Kurs:Lineare Algebra/Teil I/43/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	4	4	2	5	5	4	4	3	4	6	2	4	1	3	7	64

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die Produktmenge zu einer Familie ${}M_{i}$, ${}i\in I$.
2. Die Dimension eines ${}K$-Vektorraums ${}V$ (${}V$ besitze ein endliches Erzeugendensystem).
3. Der Dualraum zu einem ${}K$- Vektorraum ${}V$.
4. Der Grad eines Polynoms ${}P\in K[X]$, ${}P\neq 0$, über einem Körper ${}K$.
5. Der Hauptraum zu einer linearen Abbildung ${}\varphi$ auf einem ${}K$- Vektorraum ${}V$ und einem Eigenwert ${}\lambda \in K$.
6. Ein affines Erzeugendensystem eines affinen Unterraumes ${}F$ in einem affinen Raum ${}E$.

Lösung

1. Man nennt die Menge

   $M=\prod _{i\in I}M_{i}=\{(x_{i})_{i\in I}:\,x_{i}\in M_{i}{\text{ für }}{\text{alle }}i\in I\}$

   die Produktmenge der ${}M_{i}$.

2. Unter der Dimension eines Vektorraums ${}V$ versteht man die Anzahl der Elemente in einer Basis von ${}V$.
3. Unter dem Dualraum zu ${}V$ versteht man den Homomorphismenraum

   ${}{V}^{*}=\operatorname {Hom} _{K}{\left(V,K\right)}\,.$

4. Der Grad eines von ${}0$ verschiedenen Polynoms

   ${}P=a_{0}+a_{1}X+a_{2}X^{2}+\cdots +a_{n}X^{n}\,$

   mit ${}a_{n}\neq 0$ ist ${}n$.

5. Man nennt

   ${}\operatorname {Haupt} _{\lambda }(\varphi )=\bigcup _{n\in \mathbb {N} }\operatorname {kern} {\left(\varphi -\lambda \operatorname {Id} \right)}^{n}\,$

   den Hauptraum zu ${}\varphi$ zum Eigenwert ${}\lambda$.

6. Eine Familie von Punkten ${}P_{i}\in F$, ${}i\in I$, heißt affines Erzeugendensystem von ${}F$, wenn ${}F$ der kleinste affine Unterraum von ${}E$ ist, der alle Punkte ${}P_{i}$ umfasst.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über die Übergangsmatrizen zu drei Basen.
2. Der Satz über funktorielle Eigenschaften von Homomorphismenräumen.
3. Der Satz über die Anzahl der Permutationen.

Lösung

1. Es sei ${}K$ ein Körper und ${}V$ ein ${}K$- Vektorraum der Dimension ${}n$. Es seien ${}{\mathfrak {u}}=u_{1},\ldots ,u_{n},\,{\mathfrak {v}}=v_{1},\ldots ,v_{n}$ und ${}{\mathfrak {w}}=w_{1},\ldots ,w_{n}$ Basen von ${}V$. Dann stehen die Übergangsmatrizen zueinander in der Beziehung

   ${}M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {u}}=M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}\circ M_{\mathfrak {v}}^{\mathfrak {u}}\,.$

2. Es sei ${}K$ ein Körper und es seien ${}V$ und ${}W$ Vektorräume über ${}K$. Dann gelten folgende Aussagen.
   1. Eine lineare Abbildung

      $\varphi \colon U\longrightarrow V$

      mit einem weiteren Vektorraum ${}U$ induziert eine lineare Abbildung

      $\operatorname {Hom} _{K}{\left(V,W\right)}\longrightarrow \operatorname {Hom} _{K}{\left(U,W\right)},\,f\longmapsto f\circ \varphi .$

   2. Eine lineare Abbildung

      $\psi \colon W\longrightarrow T$

      mit einem weiteren Vektorraum ${}T$ induziert eine lineare Abbildung

      $\operatorname {Hom} _{K}{\left(V,W\right)}\longrightarrow \operatorname {Hom} _{K}{\left(V,T\right)},\,f\longmapsto \psi \circ f.$

3. Es sei ${}M$ eine endliche Menge mit ${}n$ Elementen. Dann besitzt die Permutationsgruppe ${}\operatorname {Perm} \,(M)\cong S_{n}$ genau ${}n!$ Elemente.

