Kurs:Lineare Algebra/Teil I/45/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	2	5	4	2	1	6	3	3	2	7	6	1	4	8	4	64

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine surjektive Abbildung

   $f\colon L\longrightarrow M.$

2. Ein Untervektorraum ${}U\subseteq V$ in einem ${}K$-Vektorraum ${}V$.
3. Eine Linearform auf einem ${}K$- Vektorraum ${}V$, wobei ${}K$ ein Körper ist.
4. Eine rationale Funktion über einem Körper ${}K$.
5. Die geometrische Vielfachheit von einem Eigenwert ${}\lambda$ zu einer linearen Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

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

6. Eine affin unabhängige Familie von Punkten ${}P_{1},\ldots ,P_{n}$ in einem affinen Raum ${}E$.

Lösung

1. Die Abbildung ${}f$ heißt surjektiv, wenn es für jedes ${}y\in M$ mindestens ein Element ${}x\in L$ mit ${}f(x)=y$ gibt.
2. Die Teilmenge ${}U\subseteq V$ heißt Untervektorraum, wenn die folgenden Eigenschaften gelten.
   1. ${}0\in U$.
   2. Mit ${}u,v\in U$ ist auch ${}u+v\in U$.
   3. Mit ${}u\in U$ und ${}s\in K$ ist auch ${}su\in U$.
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. Zu zwei Polynomen ${}P,Q\in K[X]$, ${}Q\neq 0$, heißt die Funktion

   $D\longrightarrow K,\,z\longmapsto {\frac {P(z)}{Q(z)}},$

   wobei ${}D\subseteq K$ das Komplement der Nullstellen von ${}Q$ ist, eine rationale Funktion.

5. Man nennt

   $\dim _{K}{\left(\operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\varphi \right)}\right)}$

   die geometrische Vielfachheit des Eigenwerts.

6. Man nennt die Punktfamilie affin-unabhängig, wenn eine Gleichheit

   ${}\sum _{i=1}^{n}a_{i}P_{i}=\sum _{i=1}^{n}b_{i}P_{i}\,$

   mit

   ${}\sum _{i=1}^{n}a_{i}=\sum _{i=1}^{n}b_{i}=1\,$

   nur bei

   ${}a_{i}=b_{i}\,$

   für alle  ${}i=1,\ldots ,n$  möglich ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Die Dimensionsabschätzung für den Lösungsraum eines linearen Gleicungssystems.
2. Der Satz über die Charakterisierung von invertierbaren Matrizen mit Rang und linearer Unabhängigkeit.
3. Der Satz über Nullstellen und lineare Faktoren eines Polynoms ${}F\in K[X]$.

Lösung

1. Es sei ein homogenes lineares Gleichungssystem aus ${}k$ Gleichungen in ${}n$ Variablen gegeben. Dann ist die Dimension des Lösungsraumes des Systems mindestens gleich ${}n-k$.
2. Es sei ${}K$ ein Körper und sei ${}M$ eine ${}n\times n$- Matrix über ${}K$. Dann sind folgende Aussagen äquivalent.
   1. ${}M$ ist invertierbar.
   2. Der Rang von ${}M$ ist ${}n$.
   3. Die Zeilen von ${}M$ sind linear unabhängig.
   4. Die Spalten von ${}M$ sind linear unabhängig.
3. Ein Element  ${}a\in K$  ist genau dann eine Nullstelle von ${}F$, wenn ${}F$ ein Vielfaches des linearen Polynoms ${}X-a$ ist.

Aufgabe (2 Punkte)

Professor Knopfloch und Dr. Eisenbeis stehen am Ufer des Rubbenbruchsees und können sich nicht einigen, ob sie mit dem oder gegen den Uhrzeigersinn drumrum laufen sollen. Deshalb läuft Professor Knopfloch gegen den Uhrzeigersinn und Dr. Eisenbeis mit dem Uhrzeigersinn. Das Verhältnis ihrer Geschwindigkeiten ist ${}5:4$, und daher läuft Knopfloch fünfmal um den See und Eisenbeis viermal um den See. Wie oft begegnen sie sich (Begegnung ganz am Anfang und am Ende mitzählen)?

