Kurs:Lineare Algebra/Teil I/44/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	1	2	1	3	2	4	4	1	3	3	4	8	3	2	6	8	3	64

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine injektive Abbildung

   $f:L⟶M.$

2. Die Assoziativität einer Verknüpfung

   $\circ :M\times M⟶M,(x,y)⟼x\circ y.$

3. Ähnliche Matrizen $M,N\in {\mathrm{Mat}}_n(K)$.
4. Der Eigenraum zu $\lambda \in K$ und einem Endomorphismus

   $\phi :V⟶V$

   auf einem $K$-Vektorraum $V$.

5. Die Teilerbeziehung zwischen den Polynomen $T$ und $P$ aus $K[X]$.
6. Eine Jordanmatrix zu einem Eigenwert $\lambda$.

Lösung

1. Die Abbildung

   $f:L⟶M$

   ist injektiv, wenn für je zwei verschiedene Elemente $x,y\in L$ auch $f(x)$ und $f(y)$ verschieden sind.

2. Eine Verknüpfung

   $\circ :M\times M⟶M,(x,y)⟼x\circ y,$

   heißt assoziativ, wenn für alle $x,y,z\in M$ die Gleichheit

   $(x\circ y)\circ z=x\circ (y\circ z)$

   gilt.

3. Die Matrizen $M,N$ heißen ähnlich, wenn es eine invertierbare Matrix $B$ mit  $M=BN{B}^{-1}$  gibt.
4. Man nennt

   ${\mathrm{Eig}}_{\lambda }\left(\phi \right):=\{v\in V\mid \phi (v)=\lambda v\}$

   den Eigenraum von $\phi$ zum Wert $\lambda$.

5. Man sagt, dass ein Polynom $T\in K[X]$ ein Polynom $P\in K[X]$ teilt, wenn es ein Polynom $Q\in K[X]$ mit

   $P=TQ$

   gibt.

6. Unter einer Jordanmatrix (zum Eigenwert $\lambda$) versteht man eine quadratische Matrix der Form

   $\left(\begin{array}{cccccc}\lambda & 1& 0& \cdots & \cdots & 0\\ 0& \lambda & 1& 0& \cdots & 0\\ ⋮& \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & ⋮\\ 0& \cdots & 0& \lambda & 1& 0\\ 0& \cdots & \cdots & 0& \lambda & 1\\ 0& \cdots & \cdots & \cdots & 0& \lambda \end{array}\right).$

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über die Lösungsmenge zu einem linearen Gleichungssystem in Dreiecksgestalt über einem Körper $K$.
2. Die Dimensionsformel für eine lineare Abbildung

   $\phi :V⟶W.$

3. Der Satz über die algebraische Struktur des Signums.

Lösung

1. Es sei ein inhomogenes lineares Gleichungssystem über einem Körper $K$ in Dreiecksgestalt

   $\begin{array}{cccccccc}{a}_{11}{x}_1& +a_{12}{x}_2& \dots & +a_{1m}{x}_m& \dots & +a_{1n}{x}_n& =& c_1\\ 0& a_{22}{x}_2& \dots & \dots & \dots & +a_{2n}{x}_n& =& c_2\\ ⋮& \ddots & \ddots & ⋮& ⋮& ⋮& =& ⋮\\ 0& \dots & 0& a_{mm}{x}_m& \dots & +a_{mn}{x}_n& =& c_m\end{array}$

   gegeben, wobei vorne die Diagonalelemente alle ungleich $0$ seien. Dann stehen die Lösungen $(x_1,\dots ,x_m,x_{m+1},\dots ,x_n)$ in Bijektion zu den Tupeln

    $(x_{m+1},\dots ,x_n)\in K^{n-m}$. 
2. Unter der Bedingung, dass $V$ endlichdimensional ist, gilt

   ${\dim }_K\left(V\right)={\dim }_K(\mathrm{kern}\phi )+{\dim }_K(\mathrm{bild}\phi ).$

3. Die durch das Signum gegebene Zuordnung

   $S_n⟶\{1,-1\},\pi ⟼\mathrm{sgn}(\pi ),$

   ist ein

   Gruppenhomomorphismus.

Aufgabe (1 Punkt)

Lege in der Skizze für die drei Häuser überschneidungsfrei Wege zu den zugehörigen gleichfarbigen Gartentoren an.

