Kurs:Lineare Algebra/Teil II/20/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	1	9	5	3	6	1	3	0	3	0	10	0	2	5	57

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Orthogonale Vektoren ${}v,w\in V$ in einem reellen Vektorraum ${}V$ mit Skalarprodukt.
2. Der Höhenfußpunkt zu einer Seite in einem Dreieck in der euklidischen Ebene.
3. Eine hermitesche Matrix.
4. Ein normaler Endomorphismus

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

   auf einem endlichdimensionalen ${}{\mathbb {K} }$- Vektorraum mit Skalarprodukt ${}\left\langle -,-\right\rangle$.

5. Eine Äquivalenzrelation ${}\sim$ auf einer Menge ${}M$.
6. Ein Unterkörper ${}K$ eines Körpers ${}L$.

Lösung

1. Zwei Vektoren ${}v,w\in V$ heißen orthogonal zueinander, wenn

   ${}\left\langle v,w\right\rangle =0\,$

   ist.

2. In einem Dreieck ${}A,B,C$ in einer euklidischen Ebene heißt der Schnittpunkt der Höhe durch ${}A$ mit der Geraden durch ${}B$ und ${}C$ der Höhenfußpunkt dieser Höhe.
3. Eine quadratische komplexe Matrix

   ${}M=(a_{ij})_{ij}\,$

   heißt hermitesch, wenn

   ${}a_{ij}={\overline {a_{ji}}}\,$

   für alle ${}i,j$ gilt.

4. Ein Endomorphismus

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

   heißt normal, wenn ${}\varphi$ und ${}{\hat {\varphi }}$ vertauschbar sind.

5. Eine Äquivalenzrelation ${}\sim$ auf einer Menge ${}M$ ist eine Relation, die die folgenden drei Eigenschaften besitzt (für beliebige ${}x,y,z\in M$).
   1. ${}x\sim x$.
   2. Aus ${}x\sim y$ folgt ${}y\sim x$.
   3. Aus ${}x\sim y$ und ${}y\sim z$ folgt ${}x\sim z$.
6. Eine Teilmenge ${}K\subseteq L$ eines Körpers ${}L$ heißt Unterkörper von ${}L$, wenn folgende Eigenschaften gelten.
   1. Es ist ${}0,1\in K$.
   2. Mit ${}a,b\in K$ ist auch ${}a+b\in K$.
   3. Mit ${}a,b\in K$ ist auch ${}a\cdot b\in K$.
   4. Mit ${}a\in K$ ist auch ${}-a\in K$.
   5. Mit ${}a\in K,a\neq 0$, ist auch ${}a^{-1}\in K$.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Die Polarisationsformel für ein Skalarprodukt auf einem reellen Vektorraum.
2. Das Minorenkriterium für den Typ einer symmetrischen Bilinearform.
3. Der Satz über die universelle Eigenschaft des Dachproduktes.

Lösung

1. Die Polarisationsformel besagt

   ${}\left\langle v,w\right\rangle ={\frac {1}{2}}{\left(\Vert {v+w}\Vert ^{2}-\Vert {v}\Vert ^{2}-\Vert {w}\Vert ^{2}\right)}\,.$

2. Es sei ${}\left\langle -,-\right\rangle$ eine symmetrische Bilinearform auf einem endlichdimensionalen reellen Vektorraum ${}V$ und sei ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ eine Basis von ${}V$. Es sei ${}G$ die Gramsche Matrix zu ${}\left\langle -,-\right\rangle$ bezüglich dieser Basis. Die Determinanten ${}D_{k}$ der quadratischen Untermatrizen

   $M_{k}=(\left\langle v_{i},v_{j}\right\rangle )_{1\leq i,j\leq k}$

   seien alle von ${}0$ verschieden für ${}k=1,\ldots ,n$. Es sei ${}q$ die Anzahl der Vorzeichenwechsel in der Folge

   $D_{0}=1,\,D_{1}=\det M_{1},\,D_{2}=\det M_{2},\ldots ,D_{n}=\det M_{n}=\det G.$

   Dann ist ${}\left\langle -,-\right\rangle$ vom Typ

   ${}(n-q,q)$.
3. Es sei ${}K$ ein Körper, ${}V$ ein ${}K$- Vektorraum und ${}n\in \mathbb {N}$. Es sei

   $\psi \colon V^{n}\longrightarrow W$

   eine alternierende multilineare Abbildung in einen weiteren ${}K$-Vektorraum ${}W$. Dann gibt es eine eindeutig bestimmte lineare Abbildung

