Kurs:Lineare Algebra/Teil I/8/Klausur mit Lösungen

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

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die Produktmenge aus zwei Mengen ${}L$ und ${}M$.
2. Die durch eine ${}m\times n$-Matrix ${}M=(a_{ij})_{ij}\in \operatorname {Mat} _{m\times n}(K)$ festgelegte lineare Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow W$

   zwischen ${}K$- Vektorräumen ${}V$ und ${}W$ bezüglich einer Basis ${}{\mathfrak {v}}=v_{1},\ldots ,v_{n}$ von ${}V$ und einer Basis ${}{\mathfrak {w}}=w_{1},\ldots ,w_{m}$ von ${}W$.

3. Die Determinante eines Endomorphismus

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

   auf einem endlichdimensionalen Vektorraum ${}V$.

4. Das Einheitsideal in einem kommutativen Ring ${}R$.
5. Die algebraische Vielfachheit von einem Eigenwert ${}\lambda$ zu einer linearen Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

   auf einem endlichdimensionalen ${}K$- Vektorraum ${}V$.

6. Ein affiner Unterraum ${}F\subseteq E$ in einem affinen Raum ${}E$ über dem ${}K$- 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. Man nennt die durch

   $v_{j}\longmapsto \sum _{i=1}^{m}a_{ij}w_{i}$

   gemäß Satz 10.10 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) definierte lineare Abbildung ${}\varphi _{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(M)$ die durch ${}M$ festgelegte lineare Abbildung.

3. Die Abbildung ${}\varphi$ werde bezüglich einer Basis durch die Matrix ${}M$ beschrieben. Dann nennt man

   ${}\det \varphi :=\det M\,$

   die Determinante der linearen Abbildung ${}\varphi$.

4. Das Einheitsideal in einem kommutativen Ring ${}R$ ist der Ring selbst.
5. Den Exponenten des linearen Polynoms ${}X-\lambda$ im charakteristischen Polynom ${}\chi _{\varphi }$ nennt man die algebraische Vielfachheit von ${}\lambda$.
6. Eine Teilmenge ${}F\subseteq E$ heißt affiner Unterraum, wenn

   ${}F=P+U\,$

   ist, mit einem Punkt ${}P\in E$ und einem ${}K$- Untervektorraum ${}U\subseteq V$.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über isomorphe Vektorräume.
2. Der Nulltest mittels Linearformen.
3. Der Satz über die Beschreibung eines Eigenraums als Kern.

Lösung

1. Es sei ${}K$ ein Körper und es seien ${}V$ und ${}W$ endlichdimensionale ${}K$- Vektorräume. Dann sind ${}V$ und ${}W$ zueinander isomorph genau dann, wenn ihre Dimension übereinstimmt.
2. Es sei ${}V$ ein ${}K$- Vektorraum und es sei ${}v\in V$ ein von ${}0$ verschiedener Vektor. Dann gibt es eine Linearform ${}f\colon V\rightarrow K$ mit ${}f(v)\neq 0$.
3. 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 Widerspruch für eine Aussage der Form „Aus ${}A$ folgt ${}B$“.

Lösung

Man möchte zeigen, dass aus einer Aussage ${}A$ eine weitere Aussage ${}B$ folgt. Beim Beweis durch Widerspruch nimmt man an, dass gleichzeitig ${}A$ und nicht ${}B$ gelten. Unter diesen Voraussetzungen zeigt man, dass sich ein Widerspruch ergibt. Dies bedeutet, dass ${}A$ und nicht ${}B$ nicht gleichzeitig gelten können, was eben die Implikation ${}A\implies B$ bedeutet.

Aufgabe (5 (3+2) Punkte)

Es seien ${}M_{1},\ldots ,M_{k}$ und ${}N_{1},\ldots ,N_{k}$ nichtleere Mengen und

$\varphi _{i}\colon M_{i}\longrightarrow N_{i}$

Abbildungen für ${}i=1,\ldots ,k$. Es sei ${}M=M_{1}\times \cdots \times M_{k}$, ${}N=N_{1}\times \cdots \times N_{k}$, und ${}\varphi$ die Produktabbildung, also

$\varphi \colon M\longrightarrow N,\,(x_{1},\ldots ,x_{k})\longmapsto (\varphi _{1}(x_{1}),\ldots ,\varphi _{k}(x_{k})).$

a) Zeige, dass ${}\varphi$ genau dann surjektiv ist, wenn alle ${}\varphi _{i}$ surjektiv sind.

b) Zeige, dass a) nicht gelten muss, wenn die beteiligten Mengen leer sein dürfen.