Lösung

Die erste Begegnung (nach der Begegnung am Start) findet statt, wenn Knopfloch ${}{\frac {5}{9}}$ und Eisenbeis ${}{\frac {4}{9}}$ des Sees umrundet haben. Dieser Rhythmus bleibt konstant, d.h. Eisenbeis begegnet Knopfloch stets nach einer Wegstrecke von ${}{\frac {4}{9}}$ des Seeumfanges. Da sie viermal den See umrundet, sind das insgesamt ${}10$ Begegnungen (${\frac {0}{9}},{\frac {4}{9}},{\frac {8}{9}},\ldots ,{\frac {36}{9}}$).

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und  ${}a\in K$  ein beliebiges Element. Bestimme, welche Potenzen ${}a^{n}$ man (ausgehend von ${}a$ und bei optimaler Verwertung von Zwischenschritten) mit einer, zwei, drei oder vier Multiplikationen erhalten kann.

Lösung

Wir gehen rekursiv vor, da jede Potenz sich durch Multiplikation einer zuvor erhaltenen Potenz ergibt. Wenn dabei die Faktoren gleiche Potenzen verwenden, müssen diese nicht doppelt gezählt werden, da man ja die Ergebnisse von Zwischenmultiplikationen wiederverwenden kann.

Mit einer Multiplikation kann man offenbar nur  ${}a^{2}=a\cdot a$  erhalten.

Mit zwei Multiplikationen kann man

${}a^{3}=a\cdot a^{2}\,$

und

${}a^{4}=(a^{2})\cdot (a^{2})\,$

erhalten und sonst keine Potenz, da ja alle möglichen Multiplikationen notiert wurden.

Mit drei Multiplikationen kann man

${}a^{5}=(a^{4})\cdot a\,,$

${}a^{6}=(a^{4})\cdot (a^{2})\,,$

${}a^{8}=(a^{4})\cdot (a^{4})\,$

erhalten. ${}a^{7}$ kann man nicht mit drei Multiplikationen erreichen, da in (dem einzigen ernsthaften Kandidat) ${}(a^{3})\cdot (a^{4})$ schon vier Multiplikationen drin sind.

Mit vier Multiplikationen kann man

${}a^{7}=(a^{6})\cdot a\,,$

${}a^{9}=(a^{8})\cdot a\,,$

${}a^{10}=(a^{8})\cdot (a^{2})\,,$

${}a^{12}=(a^{8})\cdot (a^{4})\,$

und

${}a^{16}=(a^{8})\cdot (a^{8})\,$

erhalten. Weitere Möglichkeiten gibt es nicht. Wenn nämlich ${}a^{8}$ nicht als Faktor vorkommt, so gibt es von den noch nicht abgedeckten Potenzen nur ${}(a^{5})\cdot (a^{6})$, doch dieser Aufbau braucht fünf Multiplikationen.

Aufgabe (4 Punkte)

Löse das inhomogene lineare Gleichungssystem

${\begin{matrix}3x&-4y&+2z&+5w&=&12\\x&+5y&+7z&+w&=&1\\&+y&+z&+2w&=&3\\&+3y&+2z&+w&=&2\,.\end{matrix}}$

Lösung

Wir eliminieren zuerst die Variable ${}x$, indem wir die zweite Gleichung dreimal von der ersten Gleichung abziehen. Dies führt auf

${\begin{matrix}&-19y&-19z&+2w&=&9\\&+y&+z&+2w&=&3\\&+3y&+2z&+w&=&2\,.\end{matrix}}$

Nun eliminieren wir die Variable ${}w$, indem wir (bezogen auf das vorhergehende System) ${}-2III+I$ und ${}-2III+I$ ausrechnen. Dies führt auf

${\begin{matrix}&-25y&-23z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&5\\&-5y&-3z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&-1\,.\end{matrix}}$

Mit ${}I-5II$ ergibt sich

${}-8z=10\,$

und

${}z=-{\frac {5}{4}}\,.$

Rückwärts gelesen ergibt sich

${}y={\frac {19}{20}}\,,$

${}w={\frac {33}{20}}\,$

und

${}x={\frac {67}{20}}\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Zeige, dass man in ${}\mathbb {R} ^{3}$ den Vektor ${}{\begin{pmatrix}198\\-15\\114\end{pmatrix}}$ als Linearkombination der beiden Vektoren ${}{\begin{pmatrix}3\\0\\2\end{pmatrix}}$ und ${}{\begin{pmatrix}0\\5\\6\end{pmatrix}}$ erhalten kann.