Aufgabe (4 Punkte)

Hanny, Nanny, Fanny und Sanny leben auf dem Ponyhof. Heute machen sie einen Ausflug mit den Ponies Pona, Pone, Pono und Ponu. Jedes der Mädchen sitzt dabei genau auf einem Pony, und sie reiten hintereinander. Folgende Fakten sind bekannt.

1. Fanny sitzt nicht auf Pona.
2. Pone und Ponu vertragen sich nicht so gut und laufen daher nicht direkt hintereinander.
3. Nanny sitzt auf Pone oder auf Pono.
4. Sanny reitet auf Pona oder auf Pone.
5. Nanny reitet direkt hinter Sanny.
6. Auf Ponu sitzt nicht Sanny.
7. Pona läuft direkt zwischen Pone und Pono.
8. Auf Pono sitzt weder Fanny noch Hanny.
9. Sanny reitet weiter vorne als Hanny.

Wer sitzt auf welchem Pony und in welcher Reihenfolge laufen sie?

Lösung

Nach (7) liegt der Ponyabschnitt Pone-Pona-Pono oder Pono-Pona-Pone vor. Nach (2) sind somit nur die Ponyreihenfolgen Pone-Pona-Pono-Ponu oder Ponu-Pono-Pona-Pone möglich. Nach (8) sitzt auf Pono Nanny oder Sanny, nach (4) sitzt aber Sanny auf Pona oder Pone. Deshalb sitzt Nanny auf Pono. Nach (5) reitet Nanny direkt hinter Sanny. Bei der Reihenfolge Ponu-Pono-Pona-Pone müsste also Sanny auf Ponu reiten, was nach (4) ausgeschlossen ist. Also ist die Reihenfolge Pone-Pona-Pono-Ponu und Sanny reitet auf Pona. Nach (9) reitet Hanny auf Ponu und folglich reitet Fanny auf Pone.

Reihenfolge	Pony	Reiterin
1	Pone	Fanny
2	Pona	Sanny
3	Pono	Nanny
4	Ponu	Hanny

Aufgabe (4 Punkte)

Betrachte die Abbildung

$f\colon \mathbb {N} \longrightarrow \mathbb {Z} ,\,n\longmapsto {\begin{cases}-{\frac {n}{2}},{\text{ falls }}n{\text{ gerade}}\,,\\{\frac {n+1}{2}},{\text{ falls }}n{\text{ ungerade}}\,.\end{cases}}$

Ist ${}f$ injektiv, surjektiv bzw. bijektiv?

Lösung

Die Abbildung ist bijektiv und damit auch injektiv und surjektiv. Wir geben explizit eine Umkehrabbildung an, wir definieren

$g\colon \mathbb {Z} \longrightarrow \mathbb {N} ,\,m\longmapsto {\begin{cases}2\vert {m}\vert ,{\text{ falls }}m\leq 0{\text{ ist}}\,,\\2m-1,{\text{ falls }}m>0{\text{ ist}}\,.\end{cases}}$

Für  ${}n\in \mathbb {N}$  gerade ist

${}g(f(n))=g{\left(-{\frac {n}{2}}\right)}=n\,$

und für  ${}n\in \mathbb {N}$  ungerade ist

${}g(f(n))=g{\left({\frac {n+1}{2}}\right)}=2{\frac {n+1}{2}}-1=n\,.$

Umgekehrt ist für  ${}m\in \mathbb {Z}$  bei  ${}m\leq 0$ 

${}f(g(m))=f(2\vert {m}\vert )=f(-2m)=-{\left(-m\right)}=m\,$

und bei  ${}m>0$ 

${}f(g(m))=f(2m-1)={\frac {2m-1+1}{2}}=m\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

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

Zu einer Familie von Vektoren ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ in ${}V$ heißt bekanntlich

${}U={\left\{s_{1}v_{1}+s_{2}v_{2}+\cdots +s_{n}v_{n}\mid s_{i}\in K\right\}}\,$

der von diesen Vektoren erzeugte Untervektorraum.

