Kurs:Lineare Algebra/Teil I/50/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	3	4	2	5	7	5	5	5	1	2	3	2	6	6	2	64

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

Das Urbild zu einer Teilmenge ${}T\subseteq M$ unter einer Abbildung ${}F\colon L\rightarrow M$ .
Eine Basis eines ${}K$ - Vektorraums ${}V$ .
Der Orthogonalraum zu einem Untervektorraum
${}U\subseteq V\,$

in einem ${}K$ - Vektorraum ${}V$ .
Ein Ideal ${}{\mathfrak {a}}\subseteq R$ in einem kommutativen Ring ${}R$ .
Eine diagonalisierbare lineare Abbildung
$\varphi \colon V\longrightarrow V$

auf einem ${}K$ - Vektorraum ${}V$ .
Eine affine Basis in einem affinen Raum ${}E$ über einem ${}K$ - Vektorraum ${}V$ .

Lösung

Zu einer Teilmenge ${}T\subseteq M$ heißt
$F^{-1}(T)={\left\{x\in L\mid F(x)\in T\right\}}$

das Urbild von ${}T$ unter ${}F$ .
Eine Familie ${}v_{i}$ , ${}i\in I$ , von Vektoren in ${}V$ heißt Basis, wenn diese Vektoren linear unabhängig sind und ein Erzeugendensystem bilden.
Man nennt
${}U^{\perp }={\left\{f\in {V}^{*}\mid f(u)=0{\text{ für alle }}u\in U\right\}}\subseteq {V}^{*}\,$

den Orthogonalraum zu ${}U$ .
Ein Ideal ist eine nichtleere Teilmenge ${}{\mathfrak {a}}\subseteq R$ ${}{\mathfrak {a}}\subseteq R$ , für die die beiden folgenden Bedingungen erfüllt sind:
1. Für alle ${}a,b\in {\mathfrak {a}}$ ist auch ${}a+b\in {\mathfrak {a}}$ .
2. Für alle ${}a\in {\mathfrak {a}}$ und ${}r\in R$ ist auch ${}ra\in {\mathfrak {a}}$ .
Der Endomorphismus ${}\varphi$ heißt diagonalisierbar, wenn ${}V$ eine Basis aus Eigenvektoren zu ${}\varphi$ besitzt.
Eine Familie von Punkten ${}P_{i}\in E$ , ${}i\in I$ , in einem affine Raum ${}E$ über einem ${}K$ - Vektorraum ${}V$ heißt eine affine Basis von ${}E$ , wenn zu einem ${}i_{0}\in I$ die Vektorfamilie
${\overrightarrow {P_{i_{0}}P_{i}}},i\in I\setminus \{i_{0}\},$

eine Basis von ${}V$ ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

Der Basisergänzungssatz.
Der Festlegungssatz für lineare Abbildungen.
Der Satz über die Beschreibung eines Eigenraums als Kern.

Lösung

Es sei ${}K$ ein Körper und ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}K$ - Vektorraum der Dimension ${}n=\dim _{K}{\left(V\right)}$ . Es seien
$u_{1},\ldots ,u_{k}$

linear unabhängige Vektoren in ${}V$ . Dann gibt es Vektoren

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

derart, dass

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

eine Basis
von ${}V$ bilden.
Es sei ${}K$ ein Körper und es seien ${}V$ und ${}W$ Vektorräume über ${}K$ . Es sei ${}v_{i}$ , ${}i\in I$ , eine Basis von ${}V$ und es seien ${}w_{i}$ , ${}i\in I$ , Elemente in ${}W$ . Dann gibt es genau eine lineare Abbildung
$f\colon V\longrightarrow W$
mit
$f(v_{i})=w_{i}{\text{ für alle }}i\in I.$
Es sei ${}K$ ein Körper, ${}V$ ein ${}K$ - Vektorraum und
$\varphi \colon V\longrightarrow V$

eine lineare Abbildung. Es sei ${}\lambda \in K$ . Dann ist

$\operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\varphi \right)}=\operatorname {kern} {\left(\lambda \cdot \operatorname {Id} _{V}-\varphi \right)}.$

Aufgabe (3 Punkte)

Erläutere das Prinzip Beweis durch Fallunterscheidung.