Lösung

Aufgabe (2 Punkte)

Die Partei „Zukunft für alle“ hat zwei Ziele.

1. Millionäre entschädigungslos enteignen.
2. Ein bedingungsloses monatliches Grundeinkommen von $1200$ Euro für jeden Erwachsenen.

Hans hat kein Geld und hat mit Geld auch nichts am Hut, er ist jetzt gerade $18$ geworden und lebt allein auf einem kleinen Bauernhof als Selbstversorger, ohne Einnahmen, ohne Ausgaben, und das soll in seinem Leben auch so bleiben. Vorausgesetzt, das Parteiprogramm wird Gesetz, wie alt muss Hans (in Jahren und Monaten) werden, bis er enteignet wird?

Lösung

Er wird enteignet, wenn das angesammelte Grundeinkommen die Millionengrenze erstmals überschreitet. Im Jahr bekommt er $14400$ Euro. Es ist

$1000000:14400=69,\mathrm{44...}$

Jahre, also braucht er $69$ Jahre und $6$ Monate. Er muss also $87$ einhalb Jahre alt werden.

Aufgabe (1 Punkt)

Es sei $K$ ein Körper und $x\in K$, $x\ne 0$ ein Element. Erläutere, warum es sinnvoll ist, für das inverse Element zu $x$ die Bezeichnung $x^{-1}$ zu verwenden.

Lösung

Das inverse Element zu $x$ ist durch die Eigenschaft  $x\cdot y=1$  ausgezeichnet. Die Bezeichnung $x^{-1}$ für dieses $y$ ermöglicht es, die Potenzschreibweise auszudehnen, da dann

$x\cdot x^{-1}=x^1\cdot x^{-1}=x^{1-1}=x^0=1$

gilt.

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

Wir betrachten die Menge $U$ der $2\times 2$-Matrizen der Form

$\left(\begin{array}{cc}a& b\\ b& a\end{array}\right)$

mit  $a,b\in ℝ$. 

a) Zeige, dass $U$ ein Untervektorraum im Raum aller $2\times 2$-Matrizen ist.

b) Bestimme eine Basis von $U$.

c) Bestimme die Dimension von $U$.

Lösung

a) Die Nullmatrix erhält man für  $a=b=0$,  ferner sind

$\left(\begin{array}{cc}a& b\\ b& a\end{array}\right)+\left(\begin{array}{cc}c& d\\ d& c\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}a+c& b+d\\ b+d& a+c\end{array}\right)$

und

$s\left(\begin{array}{cc}a& b\\ b& a\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}sa& sb\\ sd& sa\end{array}\right)$

wieder von dieser Bauart.

b) Wegen

$\left(\begin{array}{cc}a& b\\ b& a\end{array}\right)=a\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right)+b\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 0\end{array}\right)$

bilden $\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right)$ und $\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 0\end{array}\right)$ eine Basis von $U$.

c) Damit ist die Dimension von $U$ gleich $2$.

Aufgabe (2 Punkte)

Beweise den Satz über den Basiswechsel.

Lösung

Dies folgt direkt aus

$u=\sum _{j=1}^n{s}_j{v}_j=\sum _{j=1}^n{s}_j\left(\sum _{i=1}^n{c}_{ij}{w}_i\right)=\sum _{i=1}^n\left(\sum _{j=1}^n{s}_j{c}_{ij}\right)w_i$

und der Definition der Matrizenmultiplikation.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei eine lineare Abbildung

$\phi :{ℝ}^3⟶{ℝ}^2$

mit

$\phi \left(\begin{array}{c}4\\ -1\\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}5\\ 1\end{array}\right),\phi \left(\begin{array}{c}-1\\ -1\\ 6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ 5\end{array}\right)\text{ und }\phi \left(\begin{array}{c}3\\ -4\\ -2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-3\\ 2\end{array}\right)$

gegeben. Berechne

$\phi \left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ 3\end{array}\right).$

Lösung

Wir lösen zuerst das lineare Gleichungssystem

$a\left(\begin{array}{c}4\\ -1\\ 0\end{array}\right)+b\left(\begin{array}{c}-1\\ -1\\ 6\end{array}\right)+c\left(\begin{array}{c}3\\ -4\\ -2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ 3\end{array}\right).$

