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	20	${}\sum$
Punkte	3	3	1	0	0	8	0	2	3	0	8	0	4	0	8	0	0	3	0	0	43

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine injektive Abbildung

   $f\colon L\longrightarrow M.$

2. Die Assoziativität einer Verknüpfung

   $\circ \colon M\times M\longrightarrow M,\,(x,y)\longmapsto x\circ y.$

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

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

   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

   $f\colon L\longrightarrow M$

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

2. Eine Verknüpfung

   $\circ \colon M\times M\longrightarrow M,\,(x,y)\longmapsto x\circ y,$

   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 ${}M=BNB^{-1}$ gibt.
4. Man nennt

   ${}\operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\varphi \right)}:={\left\{v\in V\mid \varphi (v)=\lambda v\right\}}\,$

   den Eigenraum von ${}\varphi$ 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

   ${\begin{pmatrix}\lambda &1&0&\cdots &\cdots &0\\0&\lambda &1&0&\cdots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&\lambda &1&0\\0&\cdots &\cdots &0&\lambda &1\\0&\cdots &\cdots &\cdots &0&\lambda \end{pmatrix}}.$

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

   $\varphi \colon V\longrightarrow W.$

3. Der Satz über die algebraische Struktur des Signums.

Lösung

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

   ${\begin{matrix}a_{11}x_{1}&+a_{12}x_{2}&\ldots &+a_{1m}x_{m}&\ldots &+a_{1n}x_{n}&=&c_{1}\\0&a_{22}x_{2}&\ldots &\ldots &\ldots &+a_{2n}x_{n}&=&c_{2}\\\vdots &\ddots &\ddots &\vdots &\vdots &\vdots &=&\vdots \\0&\ldots &0&a_{mm}x_{m}&\ldots &+a_{mn}x_{n}&=&c_{m}\\\end{matrix}}$

   gegeben, wobei vorne die Diagonalelemente alle ungleich ${}0$ seien. Dann stehen die Lösungen ${}(x_{1},\ldots ,x_{m},x_{m+1},\ldots ,x_{n})$ in Bijektion zu den Tupeln ${}(x_{m+1},\ldots ,x_{n})\in K^{n-m}$.
2. Unter der Bedingung, dass ${}V$ endlichdimensional ist, gilt

   ${}\dim _{K}{\left(V\right)}=\dim _{K}{\left(\operatorname {kern} \varphi \right)}+\dim _{K}{\left(\operatorname {bild} \varphi \right)}\,.$

3. Die durch das Signum gegebene Zuordnung

   $S_{n}\longrightarrow \{1,-1\},\,\pi \longmapsto \operatorname {sgn} (\pi ),$

   ist ein

   Gruppenhomomorphismus.

Aufgabe (1 Punkt)

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

Lösung Häuser/Gartentor/Verbindung/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (8 Punkte)

Beweise das Basisaustauschlemma.

Lösung

Wir zeigen zuerst, dass die neue Familie ein Erzeugendensystem ist. Zunächst kann man wegen

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

und ${}s_{k}\neq 0$ den Vektor ${}v_{k}$ als

${}v_{k}={\frac {1}{s_{k}}}w-\sum _{i=1}^{k-1}{\frac {s_{i}}{s_{k}}}v_{i}-\sum _{i=k+1}^{n}{\frac {s_{i}}{s_{k}}}v_{i}\,$

schreiben. Es sei nun ${}u\in V$ beliebig vorgegeben. Dann kann man schreiben

${}{\begin{aligned}u&=\sum _{i=1}^{n}t_{i}v_{i}\\&=\sum _{i=1}^{k-1}t_{i}v_{i}+t_{k}v_{k}+\sum _{i=k+1}^{n}t_{i}v_{i}\\&=\sum _{i=1}^{k-1}t_{i}v_{i}+t_{k}{\left({\frac {1}{s_{k}}}w-\sum _{i=1}^{k-1}{\frac {s_{i}}{s_{k}}}v_{i}-\sum _{i=k+1}^{n}{\frac {s_{i}}{s_{k}}}v_{i}\right)}+\sum _{i=k+1}^{n}t_{i}v_{i}\\&=\sum _{i=1}^{k-1}{\left(t_{i}-t_{k}{\frac {s_{i}}{s_{k}}}\right)}v_{i}+{\frac {t_{k}}{s_{k}}}w+\sum _{i=k+1}^{n}{\left(t_{i}-t_{k}{\frac {s_{i}}{s_{k}}}\right)}v_{i}.\end{aligned}}$

Zum Nachweis der linearen Unabhängigkeit nehmen wir zwecks Notationsvereinfachung ${}k=1$ an. Es sei

${}t_{1}w+\sum _{i=2}^{n}t_{i}v_{i}=0\,$

eine Darstellung der Null. Dann ist

${}0=t_{1}w+\sum _{i=2}^{n}t_{i}v_{i}=t_{1}{\left(\sum _{i=1}^{n}s_{i}v_{i}\right)}+\sum _{i=2}^{n}t_{i}v_{i}=t_{1}s_{1}v_{1}+\sum _{i=2}^{n}{\left(t_{1}s_{i}+t_{i}\right)}v_{i}\,.$