   ${\tilde {\psi }}\colon \bigwedge ^{n}V\longrightarrow W$

   derart, dass das Diagramm

   ${\begin{matrix}V^{n}&{\stackrel {}{\longrightarrow }}&\bigwedge ^{n}V&\\&\searrow &\downarrow &\\&&W&\!\!\!\!\!\!\!\!\\\end{matrix}}$

   kommutiert.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}V$ ein ${}\mathbb {R}$- Vektorraum mit einem Skalarprodukt ${}\left\langle -,-\right\rangle$. Zeige, dass für ${}u,v\in V$ die Gleichheit ${}\Vert {u}\Vert =\Vert {v}\Vert$ genau dann gilt, wenn ${}\left\langle u+v,u-v\right\rangle =0$ ist.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}\Vert {2u}\Vert ^{2}&=\Vert {(u+v)+(u-v)}\Vert ^{2}\\&=\left\langle (u+v)+(u-v),(u+v)+(u-v)\right\rangle \\&=\left\langle (u+v),(u+v)\right\rangle +\left\langle (u+v),(u-v)\right\rangle +\left\langle (u-v),(u+v)\right\rangle +\left\langle (u-v),(u-v)\right\rangle \end{aligned}}$

und

${}{\begin{aligned}\Vert {2v}\Vert ^{2}&=\Vert {(u+v)-(u-v)}\Vert ^{2}\\&=\left\langle (u+v)-(u-v),(u+v)-(u-v)\right\rangle \\&=\left\langle (u+v),(u+v)\right\rangle -\left\langle (u+v),(u-v)\right\rangle -\left\langle (u-v),(u+v)\right\rangle +\left\langle (u-v),(u-v)\right\rangle .\end{aligned}}$

Somit ist

${}\Vert {2u}\Vert ^{2}-\Vert {2v}\Vert ^{2}=4\left\langle (u+v),(u-v)\right\rangle \,.$

Also ist

${}\Vert {u}\Vert =\Vert {v}\Vert \,$

genau dann, wenn

${}\left\langle (u+v),(u-v)\right\rangle =0\,$

ist.

Aufgabe (1 Punkt)

Erstelle eine Kreisgleichung für den Kreis im ${}\mathbb {R} ^{2}$ mit Mittelpunkt ${}(-5,5)$, der durch den Punkt ${}(-4,-1)$ läuft.

Lösung

Der Abstand der beiden Punkte ist

${}r={\sqrt {1^{2}+6^{2}}}={\sqrt {37}}\,.$

Die Kreisgleichung ist somit

$(X+5)^{2}+(Y-5)^{2}=37.$

Aufgabe (9 (1+2+3+3) Punkte)

In der folgenden Aufgabe sollen Personen in der Ebene so platziert werden, dass je zwei Personen zueinander einen Abstand von zumindest ${}2$ haben (alle Angaben beziehen sich auf Meter). Die Personen bzw. ihre Platzierung sind dabei durch einen Punkt gegeben.

1. Zeige, dass man auf einem quadratischen ${}10\times 10$-Platz ${}36$ Leute platzieren kann (Randpunkte sind erlaubt).
2. Was ist falsch am folgenden Argument: „Auf einem ${}10\times 10$-Platz kann man höchstens ${}33$ Leute platzieren. Zu jeder Person gehört nämlich ein Umkreis mit Radius ${}1$, und zu verschiedenen Personen sind diese Kreise zueinander disjunkt. Zu jeder Person gehört also eine Fläche mit Flächeninhalt ${}\pi \cdot 1^{2}=\pi$. Diese Flächen liegen ganz in der Gesamtfläche der Größe ${}10\cdot 10=100$. Wegen

   ${}32\cdot \pi \geq 32\cdot 3,14=100,48>100\,$

   ist dies nicht möglich.“

3. Zeige, dass man auf einem ${}10\times 10$-Platz definitiv nicht ${}46$ Leute platzieren kann.
4. Zeige, dass man auf einem ${}10\times 10,5$-Platz ${}39$ Leute platzieren kann.

Lösung

1. Wir platzieren die Leute auf den Positionen

   $(2i,2j),0\leq i,j\leq 5,$

   das sind ${}6\cdot 6=36$ Leute.