Lösung erstellen

Aufgabe (4 (1+3) Punkte)

In einer Höhle befinden sich im Innern am Ende des Ganges vier Personen. Sie haben eine Taschenlampe bei sich und der Gang kann nur mit der Taschenlampe begangen werden. Dabei können höchstens zwei Leute gemeinsam durch den Gang gehen. Die Personen sind unterschiedlich geschickt, die erste Person benötigt eine Stunde, die zweite Person benötigt zwei Stunden, die dritte Person benötigt vier Stunden und die vierte Person benötigt fünf Stunden, um den Gang zu durchlaufen. Wenn zwei Personen gleichzeitig gehen, entscheidet die langsamere Person über die Geschwindigkeit.

Die Batterie für die Taschenlampe reicht für genau ${}13$ Stunden. Können alle vier die Höhle verlassen?
Die Batterie für die Taschenlampe reicht für genau ${}12$ Stunden. Können alle vier die Höhle verlassen?

Lösung erstellen

Aufgabe (2 Punkte)

Wenn man alles Gold der Welt zusammennimmt, so erhält man einen Würfel, dessen Seitenlänge ${}21,7$ Meter beträgt. Wenn man alles Gold von Deutschland zusammennimmt, so erhält man einen Würfel, dessen Seitenlänge ${}8,6$ Meter beträgt. Wie viel Prozent des weltweiten Goldes besitzt Deutschland?

Lösung

Der Anteil am weltweiten Gold ist

{}\left({\frac {86}{217}}\right)^{3}=0,396^{3}=0,062\,,

also etwa ${}6,2\%$ .

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise die allgemeine binomische Formel, also die Formel

(a+b)^{n}=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k}

für ${}n\in \mathbb {N}$ und beliebige Elemente ${}a,b\in K$ in einem Körper ${}K$ .

Lösung

Wir führen Induktion nach ${}n$ . Für ${}n=0$ steht einerseits ${}(a+b)^{0}=1$ und andererseits ${}a^{0}b^{0}=1$ . Es sei die Aussage bereits für ${}n$ bewiesen. Dann ist

{}{\begin{aligned}(a+b)^{n+1}&=(a+b)(a+b)^{n}\\&=(a+b){\left(\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k}\right)}\\&=a{\left(\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k}\right)}+b{\left(\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k}\right)}\\&=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k+1}b^{n-k}+\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k+1}\\&=\sum _{k=1}^{n+1}{\binom {n}{k-1}}a^{k}b^{n-k+1}+\sum _{k=0}^{n+1}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k+1}\\&=\sum _{k=1}^{n+1}{\left({\binom {n}{k-1}}+{\binom {n}{k}}\right)}a^{k}b^{n+1-k}+b^{n+1}\\&=\sum _{k=1}^{n+1}{\binom {n+1}{k}}a^{k}b^{n+1-k}+b^{n+1}\\&=\sum _{k=0}^{n+1}{\binom {n+1}{k}}a^{k}b^{n+1-k}.\end{aligned}}

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise den Satz über die Dimension von Untervektorräumen für den Durchschnitt und die Summe.

