Kurs:Mathematik für Anwender/Teil I/20/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	${}\sum$
Punkte	3	3	1	2	2	4	1	2	4	4	6	7	7	4	1	3	6	4	64

Aufgabe (3 Punkte)

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. Eine Verknüpfung ${}\circ$ auf einer Menge ${}M$ ist eine Abbildung

   $\circ \colon M\times M\longrightarrow M,\,(x,y)\longmapsto x\circ y.$

3. Die Reihe

   $\sum _{k=0}^{\infty }x^{k}$

   heißt die geometrische Reihe in ${}x$.

4. Man sagt, dass ${}f$ stetig im Punkt ${}x$ ist,wenn es zu jedem ${}\epsilon >0$ ein ${}\delta >0$ derart gibt, dass für alle ${}x'$ mit ${}\vert {x-x'}\vert \leq \delta$ die Abschätzung ${}\vert {f(x)-f(x')}\vert \leq \epsilon$ gilt.
5. Das Oberintegral ist definiert als das Infimum von sämtlichen Treppenintegralen zu oberen Treppenfunktionen von ${}f$.
6. Das Polynom

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

   heißt charakteristisches Polynom von ${}M$.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es sei

   $\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}$

   eine konvergente Reihe von reellen Zahlen. Dann ist

   ${}\lim _{k\rightarrow \infty }a_{k}=0\,.$

2. Sei

   $f\colon {]a,b[}\longrightarrow \mathbb {R}$

   eine differenzierbare Funktion mit ${}f'(x)=0$ für alle ${}x\in {]a,b[}$.

   Dann ist ${}f$ konstant.
3. Es sei ${}K$ ein Körper, ${}V$ und ${}W$ seien ${}K$-Vektorräume und

   $\varphi \colon V\longrightarrow W$

   sei eine ${}K$-lineare Abbildung. Dann ist ${}\varphi$ injektiv genau dann, wenn ${}\operatorname {kern} \varphi =0$ ist.

Aufgabe (1 Punkt)

Finde einen möglichst einfachen aussagenlogischen Ausdruck, der die folgende tabellarisch dargestellte Wahrheitsfunktion ergibt.

${}p$ ${}q$ ${}?$ w w f w f f f w w f f w

Lösung

${}\neg p$.

Aufgabe (2 Punkte)

Erläutere das Beweisprinzip der vollständigen Induktion.

Lösung

Mit dem Beweisprinzip der vollständigen Induktion werden Aussagen ${}A(n)$ bewiesen, die von den natürlichen Zahlen ${}n\in \mathbb {N}$ abhängen. Man beweist zuerst die Aussage ${}A(0)$. Ferner zeigt man, dass man für alle ${}n$ aus der Gültigkeit von ${}A(n)$ auf die Gültigkeit von ${}A(n+1)$ schließen kann. Daraus folgt die Gültigkeit von ${}A(n)$ für alle ${}n\in \mathbb {N}$.

Aufgabe (2 Punkte)

Zeige, dass die Gleichung

${}{\frac {2}{n}}={\frac {1}{a}}+{\frac {1}{b}}\,$

in ${}\mathbb {N}$ auch Lösungen ${}a\neq b$ besitzt.

Lösung

Beispielsweise ist

${}{\frac {1}{10}}+{\frac {1}{15}}={\frac {3+2}{30}}={\frac {5}{30}}={\frac {1}{6}}={\frac {2}{12}}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Mustafa Müller schreibt die natürlichen Zahlen

$0,1,2,3,\ldots ,998,999,1000$

hintereinander auf. Wie oft kommt dabei die Ziffern ${}0,1,2,\ldots ,9$ vor? Wie viele Kommata setzt er?

