Kurs:Lineare Algebra/Teil I/6/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	$\sum$
Punkte	3	3	2	2	3	4	8	5	6	7	1	6	3	1	7	3	64

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die Potenzmenge zu einer Menge $M$.
2. Eine lineare Abbildung

   $\phi :V⟶W$

   zwischen den $K$-Vektorräumen $V$ und $W$.

3. Die Spur zu einer quadratischen Matrix $M$ über einem Körper $K$.
4. Die Determinante einer $n\times n$-Matrix $M$.
5. Eine nilpotente lineare Abbildung

   $\phi :V⟶V$

   auf dem $K$-Vektorraum $V$.

6. Ein affiner Isomorphismus

   $\psi :E⟶F$

   zwischen den affinen Räumen $E$ und $F$ über den $K$-Vektorräumen $V$ bzw. $W$.

Lösung

1. Zu einer Menge $M$ nennt man die Menge aller Teilmengen von $M$ die Potenzmenge von $M$.
2. Eine Abbildung

   $\phi :V⟶W$

   heißt lineare Abbildung, wenn die beiden folgenden Eigenschaften erfüllt sind.

   1. $\phi (u+v)=\phi (u)+\phi (v)$ für alle $u,v\in V$.
   2. $\phi (sv)=s\phi (v)$ für alle $s\in K$ und $v\in V$.
3. Sei

   $M={\left(a_{ij}\right)}_{1\le i,j\le n}.$

   Dann heißt

   $\mathrm{Spur}\left(M\right):=\sum _{i=1}^n{a}_{ii}$

   die Spur von $M$.

4. Zu $i\in \{1,\dots ,n\}$ sei $M_i$ diejenige $(n-1)\times (n-1)$-Matrix, die entsteht, wenn man in $M$ die erste Spalte und die $i$-te Zeile weglässt. Dann definiert man rekursiv die Determinante von $M$ durch

   $detM=\{\begin{array}{cc}{a}_{11},& \text{falls }n=1,\\ \sum _{i=1}^n(-1{)}^{i+1}{a}_{i1}det{M}_i& \text{ für }n\ge 2.\end{array}$

5. Die lineare Abbildung

   $\phi :V⟶V$

   heißt nilpotent, wenn es eine natürliche Zahl $n$ derart gibt, dass die $n$-te Hintereinanderschaltung

   ${\phi }^n=0$

   ist.

6. Eine bijektive affine Abbildung

   $\psi :E⟶F$

   heißt affiner Isomorphismus.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Die Dimensionsformel für eine lineare Abbildung

   $\phi :V⟶W.$

2. Der Satz über die Matrixbeschreibung für die duale Abbildung.
3. Der Satz über Diagonalisierbarkeit und Vielfachheiten.

Lösung

1. Unter der Bedingung, dass $V$ endlichdimensional ist, gilt

   ${\dim }_K\left(V\right)={\dim }_K(\mathrm{kern}\phi )+{\dim }_K(\mathrm{bild}\phi ).$

2. Es sei $K$ ein Körper und sei $V$ ein $n$-dimensionaler $K$-Vektorraum mit einer Basis  $𝔳=v_1,\dots ,v_n$  und sei $W$ ein $m$-dimensionaler Vektorraum mit einer Basis  $𝔴=w_1,\dots ,w_m$.  Es seien $v_1^{\ast },\dots ,v_n^{\ast }$ bzw. $w_1^{\ast },\dots ,w_m^{\ast }$ die zugehörigen Dualbasen. Es sei

   $\phi :V⟶W$

   eine lineare Abbildung, die bezüglich der gegebenen Basen durch die $m\times n$-Matrix

   $M=M_{𝔴}^{𝔳}(\phi )=(a_{ij}{)}_{ij}$

   beschrieben werde. Dann wird die duale Abbildung

   ${\phi }^{\ast }:W^{\ast }⟶V^{\ast }$

   bezüglich der Dualbasen von $V^{\ast }$ bzw. $W^{\ast }$ durch die transponierte Matrix

