Kurs:Lineare Algebra/Teil I/5/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	${}\sum$
Punkte	3	3	3	2	12	3	3	5	5	6	5	4	6	3	1	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es sei ${}K$ ein Körper und es sei ${}A$ eine ${}m\times n$- Matrix und ${}B$ eine ${}n\times p$-Matrix über ${}K$. Dann ist das Matrixprodukt

   $AB$

   diejenige ${}m\times p$-Matrix, deren Einträge durch

   ${}c_{ik}=\sum _{j=1}^{n}a_{ij}b_{jk}\,$

   gegeben sind.

2. Man nennt

   ${}\langle v_{i},\,i\in I\rangle ={\left\{\sum _{i\in J}s_{i}v_{i}\mid s_{i}\in K,\,J\subseteq I{\text{ endliche Teilmenge}}\right\}}\,$

   den von der Familie aufgespannten Untervektorraum.

3. Mit ${}B_{ij}$ bezeichnen wir diejenige ${}n\times n$- Matrix, die an der Stelle ${}(i,j)$ den Wert ${}1$ und sonst überall den Wert null hat. Dann nennt man die folgenden Matrizen Elementarmatrizen.
   1. ${}V_{ij}:=E_{n}-B_{ii}-B_{jj}+B_{ij}+B_{ji}$.
   2. ${}S_{k}(s):=E_{n}+(s-1)B_{kk}{\text{ für }}s\neq 0$.
   3. ${}A_{ij}(a):=E_{n}+aB_{ij}{\text{ für }}i\neq j{\text{ und }}a\in K$.
4. Die Abbildung

   $\triangle \colon V^{n}\longrightarrow K$

   heißt Determinantenfunktion, wenn die beiden folgenden Bedingungen erfüllt sind.

   1. ${}\triangle$ ist multilinear.
   2. ${}\triangle$ ist alternierend.
5. Eine Abbildung

   $\psi \colon G\longrightarrow H$

   heißt Gruppenhomomorphismus, wenn die Gleichheit

   ${}\psi (g\circ g')=\psi (g)\circ \psi (g')\,$

   für alle ${}g,g'\in G$ gilt.

6. Ein affiner Raum über einem ${}K$- Vektorraum ${}V$ ist (die leere Menge oder) eine nichtleere Menge ${}E$ zusammen mit einer Abbildung

   $V\times E\longrightarrow E,\,(v,P)\longmapsto P+v,$

   die den drei Bedingungen

   1. ${}P+0=P$ für alle ${}P\in E$,
   2. ${}(P+v)+w=P+(v+w)$ für alle ${}v,w\in V$ und ${}P\in E$,
   3. Zu je zwei Punkten ${}P,Q\in E$ gibt es genau einen Vektor ${}v\in V$ mit ${}Q=P+v$,

   genügt.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es sei ${}K$ ein Körper und ${}V$ ein ${}K$-Vektorraum. Es sei ${}v_{1},\ldots ,v_{n}\in V$ eine Familie von Vektoren. Dann sind folgende Aussagen äquivalent.
   1. Die Familie ist eine Basis von ${}V$.
   2. Die Familie ist ein minimales Erzeugendensystem, d.h. sobald man einen Vektor ${}v_{i}$ weglässt, liegt kein Erzeugendensystem mehr vor.
   3. Für jeden Vektor ${}u\in V$ gibt es genau eine Darstellung

      $u=s_{1}v_{1}+\cdots +s_{n}v_{n}.$

   4. Die Familie ist maximal linear unabhängig, d.h. sobald man irgendeinen Vektor dazunimmt, ist die Familie nicht mehr linear unabhängig.
2. In einem Polynomring über einem Körper ist jedes Ideal ein Hauptideal.
3. Es sei ${}K$ ein Körper und es sei ${}V$ ein ${}n$- dimensionaler Vektorraum. Es sei

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

   eine lineare Abbildung. Dann ist ${}\lambda \in K$ genau dann ein Eigenwert von ${}\varphi$, wenn ${}\lambda$ eine Nullstelle des charakteristischen Polynoms

   ${}\chi _{\varphi }$ ist.