Die Zeilenoperation  $IV=I+4II$  führt auf

$(IV)-5b-13c=-6$

und  $V=5III+6IV$  führt auf

$(V)-88c=-21.$

Damit ist

$c=\frac{21}{88}$

und

$b=\frac{6}{5}-\frac{13}{5}c=\frac{6}{5}-\frac{13}{5}\cdot \frac{21}{88}=\frac{528-273}{440}=\frac{255}{440}=\frac{51}{88}$

und

$a=-b-4c+2=-\frac{51}{88}-4\frac{21}{88}+2=\frac{-51-84+176}{88}=\frac{41}{88}.$

Also ist

$\begin{array}{cc}\phi \left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ 3\end{array}\right)& =\phi (\frac{41}{88}\left(\begin{array}{c}4\\ -1\\ 0\end{array}\right)+\frac{55}{88}\left(\begin{array}{c}-1\\ -1\\ 6\end{array}\right)+\frac{21}{88}\left(\begin{array}{c}3\\ -4\\ -2\end{array}\right))\\ & =\frac{1}{88}(41\left(\begin{array}{c}5\\ 1\end{array}\right)+55\left(\begin{array}{c}0\\ 5\end{array}\right)+21\left(\begin{array}{c}-3\\ 2\end{array}\right))\\ & =\frac{1}{88}\left(\begin{array}{c}205-63\\ 41+275+42\end{array}\right)\\ & =\frac{1}{88}\left(\begin{array}{c}142\\ 358\end{array}\right)\\ & =\frac{1}{44}\left(\begin{array}{c}71\\ 179\end{array}\right).\end{array}$

Aufgabe (4 Punkte)

Man gebe ein Beispiel für eine lineare Abbildung

$\phi :{ℝ}^2⟶{ℝ}^2,$

die nicht injektiv ist, deren Einschränkung

${\mathbb{Q}}^2⟶{ℝ}^2$

aber injektiv ist.

Lösung

Wir betrachten die durch die Matrix

$\left(\begin{array}{cc}1& \sqrt{2}\\ 0& 0\end{array}\right)$

gegebene lineare Abbildung

${ℝ}^2⟶{ℝ}^2.$

Dies ist nicht injektiv, das Element $\left(\begin{array}{c}\sqrt{2}\\ -1\end{array}\right)$ gehört zum Kern. Wir betrachten diese Abbildungsvorschrift nun als $\mathbb{Q}$-lineare Abbildung

${\mathbb{Q}}^2⟶{ℝ}^2,\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)⟼\left(\begin{array}{c}x+y\sqrt{2}\\ 0\end{array}\right).$

Wenn auch diese Abbildung einen nichttrivialen Kern hätte, so würde es rationale Zahlen  $x,y\ne 0$  mit

$x+y\sqrt{2}=0$

geben. Doch dann wäre

$-x/y=\sqrt{2},$

was der Irrationalität von $\sqrt{2}$ widerspricht.

Aufgabe (1 Punkt)

Man gebe ein Beispiel einer Abbildung

${ℝ}^n⟶{ℝ}^n,$

die jeden Untervektorraum auf sich selbst abbildet, die aber nicht linear ist.

Lösung erstellen

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die inverse Matrix zu

$\left(\begin{array}{ccc}1& 12& 0\\ 3& 0& 1\\ 0& 0& 2\end{array}\right).$

Lösung

$\left(\begin{array}{ccc}1& 12& 0\\ 3& 0& 1\\ 0& 0& 2\end{array}\right)$	$\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$
$\left(\begin{array}{ccc}1& 12& 0\\ 0& -36& 1\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$	$\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ -3& 1& 0\\ 0& 0& \frac{1}{2}\end{array}\right)$
$\left(\begin{array}{ccc}1& 12& 0\\ 0& -36& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$	$\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ -3& 1& -\frac{1}{2}\\ 0& 0& \frac{1}{2}\end{array}\right)$
$\left(\begin{array}{ccc}1& 12& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$	$\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ \frac{1}{12}& -\frac{1}{36}& \frac{1}{72}\\ 0& 0& \frac{1}{2}\end{array}\right)$
$\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$	$\left(\begin{array}{ccc}0& \frac{1}{3}& -\frac{1}{6}\\ \frac{1}{12}& -\frac{1}{36}& \frac{1}{72}\\ 0& 0& \frac{1}{2}\end{array}\right)$

Aufgabe (3 Punkte)

Es seien $V,W$ Vektorräume über dem Körper $K$. Zeige, dass die Abbildung

$V\times {\mathrm{Hom}}_K(V,W)⟶W,(v,\phi )⟼\phi (v),$

bilinear ist.