Lösung

Es sei ${}w_{1},\ldots ,w_{k}$ eine Basis von ${}U_{1}\cap U_{2}$ . Diese ergänzen wir gemäß Satz 8.12 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) einerseits zu einer Basis ${}w_{1},\ldots ,w_{k},u_{1},\ldots ,u_{n}$ von ${}U_{1}$ und andererseits zu einer Basis ${}w_{1},\ldots ,w_{k},v_{1},\ldots ,v_{m}$ von ${}U_{2}$ . Dann ist

w_{1},\ldots ,w_{k},u_{1},\ldots ,u_{n},v_{1},\ldots ,v_{m}

ein Erzeugendensystem von ${}U_{1}+U_{2}$ . Wir behaupten, dass es sich sogar um eine Basis handelt. Es sei dazu

{}a_{1}w_{1}+\cdots +a_{k}w_{k}+b_{1}u_{1}+\cdots +b_{n}u_{n}+c_{1}v_{1}+\cdots +c_{m}v_{m}=0\,.

Daraus ergibt sich, dass das Element

a_{1}w_{1}+\cdots +a_{k}w_{k}+b_{1}u_{1}+\cdots +b_{n}u_{n}=-c_{1}v_{1}-\cdots -c_{m}v_{m}\,

zu ${}U_{1}\cap U_{2}$ gehört. Daraus folgt direkt ${}b_{i}=0$ für ${}i=1,\ldots ,n$ und ${}c_{j}=0$ für ${}j=1,\ldots ,m$ . Somit ergibt sich dann auch ${}a_{\ell }=0$ für alle ${}\ell$ . Also liegt lineare Unabhängigkeit vor. Insgesamt ist also

{}{\begin{aligned}\dim _{K}{\left(U_{1}\cap U_{2}\right)}+\dim _{K}{\left(U_{1}+U_{2}\right)}&=k+k+n+m\\&=k+n+k+m\\&=\dim _{K}{\left(U_{1}\right)}+\dim _{K}{\left(U_{2}\right)}.\end{aligned}}

Aufgabe (5 (1+1+1+2) Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und ${}m,n,p\in \mathbb {N} _{+}$ . Wir betrachten die Abbildung

\Psi \colon \operatorname {Mat} _{m\times n}(K)\times \operatorname {Mat} _{n\times p}(K)\longrightarrow \operatorname {Mat} _{m\times p}(K),\,(A,B)\longmapsto A\circ B,

die einem Paar, bestehend aus einer ${}m\times n$ -Matrix ${}A$ und einer ${}n\times p$ -Matrix ${}B$ ihr Matrixprodukt ${}A\circ B$ zuordnet.

a) Gibt es Situationen, wo ${}\Psi$ injektiv ist?

b) Zeige, dass ${}\Psi$ bei ${}p=1$ surjektiv ist.

c) Zeige, dass ${}\Psi$ bei ${}m=n=p$ surjektiv ist.

d) Beschreibe eine Situation, wo ${}\Psi$ nicht surjektiv ist.

Lösung

a) ${}\Psi$ ist nie injektiv. Für ${}A=0$ ist für alle Matrizen ${}B$ das Produkt ${}A\circ B=0$ .

b) Es sei ${}C$ eine vorgegebene ${}m\times 1$ -Matrix, also ein Spaltenvektor. Wir wählen für ${}B$ , die ja eine ${}n\times 1$ -Matrix sein muss, den ersten Standardvektor. Es sei ${}A$ eine ${}m\times n$ -Matrix, deren erste Spalte gleich ${}C$ ist. Dann ist

{}A\circ B=C\,.

c) Wir können ${}A$ als die Einheitsmatrix wählen. Dann liegt jede Matrix ${}C$ wegen

{}A\circ C=C\,

im Bild.

d) Es sei ${}m=p=2$ , ${}n=1$ . Die Matrixmultiplikation hat dann die Form

{}{\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}}\circ \left(c,\,d\right)={\begin{pmatrix}ac&ad\\bc&bd\end{pmatrix}}\,.

Die Einheitsmatrix ${}{\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}$ liegt nicht im Bild. Wegen ${}ac=1=bd$ müssen alle vier Zahlen ${}\neq 0$ sein, doch dann wäre alle vier Einträge von ${}{\begin{pmatrix}ac&ad\\bc&bd\end{pmatrix}}$ von ${}0$ verschieden.