Lösung

Aufgrund der Nullen kommt nur das Koeffiziententupel ${}(66,-3)$ in Frage, und in der Tat ist

${}66{\begin{pmatrix}3\\0\\2\end{pmatrix}}-3{\begin{pmatrix}0\\5\\6\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}198\\-15\\132-18\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}198\\-15\\114\end{pmatrix}}\,.$

Aufgabe (1 Punkt)

Bestimme die Umkehrfunktion zur linearen Funktion

${\mathbb {C} }\longrightarrow {\mathbb {C} },\,z\longmapsto {\mathrm {i} }z.$

Lösung

Die Umkehrfunktion ist

${\mathbb {C} }\longrightarrow {\mathbb {C} },\,z\longmapsto -{\mathrm {i} }z,$

da

${}{\mathrm {i} }{\left(-{\mathrm {i} }\right)}=1\,$

ist.

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise den Satz, dass die Zuordnung zwischen linearen Abbildungen und Matrizen (bei gegebenen Basen) bijektiv ist.

Lösung

Wir zeigen, dass beide Hintereinanderschaltungen die Identität sind. Wir starten mit einer Matrix  ${}M={\left(a_{ij}\right)}_{ij}$  und betrachten die Matrix

$M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi _{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(M)).$

Zwei Matrizen sind gleich, wenn für jedes Indexpaar ${}(i,j)$ die Einträge übereinstimmen. Es ist

${}{\begin{aligned}(M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi _{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(M)))_{ij}&=i-{\text{te Koordinate von }}(\varphi _{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(M))(v_{j})\\&=i-{\text{te Koordinate von }}\sum _{i=1}^{m}a_{ij}w_{i}\\&=a_{ij}.\end{aligned}}$

Es sei nun ${}\varphi$ eine lineare Abbildung, und betrachten wir

$\varphi _{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi )).$

Zwei lineare Abbildungen stimmen nach Satz 10.10 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) überein, wenn man zeigen kann, dass sie auf der Basis ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ übereinstimmen. Es ist

${}(\varphi _{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi )))(v_{j})=\sum _{i=1}^{m}(M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi ))_{ij}\,w_{i}\,.$

Dabei ist nach Definition der Koeffizient ${}(M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi ))_{ij}$ die ${}i$-te Koordinate von ${}\varphi (v_{j})$ bezüglich der Basis ${}w_{1},\ldots ,w_{m}$. Damit ist diese Summe gleich ${}\varphi (v_{j})$.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die inverse Matrix zu

${\begin{pmatrix}1&5&0\\4&4&1\\0&0&5\end{pmatrix}}.$

Lösung

${}{\begin{pmatrix}1&5&0\\4&4&1\\0&0&5\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&5&0\\0&-16&1\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\-4&1&0\\0&0&{\frac {1}{5}}\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&5&0\\0&-16&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\-4&1&-{\frac {1}{5}}\\0&0&{\frac {1}{5}}\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&5&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\{\frac {1}{4}}&-{\frac {1}{16}}&{\frac {1}{80}}\\0&0&{\frac {1}{5}}\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}-{\frac {1}{4}}&{\frac {5}{16}}&-{\frac {1}{16}}\\{\frac {1}{4}}&-{\frac {1}{16}}&{\frac {1}{80}}\\0&0&{\frac {1}{5}}\end{pmatrix}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Bestätige den Determinantenmultiplikationssatz für die beiden Matrizen

$A={\begin{pmatrix}1&4&0\\2&0&5\\0&2&-1\end{pmatrix}}\,\,{\text{ und }}\,\,B={\begin{pmatrix}1&2&7\\0&3&6\\0&-2&-3\end{pmatrix}}.$