Wäre auch die folgende formal ähnliche Begriffsbildung sinnvoll:

„Zu einer Familie von Skalaren ${}s_{1},\ldots ,s_{n}$ in ${}K$ heißt

${}W={\left\{s_{1}v_{1}+s_{2}v_{2}+\cdots +s_{n}v_{n}\mid v_{i}\in V\right\}}\,$

der von diesen Skalaren erzeugte Untervektorraum“?

Lösung

Diese Begriffsbildung ist zwar korrekt, aber mathematisch nicht sinnvoll. Wenn alle  ${}s_{i}=0$  sind, so ergibt sich der Nullraum. Sobald ein  ${}s_{i}\neq 0$  ist, handelt es sich bereits um den Gesamtraum ${}V$. Man kann ja dann jeden Vektor  ${}v\in V$  als

${}v=s_{i}(s_{i}^{-1}v)\,$

schreiben.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}K$- Vektorraum und  ${}U_{1},U_{2}\subseteq V$  Untervektorräume gleicher Dimension. Zeige, dass ${}U_{1}$ und ${}U_{2}$ ein gemeinsames direktes Komplement besitzen.

Lösung

Wir beweisen die Aussage durch Induktion über die Kodimension von ${}U_{1}$ (die nach Voraussetzung mit der Kodimension von ${}U_{2}$ übereinstimmt) in ${}V$. Wenn diese ${}0$ ist, so ist

${}U_{1}=U_{2}=V\,$

und der Nullraum ist das gemeinsame direkte Komplement. Es sei nun die Kodimension positiv und die Aussage für kleinere Kodimension schon bewiesen. Bei  ${}U_{1}=U_{2}$  ist die Behauptung klar. Es sei also  ${}U_{1}\neq U_{2}$.  Nach Aufgabe 6.11 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) ist

${}U_{1}\cup U_{2}\neq V\,$

und daher gibt es einen Vektor  ${}w\in V$  mit  ${}w\notin U_{1}\cup U_{2}$.  Dann besitzen ${}U_{1}'=U_{1}\oplus Kw$ und ${}U_{2}'=U_{2}\oplus Kw$ eine kleinere gemeinsame Kodimension, sodass wir darauf die Induktionsvoraussetzung anwenden können. Es sei ${}W$ ein gemeinsames direktes Komplement von ${}U_{1}'$ und von ${}U_{2}'$. Dann ist ${}W\oplus Kw$ ein gemeinsames direktes Komplement von ${}U_{1}$ und von ${}U_{2}$.

Aufgabe (5 (2+1+2) Punkte)

Lucy Sonnenschein möchte zwei Kilogramm Kartoffeln, ein Kilogramm Nudeln, ein halbes Kilogramm Blumenkohl und ein Viertel Kilogramm Käse kaufen. An Einkaufsmöglichkeiten stehen der Sparfuchs, das Preisparadies und der Saftladen zur Diskussion, deren Preise für die Produkte (in Euro pro Kilogramm) in der folgenden Tablle aufgelistet sind.

	Kartoffeln	Nudeln	Blumenkohl	Käse
Sparfuchs	${}1,7$	${}1,5$	${}3$	${}4$
Preisparadies	${}1,5$	${}1,6$	${}3,4$	${}4$
Saftladen	${}2$	${}2$	${}2,5$	${}3$

Lucy kauft preisbewußt ein.

a) Lucy hat heute wenig Zeit und möchte den Einkauf in einem einzigen Laden erledigen. Welche Einkaufsmöglichkeit ist am günstigsten? Was kostet der Einkauf?

b) Lucy hat heute viel Zeit, sie klappert alle drei Läden ab und nimmt jeweils das günstigste Angebot. Was kostet der Einkauf?

c) Lucy hat heute so mittel viel Zeit und möchte den Einkauf in höchstens zwei Läden erledigen. Was kostet der Einkauf? In welchem Laden kauft sie was?

