Kurs:Lineare Algebra/Teil I/47/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	3	1	3	3	2	3	8	3	3	2	4	5	4	8	3	3	64

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die Produktmenge aus zwei Mengen ${}L$ und ${}M$.
2. Das Bild einer Abbildung

   $F\colon L\longrightarrow M.$

3. Die Dimension eines ${}K$-Vektorraums ${}V$ (${}V$ besitze ein endliches Erzeugendensystem).
4. Der Orthogonalraum zu einem Untervektorraum

   ${}F\subseteq {V}^{*}\,$

   im Dualraum ${}{V}^{*}$ zu einem ${}K$- Vektorraum ${}V$.

5. Ein Fehlstand zu einer Permutation

   $\pi \colon {\{1,\ldots ,n\}}\longrightarrow {\{1,\ldots ,n\}}.$

6. Der Fixraum zu einem Endomorphismus

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

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

Lösung

1. Man nennt die Menge

   ${}L\times M={\left\{(x,y)\mid x\in L,\,y\in M\right\}}\,$

   die Produktmenge der Mengen ${}L$ und ${}M$.

2. Das Bild von ${}F$ ist die Menge

   ${\left\{y\in M\mid {\text{es gibt ein }}x\in L{\text{ mit }}F(x)=y\right\}}.$

3. Unter der Dimension eines Vektorraums ${}V$ versteht man die Anzahl der Elemente in einer Basis von ${}V$.
4. Man nennt

   ${}F^{\perp }={\left\{v\in V\mid f(v)=0{\text{ für alle }}f\in F\right\}}\subseteq V\,$

   den Orthogonalraum zu ${}F$.

5. Ein Indexpaar

   ${}i<j\,$

   heißt ein Fehlstand zu ${}\pi$, wenn  ${}\pi (i)>\pi (j)$  ist.

6. Unter dem Fixraum zu ${}\varphi$ versteht man den Eigenraum zum Eigenwert ${}1$.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über die Elimination auf Dreiecksgestalt für ein inhomogenes lineares Gleichungssystem über einem Körper ${}K$.
2. Der Satz über die Beschreibung einer linearen Abbildung bei einem Basiswechsel.
3. Der Satz über die Charakterisierung von invertierbaren Matrizen mit der Determinante.

Lösung

1. Jedes (inhomogene) lineare Gleichungssystem über einem Körper ${}K$ lässt sich durch elementare Umformungen und durch das Weglassen von überflüssigen Gleichungen in ein äquivalentes lineares Gleichungssystem der Stufenform

   ${\begin{matrix}b_{1s_{1}}x_{s_{1}}&+b_{1s_{1}+1}x_{s_{1}+1}&\ldots &\ldots &\ldots &\ldots &\ldots &+b_{1n}x_{n}&=&d_{1}\\0&\ldots &0&b_{2s_{2}}x_{s_{2}}&\ldots &\ldots &\ldots &+b_{2n}x_{n}&=&d_{2}\\\vdots &\ddots &\ddots &\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &=&\vdots \\0&\ldots &\ldots &\ldots &0&b_{m{s_{m}}}x_{s_{m}}&\ldots &+b_{mn}x_{n}&=&d_{m}\\(0&\ldots &\ldots &\ldots &\ldots &\ldots &\ldots &0&=&d_{m+1})\end{matrix}}$

   überführen, bei dem alle Startkoeffizienten ${}b_{1s_{1}},b_{2s_{2}},\ldots ,b_{ms_{m}}$ von ${}0$ verschieden sind.
2. Es sei ${}K$ ein Körper und es seien ${}V$ und ${}W$ endlichdimensionale ${}K$-Vektorräume. Es seien ${}{\mathfrak {v}}$ und ${}{\mathfrak {u}}$ Basen von ${}V$ und ${}{\mathfrak {w}}$ und ${}{\mathfrak {z}}$ Basen von ${}W$. Es sei

   $\varphi \colon V\longrightarrow W$

   eine lineare Abbildung, die bezüglich der Basen ${}{\mathfrak {v}}$ und ${}{\mathfrak {w}}$ durch die Matrix ${}M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi )$ beschrieben werde. Dann wird ${}\varphi$ bezüglich der Basen ${}{\mathfrak {u}}$ und ${}{\mathfrak {z}}$ durch die Matrix

