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	19	${}\sum$
Punkte	3	3	3	1	3	0	4	2	0	8	3	11	5	4	0	5	3	0	3	61

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 Annahme/Funktion im Beweis/Aufgabe/Lösung

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 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 (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 Punkte)

Löse das inhomogene Gleichungssystem

${\begin{matrix}-x&+2y&+z&+3w&=&-1\\x&+3y&-2z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&3\\3x&-5y&+z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&2\\2x&+y&\,\,\,\,-z&+3w&=&0\,.\end{matrix}}$

Lösung

Wir eliminieren zuerst die Variable ${}w$, indem wir die erste Gleichung von der vierten Gleichung abziehen. Dies führt auf

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

Nun eliminieren wir die Variable ${}z$, indem wir (bezogen auf das vorhergehende System) ${}2II+I$ und ${}III+2II$ ausrechnen. Dies führt, nachdem wir die neue erste Gleichung durch sieben teilen, auf

${\begin{matrix}x&\,\,\,\,-y&\,\,\,\,\,\,\,\,&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&1\\9x&-11y&\,\,\,\,\,\,\,\,&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&5\,.\end{matrix}}$

Mit ${}-9I+II$ ergibt sich

${}-2y=-4\,$

und

${}y=2\,.$

Rückwärts gelesen ergibt sich

${}x=3\,,$

${}z=3\,$

und

${}w=-{\frac {5}{3}}\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Berechne über den komplexen Zahlen das Matrizenprodukt

${\begin{pmatrix}2-{\mathrm {i} }&-1-3{\mathrm {i} }&-1\\{\mathrm {i} }&0&4-2{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1+{\mathrm {i} }\\1-{\mathrm {i} }\\2+5{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}.$

Lösung

Man multipliziert die erste Zeile mit der Spalte rechts und erhält

${}{\begin{aligned}(2-{\mathrm {i} })(1+{\mathrm {i} })+(-1-3{\mathrm {i} })(1-{\mathrm {i} })-(2+5{\mathrm {i} })&=2+2{\mathrm {i} }-{\mathrm {i} }+1-1+{\mathrm {i} }-3{\mathrm {i} }-3-2-5{\mathrm {i} }\\&=-3-6{\mathrm {i} }.\end{aligned}}$

Die zweite Zeile multipliziert mit der Spalte rechts ergibt

${}{\mathrm {i} }(1+{\mathrm {i} })+(4-2{\mathrm {i} })(2+5{\mathrm {i} })={\mathrm {i} }-1+8+20{\mathrm {i} }-4{\mathrm {i} }+10=17+17{\mathrm {i} }\,.$

Das Ergebnis ist also der Spaltenvektor

${\begin{pmatrix}-3-6{\mathrm {i} }\\17+17{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}.$

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

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

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

und

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

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 (11 (6+5) Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper, ${}V$ und ${}W$ seien endlichdimensionale ${}K$-Vektorräume und sei

$\varphi \colon V\longrightarrow W$

eine lineare Abbildung.

a) Zeige: ${}\varphi$ ist genau dann surjektiv, wenn es eine lineare Abbildung

$\psi \colon W\longrightarrow V$

mit

${}\varphi \circ \psi =\operatorname {Id} _{W}\,$

gibt.

b) Es sei nun ${}\varphi$ surjektiv, es sei

${}S={\left\{\psi :W\rightarrow V\mid \psi {\text{ linear}},\,\varphi \circ \psi =\operatorname {Id} _{W}\right\}}\,$

und es sei ${}\psi _{0}\in S$ fixiert. Definiere eine Bijektion zwischen ${}\operatorname {Hom} _{K}{\left(W,\operatorname {kern} \varphi \right)}$ und ${}S$, unter der ${}0$ auf ${}\psi _{0}$ abgebildet wird.

Lösung

a) ${}\Leftarrow$ Es gebe eine lineare Abbildung ${}\psi$ mit der angegebenen Eigenschaft ${}\varphi \circ \psi =\operatorname {Id} _{W}$. Dann ist für jedes ${}w\in W$

$w=\varphi (\psi (w)),$

also ist ${}\psi (w)$ ein Urbild für ${}w$ unter ${}\varphi$.

${}\Rightarrow$ Es sei ${}w_{1},\ldots ,w_{n}$ eine Basis von ${}W$ und es seien ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ Urbilder unter ${}\varphi$, also Elemente in ${}V$ mit

$\varphi (v_{i})=w_{i}{\text{ für alle }}i=1,\ldots ,n.$

Wir definieren nun eine lineare Abbildung ${}\psi \colon W\rightarrow V$ durch

$\psi (w_{i}):=v_{i}{\text{ für alle }}i=1,\ldots ,n.$

Da man eine lineare Abbildung auf einer Basis frei vorgeben kann, ist dadurch in der Tat eine lineare Abbildung definiert.

Für die Verknüpfung ${}\varphi \circ \psi$ und einen beliebigen Vektor ${}w=\sum _{i=1}^{n}a_{i}w_{i}$ gilt

${}{\begin{aligned}(\varphi \circ \psi )(\sum _{i=1}^{n}a_{i}w_{i})&=\varphi (\psi (\sum _{i=1}^{n}a_{i}w_{i}))\\&=\varphi (\sum _{i=1}^{n}a_{i}\psi (w_{i}))\\&=\varphi (\sum _{i=1}^{n}a_{i}v_{i})\\&=\sum _{i=1}^{n}a_{i}\varphi (v_{i})\\&=\sum _{i=1}^{n}a_{i}w_{i}.\end{aligned}}$

Also ist diese Verknüpfung die Identität.

b) Wir definieren eine Abbildung durch

$\operatorname {Hom} _{K}(W,\operatorname {kern} \varphi )\longrightarrow S,\,\theta \longmapsto \theta +\psi _{0},$

wobei ${}\theta +\psi _{0}$ die Addition von linearen Abbildungen von ${}W$ nach ${}V$ ist. Unter dieser Abbildung geht die Nullabbildung auf ${}\psi _{0}$. Wir müssen zuerst zeigen, dass ${}\theta +\psi _{0}$ zu ${}S$ gehört. Dies folgt aus

${}{\begin{aligned}(\varphi \circ (\theta +\psi _{0}))(w)&=\varphi ((\theta +\psi _{0})(w))\\&=\varphi (\theta (w)+\psi _{0}(w))\\&=\varphi (\psi _{0}(w))\\&=w\end{aligned}}$

für alle ${}w\in W$.

Zur Injektivität. Seien ${}\theta _{1}$ und ${}\theta _{2}$ aus ${}\operatorname {Hom} _{K}(W,\operatorname {kern} \varphi )$ gegeben, die auf das gleiche Element in ${}S$ abgebildet werden. Dann ist

$\theta _{1}(w)+\psi _{0}(w)=\theta _{2}(w)+\psi _{0}(w){\text{ für alle }}w\in W$

und daher

$\theta _{1}(w)=\theta _{2}(w){\text{ für alle }}w\in W.$

Zur Surjektivität. Es sei ${}\psi \in S$. Wir betrachten ${}\psi -\psi _{0}$ und behaupten, dass dies zu ${}\operatorname {Hom} _{K}(W,\operatorname {kern} \varphi )$ gehört. Dies folgt aus

${}{\begin{aligned}\varphi ((\psi -\psi _{0})(w))&=\varphi (\psi (w)-\psi _{0}(w))\\&=\varphi (\psi (w))-\varphi (\psi _{0}(w))\\&=w-w\\&=0.\end{aligned}}$

Damit ist ${}\psi =(\psi -\psi _{0})+\psi _{0}$ im Bild der Abbildung.

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 (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}M$ eine nilpotente ${}n\times n$- Jordanmatrix. Zeige, dass die Kerne ${}\operatorname {kern} M^{i}$ eine Fahne in ${}K^{n}$ bilden.

Lösung

Die nilpotente ${}n\times n$-Jordanmatrix hat die Gestalt

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

Die zugehörige lineare Abbildung ${}\varphi$ ist also durch

$e_{1}\mapsto 0,\,e_{2}\mapsto e_{1},\,e_{3}\mapsto e_{2},\ldots ,e_{n-1}\mapsto e_{n-2}\,,e_{n}\mapsto e_{n-1}$

gegeben. Die ${}i$-te Iteration ${}\varphi ^{i}$ davon bildet somit ${}e_{k}$ auf

$e_{k-i},{\text{ falls }}k>i{\text{ und }}0,{\text{ falls }}k\leq i$

ab. Daher gehören die ${}e_{1},\ldots ,e_{i}$ zum Kern von ${}\varphi ^{i}$. Die Basisvektoren ${}e_{i+1},\ldots ,e_{n}$ werden hingegen unter ${}\varphi ^{i}$ auf die linear unabhängigen Vektoren ${}e_{1},\ldots ,e_{n-i}$ abgebildet. Daher ist der Rang gleich ${}n-i$ und es ist

${}\operatorname {kern} \varphi ^{i}=\langle e_{1},\ldots ,e_{i}\rangle \,$

mit der Dimension ${}i$. Die Kerne ${}\operatorname {kern} \varphi ^{i}$ bilden also eine aufsteigende Kette von Untervektorräumen, wobei die Dimensionen um ${}1$ wachsen. Es liegt also eine Fahne vor.

Aufgabe (3 Punkte)

Eine lineare Abbildung

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

werde bezüglich der Standardbasis durch die Matrix

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

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

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

beschrieben wird.

Lösung

Es ist

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

und

${}{\begin{pmatrix}0&1&4\\0&0&2\\0&0&0\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}0&1&4\\0&0&2\\0&0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0&2\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}}\,.$

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

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

und

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

Daher ist

${\begin{pmatrix}2\\0\\0\end{pmatrix}}\,,{\begin{pmatrix}4\\2\\0\end{pmatrix}}\,,{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}$

eine Basis, bezüglich der die jordansche Normalform

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

vorliegt.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

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 wie gewünscht.