Lösung

a) Im Sparfuchs kostet alles

${}2\cdot 1,7+1\cdot 1,5+0,5\cdot 3+0,25\cdot 4=3,4+1,5+1,5+1=7,4\,,$

im Preisparadies kostet alles

${}2\cdot 1,5+1\cdot 1,6+0,5\cdot 3,4+0,25\cdot 4=3+1,6+1,7+1=7,3\,,$

im Saftladen kostet alles

${}2\cdot 2+1\cdot 2+0,5\cdot 2,5+0,25\cdot 3=4+2+1,25+0,75=8\,.$

Das Preisparadies ist also mit ${}7,3$ Euro am günstigsten.

b) Wenn man alle Läden besucht und für jedes Produkt das günstigste Angebot wählt, so kommt man auf

${}2\cdot 1,5+1\cdot 1,5+0,5\cdot 2,5+0,25\cdot 3=3+1,5+1,25+0,75=6,5\,.$

c) Beim Einkauf in zwei Läden ergibt sich die folgende Tabelle (für jedes Produkt das Minimum der beiden Preise).

	Kartoffeln	Nudeln	Blumenkohl	Käse
Sparfuchs und Preisparadies	${}1,5$	${}1,5$	${}3$	${}4$
Preisparadies und Saftladen	${}1,5$	${}1,6$	${}2,5$	${}3$
Sparfuchs und Saftladen	${}1,7$	${}1,5$	${}2,5$	${}3$

Der Einkauf kostet bei Sparfuchs und Preisparadies

${}2\cdot 1,5+1\cdot 1,5+0,5\cdot 3+0,25\cdot 4=3+1,5+1,5+1=7\,,$

er kostet bei Preisparadies und Saftladen

${}2\cdot 1,5+1\cdot 1,6+0,5\cdot 2,5+0,25\cdot 3=3+1,6+1,25+0,75=6,6\,$

und bei Sparfuchs und Saftladen

${}2\cdot 1,7+1\cdot 1,5+0,5\cdot 2,5+0,25\cdot 3=3,4+1,5+1,25+0,75=6,9\,.$

Die Option Preisparadies und Saftladen ist also am günstigsten. Man kauft dann die Kartoffeln und Nudeln im Preisparadies und Blumenkohl und Käse im Saftladen.

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

Die Zeitungen ${}A,B$ und ${}C$ verkaufen Zeitungsabos und konkurrieren dabei um einen lokalen Markt mit ${}8000$ potentiellen Lesern. Dabei sind innerhalb eines Jahres folgende Kundenbewegungen zu beobachten.

1. Die Abonnenten von ${}A$ bleiben zu ${}75\%$ bei ${}A$, ${}10\%$ wechseln zu ${}B$, ${}0\%$ wechseln zu ${}C$ und ${}15\%$ werden Nichtleser.
2. Die Abonnenten von ${}B$ bleiben zu ${}70\%$ bei ${}B$, ${}10\%$ wechseln zu ${}A$, ${}10\%$ wechseln zu ${}C$ und ${}10\%$ werden Nichtleser.
3. Die Abonnenten von ${}C$ bleiben zu ${}50\%$ bei ${}C$, ${}5\%$ wechseln zu ${}A$, ${}20\%$ wechseln zu ${}B$ und ${}25\%$ werden Nichtleser.
4. Von den Nichtlesern entscheiden sich je ${}15\%$ für ein Abonnement von ${}A,B$ oder ${}C$, die übrigen bleiben Nichtleser.

a) Erstelle die Matrix, die die Kundenbewegungen innerhalb eines Jahres beschreibt.

b) In einem bestimmten Jahr haben alle drei Zeitungen je ${}1500$ Abonnenten und es gibt ${}3500$ Nichtleser. Wie sieht die Verteilung ein Jahr später aus?

c) Die drei Zeitungen expandieren in eine zweite Stadt, wo es bislang überhaupt keine Zeitungen gibt, aber ebenfalls ${}8000$ potentielle Leser. Wie viele Leser haben dort die einzelnen Zeitungen (und wie viele Nichtleser gibt es noch) nach drei Jahren, wenn dort die gleichen Kundenbewegungen zu beobachten sind?