2. Für Leute, die am Rand platziert sind, muss nicht der volle Umkreis innerhalb der vorgegebenen Fläche liegen.
3. Zu jeder Person gehört ein Umkreis mit Radius ${}1$, und zu verschiedenen Personen sind diese Kreise zueinander disjunkt. Zu jeder Person gehört also eine Fläche mit Flächeninhalt ${}\pi \cdot 1^{2}=\pi$. Diese Flächen liegen zwar nicht ganz in der Gesamtfläche der Größe ${}10\cdot 10=100$, da der Mittelpunkt aber zu der quadratischen ${}10\times 10$-Fläche gehört, gibt es an den Rändern höchstens einen Überstand von ${}1$. D.h. dass diese Kreise ganz in der umgebenden ${}12\times 12$-Fläche liegt. Wegen

   ${}46\cdot \pi \geq 46\cdot 3,14=144,44>144=12^{2}\,$

   ist dies für ${}46$ Personen nicht möglich.

4. Wir platzieren die Leute auf den Punkten eines Rasters, das aus gleichseitigen Dreiecken mit Seitenlänge ${}2$ aufgebaut ist. Die Höhe eines solchen gleichseitigen Dreieckes ist nach dem Satz von Pythagoras gleich ${}{\sqrt {3}}$. Wegen

   ${}36\cdot 3=108<110,25=10,5^{2}\,$

   ist

   ${}6{\sqrt {3}}\leq 10,5\,,$

   daher kann man auf dem etwas größeren Rechteck nun sieben Zeilen platzieren (die erste Zeile sei der untere Rand des Rechtecks). Auf den Zeilen haben abwechselnd ${}6$ bzw. ${}5$ Leute Platz, dies ergibt ${}6+5+6+5+6+5+6=39$ Leute.

Aufgabe (5 Punkte)

Es seien ${}a,b,c$ die Seitenlängen eines Dreiecks. Zeige, dass der Flächeninhalt des Dreiecks gleich

${}F={\frac {\sqrt {2a^{2}c^{2}+2c^{2}b^{2}+2a^{2}b^{2}-a^{4}-b^{4}-c^{4}}}{4}}\,$

ist.

Lösung

Wir nehmen an, dass der Höhenfußpunkt zur Höhe durch ${}C$ zwischen ${}A$ und ${}B$ liegt. Es sei ${}h$ die Länge dieser Höhe und ${}D$ der Höhenfußpunkt. Es sei ${}p$ die Länge von ${}A$ nach ${}D$ und ${}q$ die Länge von ${}B$ nach ${}D$. Nach dem Satz des Pythagoras ist

${}h^{2}+p^{2}=a^{2}\,$

und

${}h^{2}+(c-p)^{2}=b^{2}\,,$

woraus sich

${}a^{2}-p^{2}=b^{2}-(c-p)^{2}=b^{2}-c^{2}+2cp-p^{2}\,,$

also

${}a^{2}-b^{2}=-c^{2}+2cp\,$

und

${}p={\frac {a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2c}}\,$

ergibt. Somit ist

${}{\begin{aligned}h^{2}&=a^{2}-p^{2}\\&=a^{2}-{\left({\frac {a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2c}}\right)}^{2}\\&={\frac {4a^{2}c^{2}-2a^{2}c^{2}+2c^{2}b^{2}+2a^{2}b^{2}-a^{4}-b^{4}-c^{4}}{4c^{2}}}\\&={\frac {2a^{2}c^{2}+2c^{2}b^{2}+2a^{2}b^{2}-a^{4}-b^{4}-c^{4}}{4c^{2}}}\end{aligned}}$

und daher

${}h={\frac {\sqrt {2a^{2}c^{2}+2c^{2}b^{2}+2a^{2}b^{2}-a^{4}-b^{4}-c^{4}}}{2c}}\,$

und letztlich

${}F={\frac {1}{2}}ch={\frac {\sqrt {2a^{2}c^{2}+2c^{2}b^{2}+2a^{2}b^{2}-a^{4}-b^{4}-c^{4}}}{4}}\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper, ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}K$- Vektorraum und ${}\left\langle -,-\right\rangle$ eine symmetrische Bilinearform auf ${}V$. Zeige, dass die Bilinearform genau dann nicht ausgeartet ist, wenn die Gramsche Matrix der Bilinearform bezüglich einer Basis invertierbar ist.