Lösung

Es sei zunächst  $v\in V$  fixiert. Für  ${\phi }_1,{\phi }_2\in {\mathrm{Hom}}_K(V,W)$  ist

$\begin{array}{cc}({\phi }_1+{\phi }_2)(v)& ={\phi }_1(v)+{\phi }_2(v)\\ \end{array}$

und für  $s\in K$  ist

$\begin{array}{cc}\left(s\phi \right)(v)& =s\phi (v)\\ \end{array}$

aufgrund der Definition der Vektorraumstruktur auf dem Homomorphismenraum. Es sei nun  $\phi \in {\mathrm{Hom}}_K(V,W)$  fixiert und  $v_1,v_2\in V$.  Es ist

$\begin{array}{cc}\phi (v_1+v_2)& =\phi (v_1)+\phi (v_2)\\ \end{array}$

und

$\begin{array}{cc}\phi (sv)& =s\phi (v)\\ \end{array}$

aufgrund der Linearität von $\phi$.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die komplexen Zahlen $z$, für die die Matrix

$\left(\begin{array}{ccc}z& z+3& 0\\ 1& 2& 3\\ z& -z& 4\end{array}\right)$

nicht invertierbar ist.

Lösung

Die Matrix ist genau dann invertierbar, wenn ihre Determinante nicht $0$ ist. Es ist

$det\left(\begin{array}{ccc}z& z+3& 0\\ 1& 2& 3\\ z& -z& 4\end{array}\right)=z(8+3z)-(z+3)(4-3z)=6z^2+13z-12.$

Die Lösungen von

$z^2+\frac{13}{6}z-2=0$

sind

$z_{1,2}=\frac{\pm \sqrt{\frac{13^2}{6^2}+8}-\frac{13}{6}}{2}=\frac{\pm \sqrt{\frac{169+288}{36}}-\frac{13}{6}}{2}=\frac{\pm \sqrt{457}-13}{12}.$

Für diese Werte ist also die Matrix nicht invertierbar.

Aufgabe (8 Punkte)

Beweise den Satz, dass die Determinante alternierend ist.

Lösung

Wir beweisen die Aussage durch Induktion über $n$, wobei es für  $n=1$  nichts zu zeigen gibt. Es sei also  $n\ge 2$  und  $M=\left(\begin{array}{c}{v}_1\\ ⋮\\ v_n\end{array}\right)={\left(a_{ij}\right)}_{ij}$.  Die relevanten Zeilen seien $v_r$ und $v_s$ mit  $r<s$.  Nach Definition ist  $detM=\sum _{i=1}^n(-1{)}^{i+1}{a}_{i1}det{M}_i$.  Nach Induktionsvoraussetzung sind dabei  $det{M}_i=0$  für  $i\ne r,s$,  da ja dann zwei Zeilen übereinstimmen. Damit ist

$detM=(-1{)}^{r+1}{a}_{r1}det{M}_r+(-1{)}^{s+1}{a}_{s1}det{M}_s,$

wobei  $a_{r1}=a_{s1}$  ist. Die beiden Matrizen $M_r$ und $M_s$ haben die gleichen Zeilen, allerdings tritt die Zeile  $z=v_r=v_s$  in $M_r$ als die $(s-1)$-te Zeile und in $M_s$ als die $r$-te Zeile auf. Alle anderen Zeilen kommen in beiden Matrizen in der gleichen Reihenfolge vor. Durch insgesamt $s-r-1$ Vertauschungen von benachbarten Zeilen kann man $M_r$ in $M_s$ überführen. Nach der Induktionsvoraussetzung und Fakt ***** unterscheiden sich daher die Determinanten um den Faktor $(-1{)}^{s-r-1}$, also ist  $det{M}_s=(-1{)}^{s-r-1}det{M}_r$.  Setzt man dies oben ein, so erhält man

$\begin{array}{cc}detM& =(-1{)}^{r+1}{a}_{r1}det{M}_r+(-1{)}^{s+1}{a}_{s1}det{M}_s\\ & =a_{r1}((-1{)}^{r+1}det{M}_r+(-1{)}^{s+1}(-1{)}^{s-r-1}det{M}_r)\\ & =a_{r1}((-1{)}^{r+1}+(-1{)}^{2s-r})det{M}_r\\ & =a_{r1}((-1{)}^{r+1}+(-1{)}^r)det{M}_r\\ & =0.\end{array}$

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei $K$ ein Körper und sei $K[X]$ der Polynomring über $K$. Betrachte die Abbildungen, bei der ein Polynom auf seine entsprechende Polynomfunktion abgebildet wird. Geben Sie einen Körper an, sodass die Abbildung injektiv ist und einen, für den sie es nicht ist.