Aufgabe (5 Punkte)

Bestimme die Übergangsmatrizen ${}M_{\mathfrak {v}}^{\mathfrak {u}}$ und ${}M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {v}}$ für die Standardbasis ${}{\mathfrak {u}}$ und die durch die Vektoren

v_{1}={\begin{pmatrix}5\\0\\3\end{pmatrix}},\,\,v_{2}={\begin{pmatrix}2\\2\\-1\end{pmatrix}}\,{\text{ und }}\,v_{3}={\begin{pmatrix}0\\-1\\4\end{pmatrix}}

gegebene Basis ${}{\mathfrak {v}}$ im ${}\mathbb {R} ^{3}$ .

Lösung erstellen

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}M$ eine quadratische Matrix, die man als

{}M={\begin{pmatrix}A&B\\0&D\end{pmatrix}}\,

mit quadratischen Matrizen ${}A$ und ${}D$ schreiben kann. Zeige

{}\det M=\det A\cdot \det D\,.

Lösung

Es sei ${}A$ eine ${}k\times k$ -Matrix, ${}k<n$ . Wir beweisen die Aussage durch Induktion über ${}k$ . Bei ${}k=1$ ergibt sich die Aussage direkt aus der rekursiven Definition der Determinante. Zum Beweis des Induktionsschrittes von ${}k-1$ nach ${}k$ betrachten wir, gemäß der Definition

{}\det M=\sum _{i=1}^{k}(-1)^{i+1}a_{i1}\det M_{i}\,.

Hier muss man nur die Summe bis ${}k$ betrachten, da die weiteren Einträge in der ersten Spalte gleich ${}0$ sind. Die Streichungsmatrizen ${}M_{i}$ sind von der Form

{\begin{pmatrix}A_{i}&B_{i}\\0&D\end{pmatrix}},

wobei wieder die erste Spalte und die ${}i$ -te Zeile gestrichen werden. Insbesondere sind dies wieder Blockmatrizen, wobei die ${}A_{i}$ jetzt ${}(k-1)\times (k-1)$ -Matrizen sind, sodass wir darauf die Induktionsvoraussetzung anwenden können. Es ist also

{}{\begin{aligned}\det M&=\sum _{i=1}^{k}(-1)^{i+1}a_{i1}\det M_{i}\\&=\sum _{i=1}^{k}(-1)^{i+1}a_{i1}{\left(\det A_{i}\cdot \det D\right)}\\&={\left(\sum _{i=1}^{k}(-1)^{i+1}a_{i1}\det A_{i}\right)}\det D\\&=\det A\cdot \det D,\end{aligned}}

wobei wir links die rekursive Definition für ${}\det A$ verwendet haben.

Aufgabe (1 Punkt)

Es sei ${}K$ ein Körper und sei ${}K[X]_{\leq d}$ der ${}K$ - Vektorraum aller Polynome vom Grad ${}\leq d$ . Zu ${}z\in K$ bezeichne ${}\operatorname {Ev} _{z}$ die Auswertung an ${}z$ , also die Abbildung

\operatorname {Ev} _{z}\colon K[X]_{\leq d}\longrightarrow K,\,P\longmapsto P(z).

Zeige, dass ${}\operatorname {Ev} _{z}$ linear ist.

Lösung

Für Polynome ${}P,Q\in K[X]_{\leq d}$ und Skalare ${}r,s\in K$ und ${}z\in K$ ist

{}{\begin{aligned}\operatorname {Ev} _{z}(rP+sQ)&=(rP+sQ)(z)\\&=rP(z)+sQ(z)\\&=r\operatorname {Ev} _{z}(P)+s\operatorname {Ev} _{z}(Q),\end{aligned}}

was die Linearität bedeutet.

Aufgabe (2 Punkte)

Beweise, dass der Polynomring ${}K[X]$ über einem Körper ${}K$ selbst kein Körper ist.

