Kurs:Lineare Algebra/Teil I/40/Klausur mit Lösungen

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

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine Abbildung ${}F$ von einer Menge ${}L$ in eine Menge ${}M$.
2. Eine Diagonalmatrix.
3. Eine Basis eines ${}K$- Vektorraums ${}V$.
4. Ein Fehlstand zu einer Permutation

   $\pi \colon {\{1,\ldots ,n\}}\longrightarrow {\{1,\ldots ,n\}}.$

5. Eine invariante Fahne zu einer linearen Abbildung

   $f\colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}.$

6. Ein affiner Unterraum ${}F\subseteq E$ in einem affinen Raum ${}E$ über dem ${}K$- Vektorraum ${}V$.

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. Eine ${}n\times n$- Matrix der Form

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

   nennt man Diagonalmatrix.

3. Eine Familie ${}v_{i}$, ${}i\in I$, von Vektoren in ${}V$ heißt Basis, wenn diese Vektoren linear unabhängig sind und ein Erzeugendensystem bilden.
4. Ein Indexpaar

   ${}i<j\,$

   heißt ein Fehlstand zu ${}\pi$, wenn  ${}\pi (i)>\pi (j)$  ist.

5. Zu einer linearen Abbildung

   $f\colon V\longrightarrow V$

   auf einem ${}K$- Vektorraum ${}V$ der Dimension ${}n$ heißt eine Fahne

   $0=V_{0}\subset V_{1}\subset \ldots \subset V_{n-1}\subset V_{n}=V$

   ${}f$-invariant, wenn ${}f(V_{i})\subseteq V_{i}$ für alle ${}i=0,1,\ldots ,n-1,n$ ist.

6. Eine Teilmenge ${}F\subseteq E$ heißt affiner Unterraum, wenn

   ${}F=P+U\,$

   ist, mit einem Punkt ${}P\in E$ und einem ${}K$- Untervektorraum ${}U\subseteq V$.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Das Basisaustauschlemma.
2. Der Satz über das direkte Komplement in einem endlichdimensionalen ${}K$- Vektorraum ${}V$.
3. Der Determinantenmultiplikationssatz.

Lösung

1. Es sei ${}K$ ein Körper und ${}V$ ein ${}K$-Vektorraum mit einer Basis ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$. Es sei ${}w\in V$ ein Vektor mit einer Darstellung

   ${}w=\sum _{i=1}^{n}s_{i}v_{i}\,,$

   wobei ${}s_{k}\neq 0$ sei für ein bestimmtes ${}k$. Dann ist auch die Familie

   $v_{1},\ldots ,v_{k-1},w,v_{k+1},\ldots ,v_{n}$

   eine Basis von ${}V$.
2. Zu einem Untervektorraum ${}U\subseteq V$ gibt es einen Untervektorraum ${}W\subseteq V$ derart, dass eine direkte Summenzerlegung

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

   vorliegt.
3. Es sei ${}K$ ein Körper und ${}n\in \mathbb {N} _{+}$. Dann gilt für Matrizen ${}A,B\in \operatorname {Mat} _{n}(K)$ die Beziehung

   ${}\det \left(A\circ B\right)=\det A\cdot \det B\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

In einer U-Bahn-Station wird der Zugang und der Ausgang über eine elektronische Karte geregelt, die man an einen Sensor halten muss, damit sich die Schranke öffnet. Es gibt 5 Ausgänge, aber nur 2 Zugänge. Was haben sich die Leute dabei vermutlich gedacht?