Aufgabe (3 Punkte)

In einem Hörsaal befindet sich ein Tafelgestell mit drei hintereinander liegenden, vertikal verschiebbaren Tafeln. Diese seien mit ${}V$ (vordere Tafel), ${}M$ (mittlere Tafel) und ${}H$ (hintere Tafel) bezeichnet. Aufgrund der Höhe des Gestells sind nur (maximal) zwei Tafeln gleichzeitig einsehbar. Die Lehrperson schreibt in der Vorlesung jede Tafel genau einmal voll. In welcher Reihenfolge (alle Möglichkeiten!) muss sie die Tafeln einsetzen, wenn beim Beschreiben einer Tafel stets die zuletzt beschriebene Tafel sichtbar sein soll.

Lösung

Die Tafeln ${}M$ und ${}H$ sind nicht gleichzeitig sichtbar, da (mindestens) eine davon durch ${}V$ verdeckt wird. Dagegen sind sowohl ${}V$ und ${}H$ (${}M$ wird hinter ${}V$ geschoben) als auch ${}V$ und ${}M$ gleichzeitig einsehbar. Eine Beschreibungsreihenfolge erfüllt also genau dann die angegebene Bedingung, wenn ${}M$ und ${}H$ nicht direkt hintereinander beschrieben werden. Dies wird genau dann erreicht, wenn ${}V$ als zweite Tafel beschrieben wird. Erlaubt sind also die beiden Reihenfolgen ${}M-V-H$ und ${}H-V-M$.

Aufgabe (2 Punkte)

Es seien ${}L,M,N$ Mengen und

$f:L\longrightarrow M{\text{ und }}g:M\longrightarrow N$

Abbildungen mit der Hintereinanderschaltung

$g\circ f\colon L\longrightarrow N,\,x\longmapsto g(f(x)).$

Zeige: Wenn ${}g\circ f$ injektiv ist, so ist auch ${}f$ injektiv.

Lösung

Es seien ${}x_{1},x_{2}\in L$ gegeben mit ${}f(x_{1})=f(x_{2})$. Wir müssen zeigen, dass ${}x_{1}=x_{2}$ ist. Es ist

${}(g\circ f)(x_{1})=g(f(x_{1}))=g(f(x_{2}))=(g\circ f)(x_{2})\,.$

Da nach Voraussetzung ${}g\circ f$ injektiv ist, folgt ${}x_{1}=x_{2}$, wie gewünscht.

Aufgabe (12 Punkte)

Beweise den Charakterisierungssatz für eine Basis ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ in einem ${}K$- Vektorraum ${}V$.

Lösung

Wir führen einen Ringschluss durch. ${}(1)\Rightarrow (2)$. Die Familie ist ein Erzeugendensystem. Nehmen wir einen Vektor, sagen wir ${}v_{1}$, aus der Familie heraus. Wir müssen zeigen, dass dann die verbleibende Familie, also ${}v_{2},\ldots ,v_{n}$ kein Erzeugendensystem mehr ist.  Wenn sie ein Erzeugendensystem wäre, so wäre insbesondere ${}v_{1}$ als Linearkombination der Vektoren darstellbar, d.h. man hätte

${}v_{1}=\sum _{i=2}^{n}s_{i}v_{i}\,.$

Dann ist aber

${}v_{1}-\sum _{i=2}^{n}s_{i}v_{i}=0\,$

eine nichttriviale Darstellung der ${}0$, im Widerspruch zur linearen Unabhängigkeit der Familie. ${}(2)\Rightarrow (3)$. Nach Voraussetzung ist die Familie ein Erzeugendensystem, sodass sich jeder Vektor als Linearkombination darstellen lässt.  Angenommen, es gibt für ein ${}u\in V$ eine mehrfache Darstellung, d.h.

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

wobei mindestens ein Koeffizient verschieden sei. Ohne Einschränkung sei ${}s_{1}\neq t_{1}$. Dann erhält man die Beziehung

${}(s_{1}-t_{1})v_{1}=\sum _{i=2}^{n}(t_{i}-s_{i})v_{i}\,$

Wegen ${}s_{1}-t_{1}\neq 0$ kann man durch diese Zahl dividieren und erhält eine Darstellung von ${}v_{1}$ durch die anderen Vektoren. Nach Aufgabe 6.25 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) ist auch die Familie ohne ${}v_{1}$ ein Erzeugendensystem von ${}V$, im Widerspruch zur Minimalität. ${}(3)\Rightarrow (4)$. Wegen der eindeutigen Darstellbarkeit besitzt insbesondere der Nullvektor nur die triviale Darstellung, d.h. die Vektoren sind linear unabhängig. Nimmt man einen Vektor ${}u$ hinzu, so besitzt dieser eine Darstellung