Lösung

Er setzt ${}1000$ Kommata. Wir überlegen uns, wie die Anzahl der Ziffern ist, wenn er jede dreistellige Zifferenkombination ${}abc$ mit ${}a,b,c\in \{0,1,\ldots ,9\}$ hinschreiben würde. Davon gibt es ${}10^{3}=1000$ Möglichkeiten, die den hingeschriebenen Zahlen (bis auf die ${}1000$) entsprechen, wenn man die Zahlen vorne durch Nullen auffüllt. Insgesamt kommen ${}3000$ Ziffern vor und jede Ziffer kommt gleich oft, also ${}300$ Mal vor. Deshalb kommen die Ziffern ${}2,3,\ldots ,9$ in der Mülleraufzählung ${}300$ hundert Mal vor und die ${}1$ kommt (wegen der ${}1000$) genau ${}301$ Mal vor. Die ${}0$ kommt aber in der Mülleraufzählung weniger oft vor, und zwar muss man ${}20$ Nullen für die einstelligen Zahlen und ${}90$ Nullen für die zweistelligen Zahlen abziehen. Deshalb kommt die ${}0$ in der Mülleraufzählung ${}300-20-90+3=193$ Mal vor.

Aufgabe (1 Punkt)

Bestimme die Lösungsmenge des Ungleichungssystems

${}2x\geq 7\,$

und

${}5x\leq 12\,$

über ${}\mathbb {Q}$.

Lösung

Es soll einerseits

${}x\geq {\frac {7}{2}}\,$

und andererseits

${}x\leq {\frac {12}{5}}\,$

sein. Wegen

${}{\frac {7}{2}}>{\frac {12}{5}}\,$

ist das nicht gleichzeitig erfüllbar, die Lösungsmenge ist also leer.

Aufgabe (2 Punkte)

Es seien ${}L,M,N$ Mengen und ${}F\colon L\rightarrow M$ und ${}G\colon M\rightarrow N$ injektive Abbildungen. Zeige, dass die Hintereinanderschaltung ${}G\circ F$ ebenfalls injektiv ist.

Lösung

Es seien ${}x,x'\in L$ mit

${}G(F(x))=G(F(x'))\,$

gegeben. Aufgrund der Injektivität von ${}G$ folgt

${}F(x)=F(x')\,$

und aufgrund der Injektivität von ${}F$ folgt

${}x=x'\,,$

was die Injektivität von ${}G\circ F$ bedeutet.

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

Es sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ die Heron-Folge zur Berechnung von ${}{\sqrt {3}}$ mit dem Startwert ${}x_{0}=1$ und ${}{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ die Heron-Folge zur Berechnung von ${}{\sqrt {\frac {1}{3}}}$ mit dem Startwert ${}y_{0}=1$.

1. Berechne ${}x_{1}$ und ${}x_{2}$.
2. Berechne ${}y_{1}$ und ${}y_{2}$.
3. Berechne ${}x_{0}\cdot y_{0},\,x_{1}\cdot y_{1}$ und ${}x_{2}\cdot y_{2}$.
4. Konvergiert die Produktfolge ${}z_{n}=x_{n}\cdot y_{n}$ innerhalb der rationalen Zahlen?

Lösung

1. Es ist

   ${}x_{1}={\frac {1+3}{2}}=2\,$

   und

   ${}x_{2}={\frac {x_{1}+{\frac {3}{x_{1}}}}{2}}={\frac {2+{\frac {3}{2}}}{2}}={\frac {7}{4}}\,.$

2. Es ist

   ${}y_{1}={\frac {1+{\frac {1}{3}}}{2}}={\frac {2}{3}}\,$

   und

   ${}y_{2}={\frac {y_{1}+{\frac {\frac {1}{3}}{y_{1}}}}{2}}={\frac {{\frac {2}{3}}+{\frac {\frac {1}{3}}{\frac {2}{3}}}}{2}}={\frac {{\frac {2}{3}}+{\frac {1}{2}}}{2}}={\frac {\frac {7}{6}}{2}}={\frac {7}{12}}\,.$

