Kurs:Lineare Algebra/Teil I/42/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	1	2	3	2	1	2	2	3	7	1	6	6	5	7	6	4	64

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine Abbildung ${}F$ von einer Menge ${}L$ in eine Menge ${}M$.
2. Die transponierte Matrix zu einer ${}m\times n$-Matrix ${}M=(a_{ij})_{1\leq i\leq m,\,1\leq j\leq n}$.
3. Eine Linearform auf einem ${}K$- Vektorraum ${}V$, wobei ${}K$ ein Körper ist.
4. Ein Eigenwert zu einer linearen Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

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

5. Eine invariante Fahne zu einer linearen Abbildung

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

6. Ein affiner Unterraum eines ${}K$- Vektorraumes ${}V$.

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. Man nennt die Matrix

   ${M^{\text{tr}}}=(b_{ij})_{ij}{\text{ mit }}b_{ij}:=a_{ji}$

   die transponierte Matrix zu ${}M$.

3. Es sei ${}K$ ein Körper und sei ${}V$ ein ${}K$-Vektorraum. Eine lineare Abbildung

   $V\longrightarrow K$

   heißt auch eine Linearform auf ${}V$.

4. Ein Element ${}\lambda \in K$ heißt ein Eigenwert zu ${}\varphi$, wenn es einen von ${}0$ verschiedenen Vektor ${}v\in V$ mit

   ${}\varphi (v)=\lambda v\,$

   gibt.

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. Unter einem affinen Unterraum von ${}V$ versteht man (die leere Menge oder) eine Teilmenge der Form

   ${}w+U={\left\{w+u\mid u\in U\right\}}\,,$

   wobei ${}U\subseteq V$ ein Untervektorraum und ${}w\in V$ ein Vektor ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Basisergänzungssatz.
2. Der Satz über lineare Abbildungen zwischen gleichdimensionalen Vektorräumen.
3. Der Satz über Eigenwerte und das charakteristische Polynom.

Lösung

1. Es sei ${}K$ ein Körper und ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}K$- Vektorraum der Dimension  ${}n=\dim _{K}{\left(V\right)}$.  Es seien

   $u_{1},\ldots ,u_{k}$

   linear unabhängige Vektoren in ${}V$. Dann gibt es Vektoren

   $u_{k+1},\ldots ,u_{n}$

   derart, dass

   $u_{1},\ldots ,u_{k},u_{k+1},\ldots ,u_{n}$

   eine Basis

   von ${}V$ bilden.
2. 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.
3. Es sei ${}K$ ein Körper und es sei ${}V$ ein ${}n$- dimensionaler Vektorraum. Es sei

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

   eine lineare Abbildung. Dann ist ${}\lambda \in K$ genau dann ein Eigenwert von ${}\varphi$, wenn ${}\lambda$ eine Nullstelle des charakteristischen Polynoms

   ${}\chi _{\varphi }$ ist.

Aufgabe (1 Punkt)

Das Brötchen von vorvorgestern ist überüberübermorgen von ....?

Lösung

Vorvorvorvorvorvorgestern.

Aufgabe (2 Punkte)

Es stehen zwei Eimer ohne Markierungen zur Verfügung, ferner eine Wasserquelle. Der eine Eimer hat ein Fassungsvermögen von ${}7$ und der andere ein Fassungsvermögen von ${}10$ Litern. Zeige, dass man allein durch Auffüllungen, Ausleerungen und Umschüttungen erreichen kann, dass in einem Eimer genau ein Liter Wasser enthalten ist.

Lösung

Die folgende Kette von Inhaltspaaren kann man bei den gegebenen Möglichkeiten offensichtlich erreichen.

$(0,0),\,(7,0),\,(0,7),\,(7,7),\,(4,10),\,(4,0),\,(0,4),\,(7,4),\,(1,10),\,(1,0).$

Aufgabe (3 Punkte)

Man gebe ein Beispiel für einen Körper ${}K$, eine kommutative Gruppe ${}(V,+,0)$ und eine Abbildung

$K\times V\longrightarrow V,\,(s,v)\longmapsto sv,$

derart, dass diese Struktur alle Vektorraumaxiome außer

$(8)\,\,\,(r+s)u=ru+su$

erfüllt.