Lösung

a) Die Matrix, die die Kundenbewegungen (in der Reihenfolge ${}A,B,C$ und Nichtleser) beschreibt, ist

${\begin{pmatrix}0,75&0,1&0,05&0,15\\0,1&0,7&0,2&0,15\\0&0,1&0,5&0,15\\0,15&0,1&0,25&0,55\end{pmatrix}}.$

b) Die Kundenverteilung nach einem Jahr zur Ausgangsverteilung ${}(1500,1500,1500,3500)$ ist

${}{\begin{pmatrix}0,75&0,1&0,05&0,15\\0,1&0,7&0,2&0,15\\0&0,1&0,5&0,15\\0,15&0,1&0,25&0,55\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1500\\1500\\1500\\3500\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1875\\2025\\1425\\2675\end{pmatrix}}\,.$

c) Die Ausgangsverteilung ist ${}(0,0,0,8000)$, daher ist die Verteilung nach einem Jahr gleich ${}(1200,1200,1200,4400)$.

Nach zwei Jahren ist die Kundenverteilung

${}{\begin{pmatrix}0,75&0,1&0,05&0,15\\0,1&0,7&0,2&0,15\\0&0,1&0,5&0,15\\0,15&0,1&0,25&0,55\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1200\\1200\\1200\\4400\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1740\\1860\\1380\\3020\end{pmatrix}}\,.$

Nach drei Jahren ist die Kundenverteilung

${}{\begin{aligned}{\begin{pmatrix}0,75&0,1&0,05&0,15\\0,1&0,7&0,2&0,15\\0&0,1&0,5&0,15\\0,15&0,1&0,25&0,55\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1740\\1860\\1380\\3020\end{pmatrix}}&={\begin{pmatrix}2013\\2205\\1329\\2453\end{pmatrix}}\\\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über die Beschreibung einer linearen Abbildung bei einem Basiswechsel.

Lösung

Die linearen Standardabbildungen ${}K^{n}\rightarrow V$ bzw. ${}K^{m}\rightarrow W$ zu den Basen seien mit ${}\Psi _{\mathfrak {v}},\,\Psi _{\mathfrak {u}},\,\Psi _{\mathfrak {w}},\,\Psi _{\mathfrak {z}}$ bezeichnet. Wir betrachten das kommutative Diagramm

${\begin{matrix}K^{n}&&&{\stackrel {M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi )}{\longrightarrow }}&&&K^{m}\\&\searrow \Psi _{\mathfrak {v}}\!\!\!\!\!&&&&\Psi _{\mathfrak {w}}\swarrow \!\!\!\!\!&\\\!\!\!\!\!M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {v}}\downarrow &&V&{\stackrel {\varphi }{\longrightarrow }}&W&&\,\,\,\,\downarrow M_{\mathfrak {z}}^{\mathfrak {w}}\\&\nearrow \Psi _{\mathfrak {u}}\!\!\!\!\!&&&&\Psi _{\mathfrak {z}}\nwarrow \!\!\!\!\!&\\K^{n}&&&{\stackrel {M_{\mathfrak {z}}^{\mathfrak {u}}(\varphi )}{\longrightarrow }}&&&K^{m},\!\!\!\!\!\end{matrix}}$

wobei die Kommutativität auf Lemma 9.1 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) und Lemma 10.14 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) beruht. In dieser Situation ergibt sich insgesamt

${}{\begin{aligned}M_{\mathfrak {z}}^{\mathfrak {u}}(\varphi )&=\Psi _{\mathfrak {z}}^{-1}\circ \varphi \circ \Psi _{\mathfrak {u}}\\&=\Psi _{\mathfrak {z}}^{-1}\circ (\Psi _{\mathfrak {w}}\circ M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi )\circ \Psi _{\mathfrak {v}}^{-1})\circ \Psi _{\mathfrak {u}}\\&=(\Psi _{\mathfrak {z}}^{-1}\circ \Psi _{\mathfrak {w}})\circ M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi )\circ (\Psi _{\mathfrak {v}}^{-1}\circ \Psi _{\mathfrak {u}})\\&=(\Psi _{\mathfrak {z}}^{-1}\circ \Psi _{\mathfrak {w}})\circ M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi )\circ (\Psi _{\mathfrak {u}}^{-1}\circ \Psi _{\mathfrak {v}})^{-1}\\&=M_{\mathfrak {z}}^{\mathfrak {w}}\circ M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi )\circ (M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {v}})^{-1}.\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die inverse Matrix zu