Lösung

a) Es seien alle ${}\varphi _{i}$ surjektiv und sei ${}y=(y_{1},\ldots ,y_{k})\in N$. Zu jedem ${}i$ gibt es ein ${}x_{i}\in M_{i}$ mit ${}\varphi (x_{i})=y_{i}$. Daher ist ${}x=(x_{1},\ldots ,x_{k})$ ein Urbild von ${}y$ unter ${}\varphi$.

Es sei umgekehrt ${}\varphi$ surjektiv, und sei ${}y_{i}\in N_{i}$ gegeben. Da die ${}N_{j}$ alle nicht leer sind, gibt es jeweils ein ${}a_{j}\in N_{j}$. Wir setzen

$y=(a_{1},\ldots ,a_{i-1},y_{i},a_{i+1},\ldots ,a_{k})\in N.$

Dafür gibt es nach Voraussetzung ein Urbild ${}x\in M$. Für die ${}i$-te Komponente davon muss ${}\varphi _{i}(x_{i})=y_{i}$ gelten.

b) Es sei ${}M_{1}=N_{1}=\emptyset$, sei ${}\varphi _{1}$ die leere Abbildung und seien ${}M_{2}$ und ${}N_{2}$ irgendwelche (nichtleere) Mengen und sei ${}\varphi _{2}\colon M_{2}\rightarrow N_{2}$ eine beliebige nicht surjektive Abbildung. Dann ist ${}M=\emptyset \times M_{2}=\emptyset$ und ${}N=\emptyset \times N_{2}=\emptyset$ und daher ist die Produktabbildung ${}\varphi =\varphi _{1}\times \varphi _{2}$ ebenfalls die leere Abbildung, also surjektiv, obwohl nicht alle ${}\varphi _{i}$ surjektiv sind.

Aufgabe (2 Punkte)

Kevin zahlt für einen Winterblumenstrauß mit ${}3$ Schneeglöckchen und ${}4$ Mistelzweigen ${}2{,}50$ € und Jennifer zahlt für einen Strauß aus ${}5$ Schneeglöckchen und ${}2$ Mistelzweigen ${}2{,}30$ €. Wie viel kostet ein Strauß mit einem Schneeglöckchen und ${}11$ Mistelzweigen?

Lösung

Es sei ${}x$ der Preis für ein Schneeglöckchen und ${}y$ der Preis für einen Mistelzweig. Dann gilt

${}3x+4y=2{,}50\,$

und

${}5x+2y=2{,}30\,.$

Wenn man von der ersten Zeile das Doppelte der zweiten Zeile abzieht, erhält man

${}-7x=-2{,}10\,$

und damit

${}x=0{,}30\,.$

Daraus ergibt sich

${}y=0{,}40\,$

und somit ist der Preis für den gewünschten Strauß gleich

${}1\cdot 0{,}3+11\cdot 0{,}4=4{,}70\,.$

Aufgabe (4 (2+2) Punkte)

Ein lineares Ungleichungssystem sei durch die Ungleichungen

${}x\geq 0\,,$

${}y+x\geq 0\,,$

${}-1-y\leq -x\,,$

${}5y-2x\leq 3\,,$

gegeben.

a) Skizziere die Lösungsmenge dieses Ungleichungssystems.

b) Bestimme die Eckpunkte der Lösungsmenge.

Lösung

a) Wir lösen jeweils nach ${}y$ auf und erhalten die vier Ungleichungen

${}x\geq 0\,,$

${}y\geq -x\,,$

${}y\geq x-1\,,$

${}y\leq {\frac {2}{5}}x+{\frac {3}{5}}\,.$

Die zugehörigen Geraden begrenzen dann die Lösungsmenge.

b) Die Eckpunkte sind Schnittpunkte der eingrenzenden Geraden, die durch die Gleichungen (die zu den Ungleichungen gehören) gegeben sind. Diese sind

$(0,0),\,\left(0,\,{\frac {3}{5}}\right),\,\left({\frac {8}{3}},\,{\frac {5}{3}}\right),\,\left({\frac {1}{2}},\,-{\frac {1}{2}}\right).$

Aufgabe (5 Punkte)

Es seien ${}a,b,c\in \mathbb {R}$ reelle Zahlen. Wir betrachten die drei Vektoren

${}{\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}c\\a\\b\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}b\\c\\a\end{pmatrix}}\in \mathbb {R} ^{3}\,.$

Man gebe Beispiele für ${}a,b,c$ derart, dass der von diesen Vektoren erzeugte Untervektorraum die Dimension ${}0,1,2,3$ besitzt.