3. Es ist

   ${}x_{0}\cdot y_{0}=1\cdot 1=1\,,$

   ${}x_{1}\cdot y_{1}=2\cdot {\frac {2}{3}}={\frac {4}{3}}\,,$

   und

   ${}x_{2}\cdot y_{2}={\frac {7}{4}}\cdot {\frac {7}{12}}={\frac {49}{48}}\,.$

4. Die Heron-Folge ${}x_{n}$ konvergiert in ${}\mathbb {R}$ gegen ${}{\sqrt {3}}$ und die Heron-Folge ${}y_{n}$ konvergiert in ${}\mathbb {R}$ gegen ${}{\frac {1}{\sqrt {3}}}$, daher konvergiert die Produktfolge ${}x_{n}\cdot y_{n}$ gegen ${}1$. Da dies zu ${}\mathbb {Q}$ gehört, konvergiert die Produktfolge auch in ${}\mathbb {Q}$.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige die Abschätzung

${}\sum _{i=1}^{n}{\frac {1}{\sqrt {i}}}\leq 3{\sqrt {n}}\,.$

Lösung

Es sei ${}k$ die größte natürliche Zahl mit ${}k^{2}\leq n$. Die Folge ${}{\frac {1}{\sqrt {i}}}$ ist fallend, deshalb können wir Glieder durch vorhergehende Glieder nach oben abschätzen. Wir erhalten

${}{\begin{aligned}\sum _{i=1}^{n}{\frac {1}{\sqrt {i}}}&\leq \sum _{i=1}^{(k+1)^{2}-1}{\frac {1}{\sqrt {i}}}\\&=\sum _{j=1}^{k}{\left(\sum _{i=j^{2}}^{(j+1)^{2}-1}{\frac {1}{\sqrt {i}}}\right)}\\&=\sum _{j=1}^{k}{\left(\sum _{i=j^{2}}^{j^{2}+2j}{\frac {1}{\sqrt {i}}}\right)}\\&\leq \sum _{j=1}^{k}(2j+1){\frac {1}{\sqrt {j^{2}}}}\\&=\sum _{j=1}^{k}{\frac {2j+1}{j}}\\&\leq \sum _{j=1}^{k}3\\&=3k\\&\leq 3{\sqrt {n}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (6 Punkte)

Es sei

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,z\longmapsto f(z),$

ein Polynom vom Grad ${}d\geq 2$, ${}w\in \mathbb {R}$ ein Punkt und ${}t(z)$ die Tangente an ${}f$ im Punkt ${}w$. Zeige die Beziehung

${}f(z)-t(z)=(z-w)^{2}g(z)\,$

mit einem Polynom ${}g(z)$ vom Grad ${}d-2$.

Lösung

Es ist

${}t(z)=f'(w)z+f(w)-f'(w)w=f'(w)(z-w)+f(w)\,.$

Wir schreiben

${}f(z)=a_{d}z^{d}+a_{d-1}z^{d-1}+\cdots +a_{1}z+a_{0}=\sum _{i=0}^{d}a_{i}z^{i}\,$

mit ${}a_{d}\neq 0$. Somit ist

${}f'(z)=da_{d}z^{d-1}+(d-1)a_{d-1}z^{d-2}+\cdots +a_{1}=\sum _{i=1}^{d}ia_{i}z^{i-1}\,.$

Daher ist

${}{\begin{aligned}f(z)-t(z)&=f(z)-f(w)-f'(w)(z-w)\\&=\sum _{i=0}^{d}a_{i}z^{i}-\sum _{i=0}^{d}a_{i}w^{i}-f'(w)(z-w)\\&=\sum _{i=0}^{d}a_{i}(z^{i}-w^{i})-f'(w)(z-w)\\&=\sum _{i=1}^{d}a_{i}(z-w){\left(\sum _{j=0}^{i-1}z^{j}w^{i-1-j}\right)}-f'(w)(z-w)\\&=(z-w){\left(\sum _{i=1}^{d}a_{i}{\left(\sum _{j=0}^{i-1}z^{j}w^{i-1-j}\right)}-f'(w)\right)}.\end{aligned}}$