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

Lösung

${}{\begin{pmatrix}1&5&0\\7&2&2\\0&0&-1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&5&0\\0&-33&2\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\-7&1&0\\0&0&-1\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&5&0\\0&-33&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\-7&1&2\\0&0&-1\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&5&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\{\frac {7}{33}}&-{\frac {1}{33}}&-{\frac {2}{33}}\\0&0&-1\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}-{\frac {2}{33}}&{\frac {5}{33}}&{\frac {10}{33}}\\{\frac {7}{33}}&-{\frac {1}{33}}&-{\frac {2}{33}}\\0&0&-1\end{pmatrix}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Betrachte die Permutation  ${}\tau \in S_{7}$,  die durch die Wertetabelle

${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$
${}\tau (x)$	${}1$	${}3$	${}5$	${}7$	${}6$	${}4$	${}2$

gegeben ist.

a) Man gebe die Zyklendarstellung von ${}\tau$ an und bestimme den Wirkungsbereich.

b) Berechne ${}\tau ^{3}$ und die Ordnung von ${}\tau ^{3}$.

c) Bestimme die Fehlstände von ${}\tau$ und das Vorzeichen (Signum) von ${}\tau$.

d) Schreibe ${}\tau$ als Produkt von Transpositionen und bestimme erneut das Vorzeichen von ${}\tau$.

Lösung

a) Es geht ${}1\mapsto 1$ und ${}2\mapsto 3\mapsto 5\mapsto 6\mapsto 4\mapsto 7\mapsto 2$, die Zyklendarstellung ist also

$\langle 2,3,5,6,4,7\rangle$

und der Wirkungsbereich ist ${}\{2,3,4,5,6,7\}$.

b) Die Permutation ${}\tau ^{3}$ ist gegeben durch die Wertetabelle

${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$
${}\tau ^{3}(x)$	${}1$	${}6$	${}4$	${}3$	${}7$	${}2$	${}5$

Hier liegt die Zyklendarstellung

$\langle 2,6\rangle \langle 3,4\rangle \langle 5,7\rangle$

vor. Das Quadrat davon, also ${}(\tau ^{3})^{2}$ ist die Identität, sodass die Ordnung davon zwei ist.

c) Die Fehlstände von ${}\tau$ sind

$(2,7),\,(3,6),\,(3,7),\,(4,5),\,(4,6),\,(4,7),\,(5,6),\,(5,7),\,(6,7).$

Das sind insgesamt ${}9$ Fehlstände, daher ist das Vorzeichen ${}-1$.

d) Es ist, wie man leicht überprüft,

${}\tau =\langle 3,5\rangle \circ \langle 5,6\rangle \circ \langle 6,4\rangle \circ \langle 4,7\rangle \circ \langle 7,2\rangle \,.$

Dies ist das Produkt von ${}5$ Transpositionen, sodass sich erneut ergibt, dass das Vorzeichen ${}-1$ ist.

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

Es sei ${}K$ ein Körper mit  ${}2\neq 0$  und sei ${}K[X]_{\leq 2}$ der ${}K$- Vektorraum aller Polynome vom Grad ${}\leq 2$. Zu  ${}z\in K$  bezeichne ${}\operatorname {Ev} _{z}$ die Auswertung an ${}z$, also die Abbildung

$\operatorname {Ev} _{z}\colon K[X]_{\leq 2}\longrightarrow K,\,P\longmapsto P(z).$

a) Zeige, dass ${}\operatorname {Ev} _{z}$ linear ist.

b) Beschreibe die Auswertung an ${}5$ als Linearkombinationen der Auswertungen an ${}1$, an ${}0$ und an ${}-1$.

c) Überprüfe das Ergebnis aus (b) für das Polynom ${}3X^{2}-4X+7$.

Lösung

a) Für Polynome  ${}P,Q\in K[X]_{\leq 2}$  und Skalare  ${}r,s\in K$  und  ${}z\in K$  ist

${}{\begin{aligned}\operatorname {Ev} _{z}(rP+sQ)&=(rP+sQ)(z)\\&=rP(z)+sQ(z)\\&=r\operatorname {Ev} _{z}(P)+s\operatorname {Ev} _{z}(Q),\end{aligned}}$

was die Linearität bedeutet.

b) Es sei

${}P=aX^{2}+bX+c\,.$

Es ist

${}\operatorname {Ev} _{1}(P)=a+b+c\,,$

${}\operatorname {Ev} _{0}(P)=c\,$

und

${}\operatorname {Ev} _{-1}(P)=a-b+c\,.$

Die Koeffizienten des Polynoms kann man aus den drei Evaluationen rekonstruieren, es ist

${}a={\frac {1}{2}}\operatorname {Ev} _{1}(P)+{\frac {1}{2}}\operatorname {Ev} _{-1}(P)-\operatorname {Ev} _{0}(P)\,,$

${}b={\frac {1}{2}}\operatorname {Ev} _{1}(P)-{\frac {1}{2}}\operatorname {Ev} _{-1}(P)\,$

und

${}c=\operatorname {Ev} _{0}(P)\,.$

Daher ist

${}{\begin{aligned}\operatorname {Ev} _{5}(P)&=\operatorname {Ev} _{5}(aX^{2}+bX+c)\\&=25a+5b+c\\&=25{\left({\frac {1}{2}}\operatorname {Ev} _{1}(P)+{\frac {1}{2}}\operatorname {Ev} _{-1}(P)-\operatorname {Ev} _{0}(P)\right)}+5{\left({\frac {1}{2}}\operatorname {Ev} _{1}(P)-{\frac {1}{2}}\operatorname {Ev} _{-1}(P)\right)}+\operatorname {Ev} _{0}(P)\\&=15\operatorname {Ev} _{1}(P)+10\operatorname {Ev} _{-1}(P)+24\operatorname {Ev} _{0}(P).\end{aligned}}$

Also ist

${}\operatorname {Ev} _{5}=15\operatorname {Ev} _{1}+10\operatorname {Ev} _{-1}+24\operatorname {Ev} _{0}\,.$

c) Für das Polynom ${}3X^{2}-4X+7$ ergibt die Auswertung an ${}5$ direkt

${}3\cdot 5^{2}-4\cdot 5+7=62\,.$

Die Linearkombination der Auswertungen ergibt ebenfalls

${}{\begin{aligned}15\operatorname {Ev} _{1}{\left(3X^{2}-4X+7\right)}+10\operatorname {Ev} _{-1}{\left(3X^{2}-4X+7\right)}+24\operatorname {Ev} _{0}{\left(3X^{2}-4X+7\right)}&=15\cdot {\left(3-4+7\right)}+10{\left(3+4+7\right)}+24\cdot 7\\&=90+140-168\\&=62.\end{aligned}}$

Aufgabe (2 Punkte)

Zeige, dass jede komplexe Einheitswurzel auf dem Einheitskreis liegt.

Lösung

Für eine komplexe Einheitswurzel ${}z\in {\mathbb {C} }$ gilt

${}z^{n}=1\,$

für ein gewisses ${}n\in \mathbb {N} _{+}$. Da der komplexe Betrag multiplikativ ist, gilt

${}\vert {z^{n}}\vert =\vert {z}\vert ^{n}=1\,.$

Daher ist ${}\vert {z}\vert$ eine positive reelle Zahl, deren ${}n$-te Potenz ${}1$ ist. Daher ist

${}\vert {z}\vert =1\,$

und diese Bedingung charakterisiert den Einheitskreis.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über die Diagonalisierbarkeit und Eigenräume.

Lösung

Wenn ${}\varphi$ diagonalisierbar ist, so gibt es eine Basis ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ von ${}V$ aus Eigenvektoren. Es ist dann

${}\operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\varphi \right)}=\langle v_{i},\,{\text{der Eigenwert zu }}v_{i}{\text{ ist }}\lambda \rangle \,.$

Daher ist

${}V=\operatorname {Eig} _{\lambda _{1}}{\left(\varphi \right)}\oplus \cdots \oplus \operatorname {Eig} _{\lambda _{k}}{\left(\varphi \right)}\,,$

wobei die Direktheit in Lemma 22.6 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) gezeigt wurde. Wenn umgekehrt

${}V=\operatorname {Eig} _{\lambda _{1}}{\left(\varphi \right)}\oplus \cdots \oplus \operatorname {Eig} _{\lambda _{k}}{\left(\varphi \right)}\,$

vorliegt, so kann man in jedem der Eigenräume eine Basis wählen. Diese Basen bestehen aus Eigenvektoren und ergeben zusammen eine Basis von ${}V$.

Aufgabe (1 Punkt)

Ergänze die reelle Matrix

${\begin{pmatrix}5&10\\&-5\end{pmatrix}}$

zu einer nilpotenten Matrix.

Lösung

Es ist

${\begin{pmatrix}5&10\\-{\frac {5}{2}}&-5\end{pmatrix}}$

nilpotent, da die Spur gleich ${}0$ ist und die beiden Zeilen linear abhängig sind, also die Determinante ebenfalls gleich ${}0$ ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Eine lineare Abbildung

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

werde bezüglich der Standardbasis durch die Matrix

${\begin{pmatrix}11&3&1\\0&11&2\\0&0&11\end{pmatrix}}$

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

${\begin{pmatrix}11&1&0\\0&11&1\\0&0&11\end{pmatrix}}$

beschrieben wird.

Lösung

Es ist

${}M={\begin{pmatrix}11&3&1\\0&11&2\\0&0&11\end{pmatrix}}-11{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&3&1\\0&0&2\\0&0&0\end{pmatrix}}\,$

und

${}{\begin{pmatrix}0&3&1\\0&0&2\\0&0&0\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}0&3&1\\0&0&2\\0&0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0&6\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}}\,.$

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

${}M{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&3&1\\0&0&2\\0&0&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\2\\0\end{pmatrix}}\,$

und

${}M^{2}{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}6\\0\\0\end{pmatrix}}\,.$

Daher ist

${\begin{pmatrix}6\\0\\0\end{pmatrix}}\,,{\begin{pmatrix}1\\2\\0\end{pmatrix}}\,,{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}$

eine Basis, bezüglich der die jordansche Normalform

${\begin{pmatrix}11&1&0\\0&11&1\\0&0&11\end{pmatrix}}$

vorliegt.

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise den Satz über baryzentrische Koordinaten.

Lösung

Es sei  ${}i_{0}\in I$  fixiert. Es gibt dann in ${}V$ eine eindeutige Darstellung

${}{\overrightarrow {P_{i_{0}}P}}=\sum _{i\in I\setminus \{i_{0}\}}a_{i}{\overrightarrow {P_{i_{0}}P_{i}}}\,.$

Wir setzen

${}a_{i_{0}}:=1-\sum _{i\in I\setminus \{i_{0}\}}a_{i}\,.$

Dann ist  ${}\sum _{i\in I}a_{i}=1$  und

${}{\begin{aligned}P&=P_{i_{0}}+{\overrightarrow {P_{i_{0}}P}}\\&=P_{i_{0}}+\sum _{i\in I\setminus \{i_{0}\}}a_{i}{\overrightarrow {P_{i_{0}}P_{i}}}\\&=P_{i_{0}}+a_{i_{0}}{\overrightarrow {P_{i_{0}}P_{i_{0}}}}+\sum _{i\in I\setminus \{i_{0}\}}a_{i}{\overrightarrow {P_{i_{0}}P_{i}}}\\&=P_{i_{0}}+\sum _{i\in I}a_{i}{\overrightarrow {P_{i_{0}}P_{i}}}.\end{aligned}}$

Es gibt also eine solche Darstellung mit ${}P_{i_{0}}$ als Ursprung. Die Eindeutigkeit folgt daraus, dass die ${}a_{i}$, ${}i\neq i_{0}$, durch die eindeutig bestimmten Koeffizienten der Vektorraumbasis festgelegt sind und dass ${}a_{i_{0}}$ durch die baryzentrische Bedingung festgelegt ist.