Lösung

Es sei ${}K=V=\mathbb {R}$ der Körper der reellen Zahlen. Wir betrachten die „Skalarmultiplikation“

$K\times K\longrightarrow K,\,(r,u)\longmapsto r\bullet u,$

die jedes Paar ${}(r,u)$ auf ${}u$ abbildet, also

${}r\bullet u=u\,.$

Dann ist (für  ${}u\neq 0$ )

${}(1+1)\bullet u=2\bullet u=u\neq 2u=1\bullet u+1\bullet u\,$

und somit ist diese Skalarmultiplikation nicht distributiv in den Skalaren. Alle anderen Vektorraumaxiome sind hingegen erfüllt. Es ist ja

${}{\begin{aligned}r\bullet (s\bullet u)&=r\bullet u\\&=u\\&=(r\cdot s)u\end{aligned}}$

und

${}{\begin{aligned}r\bullet (u+v)&=u+v\\&=r\bullet u+r\bullet v.\end{aligned}}$

Ferner ist natürlich auch

${}1\bullet u=u\,.$

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 (1 Punkt)

Zeige, dass die beiden Vektoren ${}{\begin{pmatrix}2\\3\\1\end{pmatrix}}$ und ${}{\begin{pmatrix}4\\6\\3\end{pmatrix}}$ im ${}\mathbb {R} ^{3}$ linear unabhängig sind.

Lösung

Zwei Vektoren sind nur dann linear abhängig, wenn der eine ein Vielfaches des andern ist. Wenn dies der Fall wäre, so müsste wegen der ersten beiden Komponenten das Doppelte des ersten Vektors der zweite Vektor sein, das stimmt aber nicht in der dritten Komponente.

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}\varphi \colon \mathbb {Q} ^{3}\rightarrow \mathbb {Q} ^{2}$ eine lineare Abbildung mit

${}\varphi (e_{1})={\begin{pmatrix}5\\7\end{pmatrix}}\,,$

${}\varphi (e_{2})={\begin{pmatrix}3\\-3\end{pmatrix}}\,$

und

${}\varphi (e_{3})={\begin{pmatrix}4\\-11\end{pmatrix}}\,.$

Berechne ${}\varphi {\left({\begin{pmatrix}3\\-4\\2\end{pmatrix}}\right)}$.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}\varphi {\left({\begin{pmatrix}3\\-4\\2\end{pmatrix}}\right)}&=\varphi {\left(3e_{1}-4e_{2}+2e_{3}\right)}\\&=3\varphi (e_{1})-4\varphi (e_{2})+2\varphi (e_{3})\\&=3{\left({\begin{pmatrix}5\\7\end{pmatrix}}\right)}-4{\left({\begin{pmatrix}3\\-3\end{pmatrix}}\right)}+2{\left({\begin{pmatrix}4\\-11\end{pmatrix}}\right)}\\&={\begin{pmatrix}3\cdot 5-4\cdot 3+2\cdot 4\\3\cdot 7-4\cdot (-3)+2\cdot (-11)\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}11\\11\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und seien ${}U,V,W$ Vektorräume über ${}K$. Es seien

$\varphi \colon U\rightarrow V{\text{ und }}\psi \colon V\rightarrow W$

lineare Abbildungen. Zeige, dass dann auch die Verknüpfung

$\psi \circ \varphi \colon U\longrightarrow W$

eine lineare Abbildung ist.

Lösung

Für  ${}u_{1},u_{2}\in U$  ist

${}{\begin{aligned}(\psi \circ \varphi )(u_{1}+u_{2})&=\psi (\varphi (u_{1}+u_{2}))\\&=\psi (\varphi (u_{1})+\varphi (u_{2}))\\&=\psi (\varphi (u_{1}))+\psi (\varphi (u_{2}))\\&=(\psi \circ \varphi )(u_{1})+(\psi \circ \varphi )(u_{2})\end{aligned}}$

und für  ${}u\in U$,   ${}s\in K$  ist

${}{\begin{aligned}(\psi \circ \varphi )(su)&=\psi (\varphi (su))\\&=\psi (s\varphi (u))\\&=s\psi (\varphi (u))\\&=s(\psi \circ \varphi )(u),\end{aligned}}$

was insgesamt die Linearität der Hintereinanderschaltung bedeutet.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die inverse Matrix zu

${\begin{pmatrix}1&8&0\\3&2&1\\0&0&2\end{pmatrix}}.$

Lösung

${}{\begin{pmatrix}1&8&0\\3&2&1\\0&0&2\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&8&0\\0&-22&1\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\-3&1&0\\0&0&{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&8&0\\0&-22&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\-3&1&-{\frac {1}{2}}\\0&0&{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&8&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\{\frac {3}{22}}&-{\frac {1}{22}}&{\frac {1}{44}}\\0&0&{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}-{\frac {1}{11}}&{\frac {4}{11}}&-{\frac {2}{11}}\\{\frac {3}{22}}&-{\frac {1}{22}}&{\frac {1}{44}}\\0&0&{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}$

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise den Satz über die Charakterisierung von invertierbaren Matrizen mit der Determinante.

Lösung

Die Beziehung zwischen Rang, Invertierbarkeit und linearer Unabhängigkeit wurde schon in Korollar 12.16 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) gezeigt. Es seien die Zeilen linear abhängig. Wir können nach Zeilenvertauschungen annehmen, dass  ${}v_{n}=\sum _{i=1}^{n-1}s_{i}v_{i}$  ist. Dann ist nach Satz 16.9 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) und Satz 16.10 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025))

${}\det M=\det {\begin{pmatrix}v_{1}\\\vdots \\v_{n-1}\\\sum _{i=1}^{n-1}s_{i}v_{i}\end{pmatrix}}=\sum _{i=1}^{n-1}s_{i}\det {\begin{pmatrix}v_{1}\\\vdots \\v_{n-1}\\v_{i}\end{pmatrix}}=0\,.$

Es seien nun die Zeilen linear unabhängig. Dann kann man durch Zeilenvertauschungen, Skalierung und Addition einer Zeile zu einer anderen Zeile die Matrix sukzessive zur Einheitsmatrix transformieren. Dabei ändert sich die Determinante stets durch einen von ${}0$ verschiedenen Faktor. Da die Determinante der Einheitsmatrix nach Lemma 16.4 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) gleich ${}1$ ist, muss auch die Determinante der Ausgangsmatrix ${}\neq 0$ sein.

Aufgabe (1 Punkt)

Es sei ${}\tau$ eine Transposition auf einer Menge mit ${}1000001$ Elementen. Wie viele Fixpunkte besitzt ${}\tau$?

Lösung

${}\tau$ besitzt

${}1000001-2=999999\,$

Fixpunkte.

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)

Es sei ${}K$ ein Körper. Zeige, dass es keinen Ringhomomorphismus

$\varphi \colon \operatorname {Mat} _{2\times 2}(K)\longrightarrow K,\,A\longmapsto \varphi (A),$

gibt.

Lösung

Es 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

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

Für einen Ringhomomorphismus müsste

${}\varphi {\left({\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}\right)}=1\,$

und

${}\varphi {\left({\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}}\right)}=0\,$

gelten. Die Bedingung

${}\varphi {\left({\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}}\right)}\cdot \varphi {\left({\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}}\right)}=0\,$

erzwingt

${}\varphi {\left({\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}}\right)}=0\,$

oder

${}\varphi {\left({\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}}\right)}=0\,,$

ohne Einschränkung sei das erste der Fall. Wegen

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

und

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

und wegen

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

ist

${}\varphi {\left({\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}}\right)}=\pm 1\,$

und somit ist

${}\varphi {\left({\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}}\right)}=\varphi {\left({\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}}\right)}=0\,.$

Wegen

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

ist dies ein Widerspruch.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei

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

ein normiertes Polynom über einem Körper ${}K$. Es seien ${}u,v,w$ drei (verschiedene) Zahlen aus ${}K$. Zeige, dass diese drei Zahlen genau dann Nullstellen von ${}P$ sind, wenn sie das Gleichungssystem

${}uvw=-d\,,$

${}uv+uw+vw=c\,,$

${}u+v+w=-b\,,$

erfüllen.

Lösung

Nach Lemma 19.8 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) ist eine Zahl  ${}u\in K$  genau dann eine Nullstelle von ${}P$, wenn ${}X-u$ ein Linearfaktor von ${}P$ ist. Da ${}u,v,w$ verschieden sind, sind diese drei Zahlen Nullstellen von ${}P$ genau dann, wenn

${}P=(X-u)(X-v)(X-w)\,$

ist. Wenn man dieses Produkt ausrechnet, so erhält man

${}(X-u)(X-v)(X-w)=X^{3}-(u+v+w)X^{2}+(uv+uw+vw)X-uvw\,.$

Dies stimmt mit  ${}P=X^{3}+bX^{2}+cX+d$  genau dann überein, wenn es koeffizientenweise damit übereinstimmt, wenn also gleichzeitig

${}uvw=-d\,,$

${}uv+uw+vw=c\,,$

${}u+v+w=-b\,,$

gilt. Dies ist das angegebene Gleichungssystem.

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise das Lemma von Bezout für Polynome.

Lösung

Wir betrachten die Menge aller Linearkombinationen

${}I={\left\{Q_{1}P_{1}+\cdots +Q_{n}P_{n}\mid Q_{i}\in K[X]\right\}}\,.$

Dies ist ein Ideal von ${}K[X]$, wie man direkt überprüft. Nach Satz 20.10 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) ist dieses Ideal ein Hauptideal, also

${}I=(E)\,$

mit einem gewissen Polynom ${}E$. Es ist ${}E$ ein gemeinsamer Teiler der ${}P_{i}$. Wegen  ${}P_{i}\in I=(E)$  ist nämlich

${}P_{i}=H_{i}E\,,$

d.h. ${}E$ ist ein Teiler von jedem ${}P_{i}$. Aufgrund einer ähnlichen Überlegung ist

${}P_{i}\in (G)\,$

für alle ${}i$ und damit auch

${}(E)=I\subseteq (G)\,.$

Also ist

${}E=GF\,.$

Da nach Voraussetzung ${}G$ den maximalen Grad unter allen gemeinsamen Teilern besitzt, muss  ${}F\neq 0$  eine Konstante sein. Also ist

${}(G)=(E)=I\,$

und insbesondere  ${}G\in I$.  Also ist ${}G$ eine Linearkombination der ${}P_{i}$.

Aufgabe (6 (2+2+2) Punkte)

Wir betrachten die reelle Matrix

${}M={\begin{pmatrix}2&3&0&0\\4&1&0&0\\0&0&5&-2\\0&0&1&3\end{pmatrix}}\,.$

a) Bestimme das charakteristische Polynom ${}\chi _{M}$ von ${}M$.

b) Bestimme die Faktorzerlegung von ${}\chi _{M}$.

c) Bestimme die Eigenwerte und die Eigenräume von ${}M$.

Lösung

a) Es ist

${}{\begin{aligned}\chi _{M}&=\det \left({\begin{pmatrix}X&0&0&0\\0&X&0&0\\0&0&X&0\\0&0&0&X\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}2&3&0&0\\4&1&0&0\\0&0&5&-2\\0&0&1&3\end{pmatrix}}\right)\\&=\det {\begin{pmatrix}X-2&-3&0&0\\-4&X-1&0&0\\0&0&X-5&2\\0&0&-1&X-3\end{pmatrix}}\\&={\left({\left(X-2\right)}{\left(X-1\right)}-12\right)}\cdot {\left({\left(X-5\right)}{\left(X-3\right)}+2\right)}\\&={\left(X^{2}-3X-10\right)}\cdot {\left(X^{2}-8X+17\right)}\\&=X^{4}-11X^{3}+31X^{2}+29X-170.\end{aligned}}$

b) Wir untersuchen, ob die beiden quadratischen Polynome reelle Nullstellen besitzen. Die Gleichung

${}X^{2}-3X-10=0\,$

führt auf

${}x_{1,2}={\frac {\pm {\sqrt {9+40}}+3}{2}}={\frac {\pm 7+3}{2}}\,,$

also

${}x_{1}=5\,$

und

${}x_{2}=-2\,.$

Die Gleichung

${}X^{2}-8X-17=0\,$

führt auf

${}x_{3,4}={\frac {\pm {\sqrt {64-68}}+8}{2}}={\frac {\pm {\sqrt {-4}}+8}{2}}\,,$

was reell keine Lösung besitzt. Die Faktorzerlegung ist also

${}\chi _{M}={\left(X-5\right)}{\left(X+2\right)}\cdot {\left(X^{2}-8X+17\right)}\,.$

c) Die Eigenwerte sind ${}5$ und ${}-2$. Der Eigenraum zu ${}5$ ist der Kern von

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

das ist

$\mathbb {R} {\begin{pmatrix}1\\1\\0\\0\end{pmatrix}}.$

Der Eigenraum zu ${}-2$ ist der Kern von

${\begin{pmatrix}-4&-3&0&0\\-4&-3&0&0\\0&0&-7&2\\0&0&-1&-5\end{pmatrix}},$

das ist

$\mathbb {R} {\begin{pmatrix}1\\-1\\0\\0\end{pmatrix}}.$

Aufgabe (4 Punkte)

Finde eine affine Basis für die Lösungsmenge der inhomogenen Gleichung

${}7x+13y-17z+w=2\,.$

Lösung

Eine spezielle Lösung der Gleichung ist durch

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

gegeben. Für die zugehörige homogene Gleichung sind

${\begin{pmatrix}-13\\7\\0\\0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\17\\13\\0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\0\\1\\17\end{pmatrix}}$

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

${\begin{pmatrix}0\\0\\0\\2\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\0\\0\\2\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}-13\\7\\0\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-13\\7\\0\\2\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\0\\0\\2\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0\\17\\13\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\17\\13\\2\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\0\\0\\2\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0\\0\\1\\17\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\1\\19\end{pmatrix}}$

eine affine Basis der Lösungsmenge der inhomogenen Gleichung.