Für den rechten Faktor gilt

${}{\begin{aligned}\sum _{i=1}^{d}a_{i}{\left(\sum _{j=0}^{i-1}z^{j}w^{i-1-j}\right)}-f'(w)&=\sum _{i=1}^{d}a_{i}{\left(\sum _{j=0}^{i-1}z^{j}w^{i-1-j}\right)}-\sum _{i=1}^{d}ia_{i}w^{i-1}\\&=\sum _{i=1}^{d}a_{i}{\left(\sum _{j=0}^{i-1}z^{j}w^{i-1-j}-iw^{i-1}\right)}.\end{aligned}}$

Die einzelnen Summanden (ohne die Koeffizienten ${}a_{i}$) haben die Form

${}{\begin{aligned}\sum _{j=0}^{i-1}z^{j}w^{i-1-j}-iw^{i-1}&=\sum _{j=0}^{i-1}{\left(z^{j}w^{i-1-j}-w^{i-1}\right)}\\&=\sum _{j=1}^{i-1}{\left(z^{j}w^{i-1-j}-w^{i-1}\right)}\\&=\sum _{j=1}^{i-1}w^{i-1-j}{\left(z^{j}-w^{j}\right)}\\&=\sum _{j=1}^{i-1}w^{i-1-j}(z-w){\left(\sum _{k=0}^{j-1}w^{k}z^{j-1-k}\right)}.\end{aligned}}$

Hier kann man also nochmal einen Faktor ${}z-w$ ausklammern.

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise den Satz über die Charakterisierung von Extrema mit höheren Ableitungen.

Lösung

Unter den Voraussetzungen wird die Taylor-Formel zu

${}f(x)-f(a)={\frac {f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}}(x-a)^{n+1}\,$

mit ${}c$ (abhängig von ${}x$) zwischen ${}a$ und ${}x$. Je nachdem, ob ${}f^{(n+1)}(a)>0$ oder ${}f^{(n+1)}(a)<0$ ist, gilt auch (wegen der vorausgesetzten Stetigkeit der ${}(n+1)$-ten Ableitung) ${}f^{(n+1)}(x)>0$ bzw. ${}f^{(n+1)}(x)<0$ für ${}x\in [a-\epsilon ,a+\epsilon ]$ für ein geeignetes ${}\epsilon >0$. Für diese ${}x$ ist auch ${}c\in [a-\epsilon ,a+\epsilon ]$, sodass das Vorzeichen von ${}f^{(n+1)}(c)$ vom Vorzeichen von ${}f^{(n+1)}(a)$ abhängt.
Bei ${}n$ gerade ist ${}n+1$ ungerade und daher wechselt ${}(x-a)^{n+1}$ das Vorzeichen bei ${}x=a$ (bei ${}x<a$ ist das Vorzeichen negativ und bei ${}x>a$ ist es positiv). Da das Vorzeichen von ${}f^{(n+1)}(c)$ sich nicht ändert, ändert sich das Vorzeichen von ${}f(x)-f(a)$. Das bedeutet, dass kein Extremum vorliegen kann.
Es sei nun ${}n$ ungerade. Dann ist ${}n+1$ gerade, sodass ${}(x-a)^{n+1}>0$ für alle ${}x\neq a$ in der Umgebung ist. Das bedeutet in der Umgebung bei ${}f^{(n+1)}(a)>0$, dass ${}f(x)>f(a)$ ist und in ${}a$ ein isoliertes Minimum vorliegt, und bei ${}f^{(n+1)}(a)<0$, dass ${}f(x)<f(a)$ ist und in ${}a$ ein isoliertes Maximum vorliegt.

Aufgabe (7 (1+1+5) Punkte)

1. Man gebe ein Beispiel für eine Gerade, die den Graphen der Exponentialfunktion in keinem Punkt schneidet.
2. Man gebe ein Beispiel für eine Gerade, die den Graphen der Exponentialfunktion in genau einem Punkt schneidet.
3. Zeige, dass jede Gerade den Graphen der Exponentialfunktion in höchstens zwei Punkten schneidet.