   $M_{\mathfrak {z}}^{\mathfrak {w}}\circ (M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi ))\circ (M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {v}})^{-1}$

   beschrieben, wobei ${}M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {v}}$ und ${}M_{\mathfrak {z}}^{\mathfrak {w}}$ die Übergangsmatrizen sind, die die Basiswechsel von ${}{\mathfrak {v}}$ nach ${}{\mathfrak {u}}$ und von ${}{\mathfrak {w}}$ nach ${}{\mathfrak {z}}$

   beschreiben.
3. Es sei ${}K$ ein Körper und sei ${}M$ eine ${}n\times n$- Matrix über ${}K$. Dann sind die folgenden Aussagen äquivalent.
   1. ${}\det M\neq 0$.
   2. Die Zeilen von ${}M$ sind linear unabhängig.
   3. ${}M$ ist invertierbar.
   4. ${}\operatorname {rang} \,M=n$.

Aufgabe (3 Punkte)

In Beweisen findet man häufig die Formulierung „Wir nehmen (jetzt, also) an“. Welche Bedeutungen im Beweis kann diese Formulierung haben?

Lösung erstellen

Aufgabe (1 Punkt)

Bestimme unter den vierstelligen natürlichen Zahlen, die man mit den Ziffern ${}3,4,5,6$ bilden kann, diejenige, die am nächsten an ${}5000$ ist.

Lösung

Die kleinste Zahl von diesen Zahen oberhalb von ${}5000$ ist ${}5346$, die größte Zahl von diesen Zahlen unterhalb von ${}5000$ ist ${}4653$, die zu ${}5000$ den Abstand ${}347$ besitzt. Also ist ${}5346$ der ${}5000$ am nächsten.

Aufgabe (3 (1+2) Punkte)

Es sei ${}{\left(G,\cdot ,1\right)}$ eine Gruppe. Es seien  ${}a,b,c\in G$  Elemente mit

${}a\cdot b\cdot c=1\,.$

1. Zeige, dass das Inverse von ${}b$ gleich ${}c\cdot a$ ist.
2. Zeige, dass das Inverse von ${}b$ im Allgemeinen nicht gleich ${}a\cdot c$ ist.

Lösung

1. Wegen

   ${}a\cdot b\cdot c=1\,$

   sind ${}a$ und ${}b\cdot c$ invers zueinander, daher ist auch

   ${}b\cdot c\cdot a=1\,,$

   also ist ${}c\cdot a$ das Inverse von ${}b$.

2. Es seien ${}a,b$ zwei Elemente einer Gruppe mit  ${}a\cdot b\neq b\cdot a$  und sei

   ${}c:=b^{-1}\cdot a^{-1}\,,$

   so dass also

   ${}a\cdot b\cdot c=1\,$

   ist. Es ist dann

   ${}b\cdot a\cdot c=b\cdot a\cdot b^{-1}\cdot a^{-1}\neq 1\,,$

   da aus

   ${}b\cdot a\cdot b^{-1}\cdot a^{-1}=1\,$

   durch Multiplikation mit ${}a$ von rechts und dann mit ${}b$ von rechts

   ${}b\cdot a=a\cdot b\,$

   gelten müsste.

Aufgabe (3 Punkte)

Beweise die Nichtnullteilereigenschaft für einen Körper ${}K$.

Lösung

 Nehmen wir an, dass ${}a$ und ${}b$ beide von ${}0$ verschieden sind. Dann gibt es dazu inverse Elemente ${}a^{-1}$ und ${}b^{-1}$ und daher ist  ${}(ab){\left(b^{-1}a^{-1}\right)}=1$.  Andererseits ist aber nach Voraussetzung  ${}ab=0$  und daher ist nach Lemma 3.5 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025))  (1)

${}(ab){\left(b^{-1}a^{-1}\right)}=0{\left(b^{-1}a^{-1}\right)}=0\,,$

 sodass sich der Widerspruch

 ${}0=1$  ergibt.

