Kurs:Lineare Algebra/Teil I/7/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	5	5	4	4	1	4	6	5	11	3	5	2	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

Die Abbildung
$G\colon M\longrightarrow L,$

die jedes Element ${}y\in M$ auf das eindeutig bestimmte Element ${}x\in L$ mit ${}F(x)=y$ abbildet, heißt die Umkehrabbildung zu ${}F$ .
Eine ${}m\times n$ -Matrix über ${}K$ ist ein Schema der Form
${\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}&\ldots &a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\ldots &a_{2n}\\\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\a_{m1}&a_{m2}&\ldots &a_{mn}\end{pmatrix}},$

wobei die ${}a_{ij}$ aus ${}K$ sind.
Man nennt
${}\operatorname {kern} \varphi :={\left\{v\in V\mid \varphi (v)=0\right\}}\,$

den Kern von ${}\varphi$ .
Eine lineare Abbildung
$\varphi \colon V\longrightarrow V$

heißt Projektion, wenn

${}\varphi ^{2}=\varphi \,$

gilt.
Das Polynom
${}\chi _{M}:=\det \left(X\cdot E_{n}-M\right)\,$

heißt charakteristisches Polynom von ${}M$ .
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)

Lösung

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 und
${\begin{matrix}a_{11}x_{1}+a_{12}x_{2}+\cdots +a_{1n}x_{n}&=&c_{1}\\a_{21}x_{1}+a_{22}x_{2}+\cdots +a_{2n}x_{n}&=&c_{2}\\\vdots &\vdots &\vdots \\a_{n1}x_{1}+a_{n2}x_{2}+\cdots +a_{nn}x_{n}&=&c_{n}\end{matrix}}$

ein inhomogenes lineares Gleichungssystem Es sei vorausgesetzt, dass die beschreibende Matrix ${}M=(a_{ij})_{ij}$ invertierbar sei. Dann erhält man die eindeutige Lösung für ${}x_{j}$ durch

${}x_{j}={\frac {\det {\begin{pmatrix}a_{11}&\cdots &a_{1,j-1}&c_{1}&a_{1,j+1}&\cdots &a_{1n}\\\vdots &\ddots &\vdots &\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\a_{n1}&\cdots &a_{n,j-1}&c_{n}&a_{n,j+1}&\cdots &a_{nn}\end{pmatrix}}}{\det M}}\,.$
Es sei ${}\varphi \colon V\rightarrow V$ ein Endomorphismus auf dem endlichdimensionalen ${}K$ - Vektorraum ${}V$ und es sei ${}{\mathfrak {u}}=u_{1},\ldots ,u_{n}$ eine Basis von ${}V$ . Es sei ${}M=M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {u}}$ die beschreibende Matrix zu ${}\varphi$ bezüglich dieser Basis. Dann ist ${}v\in V$ genau dann ein Eigenvektor zu ${}\varphi$ zum Eigenwert ${}a$ , wenn das Koordinatentupel zu ${}v$ bezüglich der Basis ein Eigenvektor zu ${}M$ zum Eigenwert ${}a$ ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Es soll Holz unterschiedlicher Länge (ohne Abfall) in Stücke zerlegt werden, die zwischen ${}30$ und ${}40$ cm lang sein sollen (jeweils einschließlich). Für welche Holzlängen ist dies möglich?

Lösung

Es sei ${}\ell$ die Länge des Holzes, das zerlegt werden soll. Für ${}\ell <30$ ist eine Zerlegung offenbar nicht möglich. Für ${}30\leq \ell \leq 40$ kann man das Stück so lassen, wie es ist, eine Zerlegung ist also möglich. Für ${}40<\ell <60$ ist eine Zerlegung nicht möglich, da das Stück zu lang ist, um es direkt zu übernehmen, aber zu kurz, um es in zwei oder mehr Teile zu zerlegen. Für ${}60\leq \ell \leq 80$ kann man das Stück in zwei (beispielsweise gleichgroße) Teile unterteilen, eine Zerlegung ist also möglich. Für ${}80<\ell <90$ ist keine Zerlegung möglich. Für zwei Teile ist das Stück nämlich zu lang und für drei oder mehr Teile ist es zu kurz. Ab

{}\ell \geq 90\,

ist eine Zerlegung stets möglich. Die Länge erfüllt dann nämlich

{}30s\leq \ell <30(s+1)\,

mit einer natürlichen Zahl ${}s\geq 3$ . Wenn man ${}\ell$ durch ${}s$ dividiert, erhält man

{}30\leq {\frac {\ell }{s}}<{\frac {30(s+1)}{s}}=30{\frac {(s+1)}{s}}\leq 30{\frac {4}{3}}\leq 40\,,

was als Länge eines Teilstücks erlaubt ist.