Lösung erstellen

Aufgabe (4 Punkte)

Es seien ${}M$ und ${}N$ Mengen und seien  ${}A\subseteq M$  und  ${}B\subseteq N$  Teilmengen. Zeige die Gleichheit

${}{\left(A\times N\right)}\cap {\left(M\times B\right)}=A\times B\,.$

Lösung

Wir zeigen die beiden Inklusionen. Es sei zunächst

${}(x,y)\in {\left(A\times N\right)}\cap {\left(M\times B\right)}\,.$

Dies bedeutet

${}(x,y)\in {\left(A\times N\right)}\,$

und

${}(x,y)\in {\left(M\times B\right)}\,.$

Dies bedeutet einerseits ${}x\in A$ und andererseits ${}y\in B$. Also ist ${}(x,y)\in A\times B$.

Wenn umgekehrt ${}(x,y)\in A\times B$ gilt, so ist ${}x\in A$ und ${}y\in B$. Wegen der Teilmengenbeziehungen  ${}A\subseteq M$  und  ${}B\subseteq N$  ist

${}(x,y)\in {\left(A\times N\right)}\,$

und

${}(x,y)\in {\left(M\times B\right)}\,$

und damit auch

${}(x,y)\in {\left(A\times N\right)}\cap {\left(M\times B\right)}\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und es seien ${}V$ und ${}W$ zwei ${}K$- Vektorräume. Es sei

$\varphi \colon V\longrightarrow W$

eine bijektive lineare Abbildung. Zeige, dass dann auch die Umkehrabbildung

$\varphi ^{-1}\colon W\longrightarrow V$

linear ist.

Lösung

Es seien  ${}w_{1},w_{2}\in W$.  Wegen der Bijektivität gibt es eindeutige  ${}v_{1},v_{2}\in V$  mit  ${}\varphi (v_{1})=w_{1}$  und  ${}\varphi (v_{2})=w_{2}$.  Somit ist

${}{\begin{aligned}\varphi ^{-1}(w_{1}+w_{2})&=\varphi ^{-1}(\varphi (v_{1})+\varphi (v_{2}))\\&=\varphi ^{-1}(\varphi (v_{1}+v_{2}))\\&=v_{1}+v_{2}\\&=\varphi ^{-1}(w_{1})+\varphi ^{-1}(w_{2}).\end{aligned}}$

Entsprechend ist (mit ${}s\in K$)

${}{\begin{aligned}\varphi ^{-1}(sw)&=\varphi ^{-1}(s\varphi (v))\\&=\varphi ^{-1}(\varphi (sv))\\&=sv\\&=s\varphi ^{-1}(w).\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Im ${}\mathbb {R} ^{3}$ seien die beiden Untervektorräume

${}U={\left\{s{\begin{pmatrix}4\\1\\1\end{pmatrix}}+t{\begin{pmatrix}-2\\1\\-2\end{pmatrix}}\mid s,t\in \mathbb {R} \right\}}\,$

und

${}V={\left\{p{\begin{pmatrix}3\\0\\2\end{pmatrix}}+q{\begin{pmatrix}0\\5\\6\end{pmatrix}}\mid p,q\in \mathbb {R} \right\}}\,$

gegeben. Bestimme eine Basis für ${}U\cap V$.

Lösung

Jeder Vektor aus dem Durchschnitt ${}U\cap V$ besitzt eine Darstellung

${}s{\begin{pmatrix}4\\1\\1\end{pmatrix}}+t{\begin{pmatrix}-2\\1\\-2\end{pmatrix}}=p{\begin{pmatrix}3\\0\\2\end{pmatrix}}+q{\begin{pmatrix}0\\5\\6\end{pmatrix}}\,.$

Die Koeffiziententupel ${}(s,t,p,q)$ bilden den Lösungsraum des linearen Gleichungssystems

${}{\begin{pmatrix}4&-2&-3&0\\1&1&0&-5\\1&-2&-2&-6\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}s\\t\\p\\q\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}\,,$

das wir lösen müssen. Wir ersetzen die dritte Gleichung durch

$III'=2I-3III:\,\,5s+2t+18q=0$

und die zweite Gleichung durch

$II'=18II+5III':\,\,43s+28t=0.$

Wir wählen  ${}s=28$,  sodass  ${}t=-43$  sein muss. Dies legt eindeutig ${}p$ und dann auch ${}q$ fest. Daher ist der Durchschnitt ${}U\cap V$ eindimensional und

${}28{\begin{pmatrix}4\\1\\1\end{pmatrix}}-43{\begin{pmatrix}-2\\1\\-2\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}198\\-15\\114\end{pmatrix}}\,$

ist ein Basisvektor von ${}U\cap V$.

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper. Zeige, dass die Spur

$\operatorname {Mat} _{n\times n}(K)\longrightarrow K,\,A\longmapsto \operatorname {Spur} {\left(A\right)},$

im Allgemeinen nicht mit der Multiplikation verträglich ist (dass also im Allgemeinen ${}\operatorname {Spur} {\left(A\circ B\right)}\neq \operatorname {Spur} {\left(A\right)}\cdot \operatorname {Spur} {\left(B\right)}$ gilt).

Lösung

Wir betrachten  ${}n=2$  und die Matrizen

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

und

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

über einem beliebigen Körper ${}K$. Es ist

${}AB={\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}}\,$

und somit  ${}\operatorname {Spur} {\left(A\right)}=1$,   ${}\operatorname {Spur} {\left(B\right)}=1$  und

${}\operatorname {Spur} {\left(AB\right)}=\operatorname {Spur} {\left(0\right)}=0\neq 1=\operatorname {Spur} {\left(A\right)}\operatorname {Spur} {\left(B\right)}\,.$

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

Wir betrachten die reelle Matrix

${}M={\begin{pmatrix}{\frac {\sqrt {2}}{2}}&-{\frac {\sqrt {2}}{2}}\\{\frac {\sqrt {2}}{2}}&{\frac {\sqrt {2}}{2}}\end{pmatrix}}\,.$

a) Skizziere die Bildvektoren ${}Me_{1}$ und ${}Me_{2}$.

b) Berechne ${}M^{2}$.

c) Berechne ${}M^{4}$ und ${}M^{8}$.

d) Berechne ${}M^{1003}$.

e) Zeige, dass die Potenzen ${}M^{i}$, ${}i=0,1,\ldots ,7$, eine Gruppe mit acht Elementen bilden.

Lösung

a) ${}\,$

b) Es ist

${}M^{2}={\begin{pmatrix}{\frac {\sqrt {2}}{2}}&-{\frac {\sqrt {2}}{2}}\\{\frac {\sqrt {2}}{2}}&{\frac {\sqrt {2}}{2}}\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}{\frac {\sqrt {2}}{2}}&-{\frac {\sqrt {2}}{2}}\\{\frac {\sqrt {2}}{2}}&{\frac {\sqrt {2}}{2}}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}{\frac {2}{4}}-{\frac {2}{4}}&-{\frac {2}{4}}-{\frac {2}{4}}\\{\frac {2}{4}}+{\frac {2}{4}}&-{\frac {2}{4}}+{\frac {2}{4}}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}}\,.$

c) Es ist

${}M^{4}={\left(M^{2}\right)}^{2}={\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-1&0\\0&-1\end{pmatrix}}\,$

und

${}M^{8}={\left(M^{4}\right)}^{2}={\begin{pmatrix}-1&0\\0&-1\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}-1&0\\0&-1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}\,.$

d) Es ist

${}M^{1003}=M^{8\cdot 125+3}={\left(M^{8}\right)}^{125}\cdot M^{3}=M\cdot M^{2}={\begin{pmatrix}{\frac {\sqrt {2}}{2}}&-{\frac {\sqrt {2}}{2}}\\{\frac {\sqrt {2}}{2}}&{\frac {\sqrt {2}}{2}}\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-{\frac {\sqrt {2}}{2}}&-{\frac {\sqrt {2}}{2}}\\{\frac {\sqrt {2}}{2}}&-{\frac {\sqrt {2}}{2}}\end{pmatrix}}\,.$

e) Die Potenzen ${}M^{k}$ für  ${}k\leq 8$  stimmen mit einer Potenz ${}M^{i}$ mit

${}i=0,1,\ldots ,7\,$

überein, deshalb ist die angegebene Menge abgeschlossen unter der Multiplikation. Es sind ${}M^{1}$ und ${}M^{7}$, ${}M^{2}$ und ${}M^{6}$, ${}M^{3}$ und ${}M^{5}$ zueinander und ${}M^{4}$ zu sich selbst invers. Die Assoziativität ergibt sich aus der Assoziativität der Matrizenmultiplikation. Die acht Potenzen sind untereinander verschieden: Dies ist klar für die explizit berechneten Potenzen

$M^{0},M^{1},M^{2},M^{3}.$

Für ${}M^{i}$ mit  ${}4\leq i\leq 7$  ist

${}M^{i}=M^{4}\cdot M^{i-4}={\begin{pmatrix}-1&0\\0&-1\end{pmatrix}}\cdot M^{i-4}=-M^{i-4}\,.$

Daher sind diese Potenzen untereinander und auch von den ersten vier Potenzen verschieden.

Aufgabe (6 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und seien ${}V_{1},\ldots ,V_{n}$ und ${}W$ Vektorräume über ${}K$. Es sei

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

eine multilineare Abbildung und es seien  ${}v_{i1},\ldots ,v_{im_{i}}\in V_{i}$  und  ${}a_{ij_{i}}\in K$  zu  ${}i=1,\ldots ,n$  und  ${}j_{i}=1,\ldots ,m_{i}$.  Zeige

${}{\begin{aligned}\Phi {\left(\sum _{j=1}^{m_{1}}a_{1j}v_{1j},\ldots ,\sum _{j=1}^{m_{n}}a_{nj}v_{nj}\right)}&=\sum _{(j_{1},\ldots ,j_{n})\in \{1,\ldots ,m_{1}\}\times \cdots \times \{1,\ldots ,m_{n}\}}a_{1j_{1}}\cdots a_{nj_{n}}\Phi {\left(v_{1j_{1}},\ldots ,v_{nj_{n}}\right)}.\,\end{aligned}}$

Lösung

Es ist ${}\Phi$ linear in jeder Komponente, wenn man die anderen Komponenten festhält. Eine lineare Abbildung ist mit beliebigen Linearkombinationen verträglich. Wir ziehen die Summen sukzessive nach vorne und verarbeiten die einzelnen geordneten Summe in eine einzige ungeordnete Summe.