Lösung

1. Da die Exponentialfunktion nur positive Werte annimmt, schneidet ihr Graph die ${}x$-Achse nicht.
2. Der Graph der Exponentialfunktion schneidet (wie jeder Graph) die ${}y$-Achse in genau einem Punkt.
3. Wenn die Gerade parallel zur ${}y$-Achse ist, so gibt es nur einen Schnittpunkt. Es sei also die Gerade der Graph einer affin-linearen Funktion ${}y=g(x)=ax+b$. Wir betrachten

   ${}f(x)=e^{x}-g(x)=e^{x}-ax-b\,,$

   die Schnittpunkte der Graphen von ${}g$ und ${}e^{x}$ sind die Nullstellen von ${}f(x)$. Wir behaupten also, dass ${}f$ höchstens zwei Nullstellen besitzt. Es ist

   ${}f'(x)=e^{x}-a\,$

   und dies hat (wegen der strengen Monotonie von ${}e^{x}$) höchstens eine Nullstelle. Betrachten wir zuerst den Fall, dass ${}f'$ eine Nullstelle ${}c$ besitzt. Unterhalb dieser Nullstelle ist ${}f'(x)$ negativ und oberhalb davon positiv. D.h. nach Satz 15.7 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)), dass ${}f$ unterhalb von ${}c$ streng fallend und oberhalb von ${}c$ streng wachsend ist. Daher gibt es in diesen beiden Bereichen jeweils höchstens eine Nullstelle. Wenn ${}f'$ keine Nullstelle besitzt, so ist ${}f'$ überall positiv und daher ist ${}f$ streng wachsend und besitzt höchstens eine Nullstelle.

Aufgabe (4 (1+3) Punkte)

1. Überführe die Matrixgleichung

   ${}{\begin{pmatrix}3&7\\-4&5\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x&y\\z&w\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}\,$

   in ein lineares Gleichungssystem.

2. Löse dieses lineare Gleichungssystem.

Lösung

1. Die einzelnen Einträge der Matrixgleichung ergeben das lineare Gleichungssystem

   ${}3x+7z=1\,$

   ${}-4x+5z=0\,$

   ${}3y+7w=0\,$

   ${}-4y+5w=1\,.$

2. Aus der ersten und der zweiten Gleichung ergibt sich mittels ${}4I+3II$ die Bedingung

   ${}43z=4\,$

   und somit

   ${}z={\frac {4}{43}}\,.$

   Daher ist

   ${}x={\frac {5}{4}}z={\frac {5}{4}}\cdot {\frac {4}{43}}={\frac {5}{43}}\,.$

   Aus der dritten und der vierten Gleichung ergibt sich mittels ${}4III+3IV$ die Bedingung

   ${}43w=3\,$

   und somit

   ${}w={\frac {3}{43}}\,.$

   Daher ist

   ${}y=-{\frac {7}{3}}w=-{\frac {7}{3}}\cdot {\frac {3}{43}}=-{\frac {7}{43}}\,.$

Aufgabe (1 Punkt)

Beweise den Satz über die Dimension des Standardraumes.

Lösung

Die Standardbasis ${}e_{i}$, ${}i=1,\ldots ,n$, besteht aus ${}n$ Vektoren, also ist die Dimension ${}n$.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}V$ ein ${}K$- Vektorraum und sei ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ eine Familie von Vektoren in ${}V$. Zeige, dass die Familie genau dann linear unabhängig ist, wenn es einen Untervektorraum ${}U\subseteq V$ gibt, für den die Familie eine Basis bildet.

Lösung

Wenn die Familie in ${}U\subseteq V$ eine Basis bildet, so ist sie linear unabhängig (in ${}U$ und in ${}V$). Wenn die Familie linear unabhängig ist, so betrachten wir den durch sie erzeugten Untervektorraum

${}U:=\langle v_{1},\ldots ,v_{n}\rangle \subseteq V\,.$

Diese linear unabhängige Familie ist somit ein Erzeugendensystem von ${}U$ und daher eine Basis von ${}U$.