Lösung

Es sei ${}G$ die Gramsche Matrix der Bilinearform zu einer fixierten Basis. Wenn ${}G$ nicht invertierbar ist, so gibt es einen Vektor ${}v\neq 0$ mit ${}Gv=0$. Dann ist auch

${}\left\langle u,v\right\rangle ={u^{\text{tr}}}Gv=0\,$

für alle ${}u\in V$ und die Form ist ausgeartet. Wenn umgekehrt die Bilinearform ausgeartet ist, so gibt es einen Vektor ${}v\neq 0$ mit

${}\left\langle u,v\right\rangle ={u^{\text{tr}}}Gv=0\,$

für alle ${}u\in V$. Doch daraus folgt wiederum, dass ${}Gv$ der Nullvektor ist, also die Gramsche Matrix nicht invertierbar ist.

Aufgabe (6 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper, ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}K$- Vektorraum und ${}\left\langle -,-\right\rangle$ eine symmetrische Bilinearform auf ${}V$. Zeige, dass ${}V$ eine Orthogonalbasis besitzt.

Lösung

Es sei ${}A$ der Ausartungsraum der Bilinearform und ${}U$ ein direktes Komplement, also

${}V=A\oplus U\,.$

Dabei ist die Einschränkung der Bilinearform auf ${}U$ nicht ausgeartet. Es sei ${}w_{1},\ldots ,w_{s}$ eine Basis von ${}A$ und ${}v_{1},\ldots ,v_{m}$ eine Basis von ${}U$. Die Vektoren ${}w_{i}$ können wir auf jeden Fall als Teil einer Orthogonalbasis nehmen, da diese ja auf allen Vektoren orthogonal stehen. Wir müssen uns also nur noch um ${}U$ kümmern. Das bedeutet, dass wir gleich annehmen können, dass wir eine nichtausgeartete symmetrische Bilinearform auf ${}V$ haben. Wegen der Polarisationsformel gibt es dann auch ${}v\in V$ mit

${}\left\langle v,v\right\rangle \neq 0\,.$

Der Orthogonalraum zu ${}v$ besitzt deshalb und wegen der Eigenschaft, nicht ausgeartet zu sein, die Dimension ${}\dim _{K}{\left(V\right)}-1$. Dieser Orthogonalraum ist ebenfalls nicht ausgeartet, daher gibt es nach Induktion über die Dimension eine Basis ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ mit

${}\left\langle v_{i},v_{i}\right\rangle \neq 0\,.$

Eine solche Basis lässt sich in folgender Weise orthogonalisieren, und zwar kann man eine Orthogonalbasis ${}v_{1}',\ldots ,v_{n}'$ finden mit

${}\langle v_{1},\ldots ,v_{i}\rangle =\langle v_{1}',\ldots ,v_{i}'\rangle \,$

für alle ${}i$. Dies zeigen wir durch Induktion, seien ${}v_{1}',\ldots ,v_{i}'$ schon konstruiert. Wir setzen

${}c_{j}:=\left\langle v_{j},v_{i+1}\right\rangle \,$

und setzen

${}v_{i+1}'=v_{i+1}-\sum _{j=1}^{i}{\frac {c_{j}}{\left\langle v_{j},v_{j}\right\rangle }}v_{j}\,.$

Dann ist für ${}k\leq i$

${}\left\langle v_{i+1}^{'},v_{k}\right\rangle =\left\langle v_{i+1}-\sum _{j=1}^{i}{\frac {c_{j}}{\left\langle v_{j},v_{j}\right\rangle }}v_{j},v_{k}\right\rangle =\left\langle v_{i+1},v_{k}\right\rangle -{\frac {c_{k}}{\left\langle v_{k},v_{k}\right\rangle }}\left\langle v_{k},v_{k}\right\rangle =0\,.$

Aufgabe (1 Punkt)

Berechne

$\left\langle {\begin{pmatrix}6\\-1\\4\\3\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}-5\\-5\\7\\-2\end{pmatrix}}\right\rangle$

in einem vierdimensionalen Standard-Minkowski-Raum.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}\left\langle {\begin{pmatrix}6\\-1\\4\\3\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}-5\\-5\\7\\-2\end{pmatrix}}\right\rangle &=-30+5+28+6\\&=9.\end{aligned}}$

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

Bestimme die Äquivalenzklassen zur Äquivalenzrelation, die durch die möglichen Züge des Springers im Schach gegeben ist, und zwar auf den folgenden Schachbrettern.

1. Das ${}2\times 2$-Brett.
2. Das ${}3\times 3$-Brett.
3. Das ${}4\times 4$-Brett.

Lösung

1. Jeder Pferdsprung würde das ${}2\times 2$-Brett verlassen, daher sind die vier einzelnen Felder die Äquivalenzklassen.

2. 

   Vom zentralen Feld aus würde jeder Pferdsprung das ${}3\times 3$-Brett verlassen, dieses bildet somit für sich eine Äquivalenzklasse. Die acht übrigen Felder sind mittels Pferdsprüngen untereinander verbindbar, wie die Skizze zeigt.

3. Die in der folgenden Matrix angegebene Zugreihenfolge

   ${\begin{pmatrix}1&6&15&10\\12&9&2&5\\7&4&11&14\\&13&8&3\end{pmatrix}}$

   zeigt, dass alle Felder bis auf das links unten miteinander durch Pferdsprünge verbunden sind. Letzteres ist mit dem mit ${}9$ markierten Feld durch einen Pferdsprung verbunden. Also sind alle Felder zueinander äquivalent und es gibt nur eine Äquivalenzklasse.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (3 Punkte)

Für ein doppelverpacktes Geschenk soll eine würfelförmige Schachtel in eine etwas größere würfelförmige Schachtel hineingelegt werden. Bestimme auf unterschiedliche Arten, wie viele Möglichkeiten es dafür gibt.

Lösung

Wir denken uns den größeren Würfel fest.

Es gibt ${}6$ Möglichkeiten, auf dem kleineren Würfel eine Seite auszusuchen, die der Boden sein soll. Wenn dies festgelegt ist, so gibt es noch ${}4$ Drehmöglichkeiten, wie der Würfel zu platzieren ist. Dies sind ${}24$ Möglichkeiten.

Es gibt ${}8$ Möglichkeiten, auf dem kleineren Würfel eine Ecke auszusuchen, die mit einer fixierten Ecke der größeren Würfelschachtel deckungsgleich werden soll. Wenn dies festgelegt ist, so gibt es noch ${}3$ Drehmöglichkeiten, wie der Würfel zu platzieren ist. Dies sind ${}24$ Möglichkeiten

Es gibt ${}12$ Möglichkeiten, auf dem kleineren Würfel eine Kante auszusuchen, die mit einer fixierten Kante der größeren Würfelschachtel deckungsgleich werden soll. Wenn dies festgelegt ist, so gibt es noch ${}2$ Drehmöglichkeiten, wie der Würfel zu platzieren ist. Dies sind ${}24$ Möglichkeiten

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (10 Punkte)

Beweise den Charakterisierungssatz für asymptotisch stabile Endomorphismen.

Lösung

Aus (1) folgt (2). Es sei ${}v\in V$. Wir können mit einer beliebigen Norm auf ${}V$ und dem Endomorphismenraum arbeiten, beispielsweise mit der Maximumsnorm. Dann konvergiert wegen

${}\Vert {\varphi ^{n}(v)}\Vert \leq \Vert {\varphi ^{n}}\Vert _{\rm {max}}\cdot \Vert {v}\Vert \,$

die Folge ${}\varphi ^{n}(v)$ gegen ${}0$. Von (2) nach (3) ist klar. Wenn umgekehrt (3) erfüllt ist, und

${}v=a_{1}v_{1}+\cdots +a_{m}v_{m}\,$

eine Linearkombination ist, so ist

${}\varphi ^{n}{\left(a_{1}v_{1}+\cdots +a_{m}v_{m}\right)}=a_{1}\varphi ^{n}(v_{1})+\cdots +a_{m}\varphi ^{n}(v_{m})\,$

und aus der Konvergenz der beteiligten Folgen ${}\varphi ^{n}(v_{j})$ gegen ${}0$ folgt die Konvergenz dieser Summenfolge gegen ${}0$. Von (2) bzw. (3) nach (4). Wir können ${}{\mathbb {K} }={\mathbb {C} }$ annehmen: Im reellen Fall kann man von ${}V=\mathbb {R} ^{d}$ ausgehen und die Abbildung durch eine reelle Matrix ausdrücken und diese als komplexe Matrix auffassen. Das gegebene reelle Erzeugendensystem ist dann auch ein komplexes Erzeugendensysten für den ${}{\mathbb {C} }^{d}$. Es sei ${}\lambda$ ein Eigenwert und ${}v\in V$ ein Eigenvektor zu ${}\lambda$. Da nach Voraussetzung

${}\varphi ^{n}(v)=\lambda ^{n}v\,$

gegen ${}0$ konvergiert, muss ${}\lambda ^{n}$ gegen ${}0$ konvergieren und daher ist