Aufgabe (2 Punkte)

Berechne über den komplexen Zahlen das Matrizenprodukt

${\begin{pmatrix}1-{\mathrm {i} }&3-{\mathrm {i} }\\2&1+{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1+{\mathrm {i} }&2-{\mathrm {i} }\\2+3{\mathrm {i} }&3-{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}.$

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}{\begin{pmatrix}1-{\mathrm {i} }&3-{\mathrm {i} }\\2&1+{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1+{\mathrm {i} }&2-{\mathrm {i} }\\2+3{\mathrm {i} }&3-{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}&={\begin{pmatrix}{\left(1-{\mathrm {i} }\right)}{\left(1+{\mathrm {i} }\right)}+{\left(3-{\mathrm {i} }\right)}{\left(2+3{\mathrm {i} }\right)}&{\left(1-{\mathrm {i} }\right)}{\left(2-{\mathrm {i} }\right)}+{\left(3-{\mathrm {i} }\right)}{\left(3-{\mathrm {i} }\right)}\\2{\left(1+{\mathrm {i} }\right)}+{\left(1+{\mathrm {i} }\right)}{\left(2+3{\mathrm {i} }\right)}&2{\left(2-{\mathrm {i} }\right)}+{\left(1+{\mathrm {i} }\right)}{\left(3-{\mathrm {i} }\right)}\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}2+9+7{\mathrm {i} }&1-3{\mathrm {i} }+8-6{\mathrm {i} }\\2+2{\mathrm {i} }-1+5{\mathrm {i} }&4-2{\mathrm {i} }+4+2{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}11+7{\mathrm {i} }&9-9{\mathrm {i} }\\1+7{\mathrm {i} }&8\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Im ${}\mathbb {R} ^{3}$ seien die beiden Untervektorräume

${}U={\left\{s{\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}+t{\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}}\mid s,t\in \mathbb {R} \right\}}\,$

und

${}V={\left\{p{\begin{pmatrix}-4\\7\\3\end{pmatrix}}+q{\begin{pmatrix}2\\-6\\5\end{pmatrix}}\mid p,q\in \mathbb {R} \right\}}\,$

gegeben. Bestimme eine Basis für ${}U\cap V$.

Lösung

Jeder Vektor aus dem Durchschnitt ${}U\cap V$ besitzt eine Darstellung

${}s{\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}+t{\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}s\\t\\0\end{pmatrix}}=p{\begin{pmatrix}-4\\7\\3\end{pmatrix}}+q{\begin{pmatrix}2\\-6\\5\end{pmatrix}}\,.$

Wir brauchen also ein Koeffiziententupel ${}(p,q)$ derart, dass sich rechts ein Vektor ergibt, in dem die dritte Komponente gleich ${}0$ ist. Dies kann man mit

${}p=5\,$

und

${}q=-3\,$

erreichen und erhält den Vektor

${}5{\begin{pmatrix}-4\\7\\3\end{pmatrix}}-3{\begin{pmatrix}2\\-6\\5\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-26\\53\\0\end{pmatrix}}\,.$

Dies ist ein Basisvektor von ${}U\cap V$.

Aufgabe (8 Punkte)

Beweise die Dimensionsformel für eine lineare Abbildung

$\varphi \colon V\longrightarrow W.$

Lösung

Es sei  ${}n=\dim _{K}{\left(V\right)}$.  Es sei  ${}U=\operatorname {kern} \varphi \subseteq V$  der Kern der Abbildung und  ${}k=\dim _{K}{\left(U\right)}$  seine Dimension (${}k\leq n$). Es sei

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

eine Basis von ${}U$. Aufgrund des Basisergänzungssatzes gibt es Vektoren

$v_{1},\ldots ,v_{n-k}$

derart, dass

$u_{1},\ldots ,u_{k},\,v_{1},\ldots ,v_{n-k}$

eine Basis von ${}V$ ist. Wir behaupten, dass

$w_{j}=\varphi (v_{j}),\,j=1,\ldots ,n-k,$

eine Basis des Bildes ist. Es sei  ${}w\in W$  ein Element des Bildes ${}\varphi (V)$. Dann gibt es ein  ${}v\in V$  mit  ${}\varphi (v)=w$.  Dieses ${}v$ lässt sich mit der Basis als

${}v=\sum _{i=1}^{k}s_{i}u_{i}+\sum _{j=1}^{n-k}t_{j}v_{j}\,$

schreiben. Dann ist

${}{\begin{aligned}w&=\varphi (v)\\&=\varphi {\left(\sum _{i=1}^{k}s_{i}u_{i}+\sum _{j=1}^{n-k}t_{j}v_{j}\right)}\\&=\sum _{i=1}^{k}s_{i}\varphi (u_{i})+\sum _{j=1}^{n-k}t_{j}\varphi (v_{j})\\&=\sum _{j=1}^{n-k}t_{j}w_{j},\end{aligned}}$

sodass sich ${}w$ als Linearkombination der ${}w_{j}$ schreiben lässt. Zum Beweis der linearen Unabhängigkeit der ${}w_{j}$, ${}j=1,\ldots ,n-k$, sei eine Darstellung der Null gegeben,