Lösung

Sei ${}a=b=c=0$. Dann steht hier dreimal der Nullvektor und der davon erzeugte Untervektorraum ist der Nullraum, welcher die Dimension ${}0$ besitzt.

Sei ${}a=b=c=1$. Dann steht hier dreimal der Vektor ${}{\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}}$ und der davon erzeugte Untervektorraum besitzt die Dimension ${}1$.

Sei ${}a=0$, ${}b=1$ und ${}c=-1$. Dann liegen die Vektoren

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

vor. Addition dieser drei Vektoren ergibt den Nullvektor, sodass eine lineare Abhängigkeit vorliegt und die Dimension des erzeugten Raumes maximal ${}2$ sein kann. Da die ersten beiden Vektoren offenbar linear unabhängig sind, ist die Dimension genau ${}2$.

Sei ${}a=1$ und ${}b=c=0$. Dann liegt die Standardbasis vor und der erzeugte Vektorraum ist ${}\mathbb {R} ^{3}$, also dreidimensional.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme den Kern der durch die Matrix

${}M={\begin{pmatrix}2&3&0&-1\\4&2&2&5\end{pmatrix}}\,$

gegebenen linearen Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{4}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2}.$

Lösung

Wir bestimmen den Lösungsraum des linearen Gleichungssystems

$I\,\,\,\,\,\,\,\,\,2x+3y\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,-w=0$

$II\,\,\,\,\,\,4x+2y+2z+5w=0.$

Es ist

$III=II-2\cdot I\,\,\,\,\,\,-4y+2z+7w=0.$

Damit haben wir Stufengestalt erreicht.

Wir wählen ${}w=0$ und ${}z=2$. Dann ist ${}y=1$ nach III und nach I ist ${}x=-{\frac {3}{2}}$. Damit ist

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

eine Lösung.

Wir wählen jetzt ${}w=1$ und ${}z=0$. Dann ist ${}y={\frac {7}{4}}$ nach III und nach I ist

${}x=-{\frac {17}{8}}\,.$

Damit ist

${\begin{pmatrix}-{\frac {17}{8}}\\{\frac {7}{4}}\\0\\1\end{pmatrix}}$

eine weitere Lösung, die von der ersten Lösung linear unabhängig ist. Da die Matrix den Rang ${}2$ besitzt (was aus der Stufengestalt ablesbar ist), ist der Kern zweidimensional, also ist der Kern gleich

${\left\{a{\begin{pmatrix}-{\frac {3}{2}}\\1\\2\\0\end{pmatrix}}+b{\begin{pmatrix}-{\frac {17}{8}}\\{\frac {7}{4}}\\0\\1\end{pmatrix}}\mid a,b\in \mathbb {R} \right\}}.$

Aufgabe (4 Punkte)

Für eine ${}n\times n$- Matrix ${}M=(a_{ij})_{ij}$ sei

${}\delta (M)=\sum _{\pi \in S_{n}}\operatorname {sgn} (\pi )a_{1\pi (1)}\cdots a_{n\pi (n)}\,.$

Zeige die Gleichheit

${}\delta (M)=\delta {\left({M^{\text{tr}}}\right)}\,$

direkt, ohne die Gleichheit ${}\delta (M)=\det M$ zu verwenden (Eigenschaften des Signums von Permutationen dürfen verwendet werden).