Aus der linearen Unabhängigkeit der Ausgangsfamilie folgt insbesondere ${}t_{1}s_{1}=0$ und wegen ${}s_{1}\neq 0$ ergibt sich ${}t_{1}=0$. Deshalb ist ${}\sum _{i=2}^{n}t_{i}v_{i}=0$ und daher gilt ${}t_{i}=0$ für alle ${}i$.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

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 (3 Punkte)

Bestimme die inverse Matrix zu

${\begin{pmatrix}1&12&0\\3&0&1\\0&0&2\end{pmatrix}}.$

Lösung

${}{\begin{pmatrix}1&12&0\\3&0&1\\0&0&2\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&12&0\\0&-36&1\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\-3&1&0\\0&0&{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&12&0\\0&-36&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\-3&1&-{\frac {1}{2}}\\0&0&{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&12&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\{\frac {1}{12}}&-{\frac {1}{36}}&{\frac {1}{72}}\\0&0&{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}0&{\frac {1}{3}}&-{\frac {1}{6}}\\{\frac {1}{12}}&-{\frac {1}{36}}&{\frac {1}{72}}\\0&0&{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}$

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

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 ${}n\geq 2$ und ${}M={\begin{pmatrix}v_{1}\\\vdots \\v_{n}\end{pmatrix}}={\left(a_{ij}\right)}_{ij}$. Die relevanten Zeilen seien ${}v_{r}$ und ${}v_{s}$ mit ${}r<s$. Nach Definition ist ${}\det M=\sum _{i=1}^{n}(-1)^{i+1}a_{i1}\det M_{i}$. Nach Induktionsvoraussetzung sind dabei ${}\det M_{i}=0$ für ${}i\neq r,s$, da ja dann zwei Zeilen übereinstimmen. Damit ist

${}\det M=(-1)^{r+1}a_{r1}\det M_{r}+(-1)^{s+1}a_{s1}\det M_{s}\,,$

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

${}{\begin{aligned}\det M&=(-1)^{r+1}a_{r1}\det M_{r}+(-1)^{s+1}a_{s1}\det M_{s}\\&=a_{r1}{\left((-1)^{r+1}\det M_{r}+(-1)^{s+1}(-1)^{s-r-1}\det M_{r}\right)}\\&=a_{r1}{\left((-1)^{r+1}+(-1)^{2s-r}\right)}\det M_{r}\\&=a_{r1}{\left((-1)^{r+1}+(-1)^{r}\right)}\det M_{r}\\&=0.\end{aligned}}$

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 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. Und beweisen Sie dies.

Lösung Polynomring/Nullfunktion/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (8 Punkte)

Beweise den Satz über die Dimension der Haupträume.

Lösung

Wir schreiben das charakteristische Polynom zu ${}\varphi$ als

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

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 26.10 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) ist dann

${}V=\operatorname {kern} P(\varphi )\oplus \operatorname {kern} Q(\varphi )\,$

und

$P(\varphi )={\left(\varphi -\lambda \operatorname {Id} \right)}^{k}\colon \operatorname {kern} Q(\varphi )\longrightarrow \operatorname {kern} Q(\varphi )$

ist eine Bijektion. Es ist ferner

${}H:=\operatorname {Haupt} _{\lambda }(\varphi )=\operatorname {kern} P(\varphi )\,,$

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

${}\chi _{\varphi }=\chi _{1}\cdot \chi _{2}\,,$

wobei ${}\chi _{1}$ das charakteristische Polynom zu ${}\varphi {|}_{H}$ und ${}\chi _{2}$ das charakteristische Polynom zu ${}\varphi {|}_{\operatorname {kern} Q(\varphi )}$ ist. Da ${}(\varphi -\lambda )^{k}$ auf ${}H$ die Nullabbildung ist, ist das Minimalpolynom zu ${}\varphi {|}_{H}$ 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 ${}d\leq k$, da ${}\chi _{1}$ ein Teiler von ${}\chi _{\varphi }$ ist. Bei ${}d<k$ müsste ${}\lambda$ eine Nullstelle von ${}\chi _{2}$ sein und ${}\lambda$ wäre ein Eigenwert von ${}\varphi {|}_{\operatorname {kern} Q(\varphi )}$. Dies ist aber ein Widerspruch dazu, dass ${}P(\varphi )$ auf diesem Raum eine Bijektion ist.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

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

${}{\begin{aligned}P-Q+\sum _{i\in I}a_{i}P_{i}&=R+{\overrightarrow {RP}}-{\overrightarrow {RQ}}+\sum _{i\in I}a_{i}{\overrightarrow {RP_{i}}}\\&=R+{\overrightarrow {RP}}+{\overrightarrow {QR}}+\sum _{i\in I}a_{i}{\overrightarrow {RP_{i}}}\\&=R+{\overrightarrow {QP}}+\sum _{i\in I}a_{i}{\overrightarrow {RP_{i}}}\\&={\overrightarrow {QP}}+{\left(R+\sum _{i\in I}a_{i}{\overrightarrow {RP_{i}}}\right)}\\&={\overrightarrow {QP}}+{\left(\sum _{i\in I}a_{i}P_{i}\right)}.\end{aligned}}$

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung