Kurs:Lineare Algebra/Teil I/9/Klausur mit Lösungen/kontrolle

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

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. 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 ${}F$.

2. Zu ${}x\in M$ heißt ${}y\in M$ inverses Element, wenn die Gleichheit

   ${}x\circ y=e=y\circ x\,$

   gilt.

3. Es sei

   ${}v_{j}=\sum _{i=1}^{n}c_{ij}u_{i}\,$

   mit den Koeffizienten ${}c_{ij}\in K$. Dann nennt man die ${}n\times n$-Matrix

   ${}M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {v}}=(c_{ij})_{ij}\,$

   die Übergangsmatrix zum Basiswechsel von ${}{\mathfrak {v}}$ nach ${}{\mathfrak {u}}$.

4. Eine Permutation ${}\pi$ auf ${}{\{1,\ldots ,n\}}$ heißt Zykel der Ordnung ${}r$, wenn es eine ${}r$-elementige Teilmenge ${}Z\subseteq M$ derart gibt, dass ${}\pi$ auf ${}M\setminus Z$ die Identität ist und ${}\pi$ die Elemente aus ${}Z$ zyklisch vertauscht
5. Man nennt

   ${}\operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\varphi \right)}:={\left\{v\in V\mid \varphi (v)=\lambda v\right\}}\,$

   den Eigenraum von ${}\varphi$ zum Wert ${}\lambda$.

6. Man nennt die zu ${}P$ eindeutig bestimmten Zahlen

   $(a_{i},i\in I){\text{ mit }}\sum _{i\in I}a_{i}=1$

   mit

   ${}P=\sum _{i\in I}a_{i}P_{i}\,$

   die baryzentrischen Koordinaten von ${}P$.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Jedes (inhomogene) lineare Gleichungssystem über einem Körper ${}K$ lässt sich durch elementare Umformungen und durch das Weglassen von überflüssigen Gleichungen in ein äquivalentes lineares Gleichungssystem der Stufenform

   ${\begin{matrix}b_{1s_{1}}x_{s_{1}}&+b_{1s_{1}+1}x_{s_{1}+1}&\ldots &\ldots &\ldots &\ldots &\ldots &+b_{1n}x_{n}&=&d_{1}\\0&\ldots &0&b_{2s_{2}}x_{s_{2}}&\ldots &\ldots &\ldots &+b_{2n}x_{n}&=&d_{2}\\\vdots &\ddots &\ddots &\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &=&\vdots \\0&\ldots &\ldots &\ldots &0&b_{m{s_{m}}}x_{s_{m}}&\ldots &+b_{mn}x_{n}&=&d_{m}\\(0&\ldots &\ldots &\ldots &\ldots &\ldots &\ldots &0&=&d_{m+1})\end{matrix}}$

   überführen, bei dem alle Startkoeffizienten ${}b_{1s_{1}},b_{2s_{2}},\ldots ,b_{ms_{m}}$ von ${}0$ verschieden sind.
2. Unter der Bedingung, dass ${}V$ endlichdimensional ist, gilt

   ${}\dim _{K}{\left(V\right)}=\dim _{K}{\left(\operatorname {kern} \varphi \right)}+\dim _{K}{\left(\operatorname {bild} \varphi \right)}\,.$

3. Zu jedem trigonalisierbaren Endomorphismus

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

   auf einem endlichdimensionalen ${}K$- Vektorraum ${}V$ gibt es eine Basis, bezüglich der die beschreibende Matrix jordansche Normalform

   besitzt.

Aufgabe (1 Punkt)

Ist die Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {N} _{+}\times \mathbb {N} _{+}\longrightarrow \mathbb {N} _{+}\times \mathbb {N} _{+}\times \mathbb {N} _{+},\,(a,b)\longmapsto (a+b,ab,a^{b}),$

injektiv oder nicht?

Lösung

Die Abbildung ist nicht injektiv, da wegen

${}2^{4}=16=4^{2}\,$

die beiden Paare ${}(2,4)$ und ${}(4,2)$ unter ${}\varphi$ auf das gleiche Element abgebildet werden.