${}0=\sum _{j=1}^{n-k}t_{j}w_{j}\,.$

Dann ist

${}\varphi {\left(\sum _{j=1}^{n-k}t_{j}v_{j}\right)}=\sum _{j=1}^{n-k}t_{j}\varphi {\left(v_{j}\right)}=0\,.$

Also gehört ${}\sum _{j=1}^{n-k}t_{j}v_{j}$ zum Kern der Abbildung und daher kann man

${}\sum _{j=1}^{n-k}t_{j}v_{j}=\sum _{i=1}^{k}s_{i}u_{i}\,$

schreiben. Da insgesamt eine Basis von ${}V$ vorliegt, folgt, dass alle Koeffizienten ${}0$ sein müssen, also sind insbesondere  ${}t_{j}=0$. 

Aufgabe (3 Punkte)

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 ${}V$. Zeige, dass die Übergangsmatrizen zueinander in der Beziehung

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

stehen.

Lösung

Es sei

${}u_{i}=\sum _{j=1}^{n}a_{ji}v_{j}\,$

und

${}v_{j}=\sum _{k=1}^{n}b_{kj}w_{k}\,.$

Dann ist

${}M_{\mathfrak {v}}^{\mathfrak {u}}={\left(a_{ji}\right)}\,$

und

${}M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}={\left(b_{kj}\right)}\,.$

Somit ist

${}{\begin{aligned}u_{i}&=\sum _{j=1}^{n}a_{ji}v_{j}\\&=\sum _{j=1}^{n}a_{ji}{\left(\sum _{k=1}^{n}b_{kj}w_{k}\right)}\\&=\sum _{k=1}^{n}{\left(\sum _{j=1}^{n}b_{kj}a_{ji}\right)}w_{k}.\end{aligned}}$

Der Koeffizient vor ${}w_{k}$ ist dabei das Produkt aus der ${}k$-ten Zeile von ${}M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}$ und der ${}i$-ten Spalte von ${}M_{\mathfrak {v}}^{\mathfrak {u}}$, und dies ist der Eintrag ${}{\left(M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {u}}\right)}_{ik}$.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei

${}U=\langle {\begin{pmatrix}7\\-2\\5\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}3\\6\\4\end{pmatrix}}\rangle \subseteq \mathbb {R} ^{3}\,.$

Finde eine Linearform ${}f\colon \mathbb {R} ^{3}\rightarrow \mathbb {R}$ mit  ${}U=\operatorname {kern} f$. 

Lösung

Da ${}U$ zweidimensional ist, ist eine nichttriviale Linearform

$\mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}\longmapsto ax+by+cz,$

mit

${}7a-2b+5c=0\,$

und

${}3a+6b+4c=0\,$

gesucht. Wir addieren das Dreifache der ersten Gleichung zur zweiten Gleichung und erhalten

${}24a+19c=0\,.$

Mit  ${}c=1$  ergibt sich

${}a=-{\frac {19}{24}}\,$

und damit

${}b={\frac {7}{2}}a+{\frac {5}{2}}c=-{\frac {7}{2}}\cdot {\frac {19}{24}}+{\frac {5}{2}}={\frac {-133+120}{48}}=-{\frac {13}{48}}\,.$

Die Linearform

$-{\frac {19}{24}}x-{\frac {13}{48}}y+z$

besitzt also die Eigenschaft, dass ihr Kern gleich ${}U$ ist.

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}\mathbb {R} (t)$ der Körper der rationalen Funktionen über ${}\mathbb {R}$. Bestimme die Determinante der Matrix

${\begin{pmatrix}{\frac {t^{3}-1}{t}}&t^{2}+4t\\t+2&{\frac {t^{2}}{t-1}}\end{pmatrix}}.$

Lösung

Wir verwenden

${}t^{3}-1=(t-1){\left(t^{2}+t+1\right)}\,.$

Somit ist

${}{\begin{aligned}\det {\begin{pmatrix}{\frac {t^{3}-1}{t}}&t^{2}+4t\\t+2&{\frac {t^{2}}{t-1}}\end{pmatrix}}&={\frac {t^{3}-1}{t}}\cdot {\frac {t^{2}}{t-1}}-{\left(t^{2}+4t\right)}{\left(t+2\right)}\\&={\left(t^{2}+t+1\right)}t-{\left(t^{3}+6t^{2}+8t\right)}\\&=-5t^{2}-7t.\end{aligned}}$

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

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

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

gegeben ist.