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

und daher ist

${}0=u-\sum _{i=1}^{n}s_{i}v_{i}\,$

eine nichttriviale Darstellung der ${}0$, sodass die verlängerte Familie ${}u,v_{1},\ldots ,v_{n}$ nicht linear unabhängig ist. ${}(4)\Rightarrow (1)$. Die Familie ist linear unabhängig, wir müssen zeigen, dass sie auch ein Erzeugendensystem bildet. Es sei dazu ${}u\in V$. Nach Voraussetzung ist die Familie ${}u,v_{1},\ldots ,v_{n}$ nicht linear unabhängig, d.h. es gibt eine nichttriviale Darstellung

${}0=su+\sum _{i=1}^{n}s_{i}v_{i}\,.$

Dabei ist ${}s\neq 0$, da andernfalls dies eine nichttriviale Darstellung der ${}0$ allein mit den linear unabhängigen Vektoren ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ wäre. Daher können wir

${}u=-\sum _{i=1}^{n}{\frac {s_{i}}{s}}v_{i}\,$

schreiben, sodass eine Darstellung von ${}u$ möglich ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die inverse Matrix zu

${\begin{pmatrix}1&3&0\\5&2&1\\0&0&2\end{pmatrix}}.$

Lösung

${}{\begin{pmatrix}1&3&0\\5&2&1\\0&0&2\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&3&0\\0&-13&1\\0&0&2\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\-5&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&3&0\\0&1&-{\frac {1}{13}}\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\{\frac {5}{13}}&-{\frac {1}{13}}&0\\0&0&{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&3&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\{\frac {5}{13}}&-{\frac {1}{13}}&{\frac {1}{26}}\\0&0&{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}-{\frac {2}{13}}&{\frac {3}{13}}&-{\frac {3}{26}}\\{\frac {5}{13}}&-{\frac {1}{13}}&{\frac {1}{26}}\\0&0&{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Drücke die Vektoren ${}u_{1}^{*},u_{2}^{*}$ der Dualbasis zur Basis ${}u_{1}={\begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix}},\,u_{2}={\begin{pmatrix}2\\-5\end{pmatrix}}$ im ${}\mathbb {R} ^{2}$ als Linearkombinationen bezüglich der Standarddualbasis ${}e_{1}^{*},e_{2}^{*}$ aus.

Lösung

Wir invertieren die Matrix ${}{\begin{pmatrix}1&2\\3&-5\end{pmatrix}}$.

${}{\begin{pmatrix}1&2\\3&-5\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&2\\0&-11\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0\\-3&1\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&2\\0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0\\{\frac {3}{11}}&-{\frac {1}{11}}\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}{\frac {5}{11}}&{\frac {2}{11}}\\{\frac {3}{11}}&-{\frac {1}{11}}\end{pmatrix}}$

Daher ist

${}u_{1}^{*}={\frac {5}{11}}e_{1}^{*}+{\frac {2}{11}}e_{2}^{*}\,$

und

${}u_{2}^{*}={\frac {3}{11}}e_{1}^{*}-{\frac {1}{11}}e_{2}^{*}\,.$

Aufgabe (5 Punkte)

Zeige, dass im Polynomring ${}K[X]$ über einem Körper ${}K$ jedes Ideal ein Hauptideal ist.

Lösung

Es sei ${}I$ ein von ${}0$ verschiedenes Ideal in ${}K[X]$. Betrachte die nichtleere Menge

${\left\{\operatorname {grad} \,(P)\mid P\in I,\,P\neq 0\right\}}.$

Diese Menge hat ein Minimum ${}m\in \mathbb {N}$, das von einem Element ${}F\in I$, ${}F\neq 0$, herrührt, sagen wir ${}m=\operatorname {grad} \,(F)$. Wir behaupten, dass ${}I=(F)$ ist. Die Inklusion ${}\supseteq$ ist klar. Zum Beweis von ${}\subseteq$ sei ${}P\in I$ gegeben. Aufgrund von Satz 19.4 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) gilt

$P=FQ+R{\text{ mit }}\operatorname {grad} \,(R)<\operatorname {grad} \,(F){\text{ oder }}R=0.$

Wegen ${}R\in I$ und der Minimalität von ${}\operatorname {grad} \,(F)$ kann der erste Fall nicht eintreten. Also ist ${}R=0$ und ${}P$ ist ein Vielfaches von ${}F$.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}K\subseteq L$ eine Körpererweiterung. Es sei eine ${}n\times n$- Matrix ${}M$ über ${}K$ gegeben. Zeige, dass das Minimalpolynom ${}P\in K[X]$ mit dem Minimalpolynom zu ${}M$ übereinstimmt, wenn man die Matrix über ${}L$ auffasst.