Lösung

In einem Körper besitzt jedes Element ${}\neq 0$ ein multiplikatives Inverses. Dies ist beim Polynomring nicht der Fall, beispielsweise besitzt die Variable ${}X$ kein Inverses, da das Produkt von ${}X$ mit jedem Polynom ${}P\neq 0$ einen Grad ${}\geq 1$ besitzt.

Aufgabe (3 (1+1+1) Punkte)

Es seien ${}\alpha ,\beta ,\gamma ,\delta$ reelle Zahlen mit ${}\alpha ^{2}+\beta ^{2}=1$ und mit ${}\gamma ^{2}+\delta ^{2}=1$ .

a) Berechne

{\begin{pmatrix}\alpha &\beta \\\beta &-\alpha \end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}\gamma &\delta \\\delta &-\gamma \end{pmatrix}}.

b) Erfüllen die Einträge der ersten Spalte der Produktmatrix die gleiche Bedingung?

c) Ist diese Produktmatrix wieder von der gleichen Bauart?

Lösung

a) Es ist

{}{\begin{pmatrix}\alpha &\beta \\\beta &-\alpha \end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}\gamma &\delta \\\delta &-\gamma \end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}\alpha \gamma +\beta \delta &\alpha \delta -\beta \gamma \\\beta \gamma -\alpha \delta &\beta \delta +\alpha \gamma \end{pmatrix}}\,.

b) Es ist

{}{\begin{aligned}{\left(\alpha \gamma +\beta \delta \right)}^{2}+{\left(\beta \gamma -\alpha \delta \right)}^{2}&=\alpha ^{2}\gamma ^{2}+2\alpha \gamma \beta \delta +\beta ^{2}\delta ^{2}+\beta ^{2}\gamma ^{2}-2\beta \gamma \alpha \delta +\alpha ^{2}\delta ^{2}\\&=\alpha ^{2}\gamma ^{2}+\beta ^{2}\delta ^{2}+\beta ^{2}\gamma ^{2}+\alpha ^{2}\delta ^{2}\\&={\left(\alpha ^{2}+\beta ^{2}\right)}\gamma ^{2}+{\left(\alpha ^{2}+\beta ^{2}\right)}\delta ^{2}\\&=\gamma ^{2}+\delta ^{2}\\&=1,\end{aligned}}

die Quadratbedingung ist also erfüllt.

c) In der Produktmatrix steht in der Diagonalen das gleiche Element, nicht das negative Element. Die Produktmatrix ist also von einer anderen Bauart.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme für die reelle Matrix

{}M={\begin{pmatrix}\pi &0&0\\0&3,14&0\\0&0&3,14\end{pmatrix}}\,

die Eigenräume und die geometrischen Vielfachheiten.

Lösung

Es ist

{}\operatorname {Eig} _{\pi }{\left(M\right)}=\mathbb {R} e_{1}\,

und

{}\operatorname {Eig} _{3,14}{\left(M\right)}=\mathbb {R} e_{2}+\mathbb {R} e_{3}\,,

alle anderen Eigenräume sind ${}0$ . Die geometrische Vielfachheit von ${}\pi$ ist ${}1$ und die geometrische Vielfachheit von ${}3,14$ ist ${}2$ .

Aufgabe (6 (2+3+1) 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}}\,.

a) Bestimme das charakteristische Polynom ${}\chi _{M}$ von ${}M$ .

b) Berechne die Potenzen ${}M^{2},M^{3},M^{4}$ .

c) Überprüfe den Satz von Cayley-Hamilton für ${}M$ .