   ${(M_{𝔴}^{𝔳}(\phi ))}^{\text{tr}}$ beschrieben.
3. Es sei $K$ ein Körper und es sei $V$ ein endlichdimensionaler $K$-Vektorraum. Es sei

   $\phi :V⟶V$

   eine lineare Abbildung. Dann ist $\phi$ genau dann diagonalisierbar, wenn das charakteristische Polynom ${\chi }_{\phi }$ in Linearfaktoren zerfällt und wenn für jede Nullstelle $\lambda$ mit der algebraischen Vielfachheit ${\mu }_{\lambda }$ die Gleichheit

   ${\mu }_{\lambda }={\dim }_K\left({\mathrm{Eig}}_{\lambda }\left(\phi \right)\right)$

   gilt.

Aufgabe (2 Punkte)

Anfang März beträgt die Zeitdifferenz zwischen Deutschland und Paraguay $4$ Stunden (in Paraguay wurde es $4$ Stunden später hell). Am 25. März 2018 wurde in Deutschland die Uhr von der Winterzeit auf die Sommerzeit umgestellt, die Uhr wurde also um eine Stunde nachts von $2$ auf $3$ vorgestellt. In der gleichen Nacht wurde die Uhr in Paraguay umgestellt. Wie groß war die Zeitdifferenz nach der Umstellung?

Lösung

Da Paraguay auf der Südhalbkugel liegt, wird dort Ende März von der dortigen Sommerzeit auf die dortige Winterzeit umgestellt, dort wird also die Uhr zurückgestellt. Daher beträgt die Zeitdifferenz zwischen Deutschland und Paraguay danach ganze $6$ Stunden.

Aufgabe (2 Punkte)

Es seien $L,M,N$ Mengen und $f:L\to M$ und $g:M\to N$ Abbildungen. Zeige, dass für jede Teilmenge  $U\subseteq N$  die Beziehung

$f^{-1}(g^{-1}(U))={(g\circ f)}^{-1}(U)$

gilt.

Lösung

Es sei $U\subseteq N$ fixiert. Es sei $x\in f^{-1}(g^{-1}(U))$. Das bedeutet

$f(x)\in g^{-1}(U)$

und das bedeutet

$g(f(x))\in U,$

also

$x\in (g\circ f{)}^{-1}(U).$

Wenn umgekehrt

$x\in (g\circ f{)}^{-1}(U)$

ist, so bedeutet dies

$g(f(x))\in U.$

Also ist

$f(x)\in g^{-1}(U)$

und damit

$x\in f^{-1}(g^{-1}(U)).$

Aufgabe (3 Punkte)

Drücke in ${ℝ}^3$ den Vektor

$(1,0,0)$

als Linearkombination der Vektoren

$(1,-2,5),(4,0,3)\text{ und }(2,1,1)$

aus.

Lösung

Es geht darum, das lineare Gleichungssystem

$\begin{array}{ccc}x+4y+2z& =& 1\\ -2x+z& =& 0\\ 5x+3y+z& =& 0\end{array}$

zu lösen. Wir eliminieren mit Hilfe der dritten Gleichung die Variable $y$ aus der ersten Gleichung. Das resultierende System ist ($I^{\prime }=3I-4III$)

$\begin{array}{ccc}-17x+2z& =& 3\\ -2x+z& =& 0\\ 5x+3y+z& =& 0.\end{array}$

Wir eliminieren nun aus $I^{\prime }$ mittels $II$ die Variable $z$, das ergibt ($I^{\prime }-2II$)

$\begin{array}{ccc}-13x& =& 3\\ -2x+z& =& 0\\ 5x+3y+z& =& 0.\end{array}$

Wir können jetzt dieses System lösen. Es ist

$x=-\frac{3}{13},$

$z=2x=-\frac{6}{13}$

und

$y=\frac{-5x-z}{3}=\frac{15+6}{39}=\frac{21}{39}=\frac{7}{13}.$

Also ist

$\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right)=-\frac{3}{13}\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ 5\end{array}\right)+\frac{7}{13}\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ 3\end{array}\right)-\frac{6}{13}\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 1\end{array}\right).$