Aufgabe (5 (2+3) Punkte)

Es seien

$f,g,h\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R}$

Funktionen.

a) Zeige die Gleichheit

${}{\left(h\cdot g\right)}\circ f={\left(h\circ f\right)}\cdot {\left(g\circ f\right)}\,.$

b) Zeige durch ein Beispiel, dass die Gleichheit

${}{\left(h\circ g\right)}\cdot f={\left(h\cdot f\right)}\circ {\left(g\cdot f\right)}\,$

nicht gelten muss.

Lösung

a) Die Gleichheit von Funktionen bedeutet die Gleichheit für jedes Argument. Für ${}x\in \mathbb {R}$ ist

${}{\begin{aligned}{\left({\left(h\cdot g\right)}\circ f\right)}(x)&={\left(h\cdot g\right)}{\left(f(x)\right)}\\&=h(f(x))\cdot g(f(x))\\&={\left(h\circ f\right)}(x)\cdot {\left(g\circ f\right)}(x)\\&={\left({\left(h\circ f\right)}\cdot {\left(g\circ f\right)}\right)}(x),\end{aligned}}$

was die Aussage beweist.

b) Wir nehmen für ${}f,g,h$ jeweils die Identität, also die Abbildung ${}x\mapsto x$. Die Verknüpfung der Identität mit sich selbst ist wieder die Identität. Das Produkt der Identität mit sich selbst ist das Quadrieren ${}x\mapsto x^{2}$. Daher ist in diesem Beispiel die Funktion

${\left(h\circ g\right)}\cdot f$

gleich der Quadrierungsfunktion. Die Funktion

${\left(h\cdot f\right)}\circ {\left(g\cdot f\right)}$

hingegen ist die Hintereinanderschaltung des Quadrierens mit dem Quadrieren, und das ist die Abbildung ${}x\mapsto {\left(x^{2}\right)}^{2}=x^{4}$.

Aufgabe (4 Punkte)

Löse das folgende lineare Gleichungssystem über dem Körper ${}K=\mathbb {Q} [{\sqrt {3}}]$:

${}{\begin{pmatrix}2+{\sqrt {3}}&-{\sqrt {3}}\\{\frac {1}{2}}&-2-3{\sqrt {3}}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1-{\sqrt {3}}\\4-2{\sqrt {3}}\end{pmatrix}}\,.$

Lösung

Wir schreiben das Gleichungssystem als

$(I)\,\,\,(2+{\sqrt {3}})x-{\sqrt {3}}y=1-{\sqrt {3}}$

$(II)\,\,\,{\frac {1}{2}}x-(2+3{\sqrt {3}})y=4-2{\sqrt {3}}.$

Wir multiplizieren die zweite Zeile mit ${}4+2{\sqrt {3}}$ und erhalten

$(III)\,\,\,(2+{\sqrt {3}})x+(-26-16{\sqrt {3}})y=4.$

Wir nehmen die Differenz der ersten und der dritten Zeile und erhalten

$(IV)\,\,\,(26+15{\sqrt {3}})y=-3-{\sqrt {3}}.$

Das inverse Element von ${}(26+15{\sqrt {3}})$ ist ${}(26-15{\sqrt {3}})$, somit ist also

${}y=(26-15{\sqrt {3}})(-3-{\sqrt {3}})=-33+19{\sqrt {3}}\,.$

Aus der Gleichung ${}(II)$ folgt daraus

${}{\begin{aligned}x&=2(4-2{\sqrt {3}}+(2+3{\sqrt {3}})y)\\&=8-4{\sqrt {3}}+2(2+3{\sqrt {3}})(-33+19{\sqrt {3}})\\&=8-4{\sqrt {3}}+210-122{\sqrt {3}}\\&=218-126{\sqrt {3}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die Dimension des von den Vektoren

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

erzeugten Untervektorraumes des ${}\mathbb {Q} ^{4}$.