Aufgabe (6 Punkte)

Es sei

${}M={\begin{pmatrix}a&b&c\\d&e&f\\g&h&i\end{pmatrix}}\,$

eine invertierbare Matrix. Zeige durch zwei Matrizenmultiplikationen, dass

${}M^{-1}={\frac {1}{\det M}}{\begin{pmatrix}ei-fh&ch-bi&bf-ce\\fg-di&ai-cg&cd-af\\dh-eg&bg-ah&ae-bd\end{pmatrix}}\,$

ist.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}{\begin{pmatrix}a&b&c\\d&e&f\\g&h&i\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}ei-fh&ch-bi&bf-ce\\fg-di&ai-cg&cd-af\\dh-eg&bg-ah&ae-bd\end{pmatrix}}&={\begin{pmatrix}a(ei-fh)+b(fg-di)+c(dh-eg)&a(ch-bi)+b(ai-cg)+c(bg-ah)&a(bf-ce)+b(cd-af)+c(ae-bd)\\d(ei-fh)+e(fg-di)+f(dh-eg)&d(ch-bi)+e(ai-cg)+f(bg-ah)&d(bf-ce)+e(cd-af)+f(ae-bd)\\g(ei-fh)+h(fg-di)+i(dh-eg)&g(ch-bi)+h(ai-cg)+i(bg-ah)&g(bf-ce)+h(cd-af)+i(ae-bd)\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}aei-afh+bfg-bdi+cdh-ceg&ach-abi+bai-bcg+cbg-cah&abf-ace+bcd-baf+cae-cbd\\dei-dfh+efg-edi+fdh-feg&dch-dbi+eai-ecg+fbg-fah&dbf-dce+ecd-eaf+fae-fbd\\gei-gfh+hfg-hdi+idh-ieg&gch-gbi+hai-hcg+ibg-iah&gbf-gce+hcd-haf+iae-ibd\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}aei-afh+bfg-bdi+cdh-ceg&0&0\\0&dch-dbi+eai-ecg+fbg-fah&0\\0&0&gbf-gce+hcd-haf+iae-ibd\end{pmatrix}}.\,\end{aligned}}$

In der Diagonalen steht immer der gleiche Eintrag, nämlich

${}aei-afh+bfg-bdi+cdh-ceg=a(ei-fh)-b(di-fg)+c(dh-eg)=\det M\,.$

Mit dem Vorfaktor ${}{\frac {1}{\det M}}$ ergibt sich also bei Multiplikation die Einheitsmatrix.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die Eigenwerte und die Eigenräume der durch die Matrix

${}M={\begin{pmatrix}3&4&-5\\0&-1&4\\0&0&7\end{pmatrix}}\,$

gegebenen linearen Abbildung

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

Lösung

Aus der Matrix kann man direkt die drei Eigenwerte ${}3,-1,7$ ablesen. Daher ist die Matrix diagonalisierbar und die Eigenräume sind eindimensional.

Es ist

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

und der zugehörige Eigenraum ist

${}\operatorname {Eig} _{3}{\left(\varphi \right)}=\mathbb {R} {\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}\,.$

Es ist

${}M+1E_{3}={\begin{pmatrix}4&4&-5\\0&0&4\\0&0&8\end{pmatrix}}\,,$

es ist ${}{\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix}}$ ein Element des Kernes und somit ist der zugehörige Eigenraum

${}\operatorname {Eig} _{-1}{\left(\varphi \right)}=\mathbb {R} {\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix}}\,.$

Es ist

${}M-7E_{3}={\begin{pmatrix}-4&4&-5\\0&-8&4\\0&0&0\end{pmatrix}}\,,$

es ist ${}{\begin{pmatrix}-3\\2\\4\end{pmatrix}}$ ein Element des Kernes und somit ist der zugehörige Eigenraum

${}\operatorname {Eig} _{7}{\left(\varphi \right)}=\mathbb {R} {\begin{pmatrix}-3\\2\\4\end{pmatrix}}\,.$