Aufgabe (4 Punkte)

a) Bestimme, ob die komplexe Matrix

$M=\left(\begin{array}{cc}2+5\mathrm{i}& 1-2\mathrm{i}\\ 3-4\mathrm{i}& 6-2\mathrm{i}\end{array}\right)$

invertierbar ist.

b) Finde eine Lösung für das inhomogene lineare Gleichungssystem

$M\left(\begin{array}{c}{z}_1\\ z_2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}54+72\mathrm{i}\\ 0\end{array}\right).$

Lösung

a) Wir berechnen die Determinante der Matrix. Diese ist

$\begin{array}{cc}detM& =(2+5\mathrm{i})(6-2\mathrm{i})-(3-4\mathrm{i})(1-2\mathrm{i})\\ & =12+10+30\mathrm{i}-4\mathrm{i}-(3-8-4\mathrm{i}-6\mathrm{i})\\ & =27+36\mathrm{i}.\end{array}$

Insbesondere ist die Matrix invertierbar.

b) Es ist

$\begin{array}{cc}\left(\begin{array}{c}54+72\mathrm{i}\\ 0\end{array}\right)& =2\left(\begin{array}{c}detM\\ 0\end{array}\right)\\ \end{array}$

Daher können wir direkt eine Lösung angeben, nämlich

$\left(\begin{array}{c}{z}_1\\ z_2\end{array}\right)=2\left(\begin{array}{c}6-2\mathrm{i}\\ -(3-4\mathrm{i})\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}12-4\mathrm{i}\\ -6+8\mathrm{i}\end{array}\right).$

Es ist ja

$\begin{array}{cc}\left(\begin{array}{cc}2+5\mathrm{i}& 1-2\mathrm{i}\\ 3-4\mathrm{i}& 6-2\mathrm{i}\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}2(6-2\mathrm{i})\\ 2(-3+4\mathrm{i})\end{array}\right)& =2\left(\begin{array}{c}(2+5\mathrm{i})(6-2\mathrm{i})+(1-2\mathrm{i})(-3+4\mathrm{i})\\ (3-4\mathrm{i})(6-2\mathrm{i})+(6-2\mathrm{i})(-3+4\mathrm{i})\end{array}\right)\\ & =\left(\begin{array}{c}2detM\\ 0\end{array}\right).\end{array}$

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

Es sei $K$ ein endlicher Körper mit $q$ Elementen.

a) Es sei $V$ ein $K$-Vektorraum der Dimension $d$. Wie viele Elemente besitzt $V$?

b) Zeige, dass ein $K$-Vektorraum genau dann endlich ist, wenn er endlichdimensional ist.

c) Wie viele Basen besitzt ein $d$-dimensionaler $K$-Vektorraum?

Lösung

a) Da es eine Basis $v_1,\dots ,v_d$ gibt, ist $V$ isomorph zu $K^d$. Dieser Raum besteht aus allen $d$-Tupeln und besitzt damit $q^d$ Elemente.

b) Wenn $V$ endlichdimensional ist, so folgt die Endlichkeit der Menge $V$ direkt aus a). Wenn $V$ endlich ist, so kann man ganz $V$ als endliches Erzeugendensystem wählen. Eine Teilmenge davon bildet eine endliche Basis. Also ist $V$ endlichdimensional.

c) Wir überlegen uns, auf wie viele Arten wir eine Basis $v_1,\dots ,v_d$ zusammenstellen können. Damit müssen wir nur beachten, dass $v_{i+1}$ jeweils nicht im dem von den $v_1,\dots ,v_i$ erzeugten Untervektorraum liegt. Durch diese Bedingung besitzt dieser Untervektorraum insbesondere $q^i$ Elemente. Das bedeutet, dass man für $v_{i+1}$ genau $q^d-q^i$ Auswahlmöglichkeiten hat. Daher gibt es insgesamt

$(q^d-1)(q^d-q)(q^d-q^2)\cdots (q^d-q^{d-2})(q^d-q^{d-1})=q^{\frac{d(d-1)}{2}}(q^d-1)(q^{d-1}-1)(q^{d-2}-1)\cdots (q^2-1)(q-1)$

Basen.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei $\phi :{ℝ}^2\to {ℝ}^2$ die durch die Matrix  $M=\left(\begin{array}{cc}5& 1\\ 2& 3\end{array}\right)$  (bezüglich der Standardbasis) festgelegte lineare Abbildung. Bestimme die beschreibende Matrix zu $\phi$ bezüglich der Basis $\left(\begin{array}{c}1\\ 4\end{array}\right)$ und $\left(\begin{array}{c}4\\ 2\end{array}\right)$.