Lösung

Das Polynom ${}P$ kann man direkt als ${}P\in K[X]\subseteq L[X]$ auffassen. Es sei ${}d$ der Grad von ${}P$. Es sei ${}P'\in L[X]$ das Minimalpolynom zu ${}M$, wenn man die Matrix über ${}L$ betrachtet. Die Eigenschaft ${}P(M)=0$ gilt über ${}K$ und auch über ${}L$, da die Matrizenoperationen unabhängig vom Körper sind. Daher ist ${}P$ ein Vielfaches ${}P'$ in ${}L[X]$ und der Grad von ${}P'$ kann allenfalls runtergehen. Da das Minimalpolynom über ${}K$ den Grad ${}d$ besitzt, sind die Potenzen

$M^{0}=E_{n},\,M^{1},\,M^{2},\ldots ,M^{d-1}$

linear unabhängig als Elemente in ${}\operatorname {Mat} _{n}(K)\cong K^{n^{2}}$. Diese lineare Unabhängigkeit bleibt beim Übergang von ${}K$ nach ${}L$ erhalten, da man dies durch das Eliminationsverfahren überprüfen kann. Daher kann es auch über ${}L$ kein annullierendes Polynom kleineren Grades geben.

Aufgabe (6 (3+3) Punkte)

a) Es sei ${}M$ eine ${}2\times 2$- Matrix, die trigonalisierbar, aber weder diagonalisierbar noch invertierbar ist. Zeige, dass ${}M$ nilpotent ist.

b) Man gebe ein Beispiel einer ${}3\times 3$- Matrix ${}M$, die trigonalisierbar, aber weder diagonalisierbar noch invertierbar, noch nilpotent ist.

Lösung

a) Da die Abbildung trigonalisierbar ist, können wir direkt von einer oberen Dreiecksmatrix

${\begin{pmatrix}a&b\\0&d\end{pmatrix}}$

ausgehen. Das charakteristische Polynom ist ${}(X-a)(X-d)$. Bei verschiedenen Eigenwerten wäre die Abbildung nach Korollar 22.10 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) diagonalisierbar, also ist ${}a=d$. Bei ${}a=d\neq 0$ wäre die Determinante nicht ${}0$ und die Matrix wäre invertierbar. Also ist ${}a=d=0$. Daher ist

${}{\begin{pmatrix}0&b\\0&0\end{pmatrix}}^{2}={\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}}\,$

und die Matrix ist nilpotent.

b) Wir betrachten

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

Diese Matrix liegt in oberer Dreiecksform vor, ist also trigonalisierbar. Wegen der letzten Spalte wird ${}e_{3}$ auf ${}0$ abgebildet, die Abbildung ist also nicht invertierbar. Nach Beispiel 22.12 ist ${}N={\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}}$ nicht diagonalisierbar, also ist auch ${}M$ nicht diagonalisierbar, da sie die direkte Summe von ${}N$ und der eindimensionalen Nullabbildung beschreibt. Ferner ist ${}e_{1}$ ein Eigenvektor von ${}M$ zum Eigenwert ${}1$, sodass ${}M$ nicht nilpotent sein kann.

Aufgabe (5 (3+2) Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper.

a) Charakterisiere die nilpotenten ${}2\times 2$- Matrizen

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

über ${}K$ mit Hilfe von zwei Gleichungen in den Variablen ${}x,y,z,w$.

b) Sind die Gleichungen linear?

Lösung

a) Nach Lemma 27.7 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) ist eine ${}2\times 2$-Matrix genau dann nilpotent, wenn ihr charakteristisches Polynom gleich ${}T^{2}$ ist. Für die gegebene Matrix ist das charakteristische Polynom gleich

${}\det TE_{2}-{\begin{pmatrix}x&y\\z&w\end{pmatrix}}=\det {\begin{pmatrix}T-x&-y\\-z&T-w\end{pmatrix}}=T^{2}-(x+w)T+xw-zy\,.$

Die Matrix ist also genau dann nilpotent, wenn die beiden Gleichungen

${}x+w=0\,$

und

${}xw=zy\,$

erfüllt sind.

b) Die Gleichung

${}x+w=0\,$

ist offenbar linear (die Koeffizienten bezüglich ${}x,y,z,w$ sind ${}1,0,0,1$), die Gleichung

${}xw=zy\,$

ist nicht linear, da die Variablen nicht mit einem festen Element aus ${}K$ als Koeffizient in die Gleichung eingehen.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über die Beziehung zwischen geometrischer und algebraischer Vielfachheit.