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

b) Erstelle eine Wertetabelle für ${}\tau ^{2}$

c) Berechne die Ordnung von ${}\tau$.

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

Lösung

a) Die Zyklendarstellung von ${}\tau$ ist

$\langle 1,3,5\rangle \langle 2,6,7,4\rangle$

b) ${}\tau ^{2}$ besitzt die Wertetabelle

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

c) Da ${}\tau$ aus einem Zykel der Länge ${}3$ und einem der Länge ${}4$ besteht, ist die Ordnung von ${}\tau$ gleich ${}12$.

d) Die Fehlstände von ${}\tau$ sind

$(1,4),\,(1,5),\,(2,3),\,(2,4),\,(2,5),\,(2,7),\,(3,4),\,(3,5),\,(3,7),\,(4,5),\,(6,7).$

Das sind insgesamt ${}11$ Fehlstände, daher ist das Vorzeichen ${}-1$.

Aufgabe (5 Punkte)

Berechne

${\left(x-{\frac {{\sqrt {3}}+1}{4}}\right)}^{2}{\left(x-{\frac {-{\sqrt {3}}+1}{4}}\right)}^{2}-{\frac {1}{8}}x-{\frac {1}{64}}.$

Lösung

Um die Brüche wegzukriegen, multiplizieren wir den Term mit ${}256$ und erhalten

${\left(4x-{\left({\sqrt {3}}+1\right)}\right)}^{2}{\left(4x-{\left(-{\sqrt {3}}+1\right)}\right)}^{2}-32x-4.$

Es ist

${}{\left(4x-{\left({\sqrt {3}}+1\right)}\right)}^{2}=16x^{2}-8{\left({\sqrt {3}}+1\right)}x+{\left({\sqrt {3}}+1\right)}^{2}\,$

und

${}{\left(4x-{\left(-{\sqrt {3}}+1\right)}\right)}^{2}=16x^{2}-8{\left(-{\sqrt {3}}+1\right)}x+{\left(-{\sqrt {3}}+1\right)}^{2}\,.$

Deren Produkt ist

${}{\begin{aligned}{\left(16x^{2}-8{\left({\sqrt {3}}+1\right)}x+{\left({\sqrt {3}}+1\right)}^{2}\right)}{\left(16x^{2}-8{\left(-{\sqrt {3}}+1\right)}x+{\left(-{\sqrt {3}}+1\right)}^{2}\right)}&=px^{4}+qx^{3}+rx^{2}+sx+t\\\end{aligned}}$

und die Koeffizienten sind

${}p=256\,.$

${}q=-128{\left({\sqrt {3}}+1-{\sqrt {3}}+1\right)}=-256\,,$

${}{\begin{aligned}r&=16{\left({\left({\sqrt {3}}+1\right)}^{2}+{\left(-{\sqrt {3}}+1\right)}^{2}\right)}+64\cdot ({\sqrt {3}}+1)(-{\sqrt {3}}+1)\\&=16\cdot 8+64\cdot (-2)\\&=0,\end{aligned}}$

${}s=-8({\sqrt {3}}+1)(-{\sqrt {3}}+1){\left({\sqrt {3}}+1-{\sqrt {3}}+1\right)}=-8(-2)\cdot 2=32\,$

und

${}{\begin{aligned}t&={\left({\sqrt {3}}+1\right)}^{2}{\left(-{\sqrt {3}}+1\right)}^{2}\\&=4.\end{aligned}}$

Der lineare Term hebt sich weg und somit ist der Gesamtausdruck gleich ${}x^{4}-x^{3}$.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme das Polynom  ${}P\in {\mathbb {C} }[X]$  kleinsten Grades, das an der Stelle ${}3-8{\mathrm {i} }$ den Wert ${}5-6{\mathrm {i} }$ und an der Stelle ${}2-7{\mathrm {i} }$ den Wert ${}4-3{\mathrm {i} }$ besitzt.

