$ sein.

Aufgabe (2 Punkte)

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

$\varphi \colon V\longrightarrow V$

eine nilpotente lineare Abbildung, die auch diagonalisierbar sei. Zeige

${}\varphi =0\,.$

Lösung

Den diagonalisierbaren Endomorphismus ${}\varphi$ kann man bezüglich einer geeigneten Basis als Diagonalmatrix

${}D={\begin{pmatrix}a_{11}&0&\cdots &\cdots &0\\0&a_{22}&0&\cdots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&a_{n-1\,n-1}&0\\0&\cdots &\cdots &0&a_{nn}\end{pmatrix}}\,$

darstellen. Die ${}k$-te Potenz davon ist

${}D^{k}={\begin{pmatrix}a_{11}^{k}&0&\cdots &\cdots &0\\0&a_{22}^{k}&0&\cdots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&a_{n-1\,n-1}^{k}&0\\0&\cdots &\cdots &0&a_{nn}^{k}\end{pmatrix}}\,.$

Wegen der Nilpotenz gibt es ein ${}k$, wo dies die Nullmatrix ist, also ist

${}a_{ii}^{k}=0\,$

für alle ${}i$. In einem Körper folgt aber aus ${}a^{k}=0$ direkt ${}a=0$, so dass ${}D$ schon die Nullmatrix ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Eine lineare Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3}$

werde bezüglich der Standardbasis durch die Matrix

${\begin{pmatrix}5&7&1\\0&5&4\\0&0&5\end{pmatrix}}$

beschrieben. Finde eine Basis, bezüglich der ${}\varphi$ durch die Matrix

${\begin{pmatrix}5&1&0\\0&5&1\\0&0&5\end{pmatrix}}$

beschrieben wird.

Lösung

Es ist

${}M={\begin{pmatrix}5&7&1\\0&5&4\\0&0&5\end{pmatrix}}-5{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&7&1\\0&0&4\\0&0&0\end{pmatrix}}\,$

und

${}{\begin{pmatrix}0&7&1\\0&0&4\\0&0&0\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}0&7&1\\0&0&4\\0&0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0&28\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}}\,.$

Der Vektor ${}{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}$ gehört nicht zum Kern von ${}M^{2}$, daher kann man aus den sukzessiven Bildern davon eine Basis wie gewünscht herstellen. Es ist

${}M{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&7&1\\0&0&4\\0&0&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\4\\0\end{pmatrix}}\,$

und

${}M^{2}{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}28\\0\\0\end{pmatrix}}\,.$

Daher ist

${\begin{pmatrix}28\\0\\0\end{pmatrix}}\,,{\begin{pmatrix}1\\4\\0\end{pmatrix}}\,,{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}$

eine Basis, bezüglich der die jordansche Normalform

${\begin{pmatrix}5&1&0\\0&5&1\\0&0&5\end{pmatrix}}$

vorliegt.

Aufgabe (8 Punkte)

Es sei ${}E$ ein affiner Raum über einem ${}K$-Vektorraum ${}V$ und es sei

$P_{1},\ldots ,P_{n}$

eine endliche Familie von Punkten aus ${}E$. Zeige, dass die folgenden Aussagen äquivalent sind.

1. Die Punkte ${}P_{1},\ldots ,P_{n}$ sind affin unabhängig.
2. Für jedes ${}i\in {\{1,\ldots ,n\}}$ ist die Vektorfamilie

   ${\overrightarrow {P_{i}P_{1}}},\ldots ,{\overrightarrow {P_{i}P_{i-1}}},\,{\overrightarrow {P_{i}P_{i+1}}},\ldots ,{\overrightarrow {P_{i}P_{n}}}$

   linear unabhängig.

3. Es gibt ein ${}i\in {\{1,\ldots ,n\}}$ derart, dass die Vektorfamilie

   ${\overrightarrow {P_{i}P_{1}}},\ldots ,{\overrightarrow {P_{i}P_{i-1}}},\,{\overrightarrow {P_{i}P_{i+1}}},\ldots ,{\overrightarrow {P_{i}P_{n}}}$

   linear unabhängig ist.

4. Die Punkte ${}P_{1},\ldots ,P_{n}$ bilden in dem von ihnen erzeugten affinen Unterraum eine affine Basis.

Lösung

Von (1) nach (2). Sei ${}i_{0}$ fixiert. Nehmen wir an, dass die Vektoren ${}{\overrightarrow {P_{i_{0}}P_{i}}}$, ${}i\neq i_{0}$ linear abhängig sind. Dann gibt es ein

${}j\neq i_{0}\,$

derart, dass sich ${}{\overrightarrow {P_{i_{0}}P_{j}}}$ als Linearkombination der anderen Vektoren darstellen lässt. Es gilt also

${}{\overrightarrow {P_{i_{0}}P_{j}}}=\sum _{i\neq i_{0},j}c_{i}{\overrightarrow {P_{i_{0}}P_{i}}}\,.$

Dann ist

${}{\begin{aligned}P_{j}&=P_{i_{0}}+{\overrightarrow {P_{i_{0}}P_{j}}}\\&=P_{i_{0}}+\sum _{i\neq i_{0},j}c_{i}{\overrightarrow {P_{i_{0}}P_{i}}}\\&=P_{i_{0}}+{\left(1-\sum _{i\neq i_{0},j}c_{i}\right)}{\overrightarrow {P_{i_{0}}P_{i_{0}}}}+\sum _{i\neq i_{0},j}c_{i}{\overrightarrow {P_{i_{0}}P_{i}}}\\&=\sum _{i\neq j}c_{i}P_{i}\end{aligned}}$

mit

${}c_{i_{0}}=1-\sum _{i\neq i_{0},j}c_{i}\,.$

Somit liegen zwei verschiedene baryzentrische Kombinationen des gleichen Punktes vor im Widerspruch zur affinen Unabhängigkeit.

Von (2) nach (3) ist eine Abschwächung (wenn die Punktmenge leer ist, so sind alle vier Bedingungen wahr).

Von (3) nach (4). Die Familie

${\overrightarrow {P_{i}P_{1}}},\ldots ,{\overrightarrow {P_{i}P_{i-1}}},\,{\overrightarrow {P_{i}P_{i+1}}},\ldots ,{\overrightarrow {P_{i}P_{n}}}$

ist linear unabhängig, daher eine Basis des davon erzeugten Untervektorraums. Daher ist ${}P_{1},\ldots ,P_{n}$ nach Definition eine affine Basis des von (Ihnen erzeugten Unterraums.

Von (4) nach (1). Seien

${}\sum _{i=1}^{n}a_{i}P_{i}=\sum _{i=1}^{n}b_{i}P_{i}\,$

zwei baryzentrische Kombinationen, also

${}P_{i_{0}}+\sum _{i\neq i_{0}}a_{i}{\overrightarrow {P_{i_{0}}P_{i}}}=P_{i_{0}}+\sum _{i\neq i_{0}}b_{i}{\overrightarrow {P_{i_{0}}P_{i}}}\,$

und damit

${}\sum _{i\neq i_{0}}(a_{i}-b_{i}){\overrightarrow {P_{i_{0}}P_{i}}}=0\,.$

Weil ${}P_{1},\ldots ,P_{n}$ eine affine Basis des von Ihnen erzeugten Raumes bilden, ist die Familie ${}{\overrightarrow {P_{i_{0}}P_{i}}},i\neq i_{0}$, linear unabhängig in ${}V$ und daher gilt ${}a_{i}=b_{i}$.