Lösung

Es sei ${}M={\left(a_{ij}\right)}$ und ${}{M^{\text{tr}}}={\left(b_{ij}\right)}$ mit ${}b_{ij}=a_{ji}$. Dann ist

${}{\begin{aligned}\delta {\left({M^{\text{tr}}}\right)}&=\sum _{\pi \in S_{n}}\operatorname {sgn} (\pi )\prod _{i=1}^{n}b_{i\pi (i)}\\&=\sum _{\pi \in S_{n}}\operatorname {sgn} (\pi )\prod _{i=1}^{n}a_{\pi (i)i}\\&=\sum _{\rho =\pi ^{-1}\in S_{n}}\operatorname {sgn} (\rho ^{-1})\prod _{i=1}^{n}a_{\rho ^{-1}(i)i}\\&=\sum _{\rho \in S_{n}}\operatorname {sgn} (\rho )\prod _{j=1}^{n}a_{j\rho (j)}\\&=\delta (M).\end{aligned}}$

Aufgabe (5 (2+3) Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und sei ${}K[X]$ der Polynomring über ${}K$. Es sei ${}a\in K$ ein fixiertes Element.

a) Zeige, dass

${}{\mathfrak {a}}={\left\{F\in K[X]\mid F(a)=0\right\}}\,$

ein Ideal ist.

b) Bestimme ein Polynom ${}P\in K[X]$ mit

${}{\mathfrak {a}}=(P)\,.$

Lösung

a) Es ist ${}0\in {\mathfrak {a}}$. Für ${}F,G\in {\mathfrak {a}}$ ist

${}(F+G)(a)=F(a)+G(a)=0+0=0\,,$

also ${}F+G\in {\mathfrak {a}}$. Für ${}F\in {\mathfrak {a}}$ und ${}H\in K[X]$ ist

${}(HF)(a)=H(a)F(a)=H(a)0=0\,,$

also ${}HF\in {\mathfrak {a}}$.

b) Wir behaupten

${}{\mathfrak {a}}=(X-a)\,.$

Das Polynom ${}X-a$ gehört offenbar zu ${}{\mathfrak {a}}$ und damit gehört auch das von ${}X-a$ erzeugte Hauptideal ${}(X-a)$ zu ${}{\mathfrak {a}}$. Es sei umgekehrt ${}F\in {\mathfrak {a}}$. Die Division mit Rest ergibt

${}F=(X-a)Q+R\,,$

wobei ${}R$ konstant ist. Aus ${}F(a)=0$ folgt

${}0=F(a)=(a-a)Q(a)+R(a)=R(a)\,$

und da ${}R$ konstant ist, folgt ${}R=0$. Also ist ${}F\in (X-a)$.

Aufgabe (2 Punkte)

Es seien ${}V_{1},\ldots ,V_{n}$ Vektorräume über dem Körper ${}K$ und

$\varphi _{i}\colon V_{i}\longrightarrow V_{i}$

lineare Abbildungen. Es sei ${}a\in K$ ein Eigenwert zu ${}\varphi _{k}$ für ein bestimmtes ${}k$. Zeige, dass ${}a$ auch ein Eigenwert zur Produktabbildung

$\varphi _{1}\times \cdots \times \varphi _{n}\colon V_{1}\times \cdots \times V_{n}\longrightarrow V_{1}\times \cdots \times V_{n}$

ist.

Lösung

Wir betrachten den Vektor

$w=(0,\ldots ,0,v_{k},0,\ldots ,0)\in V_{1}\times \cdots \times V_{k-1}\times V_{k}\times V_{k+1}\times \cdots \times V_{n}.$

Wegen

${}v_{k}\neq 0\,$

ist dieser Vektor nicht ${}0$. Es ist

${}{\begin{aligned}(\varphi _{1}\times \cdots \times \varphi _{n})(w)&=(\varphi _{1}(0),\ldots ,\varphi _{k-1}(0),\varphi _{k}(v_{k}),\varphi _{k+1}(0),\ldots ,\varphi _{n}(0))\\&=(0,\ldots ,0,av_{k},0,\ldots ,0)\\&=a(0,\ldots ,0,v_{k},0,\ldots ,0),\end{aligned}}$

also liegt ein Eigenvektor von ${}\varphi _{1}\times \cdots \times \varphi _{n}$ zum Eigenwert ${}a$ vor.

Aufgabe (7 (3+4) Punkte)

Es sei

${}M={\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}\,$

eine Matrix über einem Körper ${}K$.

a) Zeige, dass es eine zu ${}M$ ähnliche Matrix gibt, in der mindestens ein Eintrag gleich ${}0$ ist.

b) Zeige, dass es nicht unbedingt eine zu ${}M$ ähnliche Matrix geben muss, in der mindestens zwei Einträge gleich ${}0$ sind.