Lösung

Die Determinante von ${}A$ ist

${}\det {\begin{pmatrix}1&4&0\\2&0&5\\0&2&-1\end{pmatrix}}=-10+8=-2\,$

und die Determinante von ${}B$ ist

${}\det {\begin{pmatrix}1&2&7\\0&3&6\\0&-2&-3\end{pmatrix}}=-9+12=3\,.$

Das Produkt der beiden Matrizen ist

${}AB={\begin{pmatrix}1&4&0\\2&0&5\\0&2&-1\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}1&2&7\\0&3&6\\0&-2&-3\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&14&31\\2&-6&-1\\0&8&15\end{pmatrix}}\,.$

Die Determinante davon ist

${}{\begin{aligned}\det AB&=\det {\begin{pmatrix}1&14&31\\2&-6&-1\\0&8&15\end{pmatrix}}\\&=-90+8-2{\left(210-248\right)}\\&=-82+76\\&=-6.\end{aligned}}$

Dies stimmt mit dem Produkt der beiden einzelnen Determinanten überein.

Aufgabe (2 Punkte)

Ersetze im Term ${}y^{3}-2y+4$ die Variable ${}y$ durch den Term ${}x^{2}-5$ und vereinfache den entstehenden Ausdruck.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}{\left(x^{2}-5\right)}^{3}-2{\left(x^{2}-5\right)}+4&=x^{6}-15x^{4}+75x^{2}-125-2x^{2}+10+4\\&=x^{6}-15x^{4}+73x^{2}-111.\end{aligned}}$

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise den Satz über die Division mit Rest im Polynomring ${}K[X]$ über einem Körper ${}K$.

Lösung

Wir beweisen die Existenzaussage durch Induktion über den Grad von ${}P$. Wenn der Grad von ${}T$ größer als der Grad von ${}P$ ist, so ist ${}Q=0$ und ${}R=P$ eine Lösung, sodass wir dies nicht weiter betrachten müssen. Bei  ${}\operatorname {grad} \,(P)=0$  ist nach der Vorbemerkung auch  ${}\operatorname {grad} \,(T)=0$,  also ist ${}T$ ein konstantes Polynom, und damit ist (da ${}T\neq 0$ und ${}K$ ein Körper ist) ${}Q=P/T$ und ${}R=0$ eine Lösung. Es sei nun  ${}\operatorname {grad} \,(P)=n$  und die Aussage für kleineren Grad schon bewiesen. Wir schreiben ${}P=a_{n}X^{n}+\cdots +a_{1}X+a_{0}$ und ${}T=b_{k}X^{k}+\cdots +b_{1}X+b_{0}$ mit ${}a_{n},b_{k}\neq 0,\,k\leq n$. Dann gilt mit  ${}H={\frac {a_{n}}{b_{k}}}X^{n-k}$  die Beziehung

${}{\begin{aligned}P'&:=P-TH\\\\&=0X^{n}+{\left(a_{n-1}-{\frac {a_{n}}{b_{k}}}b_{k-1}\right)}X^{n-1}+\cdots +{\left(a_{n-k}-{\frac {a_{n}}{b_{k}}}b_{0}\right)}X^{n-k}+a_{n-k-1}X^{n-k-1}+\cdots +a_{0}.\,\end{aligned}}$

Dieses Polynom ${}P'$ hat einen Grad kleiner als ${}n$ und darauf können wir die Induktionsvoraussetzung anwenden, d.h. es gibt ${}Q'$ und ${}R'$ mit

$P'=TQ'+R'{\text{ mit }}\operatorname {grad} \,(R')<\operatorname {grad} \,(T){\text{ oder }}R'=0.$

Daraus ergibt sich insgesamt

${}P=P'+TH=TQ'+TH+R'=T(Q'+H)+R'\,,$

sodass also  ${}Q=Q'+H$  und  ${}R=R'$  eine Lösung ist. Zur Eindeutigkeit sei  ${}P=TQ+R=TQ'+R'$  mit den angegebenen Bedingungen. Dann ist  ${}T(Q-Q')=R'-R$.  Da die Differenz ${}R'-R$ einen Grad kleiner als ${}\operatorname {grad} \,(T)$ besitzt, ist aufgrund der Gradeigenschaften diese Gleichung nur bei  ${}R=R'$  und  ${}Q=Q'$  lösbar.

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise den Satz über die Charakterisierung von diagonalisierbar mit Vielfachheiten.