${}{\begin{aligned}&\,\,\,\,\,\,\,\Phi {\left(\sum _{j=1}^{m_{1}}a_{1j}v_{1j},\sum _{j=1}^{m_{2}}a_{2j}v_{2j},\ldots ,\sum _{j=1}^{m_{n}}a_{nj}v_{nj}\right)}\\&=\sum _{j=1}^{m_{1}}a_{1j}\Phi {\left(v_{1j},\sum _{j=1}^{m_{2}}a_{2j}v_{2j},\ldots ,\sum _{j=1}^{m_{n}}a_{nj}v_{nj}\right)}\\&=\sum _{j=1}^{m_{1}}a_{1j}{\left(\sum _{j=1}^{m_{2}}a_{2j}\Phi {\left(v_{1j},v_{2j},\sum _{j=1}^{m_{3}}a_{3j}v_{3j},\ldots ,\sum _{j=1}^{m_{n}}a_{nj}v_{nj}\right)}\right)}\\&=\sum _{(j_{1},j_{2})\in \{1,\ldots ,m_{1}\}\times \{1,\ldots ,m_{2}\}}a_{1j_{1}}a_{2j_{2}}\Phi {\left(v_{1j_{1}},v_{2j_{2}},\sum _{j=1}^{m_{3}}a_{3j}v_{3j},\ldots ,\sum _{j=1}^{m_{n}}a_{nj}v_{nj}\right)}\\&=\sum _{(j_{1},j_{2})\in \{1,\ldots ,m_{1}\}\times \{1,\ldots ,m_{2}\}}a_{1j_{1}}a_{2j_{2}}{\left(\sum _{j=1}^{m_{3}}a_{3j}\Phi {\left(v_{1j_{1}},v_{2j_{2}},v_{3j},\ldots ,\sum _{j=1}^{m_{n}}a_{nj}v_{nj}\right)}\right)}\\&=\sum _{(j_{1},j_{2},j_{3})\in \{1,\ldots ,m_{1}\}\times \{1,\ldots ,m_{2}\}\times \{1,\ldots ,m_{3}\}}a_{1j_{1}}a_{2j_{2}}a_{3j_{3}}\Phi {\left(v_{1j_{1}},v_{2j_{2}},v_{3j_{3}},\ldots ,\sum _{j=1}^{m_{n}}a_{nj}v_{nj}\right)}\\&=\ldots \\&=\sum _{(j_{1},\ldots ,j_{n})\in \{1,\ldots ,m_{1}\}\times \cdots \times \{1,\ldots ,m_{n}\}}a_{1j_{1}}\cdots a_{nj_{n}}\Phi {\left(v_{1j_{1}},\ldots ,v_{nj_{n}}\right)}.\,\end{aligned}}$

Aufgabe (4 (3+1) Punkte)

1. Zeige durch Induktion über ${}n$, dass die Determinante einer ${}n\times n$-Matrix, deren sämtliche Einträge ganze Zahlen sind, ebenfalls eine ganze Zahl ist.
2. Man gebe ein Beispiel für eine Matrix, deren sämtliche Einträge positive natürliche Zahlen sind und deren Determinante negativ ist.

Lösung

1. Die Aussage ist offenbar richtig für  ${}n=1$.  Zum Induktionsschluss ziehen wir die induktive Definition der Determinante heran, es ist

   ${}\det M=\sum _{i=1}^{n}(-1)^{i+1}a_{i1}\det M_{i}\,.$

   Nach Induktionsvoraussetzung sind die ${}\det M_{i}$ ganzzahlig, nach Voraussetzung sind die ${}a_{i1}$ ganzzahlig, und damit ist auch diese Summe ganzzahlig.

2. Es ist

   ${}\det {\begin{pmatrix}1&2\\2&1\end{pmatrix}}=1-4=-3\,.$

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise den Satz, dass das Signum ein Gruppenhomomorphismus ist.

Lösung

Es seien zwei Permutationen ${}\pi$ und ${}\rho$ gegeben. Dann ist

${}{\begin{aligned}\operatorname {sgn} (\pi \circ \rho )&=\prod _{i<j}{\frac {(\pi \circ \rho )(j)-(\pi \circ \rho )(i)}{j-i}}\\&={\left(\prod _{i<j}{\frac {(\pi \circ \rho )(j)-(\pi \circ \rho )(i)}{\rho (j)-\rho (i)}}\right)}\prod _{i<j}{\frac {\rho (j)-\rho (i)}{j-i}}\\&={\left(\prod _{i<j,\,\rho (i)<\rho (j)}{\frac {\pi (\rho (j))-\pi (\rho (i))}{\rho (j)-\rho (i)}}\right)}{\left(\prod _{i<j,\,\rho (i)>\rho (j)}{\frac {\pi (\rho (j))-\pi (\rho (i))}{\rho (j)-\rho (i)}}\right)}\,\operatorname {sgn} (\rho )\\&={\left(\prod _{i<j,\,\rho (i)<\rho (j)}{\frac {\pi (\rho (j))-\pi (\rho (i))}{\rho (j)-\rho (i)}}\right)}{\left(\prod _{i<j,\,\rho (i)>\rho (j)}{\frac {\pi (\rho (i))-\pi (\rho (j))}{\rho (i)-\rho (j)}}\right)}\,\operatorname {sgn} (\rho )\\&=\prod _{k<\ell }{\frac {\pi (\ell )-\pi (k)}{\ell -k}}\operatorname {sgn} (\rho )\\&=\operatorname {sgn} (\pi )\operatorname {sgn} (\rho ).\,\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und seien ${}n$ verschiedene Zahlen  ${}a_{1},\ldots ,a_{n}\in K$  und Zahlen  ${}b_{1},\ldots ,b_{n}\in K$  gegeben. Zeige, dass es ein eindeutig bestimmtes normiertes Polynom ${}Q$ vom Grad ${}n$ gibt, das  ${}Q(a_{i})=b_{i}$  für alle ${}i$ erfüllt.

Lösung

Nach dem Interpolationssatz für Polynome gibt es ein Polynom ${}P$ vom Grad ${}\leq n-1$ mit  ${}P(a_{i})=b_{i}$  für alle ${}i$. Wir betrachten das Polynom

${}R=(X-a_{1})(X-a_{2})\cdots (X-a_{n})\,.$

Dieses ist ein normiertes Polynom vom Grad ${}n$, das an den Stellen ${}a_{i}$ den Wert ${}0$ annimmt. Deshalb ist

${}Q:=P+R\,$

ein normiertes Polynom vom Grad ${}n$ mit

${}Q(a_{i})=P(a_{i})+R(a_{i})=b_{i}\,,$

womit die Existenz gezeigt ist. Zum Nachweis der Eindeutigkeit seien ${}Q$ und ${}Q'$ normierte Polynome vom Grad ${}n$ mit  ${}Q(a_{i})=b_{i}=Q'(a_{i})$.  Dann besitzt ${}Q-Q'$ einen Grad ${}\leq n-1$, das an den ${}n$ Stellen den Wert ${}0$ besitzt. Deshalb ist es nach Korollar 19.9 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) das Nullpolynom und somit ist  ${}Q=Q'$. 

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme den größten gemeinsamen Teiler von ${}X^{3}-1$ und ${}X^{4}-1$ sowie eine Darstellung davon.

Lösung

Beide Polynome haben ${}1$ als Nullstelle, es ist

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

und

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

Wir arbeiten mit den beiden Gegenfaktoren weiter. Es ist

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

somit sind die beiden Polynome teilerfremd und es gibt die Darstellung

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

Deshalb ist

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

und ${}X-1$ ist der größte gemeinsame Teiler der beiden Ausgangspolynome.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme das charakteristische Polynom, die Eigenwerte und die Eigenräume der Matrix

${}M={\begin{pmatrix}-{\frac {1}{2}}&{\frac {1}{4}}\\-3&-{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}\,$

über ${}{\mathbb {C} }$.

Lösung

Das charakteristische Polynom ist

${}{\begin{aligned}\chi _{M}&=\det {\begin{pmatrix}x+{\frac {1}{2}}&-{\frac {1}{4}}\\3&x+{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}\\&={\left(x+{\frac {1}{2}}\right)}^{2}+{\frac {3}{4}}\\&=x^{2}+x+1.\end{aligned}}$

Die Eigenwerte kann man aus der vorletzten Zeile direkt ablesen; diese sind

$x_{1}=-{\frac {1}{2}}+{\frac {{\sqrt {3}}{\mathrm {i} }}{2}}\,\,{\text{ und }}\,\,x_{2}=-{\frac {1}{2}}-{\frac {{\sqrt {3}}{\mathrm {i} }}{2}}.$

Zur Berechnung der Eigenräume setzen wir die Eigenwerte für ${}x$ in die obige Matrix ein und bestimmen den Kern.