Lösung

a) Es sei ${}v\in K^{2}$, ${}v\neq 0$. Wenn ${}v$ ein Eigenvektor zu ${}M$ zum Eigenwert ${}\lambda$ ist, so ergänzen wir ${}v$ durch einen Vektor ${}w\in K^{2}$ zu einer Basis. Bezüglich dieser Basis wird die durch ${}M$ gegebene lineare Abbildung durch eine zu ${}M$ ähnliche Matrix der Form

${\begin{pmatrix}\lambda &r\\0&s\end{pmatrix}}$

beschrieben, es gibt also darin mindestens eine ${}0$. Wenn hingegen ${}v$ kein Eigenvektor ist, so sind ${}v$ und ${}w:=\varphi (v)$ linear unabhängig und bilden eine Basis des ${}K^{2}$. Bezüglich dieser Basis wird die Abbildung durch eine Matrix der Form

${\begin{pmatrix}0&r\\1&s\end{pmatrix}}$

beschrieben.

b) Wir betrachten die Matrix

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

über ${}\mathbb {Q}$ und behaupten, dass die dadurch gegebene lineare Abbildung die Eigenschaft hat, dass in jeder beschreibenden Matrix höchstens eine ${}0$ vorkommt. Es sei ${}N$ eine beschreibende Matrix. Jede beschreibende Matrix besitzt die gleiche Spur, die gleiche Determinante und das gleiche charakteristische Polynom wie ${}M$. Da die Determinante von ${}M$ gleich ${}1$ ist, können weder in einer Zeile noch in einer Spalte von ${}N$ zweimal eine ${}0$ stehen. In der Hauptdiagonalen können nicht zwei Nullen stehen, da dann die Spur ${}0$ sein müsste, diese ist aber ${}2$. Wenn in der Nebendiagonalen zwei Nullen stünden, so wäre ${}N$ eine Diagonalmatrix und ${}M$ wäre diagonalisierbar. Dies ist aber nach Beispiel 22.12 nicht der Fall.

Aufgabe (10 Punkte)

Beweise den Satz von Cayley-Hamilton.

Lösung

Wir fassen die Matrix ${}XE_{n}-M$ als eine Matrix auf, deren Einträge im Körper ${}K(X)$ liegen. Die adjungierte Matrix

$(XE_{n}-M)^{\operatorname {adj} }$

liegt ebenfalls in ${}\operatorname {Mat} _{n}(K(X))$. Die einzelnen Einträge der adjungierten Matrix sind nach Definition Determinanten von ${}(n-1)\times (n-1)$-Untermatrizen von ${}XE_{n}-M$. In den Einträgen dieser Matrix kommt die Variable ${}X$ maximal in der ersten Potenz vor, sodass in den Einträgen der adjungierten Matrix die Variable maximal in der ${}(n-1)$-ten Potenz vorkommt. Wir schreiben

$(XE_{n}-M)^{\operatorname {adj} }=X^{n-1}A_{n-1}+X^{n-2}A_{n-2}+\cdots +XA_{1}+A_{0}\,$

mit Matrizen

${}A_{i}\in \operatorname {Mat} _{n}(K)\,,$

d.h. man schreibt die einzelnen Einträge als Polynom und fasst dann zu ${}X^{i}$ die Koeffizienten zu einer Matrix zusammen. Aufgrund von Satz 17.9 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) gilt

${}{\begin{aligned}\chi _{M}E_{n}&=(XE_{n}-M)\circ (XE_{n}-M)^{\operatorname {adj} }\\&=(XE_{n}-M)\circ (X^{n-1}A_{n-1}+X^{n-2}A_{n-2}+\cdots +XA_{1}+A_{0})\\&=X^{n}A_{n-1}+X^{n-1}(A_{n-2}-M\circ A_{n-1})+X^{n-2}(A_{n-3}-M\circ A_{n-2})+\cdots +X^{1}(A_{0}-M\circ A_{1})-M\circ A_{0}.\end{aligned}}$

Wir können auch die Matrix links nach den Potenzen von ${}X$ aufteilen, dann ist

$\chi _{M}E_{n}=X^{n}E_{n}+X^{n-1}c_{n-1}E_{n}+X^{n-2}c_{n-2}E_{n}+\cdots +X^{1}c_{1}E_{n}+c_{0}E_{n}\,.$