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 (5 Punkte)

Betrachte die reellen Zahlen ${}\mathbb {R}$ als ${}\mathbb {Q}$ - Vektorraum. Zeige, dass die Menge der reellen Zahlen ${}\ln p$ , wobei ${}p$ durch die Menge der Primzahlen läuft, linear unabhängig ist. Tipp: Verwende, dass jede positive natürliche Zahl eine eindeutige Darstellung als Produkt von Primzahlen besitzt.

Lösung

Wir nehmen an, dass

{}\sum _{i=1}^{n}q_{i}\ln p_{i}=0\,

ist, wobei ${}p_{1},\ldots ,p_{n}$ verschiedene Primzahlen und ${}q_{1},\ldots ,q_{n}$ rationale Zahlen sind. Diese müssen wir als ${}0$ nachweisen. Durch Multiplikation mit einem Hauptnenner können wir annehmen, dass die ${}q_{i}$ ganze Zahlen sind. Wir wenden die Exponentialfunktion auf die obige Gleichung an und erhalten

{}e^{\sum _{i=1}^{n}q_{i}\ln p_{i}}=e^{q_{1}\ln p_{1}}\cdots e^{q_{n}\ln p_{n}}=\prod _{i=1}^{n}p_{i}^{q_{i}}=e^{0}=1\,.

Es sei ${}I\subseteq {\{1,\ldots ,n\}}$ die Teilmenge aller ${}i$ , für die der Exponent ${}q_{i}$ nichtnegativ ist. Durch Sortieren erhalten wir eine Gleichung der Form

{}\prod _{i\in I}p_{i}^{q_{i}}=\prod _{i\in {\{1,\ldots ,n\}}\setminus I}p_{i}^{-q_{i}}\,.

Dies ist eine positive natürliche Zahl und wegen der eindeutigen Primfaktorzerlegung müssen alle ${}q_{i}=0$ sein.

Aufgabe (4 Punkte)

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

{}U={\left\{s{\begin{pmatrix}2\\1\\7\end{pmatrix}}+t{\begin{pmatrix}4\\-2\\9\end{pmatrix}}\mid s,t\in \mathbb {R} \right\}}\,

und

{}V={\left\{p{\begin{pmatrix}3\\1\\0\end{pmatrix}}+q{\begin{pmatrix}5\\2\\-4\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}2\\1\\7\end{pmatrix}}+t{\begin{pmatrix}4\\-2\\9\end{pmatrix}}=p{\begin{pmatrix}3\\1\\0\end{pmatrix}}+q{\begin{pmatrix}5\\2\\-4\end{pmatrix}}.

Die Koeffiziententupel ${}(s,t,p,q)$ bilden den Lösungsraum des linearen Gleichungssystems

{\begin{pmatrix}2&4&-3&-5\\1&-2&-1&-2\\7&9&0&4\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}s\\t\\p\\q\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}},

das wir lösen müssen. Wir ersetzen die erste Gleichung durch

I'=I-3II:\,\,-s+10t+q=0

und die dritte Gleichung durch

III'=III-4I':\,\,11s-31t=0.

Wir wählen ${}s=31$ , sodass ${}t=11$ sein muss. Dies legt eindeutig ${}q$ und dann auch ${}p$ fest. Daher ist der Durchschnitt ${}U\cap V$ eindimensional und

{}31{\begin{pmatrix}2\\1\\7\end{pmatrix}}+11{\begin{pmatrix}4\\-2\\9\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}62+44\\31-22\\217+99\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}106\\9\\316\end{pmatrix}}\,

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

Aufgabe (4 Punkte)

Man gebe ein Beispiel für Untervektorräume ${}U_{1},U_{2},U_{3}$ in einem Vektorraum ${}V$ derart, dass ${}V=U_{1}+U_{2}+U_{3}$ ist, dass ${}U_{i}\cap U_{j}=0$ für ${}i\neq j$ ist, und so, dass die Summe nicht direkt ist.