Lösung

Die Abbildung, die einem Polynom ihre Polynomfunktion zuordnet, ist immer linear. Für  $K=ℝ$  ist diese Abbildung injektiv. Wenn nämlich  $P\ne 0$  den Grad $d$ besitzt, so besitzt sie nach Korollar 19.9 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) höchstens $n$ Nullstellen. Da es unendlich viele Elemente in $ℝ$ gibt, kann die zugehörige Polynomfunktion nicht die Nullfunktion sein.

Wenn $K$ der Körper mit den zwei Elementen $0$ und $1$ ist, so ist das Polynom

$X(X+1)=X^2+X$

nicht das Nullpolynom, aber die zugehörige Polynomfunktion ist die Nullfunktion, da sie an beiden Stellen den Wert $0$ besitzt.

Aufgabe (2 Punkte)

Führe in $\mathbb{Q}[X]$ die Division mit Rest „$P$ durch $T$“ für die beiden Polynome $P=8X^3+X-1$ und $T=2X^2+5$ durch.

Lösung

Es ist

$8X^3+X-1=(2X^2+5)4X-19X-1.$

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

Wir betrachten die reelle Matrix

$M=\left(\begin{array}{ccc}7& 6& -4\\ 3& -3& 5\\ 0& 0& 2\end{array}\right).$

a) Bestimme das charakteristische Polynom von $M$.

b) Bestimme die Faktorzerlegung des charakteristischen Polynoms von $M$.

c) Bestimme die Eigenräume zu $M$.

Lösung

a) Es ist

$\begin{array}{cc}{\chi }_M& =det(\left(\begin{array}{ccc}X& 0& 0\\ 0& X& 0\\ 0& 0& X\end{array}\right)-\left(\begin{array}{ccc}7& 6& -4\\ 3& -3& 5\\ 0& 0& 2\end{array}\right))\\ & =det\left(\begin{array}{ccc}X-7& -6& 4\\ -3& X+3& -5\\ 0& 0& X-2\end{array}\right)\\ & =((X-7)(X+3)-18)\cdot (X-2)\\ & =(X^2-4X-39)\cdot (X-2)\\ & =X^3-6X^2-31X+78.\end{array}$

b) Die GLeichung

$X^2-4X-39=0$

besitzt die reellen Lösungen

$x_{1,2}=\frac{\pm \sqrt{16+156}+4}{2}=\frac{\pm \sqrt{172}+4}{2}=\pm \sqrt{43}+2.$

Die Faktorzerlegung des charakteristischen Polynoms ist also

${\chi }_M=(X-2-\sqrt{43})(X-2+\sqrt{43})(X-2).$

c) Der Eigenraum zu $2$ ist der Kern von

$\left(\begin{array}{ccc}-5& -6& 4\\ -3& 5& -5\\ 0& 0& 0\end{array}\right).$

Dessen Berechnung führt auf das lineare Gleichungssystem

$-5x-6y+4z=0,$

$-3x+5y-5z=0.$

Die Kombination $5I+4II$ ergibt die Gleichung

$-37x-10y=0.$

Wir setzen

$x=10$

und

$y=-37,$

was auf

$z=\frac{1}{4}(50-222)=-43$

führt. Der Eigenraum zum Eigenwert $2$ ist also $ℝ\left(\begin{array}{c}10\\ -37\\ -43\end{array}\right)$.

Der Eigenraum zu $2+\sqrt{43}$ ist der Kern von

$\left(\begin{array}{ccc}-5+\sqrt{43}& -6& 4\\ -3& 5+\sqrt{43}& -5\\ 0& 0& \sqrt{43}\end{array}\right).$

Dieser ist $ℝ\left(\begin{array}{c}5+\sqrt{43}\\ 3\\ 0\end{array}\right)$.