Lösung

Wenn ${}\varphi$ diagonalisierbar ist, so kann man sofort annehmen, dass ${}\varphi$ bezüglich einer Basis aus Eigenvektoren durch eine Diagonalmatrix beschrieben wird. Die Diagonaleinträge dieser Matrix sind nach Beispiel 21.4 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) die Eigenwerte, und diese wiederholen sich gemäß ihrer geometrischen Vielfachheit. Das charakteristische Polynom lässt sich nach Beispiel 23.5 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) auch direkt aus dieser Diagonalmatrix ablesen, jeder Diagonaleintrag ${}\lambda$ trägt als Linearfaktor ${}X-\lambda$ bei.

Für die Umkehrung seien ${}\lambda _{1},\ldots ,\lambda _{k}$ die verschiedenen Eigenwerte und

${}\mu _{i}:=\mu _{\lambda _{i}}(\varphi )=\dim _{K}{\left(\operatorname {Eig} _{\lambda _{i}}{\left(\varphi \right)}\right)}\,$

seien die (geometrischen und algebraischen) Vielfachheiten. Da nach Voraussetzung das charakteristische Polynom in Linearfaktoren zerfällt, muss die Summe dieser Zahlen gleich  ${}n=\dim _{K}{\left(V\right)}$  sein. Nach Lemma 22.6 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) ist die Summe der Eigenräume

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

direkt. Nach Voraussetzung ist die Dimension links ebenfalls gleich ${}n$, sodass Gleichheit vorliegt. Nach Lemma 22.11 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) ist ${}\varphi$ diagonalisierbar.

Aufgabe (1 Punkt)

Bestimme die Eigenvektoren der Funktion ${}\mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R}$, ${}x\longmapsto \pi x$.

Lösung

Jede reelle Zahl  ${}x\neq 0$  ist ein Eigenvektor zum Eigenwert ${}\pi$.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme das charakteristische Polynom, die Eigenwerte mit Vielfachheiten und die Eigenräume zur reellen Matrix

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

Lösung

Das charakteristische Polynom ist

${}\det {\begin{pmatrix}x&-1&-1\\-1&x&0\\-1&0&x\end{pmatrix}}=x^{3}-x-x=x^{3}-2x=x(x^{2}-2)\,.$

Somit sind ${}0$, ${}{\sqrt {2}}$ und ${}-{\sqrt {2}}$ die Eigenwerte mit algebraischer und geometrischer Vielfachheit ${}1$. Der Eigenraum zu ${}0$ ist der Kern von ${}{\begin{pmatrix}0&-1&-1\\-1&0&0\\-1&0&0\end{pmatrix}}$, dieser ist

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

Der Eigenraum zu ${}{\sqrt {2}}$ ist der Kern von ${}{\begin{pmatrix}{\sqrt {2}}&-1&-1\\-1&{\sqrt {2}}&0\\-1&0&{\sqrt {2}}\end{pmatrix}}$, dieser ist

$\mathbb {R} {\begin{pmatrix}2\\{\sqrt {2}}\\{\sqrt {2}}\end{pmatrix}}.$

Der Eigenraum zu ${}-{\sqrt {2}}$ ist der Kern von ${}{\begin{pmatrix}-{\sqrt {2}}&-1&-1\\-1&-{\sqrt {2}}&0\\-1&0&-{\sqrt {2}}\end{pmatrix}}$, dieser ist

$\mathbb {R} {\begin{pmatrix}2\\-{\sqrt {2}}\\-{\sqrt {2}}\end{pmatrix}}.$

Aufgabe (8 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und sei

$\varphi \colon K^{4}\longrightarrow K^{4}$

eine lineare Abbildung. Zeige, dass es eine Basis des ${}K^{4}$ derart gibt, dass in der beschreibenden Matrix von ${}\varphi$ bezüglich dieser Basis mindestens neun Einträge gleich ${}0$ sind (man darf verwenden, dass man bei der entsprechenden Aufgabe für den ${}K^{3}$ vier Nullen erreichen kann).

Lösung

Wenn es einen Vektor  ${}u\neq 0$  derart gibt, dass die Vektoren ${}u,\varphi (u),\varphi ^{2}(u),\varphi ^{3}(u)$ eine Basis bilden, so wird ${}\varphi$ bezüglich dieser Basis durch eine Matrix der Form

${\begin{pmatrix}0&0&0&x\\1&0&0&y\\0&1&0&z\\0&0&1&w\end{pmatrix}}$

beschrieben. Dies ist insbesondere dann der Fall, wenn es keinen nichttrivialen ${}\varphi$-invarianten Untervektorraum gibt. In diesem Fall kann man jeden Vektor  ${}u\neq 0$  nehmen.