Lösung

Es sei

{}V=K^{2}\,

und ${}U_{1}=Ke_{1}$ , ${}U_{2}=Ke_{2}$ und ${}U_{3}=K{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}$ . Die Summe der drei Unterräume ist ${}K^{2}$ , da dies schon für die ersten beiden Unterräume gilt. Da die drei Vektoren paarweise linear unabhängig sind, ist

{}U_{i}\cap U_{j}=0\,

für ${}i\neq j$ . Wegen

{}U_{1}+U_{2}=K^{2}\,

ist

{}(U_{1}+U_{2})\cap U_{3}=U_{3}\neq 0\,

und somit ist die Summe nicht direkt.

Aufgabe (1 Punkt)

Es sei

\varphi \colon V\longrightarrow W

eine lineare Abbildung zwischen den ${}K$ - Vektorräumen ${}V$ und ${}W$ . Zeige ${}\varphi (0)=0$ .

Lösung

Aufgrund der Additivität der linearen Abbildung ist

{}\varphi (0)=\varphi (0+0)=\varphi (0)+\varphi (0)\,.

Addition mit dem negativen Element zu ${}\varphi (0)$ , also mit ${}-\varphi (0)$ , ergibt

{}0=\varphi (0)\,.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die komplexen Zahlen ${}z$ , für die die Matrix

{\begin{pmatrix}z&2&2z+1\\3&1&4\\z&5&z\end{pmatrix}}

nicht invertierbar ist.

Lösung

Die Matrix ist genau dann invertierbar, wenn ihre Determinante ${}\neq 0$ ist. Wir müssen also die Nullstellen der Determinante bestimmen. Die Determinante ist (nach der Regel von Sarrus)

{}z^{2}+8z+30z+15-2z^{2}-z-20z-6z=-z^{2}+11z+15\,.

Dies ist gleich ${}0$ genau dann, wenn

z^{2}-11z-15=0

ist. Durch quadratisches Ergänzen führt diese Gleichung auf

{}{\left(z-{\frac {11}{2}}\right)}^{2}=15+{\frac {121}{4}}={\frac {181}{4}}\,.

Daher sind

z_{1}={\frac {\sqrt {181}}{2}}+{\frac {11}{2}}={\frac {11+{\sqrt {181}}}{2}}\,\,{\text{  und }}\,\,z_{2}=-{\frac {\sqrt {181}}{2}}+{\frac {11}{2}}={\frac {11-{\sqrt {181}}}{2}}

die beiden einzigen Lösungen der quadratischen Gleichung. Diese zwei reellen Zahlen sind also die einzigen (reellen oder komplexen) Zahlen, für die die Matrix nicht invertierbar ist.

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise den Satz, dass das Signum ein Gruppenhomomorphismus ist.

Lösung

Es seien zwei Permutationen ${}\pi$ und ${}\rho$ gegeben. Dann ist

{}{\begin{aligned}\operatorname {sgn} (\pi \circ \rho )&=\prod _{i<j}{\frac {(\pi \circ \rho )(j)-(\pi \circ \rho )(i)}{j-i}}\\&={\left(\prod _{i<j}{\frac {(\pi \circ \rho )(j)-(\pi \circ \rho )(i)}{\rho (j)-\rho (i)}}\right)}\prod _{i<j}{\frac {\rho (j)-\rho (i)}{j-i}}\\&={\left(\prod _{i<j,\,\rho (i)<\rho (j)}{\frac {\pi (\rho (j))-\pi (\rho (i))}{\rho (j)-\rho (i)}}\right)}{\left(\prod _{i<j,\,\rho (i)>\rho (j)}{\frac {\pi (\rho (j))-\pi (\rho (i))}{\rho (j)-\rho (i)}}\right)}\,\operatorname {sgn} (\rho )\\&={\left(\prod _{i<j,\,\rho (i)<\rho (j)}{\frac {\pi (\rho (j))-\pi (\rho (i))}{\rho (j)-\rho (i)}}\right)}{\left(\prod _{i<j,\,\rho (i)>\rho (j)}{\frac {\pi (\rho (i))-\pi (\rho (j))}{\rho (i)-\rho (j)}}\right)}\,\operatorname {sgn} (\rho )\\&=\prod _{k<\ell }{\frac {\pi (\ell )-\pi (k)}{\ell -k}}\operatorname {sgn} (\rho )\\&=\operatorname {sgn} (\pi )\operatorname {sgn} (\rho ).\end{aligned}}

Aufgabe (5 Punkte)

Bestimme die Eigenwerte und die Eigenräume der durch die Matrix

{}M={\begin{pmatrix}2&0&5\\0&-1&0\\8&0&5\end{pmatrix}}\,

gegebenen linearen Abbildung

\varphi \colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,v\longmapsto Mv.

Lösung

Das charakteristische Polynom ist

{}{\begin{aligned}\chi _{M}&=\det {\begin{pmatrix}x-2&0&-5\\0&x+1&0\\-8&0&x-5\end{pmatrix}}\\&=(x-2)(x+1)(x-5)-40(x+1)\\&=(x+1)((x-2)(x-5)-40)\\&=(x+1)(x^{2}-7x-30).\end{aligned}}

Dies ergibt zunächst den Eigenwert ${}-1$ . Durch quadratisches Ergänzen (oder direkt) sieht man für den quadratischen Term die Nullstellen ${}-3$ und ${}10$ , die die weiteren Eigenwerte sind. Da es drei verschiedene Eigenwerte gibt ist klar, dass zu jedem Eigenwert der Eigenraum eindimensional ist.

Eigenraum zu ${}-1$ : Man muss die Lösungsmenge von

{\begin{pmatrix}-3&0&-5\\0&0&0\\-8&0&-6\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}

bestimmen. Eine Lösung ist offenbar der Spaltenvektor ${}{\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}}$ , sodass der Eigenraum zu ${}-1$ gleich ${}\lambda {\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}}$ ist.

Eigenraum zu ${}-3$ : Man muss die Lösungsmenge von

{\begin{pmatrix}-5&0&-5\\0&-2&0\\-8&0&-8\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}

bestimmen. Eine Lösung ist offenbar der Spaltenvektor ${}{\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix}}$ , sodass der Eigenraum zu ${}-3$ gleich ${}\lambda {\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix}}$ ist.

Eigenraum zu ${}10$ : Man muss die Lösungsmenge von

{\begin{pmatrix}8&0&-5\\0&11&0\\-8&0&5\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}

bestimmen. Eine Lösung ist offenbar der Spaltenvektor ${}{\begin{pmatrix}5\\0\\8\end{pmatrix}}$ , sodass der Eigenraum zu ${}10$ gleich ${}\lambda {\begin{pmatrix}5\\0\\8\end{pmatrix}}$ ist.

Aufgabe (11 (3+3+2+3) Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und seien

c_{1},\ldots ,c_{n}\in K

Elemente, die nicht alle gleich ${}0$ seien. Wir betrachten die ${}n\times n$ - Matrix

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

wobei die Einträge durch

{}a_{ij}=c_{i}c_{j}\,

gegeben sind.

a) Bestimme den Rang der Matrix ${}M$ .

b) Zeige, dass der Vektor ${}{\begin{pmatrix}c_{1}\\\vdots \\c_{n}\end{pmatrix}}$ ein Eigenvektor zu ${}M$ ist und bestimme den zugehörigen Eigenwert.

c) Zeige, dass ${}M$ bei ${}K=\mathbb {R}$ diagonalisierbar ist.

d) Zeige, dass ${}M$ bei ${}K={\mathbb {C} }$ nicht diagonalisierbar sein muss.

Lösung

a) Es ist

{}M={\begin{pmatrix}c_{1}\\\vdots \\c_{n}\end{pmatrix}}\left(c_{1},\,\ldots ,\,c_{n}\right)\,.

Daher besitzt die durch ${}M$ gegebene lineare Abbildung eine Faktorisierung der Form

K^{n}\longrightarrow K\longrightarrow K^{n}.

Daher ist das Bild von ${}M$ maximal eindimensional und der Rang der Matrix ist höchstens ${}1$ . Da nicht alle ${}c_{j}$ gleich ${}0$ sind, ist ${}M$ nicht die Nullmatrix und daher ist der Rang genau ${}1$ .

b) Es ist

{}{\begin{aligned}M{\begin{pmatrix}c_{1}\\\vdots \\c_{n}\end{pmatrix}}&={\begin{pmatrix}\sum _{j=1}^{n}c_{1}c_{j}c_{j}\\\vdots \\\sum _{j=1}^{n}c_{n}c_{j}c_{j}\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}\sum _{j=1}^{n}c_{j}^{2}c_{1}\\\vdots \\\sum _{j=1}^{n}c_{j}^{2}c_{n}\end{pmatrix}}\\&={\left(\sum _{j=1}^{n}c_{j}^{2}\right)}{\begin{pmatrix}c_{1}\\\vdots \\c_{n}\end{pmatrix}}.\end{aligned}}

Da nicht alle ${}c_{j}$ gleich ${}0$ sind, ist dieser Vektor ein Eigenvektor zum Eigenwert ${}\sum _{j=1}^{n}c_{j}^{2}$ .

c) Die Matrix ${}M$ besitzt aufgrund der Rangeigenschaft einen ${}(n-1)$ -dimensionalen Kern. Ferner gibt es einen weiteren Eigenvektor zu einem von ${}0$ verschiedenen Eigenwert (da wir in ${}\mathbb {R}$ sind und eine Summe von Quadraten betrachten). Daher ist die Summe der Dimensionen der Eigenräume gleich ${}n$ und somit liegt nach Lemma 22.11 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) eine diagonalisierbare Abbildung vor.

d) Es sei ${}c_{1}=1$ und ${}c_{2}={\mathrm {i} }$ . Die in Frage stehende Matrix ist dann

{}M={\begin{pmatrix}1&{\mathrm {i} }\\{\mathrm {i} }&-1\end{pmatrix}}\,.

Das charakteristische Polynom davon ist

{}\chi _{M}=(X-1)(X+1)+1=X^{2}\,.

Daher ist ${}0$ der einzige Eigenwert. Der Kern ist aber eindimensional, daher ist die Matrix nicht diagonalisierbar.

Aufgabe (3 Punkte)

Man gebe eine Matrix ${}M\in \operatorname {GL} _{2}\!{\left(\mathbb {Q} \right)}$ der Ordnung ${}4$ an.

Lösung

Sei

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

Dann ist

{}{\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}}^{2}={\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-1&0\\0&-1\end{pmatrix}}\,.

Ferner ist

{}{\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}}^{3}={\begin{pmatrix}-1&0\\0&-1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}}\,

und

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

also ist die Ordnung gleich ${}4$ .

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 (2 Punkte)

Es seien ${}E$ und ${}F$ affine Räume über ${}K$ mit Punkten ${}P_{1},P_{2}\in E$ und ${}Q_{1},Q_{2}\in F$ . Zeige, dass im Produktraum die baryzentrische Beziehung

{}(P_{2},Q_{2})=(P_{1},Q_{2})+(P_{2},Q_{1})-(P_{1},Q_{1})\,

gilt.

Lösung

Zur Auswertung des baryzentrischen Ausdruckes wählen wir ${}(P_{1},Q_{1})$ als Aufpunkt und erhalten

{}{\begin{aligned}(P_{1},Q_{2})+(P_{2},Q_{1})-(P_{1},Q_{1})&=(P_{1},Q_{1})+{\overrightarrow {(P_{1},Q_{1})(P_{1},Q_{2})}}+{\overrightarrow {(P_{1},Q_{1})(P_{2},Q_{1})}}\\&=(P_{1},Q_{1})+({\overrightarrow {P_{1}P_{1}}},{\overrightarrow {Q_{1}Q_{2}}})+({\overrightarrow {P_{1}P_{2}}},{\overrightarrow {Q_{1}Q_{1}}})\\&=(P_{1},Q_{1})+(0,{\overrightarrow {Q_{1}Q_{2}}})+({\overrightarrow {P_{1}P_{2}}},0)\\&=(P_{1}+{\overrightarrow {P_{1}P_{2}}},Q_{1}+{\overrightarrow {Q_{1}Q_{2}}})\\&=(P_{2},Q_{2}).\end{aligned}}