Lösung

Es ist

$\phi \left(\begin{array}{c}1\\ 4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}5& 1\\ 2& 3\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}1\\ 4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}9\\ 14\end{array}\right)$

und

$\phi \left(\begin{array}{c}4\\ 2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}5& 1\\ 2& 3\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}4\\ 2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}22\\ 14\end{array}\right).$

Diese Bildvektoren müssen wir bezüglich der Basis ausdrücken. Der Ansatz

$\left(\begin{array}{c}9\\ 14\end{array}\right)=a\left(\begin{array}{c}1\\ 4\end{array}\right)+b\left(\begin{array}{c}4\\ 2\end{array}\right)$

bzw.

$9=a+4b\text{ und }14=4a+2b$

führt auf

$-19=-7a$

und damit auf $a=\frac{19}{7}$ und $b=\frac{11}{7}$. Der Ansatz

$\left(\begin{array}{c}22\\ 14\end{array}\right)=c\left(\begin{array}{c}1\\ 4\end{array}\right)+d\left(\begin{array}{c}4\\ 2\end{array}\right)$

bzw.

$22=c+4d\text{ und }14=4c+2d$

führt auf

$-6=-7c$

und damit auf $c=\frac{6}{7}$ und $d=\frac{37}{7}$. Daher ist die beschreibende Matrix von $\phi$ bezüglich der Basis $\left(\begin{array}{c}1\\ 4\end{array}\right)$ und $\left(\begin{array}{c}4\\ 2\end{array}\right)$ gleich

$\left(\begin{array}{cc}\frac{19}{7}& \frac{6}{7}\\ \frac{11}{7}& \frac{37}{7}\end{array}\right).$

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

$M_{𝔴}^{𝔳}({\phi }_{𝔴}^{𝔳}(M)).$

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

$\begin{array}{cc}(M_{𝔴}^{𝔳}({\phi }_{𝔴}^{𝔳}(M)){)}_{ij}& =i-\text{te Koordinate von }({\phi }_{𝔴}^{𝔳}(M))(v_j)\\ & =i-\text{te Koordinate von }\sum _{i=1}^m{a}_{ij}{w}_i\\ & =a_{ij}.\end{array}$

Es sei nun $\phi$ eine lineare Abbildung, und betrachten wir

${\phi }_{𝔴}^{𝔳}(M_{𝔴}^{𝔳}(\phi )).$

Zwei lineare Abbildungen stimmen nach Satz 10.10 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) überein, wenn man zeigen kann, dass sie auf der Basis $v_1,\dots ,v_n$ übereinstimmen. Es ist

$({\phi }_{𝔴}^{𝔳}(M_{𝔴}^{𝔳}(\phi )))(v_j)=\sum _{i=1}^m(M_{𝔴}^{𝔳}(\phi ){)}_{ij}{w}_i.$

Dabei ist nach Definition der Koeffizient $(M_{𝔴}^{𝔳}(\phi ){)}_{ij}$ die $i$-te Koordinate von $\phi (v_j)$ bezüglich der Basis $w_1,\dots ,w_m$. Damit ist diese Summe gleich $\phi (v_j)$.

Aufgabe (7 Punkte)

Es sei $V$ ein $K$-Vektorraum und  $U_1,U_2\subseteq V$  seien Untervektorräume. Zeige im Dualraum $V^{\ast }$ die Gleichheit

${(U_1\cap U_2)}^{\perp }=U_1^{\perp }+U_2^{\perp }.$

Lösung

Sei  $f=h+g$  mit $g\in U_1^{\perp }$ und $h\in U_2^{\perp }$. Für $v\in U_1\cap U_2$ ist somit

$f(v)=g(v)+h(v)=0+0=0,$

also ist $f\in {(U_1\cap U_2)}^{\perp }$.