Lösung

Sei ${}m=\dim _{K}{\left(\operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\varphi \right)}\right)}$ und sei ${}v_{1},\ldots ,v_{m}$ eine Basis von diesem Eigenraum, die wir durch ${}w_{1},\ldots ,w_{n-m}$ zu einer Basis von ${}V$ ergänzen. Bezüglich dieser Basis hat die beschreibende Matrix die Gestalt

${\begin{pmatrix}\lambda E_{m}&B\\0&C\end{pmatrix}}.$

Das charakteristische Polynom ist daher nach Aufgabe . gleich ${}(X-\lambda )^{m}\cdot \chi _{C}$, sodass die algebraische Vielfachheit mindestens ${}m$ ist.

Aufgabe (6 (2+2+2) Punkte)

Wir betrachten die Matrix

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

über ${}\mathbb {Q}$.

a) Bestimme die jordansche Normalform von ${}M$.

b) Bestimme die kanonische Zerlegung von ${}M$ in einen diagonalisierbaren Anteil und einen nilpotenten Anteil.

c) Welche Eigenschaften der kanonischen Zerlegung erfüllt die Zerlegung

${}{\begin{pmatrix}4&0&1\\0&4&-1\\0&0&4\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}4&0&0\\0&4&0\\0&0&4\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0&0&1\\0&0&-1\\0&0&0\end{pmatrix}}\,,$

welche nicht?

Lösung

a) Es ist

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

eine Matrix mit Rang ${}1$, daher ist der Eigenraum zum Eigenwert ${}4$ zweidimensional. Daher hat die jordansche Normalform die Gestalt

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

b) In der Basis, in der die jordansche Normalform vorliegt, ist

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

Dabei ist der Summand links in Diagonalgestalt, also insbesondere diagonalisierbar, und der Summand rechts ist nilpotent. Ferner ist

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

und

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

sodass auch die Vertauschbarkeitsbeziehung gilt.

c) Die Summanden sind diagonalisierbar bzw. nilpotent. Ferner ist

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

und

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

und somit ist dies ebenfalls die kanonische Zerlegung (allerdings bezüglich einer anderen Basis).

Aufgabe (3 Punkte)

Eine lineare Abbildung

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

werde bezüglich der Standardbasis durch die Matrix

${\begin{pmatrix}-3&-6&-1\\0&-3&-2\\0&0&-3\end{pmatrix}}$

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

${}M={\begin{pmatrix}-3&-6&-1\\0&-3&-2\\0&0&-3\end{pmatrix}}+3{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&-6&-1\\0&0&-2\\0&0&0\end{pmatrix}}\,$

und

${}{\begin{pmatrix}0&-6&-1\\0&0&-2\\0&0&0\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}0&-6&-1\\0&0&-2\\0&0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0&12\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}}\,.$

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

${}M{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&-6&-1\\0&0&-2\\0&0&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-1\\-2\\0\end{pmatrix}}\,$

und

${}M^{2}{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}12\\0\\0\end{pmatrix}}\,.$

Daher ist

${\begin{pmatrix}12\\0\\0\end{pmatrix}}\,,{\begin{pmatrix}-1\\-2\\0\end{pmatrix}}\,,{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}$

eine Basis, bezüglich der die jordansche Normalform

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

vorliegt.

Aufgabe (1 Punkt)

Es sei ${}V$ ein ${}K$- Vektorraum, den wir auch als affinen Raum über sich selbst auffassen. Es seien ${}v_{1},\ldots ,v_{n}\in V$. Zeige, dass die Familie dieser Vektoren genau dann eine Basis von ${}V$ bildet, wenn die Familie ${}0,v_{1},\ldots ,v_{n}\in V$ eine affine Basis bildet.

Lösung

Nach der Definition 29.6 ist eine Familie von Punkten ${}P_{0},P_{1},\ldots ,P_{n}$ eines affinen Raumes genau dann eine affine Basis, wenn die Vektorfamilie ${}{\overrightarrow {P_{0}P_{1}}},\ldots ,{\overrightarrow {P_{0}P_{n}}}$ eine Basis ist. Die Aussage der Aufgabe ist mit ${}P_{0}=0$ ein Spezialfall davon.