${}\vert {\lambda }\vert <1\,.$

Für den Schluss von (4) auf (1) verwenden wir Lemma 53.4 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)), es ist also

${}\varphi ^{n}=\varphi _{\rm {diag}}^{n}+n\varphi _{\rm {diag}}^{n-1}\circ \varphi _{\rm {nil}}+{\binom {n}{2}}\varphi _{\rm {diag}}^{n-2}\circ \varphi _{\rm {nil}}^{2}+{\binom {n}{3}}\varphi _{\rm {diag}}^{n-3}\circ \varphi _{\rm {nil}}^{3}+\cdots +{\binom {n}{k-1}}\varphi _{\rm {diag}}^{n-k+1}\circ \varphi _{\rm {nil}}^{k-1}\,,$

wobei ${}k$ die Nilpotenzordnung des nilpotenten Anteils ${}\varphi _{\rm {nil}}$ ist. Die Eigenwerte von ${}\varphi$ sind nach Aufgabe 28.13 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) die Eigenwerte des diagonalisierbaren Anteils ${}\varphi _{\rm {diag}}$, sie seien mit ${}z_{j}$ bezeichnet. Die Summanden sind von der Form

$p(n)\varphi _{\rm {diag}}^{n-s}\circ \varphi _{\rm {nil}}^{s}$

zu einem festen ${}s<k$ und einem Polynom ${}p(n)$. Die Diagonaleinträge von ${}p(n)\varphi _{\rm {diag}}^{n-s}$ sind (nach Diagonalisieren) von der Form

$p(n)z_{j}^{n-s}$

und wegen ${}\vert {z_{j}}\vert <1$ konvergiert dies für ${}n\rightarrow \infty$ gegen ${}0$. Daher konvergiert ${}p(n)\varphi _{\rm {diag}}^{n-s}$ gegen die Nullabbildung und das gilt nach Aufgabe 53.7 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) auch für das Produkt mit der festen Abbildung ${}\varphi _{\rm {nil}}^{s}$. Daher konvergiert auch die Summe gegen die Nullabbildung.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}(M,d)$ ein metrischer Raum. Zeige, dass die offenen Kugeln ${}U{\left(x,\epsilon \right)}$ offen sind.

Lösung

Es sei ${}y\in U{\left(x,\epsilon \right)}$. Daher ist

${}d(x,y)<\epsilon \,.$

Wir setzen

${}\delta :=\epsilon -d(x,y)>0\,.$

Für ${}z\in U{\left(y,\delta \right)}$ ist nach der Dreiecksungleichung

${}{\begin{aligned}d(x,z)&\leq d(x,y)+d(y,z)\\&<d(x,y)+\delta \\&=d(x,y)+\epsilon -d(x,y)\\&=\epsilon ,\end{aligned}}$

also ist ${}U{\left(y,\delta \right)}\subseteq U{\left(x,\epsilon \right)}$ und damit ist ${}U{\left(x,\epsilon \right)}$ offen.

Aufgabe (5 (3+2) Punkte)

Es sei

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

1. Erstelle eine Formel für ${}M^{n}$.
2. Ist die Folge ${}M^{n}$ beschränkt, ist sie konvergent?

Lösung

1. Es ist

   ${}{\begin{aligned}{\begin{pmatrix}{\mathrm {i} }&1\\0&{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}^{n}&={\left({\begin{pmatrix}{\mathrm {i} }&0\\0&{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}}\right)}^{n}\\&={\begin{pmatrix}{\mathrm {i} }&0\\0&{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}^{n}+n{\begin{pmatrix}{\mathrm {i} }&0\\0&{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}^{n-1}\circ {\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}{\mathrm {i} }^{n}&0\\0&{\mathrm {i} }^{n}\end{pmatrix}}+n{\begin{pmatrix}{\mathrm {i} }^{n-1}&0\\0&{\mathrm {i} }^{n-1}\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}{\mathrm {i} }^{n}&0\\0&{\mathrm {i} }^{n}\end{pmatrix}}+n{\begin{pmatrix}0&{\mathrm {i} }^{n-1}\\0&0\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}{\mathrm {i} }^{n}&n{\mathrm {i} }^{n-1}\\0&{\mathrm {i} }^{n}\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$

2. Der Eintrag rechts oben ${}n{\mathrm {i} }^{n-1}$ besitzt den Betrag ${}n$ und ist daher nicht beschränkt. Deshalb sind die Matrixpotenzen nicht beschränkt und somit auch nicht konvergent.