Für die andere Inklusion sei $f\in {(U_1\cap U_2)}^{\perp }$ und sei $W$ ein direktes Komplement von $U_1\cap U_2$ in $U_1$ und $T\subseteq V$ ein direktes Komplement von $U_1$ in $V$, also

$U_1=(U_1\cap U_2)\oplus W$

und

$V=U_1\oplus T=(U_1\cap U_2)\oplus W\oplus T.$

Es sei $h$ die Gesamtabbildung

$V\stackrel{p_W}{⟶}W\stackrel{}{⟶}V\stackrel{f}{⟶}K.$

Dann ist $h$ eingeschränkt auf $U_1\cap U_2\oplus T$ die Nullabbildung und somit auch auf $U_2$ die Nullabbildung. Also ist $h\in U_2^{\perp }$.

Sei

$g=f-h.$

Für $v\in U_1$ ist

$v=u+w$

mit $u\in U_1\cap U_2$ und $w\in W$. Dabei ist

$g(u)=f(u)-h(u)=0-0=0$

und

$g(w)=f(w)-h(w)=f(w)-f(w)=0$

nach Definition von $h$. Also ist

$g(v)=0$

und somit $g\in U_1^{\perp }$.

Aufgabe (1 Punkt)

Berechne die Determinante der Matrix

$\left(\begin{array}{cc}3-\pi & 2-3\sqrt{5}\\ 3-\sqrt{5}& 4\pi \end{array}\right).$

Lösung

Es ist

$\begin{array}{cc}det\left(\begin{array}{cc}3-\pi & 2-3\sqrt{5}\\ 3-\sqrt{5}& 4\pi \end{array}\right)& =(3-\pi )4\pi -(3-\sqrt{5})(2-3\sqrt{5})\\ & =12\pi -4{\pi }^2-6+15+2\sqrt{5}+9\sqrt{5}\\ & =12\pi -4{\pi }^2+9+11\sqrt{5}.\end{array}$

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise den Satz über die Charakterisierung von diagonalisierbar mit Vielfachheiten.

Lösung

Wenn $\phi$ diagonalisierbar ist, so kann man sofort annehmen, dass $\phi$ 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 ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_k$ die verschiedenen Eigenwerte und

${\mu }_i:={\mu }_{{\lambda }_i}(\phi )={\dim }_K\left({\mathrm{Eig}}_{{\lambda }_i}\left(\phi \right)\right)$

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

${\mathrm{Eig}}_{{\lambda }_1}\left(\phi \right)\oplus \cdots \oplus {\mathrm{Eig}}_{{\lambda }_k}\left(\phi \right)\subseteq V$

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

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei $M$ eine $n\times n$-Matrix über $K$ mit dem Minimalpolynom  $P\in K[X]$.  Es sei

$P=F_1\cdots F_k$

eine Faktorzerlegung in Polynome $F_i$ von positivem Grad. Zeige, dass $F_i(M)$ nicht bijektiv ist.

Lösung

Es ist

$0=P(M)=F_1(M)\circ \cdots \circ F_k(M).$

Dabei ist die Reihenfolge der Hintereinanderschaltung unerheblich, da der Polynomring kommutativ ist. Es genügt also, $F_1$ zu betrachten. Wäre $F_1(M)$ bijektiv, so müsste schon $F_2(M)\circ \cdots \circ F_k(M)$ die Nullabbildung sein, doch dann wäre $F_2\cdots F_k$ ein annullierendes Polynom im Widerspruch zur vorausgesetzten Minimalität.

Aufgabe (1 Punkt)

Was ist falsch an der folgenden Argumentation:

„Zu zwei quadratischen $n\times n$-Matrizen $M,N$ gilt für die charakteristischen Polynome die Beziehung

${\chi }_{M\circ N}={\chi }_M{\chi }_N.$

Nach Definition ist nämlich

${\chi }_{M\circ N}=det(X{E}_n-M\circ N)=det(X{E}_n-M)det(X{E}_n-N)={\chi }_M\cdot {\chi }_N,$

wobei die mittlere Gleichung auf dem Determinantenmultiplikationssatz beruht“.