Lösung

a) 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}}

b) Es ist

{}M^{2}={\begin{pmatrix}2&3&0&0\\4&1&0&0\\0&0&5&-2\\0&0&1&3\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}2&3&0&0\\4&1&0&0\\0&0&5&-2\\0&0&1&3\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}16&9&0&0\\12&13&0&0\\0&0&23&-16\\0&0&8&7\end{pmatrix}}\,,

{}M^{3}={\begin{pmatrix}2&3&0&0\\4&1&0&0\\0&0&5&-2\\0&0&1&3\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}16&9&0&0\\12&13&0&0\\0&0&23&-16\\0&0&8&7\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}68&57&0&0\\76&49&0&0\\0&0&99&-94\\0&0&47&5\end{pmatrix}}\,,

{}M^{4}={\begin{pmatrix}16&9&0&0\\12&13&0&0\\0&0&23&-16\\0&0&8&7\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}16&9&0&0\\12&13&0&0\\0&0&23&-16\\0&0&8&7\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}364&261&0&0\\348&277&0&0\\0&0&401&-480\\0&0&240&-79\end{pmatrix}}\,.

c) Es ist

{}{\begin{aligned}&\,\,\,\,\,\,\,\chi _{M}(M)\\&={\left(X^{4}-11X^{3}+31X^{2}+29X-170\right)}(M)\\&=M^{4}-11M^{3}+31M^{2}+29M-170E_{4}\\&={\begin{pmatrix}364&261&0&0\\348&277&0&0\\0&0&401&-480\\0&0&240&-79\end{pmatrix}}-11{\begin{pmatrix}68&57&0&0\\76&49&0&0\\0&0&99&-94\\0&0&47&5\end{pmatrix}}+31{\begin{pmatrix}16&9&0&0\\12&13&0&0\\0&0&23&-16\\0&0&8&7\end{pmatrix}}+29{\begin{pmatrix}2&3&0&0\\4&1&0&0\\0&0&5&-2\\0&0&1&3\end{pmatrix}}-170{\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}0&0&0&0\\0&0&0&0\\0&0&0&0\\0&0&0&0\end{pmatrix}}\,\end{aligned}}

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise den Satz von der kanonischen additiven Zerlegung für eine trigonalisierbare Abbildung.

Lösung

Nach Satz 26.14 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) ist

{}V=H_{1}\oplus \cdots \oplus H_{m}\,,

wobei die ${}H_{i}$ die Haupträume zu den Eigenwerten ${}\lambda _{i}$ seien, und es ist

{}\varphi =\varphi _{1}\oplus \cdots \oplus \varphi _{m}\,

mit ${}\varphi _{i}=\varphi {|}_{H_{i}}$ . Es sei

p_{i}\colon V\longrightarrow V

die Hintereinanderschaltung ${}V\rightarrow H_{i}\rightarrow V$ , d.h. ${}p_{i}$ ist insbesondere eine Projektion. Wir setzen

{}\varphi _{\rm {diag}}:=\lambda _{1}p_{1}+\cdots +\lambda _{m}p_{m}\,.

Diese Abbildung ist offenbar diagonalisierbar, auf ${}H_{i}$ ist es die Multiplikation mit ${}\lambda _{i}$ . Es sei

{}\varphi _{\rm {nil}}:=\varphi -\varphi _{\rm {diag}}\,.

Die Nilpotenz dieser Abbildung kann man auf den ${}H_{i}$ einzeln überprüfen, und dort ist

{}{\left(\varphi -\varphi _{\rm {diag}}\right)}{|}_{H_{i}}=\varphi _{i}-{\left(\varphi _{\rm {diag}}\right)}{|}_{H_{i}}=\varphi _{i}-\lambda _{i}\operatorname {Id} _{H_{i}}\,,

also nilpotent. Ferner kommutieren ${}\varphi _{j}$ und ${}p_{i}$ , da ${}p_{i}$ auf ${}H_{i}$ die Identität ist und auf ${}H_{j}$ , ${}j\neq i$ , die Nullabbildung. Damit kommutieren auch die direkten (skalaren) Summen davon und damit kommutieren ${}\varphi$ und ${}\varphi _{\rm {diag}}$ , also auch ${}\varphi _{\rm {diag}}$ und ${}\varphi -\varphi _{\rm {diag}}=\varphi _{\rm {nil}}$ .