Da diese zwei Polynome übereinstimmen, müssen jeweils ihre Koeffizienten übereinstimmen. D.h. wir haben ein System von Gleichungen

${\begin{matrix}E_{n}&=&A_{n-1}\\c_{n-1}E_{n}&=&A_{n-2}-M\circ A_{n-1}\\c_{n-2}E_{n}&=&A_{n-3}-M\circ A_{n-2}\\\vdots &\vdots &\vdots \\c_{1}E_{n}&=&A_{0}-M\circ A_{1}\\c_{0}E_{n}&=&-M\circ A_{0}\,.\end{matrix}}$

Wir multiplizieren diese Gleichungen von links von oben nach unten mit ${}M^{n},M^{n-1},M^{n-2},\ldots ,M^{1},E_{n}$ und erhalten das Gleichungssystem

${\begin{matrix}M^{n}&=&M^{n}\circ A_{n-1}\\c_{n-1}M^{n-1}&=&M^{n-1}\circ A_{n-2}-M^{n}\circ A_{n-1}\\c_{n-2}M^{n-2}&=&M^{n-2}\circ A_{n-3}-M^{n-1}\circ A_{n-2}\\\vdots &\vdots &\vdots \\c_{1}M^{1}&=&MA_{0}-M^{2}\circ A_{1}\\c_{0}E_{n}&=&-M\circ A_{0}\,.\end{matrix}}$

Wenn wir die linke Spalte dieses Gleichungssystem aufsummieren, so erhalten wir gerade ${}\chi _{M}\,(M)$. Wenn wir die rechte Seite aufsummieren, so erhalten wir ${}0$, da jeder Teilsummand ${}M^{i+1}\circ A_{i}$ einmal positiv und einmal negativ vorkommt. Also ist ${}\chi _{M}\,(M)=0$.

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

Wir betrachten die Matrix

${}M={\begin{pmatrix}5&2&3\\0&5&6\\0&0&4\end{pmatrix}}\,$

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

${}{\begin{pmatrix}5&2&3\\0&5&6\\0&0&4\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}5&0&0\\0&5&0\\0&0&4\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0&2&3\\0&0&6\\0&0&0\end{pmatrix}}\,,$

welche nicht?

Lösung

a) Es ist

${}M-5E_{3}={\begin{pmatrix}0&2&3\\0&0&6\\0&0&-1\end{pmatrix}}\,$

eine Matrix mit Rang ${}2$, daher ist der Eigenraum zum Eigenwert ${}5$ eindimensional. Daher hat die jordansche Normalform die Gestalt

${\begin{pmatrix}5&1&0\\0&5&0\\0&0&4\end{pmatrix}}.$

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

${}{\begin{pmatrix}5&1&0\\0&5&0\\0&0&4\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}5&0&0\\0&5&0\\0&0&4\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}}\,.$

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

${}{\begin{pmatrix}5&0&0\\0&5&0\\0&0&4\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&5&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}}\,$

und

${}{\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}5&0&0\\0&5&0\\0&0&4\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&5&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}}\,,$

sodass auch die Vertauschbarkeitsbeziehung gilt.

c) Die Summanden sind diagonalisierbar bzw. nilpotent, allerdings ist

${}{\begin{pmatrix}5&0&0\\0&5&0\\0&0&4\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}0&2&3\\0&0&6\\0&0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&10&15\\0&0&30\\0&0&0\end{pmatrix}}\,$

und

${}{\begin{pmatrix}0&2&3\\0&0&6\\0&0&0\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}5&0&0\\0&5&0\\0&0&4\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&10&12\\0&0&24\\0&0&0\end{pmatrix}}\,.$

Aufgabe (1 Punkt)

Bestimme, ob im ${}\mathbb {R} ^{3}$ der Ausdruck

${\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}2\\7\\6\end{pmatrix}}+{\frac {1}{3}}{\begin{pmatrix}9\\0\\9\end{pmatrix}}+{\frac {1}{5}}{\begin{pmatrix}5\\5\\2\end{pmatrix}}$

eine baryzentrische Kombination ist.

Lösung

Wegen

${}{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{5}}={\frac {15+10+6}{30}}={\frac {31}{30}}\neq 1\,$

liegt keine baryzentrische Kombination vor.