Lösung

Der Ansatz

${}P=aX+b\,$

führt auf die beiden Gleichungen

${}a{\left(3-8{\mathrm {i} }\right)}+b=5-6{\mathrm {i} }\,$

und

${}a{\left(2-7{\mathrm {i} }\right)}+b=4-3{\mathrm {i} }\,$

besitzt. Somit ist

${}a{\left(1-{\mathrm {i} }\right)}=1-3{\mathrm {i} }\,$

und daher

${}{\begin{aligned}a&={\left(1-{\mathrm {i} }\right)}^{-1}{\left(1-3{\mathrm {i} }\right)}\\&={\frac {1+{\mathrm {i} }}{2}}{\left(1-3{\mathrm {i} }\right)}\\&={\frac {1+3-2{\mathrm {i} }}{2}}\\&=2-{\mathrm {i} }\end{aligned}}$

und

${}b=5-6{\mathrm {i} }-{\left(2-{\mathrm {i} }\right)}{\left(3-8{\mathrm {i} }\right)}=5-6{\mathrm {i} }+{\left(2+19{\mathrm {i} }\right)}=7+13{\mathrm {i} }\,.$

Das gesuchte Polynom ist also

${}P={\left(2-{\mathrm {i} }\right)}X+7+13{\mathrm {i} }\,.$

Aufgabe (8 (2+2+4) Punkte)

Wir betrachten die Matrix

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

über ${}{\mathbb {C} }$.

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

1. Es ist

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

2. Wir bestimmen die Nullstellen der beiden quadratischen Polynome. 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

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

   Die Faktorzerlegung ist also

   ${}\chi _{M}={\left(X-5\right)}{\left(X+2\right)}{\left(X-4-{\mathrm {i} }\right)}{\left(X-4+{\mathrm {i} }\right)}\,.$

3. Die Eigenwerte sind ${}5,-2,4+{\mathrm {i} }$ und ${}4-{\mathrm {i} }$. 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

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

   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

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

   Der Eigenraum zu ${}4+{\mathrm {i} }$ ist der Kern von

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

   das ist

   ${\mathbb {C} }{\begin{pmatrix}0\\0\\2\\1-{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}.$

   Der Eigenraum zu ${}4-{\mathrm {i} }$ ist der Kern von

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

   das ist

   ${\mathbb {C} }{\begin{pmatrix}0\\0\\2\\1+{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}.$

Aufgabe (3 Punkte)

Eine lineare Abbildung

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

werde bezüglich der Standardbasis durch die Matrix

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

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

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

beschrieben wird.

Lösung

Es ist

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

und

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

Der Vektor ${}{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}$ gehört nicht zum Kern von ${}N^{2}$, daher kann man aus den sukzessiven Bildern davon eine Basis wie gewünscht herstellen. Es ist

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

und

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

Daher ist

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

eine Basis, bezüglich der die jordansche Normalform

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

vorliegt.

Aufgabe (3 Punkte)

Beschreibe die affine Gerade

${}G={\left\{{\begin{pmatrix}-1\\5\\2\end{pmatrix}}+s{\begin{pmatrix}3\\3\\1\end{pmatrix}}\mid s\in \mathbb {R} \right\}}\,$

als Urbild über ${}(1,0)$ einer affinen Abbildung ${}\psi \colon \mathbb {R} ^{3}\rightarrow \mathbb {R} ^{2}$.

Lösung

Der Richtungsvektor ${}{\begin{pmatrix}3\\3\\1\end{pmatrix}}$ gehört jeweils zum Kern der beiden linear unabhängigen Linearformen ${}\left(1,\,-1,\,0\right)$ und ${}\left(0,\,1,\,-3\right)$. Daher machen wir den Ansatz

${}\psi {\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}x-y+a\\y-3z+b\end{pmatrix}}\,.$

Für den Aufpunkt ${}{\begin{pmatrix}-1\\5\\2\end{pmatrix}}$ ergibt sich die Bedingung

${}\psi {\begin{pmatrix}-1\\5\\2\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-6+a\\-1+b\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}\,,$

also ist  ${}a=7$  und  ${}b=1$.  Somit ist

${}\psi {\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}x-y+7\\y-3z+1\end{pmatrix}}\,$

eine affine Abbildung mit Urbild über ${}(1,0)$ wie gewünscht.