Für ${}x_{1}$ ergibt sich die Matrix

${\begin{pmatrix}{\frac {{\sqrt {3}}{\mathrm {i} }}{2}}&-{\frac {1}{4}}\\3&{\frac {{\sqrt {3}}{\mathrm {i} }}{2}}\end{pmatrix}},$

der Kern wird vom Vektor

$\left({\frac {{\sqrt {3}}{\mathrm {i} }}{2}},\,-3\right)$

erzeugt. Also ist

${}E_{1}={\mathbb {C} }\left({\frac {{\sqrt {3}}{\mathrm {i} }}{2}},\,-3\right)\,.$

Für ${}x_{2}$ ergibt sich die Matrix

${\begin{pmatrix}-{\frac {{\sqrt {3}}{\mathrm {i} }}{2}}&-{\frac {1}{4}}\\3&-{\frac {{\sqrt {3}}{\mathrm {i} }}{2}}\end{pmatrix}},$

der Kern wird vom Vektor

$\left({\frac {{\sqrt {3}}{\mathrm {i} }}{2}},\,3\right)$

erzeugt. Also ist

${}E_{2}={\mathbb {C} }\left({\frac {{\sqrt {3}}{\mathrm {i} }}{2}},\,3\right)\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

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

${}M={\begin{pmatrix}0&2&3\\0&0&5\\0&0&0\end{pmatrix}}\,$

jordansche Normalform besitzt. Wie sieht die jordansche Normalform aus?

Lösung

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

${}M^{2}={\begin{pmatrix}0&2&3\\0&0&5\\0&0&0\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}0&2&3\\0&0&5\\0&0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0&10\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}}\,$

und

${}M^{3}=0\,.$

Somit ist

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

Es ist

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

sodass wir

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

wählen können. Es ist

${}Me_{3}={\begin{pmatrix}3\\5\\0\end{pmatrix}}\in V_{2}\,.$

Somit ist

${}V_{2}=V_{1}\oplus U_{2}\,$

mit

${}U_{2}=\langle {\begin{pmatrix}3\\5\\0\end{pmatrix}}\rangle \,.$

Schließlich ist

${}M^{2}e_{3}=M{\begin{pmatrix}3\\5\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&2&3\\0&0&5\\0&0&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}3\\5\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}10\\0\\0\end{pmatrix}}\,.$

Daher ist

${\begin{pmatrix}10\\0\\0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}3\\5\\0\end{pmatrix}}\,,{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}$

eine Basis wie gewünscht. Die neue Matrix besitzt die jordansche Normalform

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

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Festlegungssatz für affine Abbildungen.

Lösung

Es sei  ${}i_{0}\in I$.  Es gibt nach Satz 10.10 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) eine eindeutig bestimmte lineare Abbildung

$\varphi \colon V\longrightarrow W$

mit

${}\varphi ({\overrightarrow {P_{i_{0}}P_{i}}})={\overrightarrow {Q_{i_{0}}Q_{i}}}\,,$

für alle  ${}i\in I\setminus \{i_{0}\}$.  Dann ist

${}\psi (R)=Q_{i_{0}}+\varphi ({\overrightarrow {P_{i_{0}}R}})\,$

eine affin-lineare Abbildung mit der gewünschten Eigenschaft. Es ist ja

${}\psi (P_{i_{0}})=Q_{i_{0}}+\varphi ({\overrightarrow {P_{i_{0}}P_{i_{0}}}})=Q_{i_{0}}\,$

und

${}\psi (P_{i})=Q_{i_{0}}+\varphi ({\overrightarrow {P_{i_{0}}P_{i}}})=Q_{i_{0}}+{\overrightarrow {Q_{i_{0}}Q_{i}}}=Q_{i}\,.$

Umgekehrt ist eine solche affine Abbildung ${}\psi$ durch den linearen Anteil und durch den Wert an einem einzigen Punkt eindeutig festgelegt, sodass

${}\psi _{0}=\varphi \,$

sein muss.