Lösung

Wir betrachten den ersten, zweiten, dritten und fünften Vektor der Familie, also

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

als Matrix. Die Determinante dieser Matrix ist nach der Entwicklung nach der ersten Spalte gleich

${}1\cdot 0-1\cdot \det {\begin{pmatrix}0&1&1\\1&0&1\\1&1&0\end{pmatrix}}=-1(0-1(-1)+1)=-2\neq 0\,,$

der Rang der Matrix ist also ${}4$ und die sechs Vektoren erzeugen den Gesamtraum. Die Dimension ist also ${}4$.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die inverse Matrix zu

${\begin{pmatrix}2&4&0\\-1&0&3\\0&1&1\end{pmatrix}}.$

Lösung

${}{\begin{pmatrix}2&4&0\\-1&0&3\\0&1&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}2&4&0\\0&2&3\\0&1&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\{\frac {1}{2}}&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}2&4&0\\0&2&3\\0&0&-{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\{\frac {1}{2}}&1&0\\-{\frac {1}{4}}&-{\frac {1}{2}}&1\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&2&0\\0&1&{\frac {3}{2}}\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}{\frac {1}{2}}&0&0\\{\frac {1}{4}}&{\frac {1}{2}}&0\\{\frac {1}{2}}&1&-2\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&2&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}{\frac {1}{2}}&0&0\\-{\frac {1}{2}}&-1&3\\{\frac {1}{2}}&1&-2\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}{\frac {3}{2}}&2&-6\\-{\frac {1}{2}}&-1&3\\{\frac {1}{2}}&1&-2\end{pmatrix}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme den Kern der linearen Abbildung

$\mathbb {R} ^{4}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,{\begin{pmatrix}x\\y\\z\\w\end{pmatrix}}\longmapsto {\begin{pmatrix}2&1&5&2\\3&-2&7&-1\\2&-1&-4&3\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\\w\end{pmatrix}}.$

Lösung

Es geht darum, das lineare Gleichungssystem

${\begin{matrix}2x&+y&+5z&+2w&=&0\\3x&-2y&+7z&\,\,\,\,-w&=&0\\2x&\,\,\,\,-y&-4z&+3w&=&0\,\end{matrix}}$

zu lösen. Wir eliminieren mit Hilfe der ersten Gleichung die Variable ${}y$. Das resultierende System ist (${}II'=II+2I$, ${}III'=III+I$)

${\begin{matrix}2x&+y&+5z&+2w&=&0\\7x&\,\,\,\,\,\,\,\,&+17z&+3w&=&0\\4x&\,\,\,\,\,\,\,\,&+z&+5w&=&0\,.\end{matrix}}$

Wir eliminieren nun aus ${}II'$ mittels ${}III'$ die Variable ${}z$, das ergibt

(${}II'-17III'$)

${\begin{matrix}2x&+y&+5z&+2w&=&0\\4x&\,\,\,\,\,\,\,\,&+z&+5w&=&0\\-61x&\,\,\,\,\,\,\,\,&\,\,\,\,\,\,\,\,&-82w&=&0\,.\end{matrix}}$

Wir können jetzt dieses System lösen, wobei ${}x\neq 0$ die anderen Variablen eindeutig festlegt. Es sei ${}x=82$. Dann ist ${}w=-61$. Damit ist

${}z=-4x-5w=-4\cdot 82-5(-61)=-328+305=-23\,.$

Schließlich ist

${}y=-2x-5z-2w=-2(82)-5(-23)-2(-61)=-164+115+122=73\,.$

Die Lösungsmenge, also der Kern, ist somit

${\left\{s{\begin{pmatrix}82\\73\\-23\\-61\end{pmatrix}}\mid s\in \mathbb {R} \right\}}.$

Aufgabe (8 Punkte)

Beweise die Dimensionsformel für eine lineare Abbildung

$\varphi \colon V\longrightarrow W.$

Lösung

Es sei ${}n=\dim _{K}{\left(V\right)}$. Es sei ${}U=\operatorname {kern} \varphi \subseteq V$ der Kern der Abbildung und ${}k=\dim _{K}{\left(U\right)}$ seine Dimension (${}k\leq n$). Es sei

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

eine Basis von ${}U$. Aufgrund des Basisergänzungssatzes gibt es Vektoren

$v_{1},\ldots ,v_{n-k}$

derart, dass

$u_{1},\ldots ,u_{k},\,v_{1},\ldots ,v_{n-k}$

eine Basis von ${}V$ ist. Wir behaupten, dass

$w_{j}=\varphi (v_{j}),\,j=1,\ldots ,n-k,$

eine Basis des Bildes ist. Es sei ${}w\in W$ ein Element des Bildes ${}\varphi (V)$. Dann gibt es ein ${}v\in V$ mit ${}\varphi (v)=w$. Dieses ${}v$ lässt sich mit der Basis als