Wir können also davon ausgehen, dass zu jedem Vektor  ${}u\neq 0$  die sukzessiven Bildvektoren ${}u,\varphi (u),\varphi ^{2}(u),\ldots$ in einem höchstens dreidimensionalen invarianten Untervektorraum liegen.

Betrachten wir den Fall, dass es einen eindimensionalen invarianten Untervektorraum gibt, also einen Eigenvektor ${}u$, mit Eigenwert ${}\lambda$. Das charakteristische Polynom sei

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

mit

${}P(\lambda )\neq 0\,.$

Nach Lemma 26.9 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) gibt es eine direkte Summenzerlegung

${}K^{4}=H\oplus \operatorname {kern} Q(\varphi )\,$

in ${}\varphi$-invariante Untervektorräume, wobei  ${}H=\operatorname {Haupt} _{\lambda }(\varphi )$  der Hauptraum zu ${}\lambda$ ist. Je nach der Dimension dieses Hauptraumes ist die beschreibende Matrix gleich einer Blockmatrix

${\begin{pmatrix}\lambda &0&0&0\\0&a&b&c\\0&d&e&f\\0&g&h&i\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}\lambda &1&0&0\\0&\lambda &0&0\\0&0&a&b\\0&0&c&d\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}\lambda &1&0&0\\0&\lambda &1&0\\0&0&\lambda &0\\0&0&0&a\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}\lambda &1&0&0\\0&\lambda &1&0\\0&0&\lambda &1\\0&0&0&\lambda \end{pmatrix}}.$

Im ersten Fall kann man in der ${}3\times 3$-Blockmatrix vier Nullen erreichen.

Es gebe also keinen Eigenwert.

Wenn es einen dreidimensionalen ${}\varphi$-invarianten Untervektorraum gibt, so hat eine beschreibende Matrix, die eine Basis dieses Raumes verwendet, die Form

${\begin{pmatrix}a&b&c&x\\d&e&f&y\\g&h&i&z\\0&0&0&w\end{pmatrix}}.$

Doch dann zeigt das charakteristische Polynom, dass ${}w$ ein Eigenwert ist, was wir schon behandelt haben.

Wenn es einen zweidimensionalen ${}\varphi$-invarianten Untervektorraum ${}U$ gibt, so betrachten wir ein  ${}v\notin U$.  Dann erzeugt ${}v,\varphi (v)$ ebenfalls einen zweidimensionalen ${}\varphi$-invarianter Untervektorraum ${}W$. Bei  ${}U\cap W\neq 0$  würde es wieder einen eindimensionalen invarianten Untervektorraum geben, also einen Eigenwert.

Daher ist  ${}U\cap W=0$  und damit

${}K^{4}=U\oplus W\,.$

Bezüglich Basen für diese Untervektorräume wird ${}\varphi$ durch die Blockmatrix

${\begin{pmatrix}a&b&0&0\\c&d&0&0\\0&0&x&y\\0&0&z&w\end{pmatrix}}$

beschrieben. In den beiden Zweierblöcken kann man jeweils noch eine Null erreichen.

Aufgabe (4 Punkte)

Finde eine affine Basis für die Lösungsmenge der inhomogenen Gleichung

${}12x-5y+3z+w=2\,.$

Lösung

Eine spezielle Lösung der Gleichung ist durch

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

gegeben. Für die zugehörige homogene Gleichung sind

${\begin{pmatrix}5\\12\\0\\0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\3\\5\\0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\0\\1\\-3\end{pmatrix}}$

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

${\begin{pmatrix}0\\0\\0\\2\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\0\\0\\2\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}5\\12\\0\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}5\\12\\0\\2\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\0\\0\\2\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0\\3\\5\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\3\\5\\2\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\0\\0\\2\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0\\0\\1\\-3\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\1\\-1\end{pmatrix}}$

eine affine Basis der Lösungsmenge der inhomogenen Gleichung.