Der Eigenraum zu $2-\sqrt{43}$ ist der Kern von

$\left(\begin{array}{ccc}-5-\sqrt{43}& -6& 4\\ -3& 5-\sqrt{43}& -5\\ 0& 0& -\sqrt{43}\end{array}\right).$

Dieser ist $ℝ\left(\begin{array}{c}5-\sqrt{43}\\ 3\\ 0\end{array}\right)$.

Aufgabe (8 Punkte)

Beweise den Satz über die Dimension der Haupträume.

Lösung

Wir schreiben das charakteristische Polynom zu $\phi$ als

${\chi }_{\phi }=(X-\lambda {)}^{k}Q,$

wobei $(X-\lambda )$ in $Q$ nicht als Linerarfaktor vorkommt, d.h. $k$ ist die algebraische Vielfachheit von $\lambda$. Dann sind $P=(X-\lambda {)}^k$ und $Q$ teilerfremd und nach Lemma 26.9 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) ist dann

$V=\mathrm{kern}P(\phi )\oplus \mathrm{kern}Q(\phi )$

und

$P(\phi )={(\phi -\lambda \mathrm{Id})}^k:\mathrm{kern}Q(\phi )⟶\mathrm{kern}Q(\phi )$

ist eine Bijektion. Es ist ferner

$H:={\mathrm{Haupt}}_{\lambda }(\phi )=\mathrm{kern}P(\phi ),$

wobei die Inklusion $\supseteq$ klar ist und die andere Inklusion sich daraus ergibt, dass höhere Potenzen von $\phi -\lambda \mathrm{Id}$ wegen der eben erwähnten Bijektivität auf $\mathrm{kern}Q(\phi )$ keine weiteren Elemente annullieren. Für das charakteristische Polynom gilt wegen der direkten Summenzerlegung nach Lemma 23.7 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) die Beziehung

${\chi }_{\phi }={\chi }_1\cdot {\chi }_2,$

wobei ${\chi }_1$ das charakteristische Polynom zu $\phi {|}_H$ und ${\chi }_2$ das charakteristische Polynom zu $\phi {|}_{\mathrm{kern}Q(\phi )}$ ist. Da $(\phi -\lambda \mathrm{Id}{)}^k$ auf $H$ die Nullabbildung ist, ist das Minimalpolynom zu $\phi {|}_H$ und damit auch das charakteristische Polynom ${\chi }_1$ eine Potenz von $(X-\lambda )$, sagen wir

${\chi }_1=(X-\lambda {)}^d,$

wobei

$d={\dim }_K\left(H\right)$

sei. Insbesondere ist somit  $d\le k$,  da ${\chi }_1$ ein Teiler von ${\chi }_{\phi }$ ist. Bei  $d<k$  müsste $\lambda$ eine Nullstelle von ${\chi }_2$ sein und $\lambda$ wäre ein Eigenwert von $\phi {|}_{\mathrm{kern}Q(\phi )}$. Dies ist aber ein Widerspruch dazu, dass $P(\phi )$ auf diesem Raum eine Bijektion ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei $E$ ein affiner Raum über dem $K$-Vektorraum $V$. Es seien $P_i$, $i\in I$, und $P,Q$ Punkte in $E$ und $\sum _{i\in I}{a}_i{P}_i$ eine baryzentrische Kombination. Zeige, dass

$P-Q+\sum _{i\in I}{a}_i{P}_i=\overrightarrow{QP}+\left(\sum _{i\in I}{a}_i{P}_i\right),$

wobei der linke Ausdruck als baryzentrische Kombination zu lesen ist.

Lösung

Es sei  $R\in E$  ein Punkt, von dem aus wir die baryzentrischen Kombinationen interpretieren. Dann ist

$\begin{array}{cc}P-Q+\sum _{i\in I}{a}_i{P}_i& =R+\overrightarrow{RP}-\overrightarrow{RQ}+\sum _{i\in I}{a}_i\overrightarrow{R{P}_i}\\ & =R+\overrightarrow{RP}+\overrightarrow{QR}+\sum _{i\in I}{a}_i\overrightarrow{R{P}_i}\\ & =R+\overrightarrow{QP}+\sum _{i\in I}{a}_i\overrightarrow{R{P}_i}\\ & =\overrightarrow{QP}+(R+\sum _{i\in I}{a}_i\overrightarrow{R{P}_i})\\ & =\overrightarrow{QP}+\left(\sum _{i\in I}{a}_i{P}_i\right).\end{array}$