${}v=\sum _{i=1}^{k}s_{i}u_{i}+\sum _{j=1}^{n-k}t_{j}v_{j}\,$

schreiben. Dann ist

${}{\begin{aligned}w&=\varphi (v)\\&=\varphi {\left(\sum _{i=1}^{k}s_{i}u_{i}+\sum _{j=1}^{n-k}t_{j}v_{j}\right)}\\&=\sum _{i=1}^{k}s_{i}\varphi (u_{i})+\sum _{j=1}^{n-k}t_{j}\varphi (v_{j})\\&=\sum _{j=1}^{n-k}t_{j}w_{j},\end{aligned}}$

sodass sich ${}w$ als Linearkombination der ${}w_{j}$ schreiben lässt. Zum Beweis der linearen Unabhängigkeit der ${}w_{j}$, ${}j=1,\ldots ,n-k$, sei eine Darstellung der Null gegeben,

${}0=\sum _{j=1}^{n-k}t_{j}w_{j}\,.$

Dann ist

${}\varphi {\left(\sum _{j=1}^{n-k}t_{j}v_{j}\right)}=\sum _{j=1}^{n-k}t_{j}\varphi {\left(v_{j}\right)}=0\,.$

Also gehört ${}\sum _{j=1}^{n-k}t_{j}v_{j}$ zum Kern der Abbildung und daher kann man

${}\sum _{j=1}^{n-k}t_{j}v_{j}=\sum _{i=1}^{k}s_{i}u_{i}\,$

schreiben. Da insgesamt eine Basis von ${}V$ vorliegt, folgt, dass alle Koeffizienten ${}0$ sein müssen, also sind insbesondere ${}t_{j}=0$.

Aufgabe (8 Punkte)

Beweise den Satz über die natürliche Abbildung eines Vektorraumes in sein Bidual.

Lösung

Es sei ${}v\in V$ fixiert. Zuerst ist zu zeigen, dass ${}\Psi (v)$ eine Linearform auf dem Dualraum ${}{V}^{*}$ ist. Offenbar ist ${}\Psi (v)$ eine Abbildung von ${}{V}^{*}$ nach ${}K$. Die Additivität ergibt sich aus

${}(\Psi (v))(f_{1}+f_{2})=(f_{1}+f_{2})(v)=f_{1}(v)+f_{2}(v)=(\Psi (v))(f_{1})+(\Psi (v))(f_{2})\,,$

wobei wir die Definition der Addition auf dem Dualraum verwendet haben. Die Verträglichkeit mit der Skalarmultiplikation ergibt sich entsprechend mittels

${}(\Psi (v))(sf)=(sf)(v)=s(f(v))=s((\Psi (v))(f))\,.$

Zum Beweis der Additivität der Gesamtabbildung seien ${}v,w\in V$. Es ist die Gleichheit

${}\Psi (v+w)=\Psi (v)+\Psi (w)\,$

zu zeigen. Da dies eine Gleichheit in ${}{\left({V}^{*}\right)}^{*}$ ist, also insbesondere eine Gleichheit von Abbildungen, sei ${}f\in {V}^{*}$ beliebig. Dann folgt die Additivität aus

${}(\Psi (v+w))(f)=f(v+w)=f(v)+f(w)=(\Psi (v))(f)+(\Psi (w))(f)\,.$

Entsprechend ergibt sich die skalare Verträglichkeit aus

${}(\Psi (sv))(f)=f(sv)=s(f(v))=s((\Psi (v))(f))\,.$

Zum Nachweis der Injektivität sei ${}v\in V$ mit ${}\Psi (v)=0$ gegeben. D.h. für alle Linearformen ${}f\in {V}^{*}$ ist ${}f(v)=0$. Dann ist aber nach Lemma 14.6 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) schon

${}v=0\,$

und nach dem Injektivitätskriterium ist ${}\Psi$ injektiv.

Im endlichdimensionalen Fall folgt die Bijektivität aus der Injektivität und aus Korollar 13.12 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)).