Lösung

Es ist

$X{E}_n-M\circ N\ne (X{E}_n-M)\circ (X{E}_n-N),$

daher ist der Determinantenmultiplikationssatz nicht anwendbar.

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise den Satz über die Summe von Haupträumen.

Lösung

Es sei

${\chi }_{\phi }=(X-{\lambda }_1{)}^{k_1}\cdots (X-{\lambda }_m{)}^{k_m}$

das charakteristische Polynom, das nach Satz 25.10 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) in Linearfaktoren zerfällt, wobei die ${\lambda }_i$ verschieden seien. Wir führen Induktion über $m$. Bei  $m=1$  gibt es nur einen Eigenwert $\lambda$ und nur einen Hauptraum. Nach Korollar 24.3 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) ist dann auch das Minimalpolynom von der Form $(X-\lambda {)}^s$ und daher ist  $V={\mathrm{Haupt}}_{\lambda }(\phi )$.  Es sei die Aussage nun für kleineres $m$ bewiesen. Wir setzen  $P=(X-{\lambda }_1{)}^{k_1}$  und  $Q=(X-{\lambda }_2{)}^{k_2}\cdots (X-{\lambda }_m{)}^{k_m}$  und sind damit in der Situation von Lemma 26.9 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) und Satz 26.12 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)). Wir haben also eine direkte Summenzerlegung in $\phi$-invariante Untervektorräume

$V={\mathrm{Haupt}}_{{\lambda }_1}(\phi )\oplus \mathrm{kern}Q(\phi ).$

Das charakteristische Polynom ist nach Lemma 23.7 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) das Produkt der charakteristischen Polynome der Einschränkungen auf die beiden Räume. Nach Satz 26.12 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) ist $(X-{\lambda }_1{)}^{k_1}$ das charakteristische Polynom der Einschränkung von $\phi$ auf den ersten Hauptraum, daher muss $Q$ das charakteristische Polynom der Einschränkung auf $\mathrm{kern}Q(P)$ sein. Das heißt insbesondere, dass diese Einschränkung ebenfalls trigonalisierbar ist. Nach der Induktionsvoraussetzung ist also $\mathrm{kern}Q(P)$ die direkte Summe der Haupträume zu ${\lambda }_2,\dots ,{\lambda }_m$ und daraus ergibt sich insgesamt die direkte Summenzerlegung für $V$ und für $\phi$.

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

Es sei $E$ ein affiner Raum über dem $K$-Vektorraum $V$. Zeige die folgenden Identitäten in $V$.

1.  $\overrightarrow{PP}=0$  für  $P\in E$. 
2.  $\overrightarrow{PQ}=-\overrightarrow{QP}$  für  $P,Q\in E$. 
3.  $\overrightarrow{PQ}+\overrightarrow{QR}=\overrightarrow{PR}$  für  $P,Q,R\in E$. 

Lösung

Nach der Definition . ist

$P+\overrightarrow{PQ}=Q$

und $\overrightarrow{PQ}$ ist der einzige Vektor mit dieser Eigenschaft.

(1). Es ist einerseits nach der Vorbemerkung

$P+\overrightarrow{PP}=P$

und andererseits nach der ersten Eigenschaft der Definition

$P+0=P,$

also ist

$\overrightarrow{PP}=0.$

(2). Es ist einerseits

$P+\overrightarrow{PQ}=Q$

und andererseits

$Q=Q+0=Q+(\overrightarrow{QP}-\overrightarrow{QP})=P-\overrightarrow{QP},$

also ist

$\overrightarrow{PQ}=-\overrightarrow{QP}.$

(3). Es ist

$P+\overrightarrow{PR}=R=Q+\overrightarrow{QR}=(P+\overrightarrow{PQ})+\overrightarrow{QR}=P+(\overrightarrow{PQ}+\overrightarrow{QR}),$

also ist

$\overrightarrow{PR}=\overrightarrow{PQ}+\overrightarrow{QR}.$