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}P\in {\mathbb {C} }[X]$ ein nichtkonstantes Polynom. Zeige, dass die Abbildung

${\mathbb {C} }\longrightarrow {\mathbb {C} },\,z\longmapsto P(z),$

surjektiv ist.

Lösung

Es sei ${}c\in {\mathbb {C} }$ vorgegeben. Da ${}P$ nicht konstant ist, ist auch ${}P(z)-c$ nicht konstant und besitzt nach dem Fundamentalsatz der Algebra eine Nullstelle. Also gibt es ein ${}w\in {\mathbb {C} }$ mit

${}P(w)-c=0\,,$

also

${}P(w)=c\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Zu einer ${}2\times 2$- Matrix ${}M={\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}$ sei

${}P_{M}:=X^{2}-\operatorname {Spur} {\left(M\right)}X+\det M\,.$

Zeige, dass ${}P_{M}(M)=0$ ist.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}P_{M}(M)&={\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}-(a+d){\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}+(ad-bc){\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}a^{2}+bc&ab+bd\\ac+dc&cb+d^{2}\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}a(a+d)&b(a+d)\\c(a+d)&d(a+d)\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}ad-bc&0\\0&ad-bc\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}a^{2}+bc-a(a+d)+ad-bc&ab+bd-b(a+d)\\ac+dc-c(a+d)&cb+d^{2}-d(a+d)+ad-bc\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei

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

mit ${}\lambda \in K$. Zeige durch Induktion, dass

${}M^{n}={\begin{pmatrix}\lambda ^{n}&n\lambda ^{n-1}\\0&\lambda ^{n}\end{pmatrix}}\,$

ist.

Lösung

Für

${}n=0,1\,$

ist die Aussage klar. Es sei die Aussage für ${}n$ bewiesen. Dann ist

${}{\begin{aligned}M^{n+1}&=M^{n}\circ M\\&={\begin{pmatrix}\lambda &1\\0&\lambda \end{pmatrix}}^{n}\circ {\begin{pmatrix}\lambda &1\\0&\lambda \end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}\lambda ^{n}&n\lambda ^{n-1}\\0&\lambda ^{n}\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}\lambda &1\\0&\lambda \end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}\lambda ^{n+1}&\lambda ^{n}+n\lambda ^{n-1}\cdot \lambda \\0&\lambda ^{n+1}\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}\lambda ^{n+1}&(n+1)\lambda ^{n}\\0&\lambda ^{n+1}\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (9 (1+4+4) Punkte)

Es sei

$\varphi \colon V\longrightarrow V$

ein Endomorphismus auf einem endlichdimensionalen ${}K$- Vektorraum ${}V$ und sei ${}v\in V$ ein Eigenvektor zu ${}\varphi$ zum Eigenwert ${}\lambda \in K$. Es sei

${\varphi }^{*}\colon {V}^{*}\longrightarrow {V}^{*}$

die duale Abbildung zu ${}\varphi$. Wir betrachten Basen von ${}V$ der Form ${}v,u_{1},\ldots ,u_{r}$ mit der Dualbasis ${}v^{*},u_{1}^{*},\ldots ,u_{r}^{*}$. Man gebe Beispiele für das folgende Verhalten.

a) ${}v^{*}$ ist Eigenvektor von ${}{\varphi }^{*}$ zum Eigenwert ${}\lambda$ unabhängig von ${}u_{1},\ldots ,u_{r}$.

b) ${}v^{*}$ ist Eigenvektor von ${}{\varphi }^{*}$ zum Eigenwert ${}\lambda$ bezüglich einer Basis ${}v,u_{1},\ldots ,u_{r}$, aber nicht bezüglich einer Basis ${}v,w_{1},\ldots ,w_{r}$.

c) ${}v^{*}$ ist bezüglich keiner Basis ${}v,u_{1},\ldots ,u_{r}$ ein Eigenvektor von ${}{\varphi }^{*}$.

Lösung

a) Wir betrachten die Identität auf ${}V$. Jeder Vektor

${}v\neq 0\,$

ist Eigenvektor zum Eigenwert ${}1$. Die duale Abbildung ist ebenfalls die Identität, und daher ist unabhängig von der gewählten Basis ${}v^{*}$ ein Eigenvektor zum Eigenwert ${}1$ der dualen Abbildung.

b) Wir betrachten die durch die Matrix ${}{\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}}$ gegebene lineare Abbildung

$\varphi \colon K^{2}\longrightarrow K^{2}.$

Der Standardvektor ${}e_{1}$ ist ein Eigenvektor zum Eigenwert ${}1$. Bezüglich der Dualbasis zur Standardbasis ${}e_{1},e_{2}$ wird die duale Abbildung durch die gleiche (transponierte) Matrix beschrieben und somit ist auch ${}e_{1}^{*}$ ein Eigenvektor zum Eigenwert ${}1$. Wenn wir dagegen die Basis ${}e_{1},u=e_{1}+e_{2}$ betrachten, so ist einerseits

${}(\varphi ^{*}(e_{1}^{*}))(e_{2})=e_{1}^{*}(\varphi (e_{2}))=e_{1}^{*}(0)=0\,$

und andererseits

${}e_{1}^{*}(e_{2})=e_{1}^{*}(u-e_{1})=-1\,,$

also sind ${}\varphi ^{*}(e_{1}^{*})$ und ${}e_{1}^{*}$ linear unabhängig (wegen ${}(\varphi ^{*}(e_{1}^{*}))(e_{1})=1$ ist ${}\varphi ^{*}(e_{1}^{*})$ nicht die Nullabbildung) und daher ist ${}e_{1}^{*}$ kein Eigenvektor der dualen Abbildung.

c) Wir betrachten die durch ${}{\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}}$ gegebene lineare Abbildung

$K^{2}\longrightarrow K^{2}$

mit dem Eigenvektor ${}e_{1}$ zum Eigenwert ${}1$ und eine Basis der Form ${}e_{1},ae_{1}+be_{2}$ mit ${}b\neq 0$. Es ist einerseits

${}e_{1}^{*}(ae_{1}+be_{2})=0\,$

und andererseits

${}({\varphi }^{*}(e_{1}^{*}))(ae_{1}+be_{2})=e_{1}^{*}(\varphi (ae_{1}+be_{2}))=e_{1}^{*}(ae_{1}+be_{1}+be_{2})=e_{1}^{*}(be_{1}+ae_{1}+be_{2})=b\,.$

Wegen ${}b\neq 0$ und ${}e_{1}^{*}\neq 0$ sind ${}e_{1}^{*}$ und ${}{\varphi }^{*}(e_{1}^{*})$ linear unabhängig, ${}e_{1}^{*}$ ist also kein Eigenvektor der dualen Abbildung.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}M$ eine Matrix in jordanscher Normalform, wobei nur ein Eigenwert auftrete. Zeige, dass die Anzahl der Jordanblöcke in ${}M$ gleich der Dimension des Eigenraumes ist.

Lösung

Die zu ${}M$ gehörende lineare Abbildung ist die direkte Summe der zu den Jordan-Blöcken gehörenden linearen Abbildungen auf den zugehörigen Teilräumen. Ein Eigenvektor der Gesamtabbildung muss die Eigenschaft haben, dass jede Komponente davon (bezüglich der Zerlegung) ein Eigenvektor für diese Komponentenabbildung oder gleich ${}0$ ist. Der Gesamteigenraum ist also die direkte Summe der einzelnen Eigenräume. Daher muss man sich nur eine einzige Jordanmatrix anschauen. Für eine solche Matrix ist aber der Eigenraum in der Tat eindimensional.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}K$ der Körper mit zwei Elementen und sei

${}V=K^{2}\,$

der zweidimensionale Standardraum über ${}K$. Zeige, dass jede zweielementige Teilmenge ${}G\subset K^{2}$ eine affine Gerade ist.

Lösung

Die beiden Punkte seien ${}P,Q$. Es genügt nach Lemma 29.14 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) zu zeigen, dass ${}G=\{P,Q\}$ unter baryzentrischen Kombinationen abgeschlossen ist. Wegen ${}K=\{0,1\}$ und ${}1+1=0$ sind die einzigen baryzentrischen Kombinationen der beiden Punkte

${}1P+0Q=P\,$

und

${}0P+1Q=Q\,,$

die beide zu der Menge gehören.