Kurs:Mathematik für Anwender/Teil I/33/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	${}\sum$
Punkte	3	3	3	2	2	2	4	4	1	4	6	4	3	6	1	4	4	3	5	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Man sagt, dass die Menge ${}T$ eine Teilmenge von ${}M$ ist, wenn jedes Element von ${}T$ auch ein Element von ${}M$ ist.
2. Die Gaußklammer ${}\left\lfloor x\right\rfloor$ ist durch

   $\left\lfloor x\right\rfloor =n,{\text{ falls }}x\in [n,n+1[{\text{ und }}n\in \mathbb {Z} ,$

   definiert.

3. Die Funktion

   $f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R}$

   heißt streng fallend, wenn

   $f(x')<f(x){\text{ für alle }}x,x'\in I{\text{ mit }}x'>x{\text{ gilt}}.$

4. Das Polynom

   $\sum _{k=0}^{n}{\frac {f^{(k)}(a)}{k!}}(x-a)^{k}$

   heißt das Taylor-Polynom vom Grad ${}n$ zu ${}f$ in ${}a$.

5. Zwei (inhomogene) lineare Gleichungssysteme heißen äquivalent, wenn ihre Lösungsmengen übereinstimmen.
6. Zu ${}i\in {\{1,\ldots ,n\}}$ sei ${}M_{i}$ diejenige ${}(n-1)\times (n-1)$-Matrix, die entsteht, wenn man in ${}M$ die erste Spalte und die ${}i$-te Zeile weglässt. Dann definiert man rekursiv die Determinante von ${}M$ durch

   $\det M={\begin{cases}a_{11}\,,&{\text{falls }}n=1\,,\\\sum _{i=1}^{n}(-1)^{i+1}a_{i1}\det M_{i}&{\text{ für }}n\geq 2\,.\end{cases}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Jede natürliche Zahl ${}n\in \mathbb {N}$, ${}n\geq 2$, besitzt eine Zerlegung in Primfaktoren.
2. Die Funktion

   $f\colon \mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} _{+},\,x\longmapsto x^{\alpha },$

   ist differenzierbar und ihre Ableitung ist

   ${}f'(x)=\alpha x^{\alpha -1}\,.$

3. Es sei ${}K$ ein Körper und ${}n\in \mathbb {N} _{+}$. Dann gilt für Matrizen ${}A,B\in \operatorname {Mat} _{n}(K)$ die Beziehung

   ${}\det \left(A\circ B\right)=\det A\cdot \det B\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Nehmen Sie Stellung zur folgenden Aussage: „Das Prinzip „Beweis durch Widerspruch“ ist offenbar absurd. Wenn man alles annehmen darf, so kann man immer einen Widerspruch erzielen und somit alles beweisen“.

Lösung Widerspruchsbeweis/Einwand/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (2 Punkte)

Berechne

$0{,}00000029\cdot 0{,}00000000037.$

Das Ergebnis soll in einer entsprechenden Form angegeben werden.

Lösung

Es ist

${}0{,}00000029=29\cdot 10^{-8}\,$

und

${}0{,}00000000037=37\cdot 10^{-11}\,.$

Somit ist das Produkt

${}0{,}00000029\cdot 0{,}00000000037=29\cdot 10^{-8}\cdot 37\cdot 10^{-11}=29\cdot 37\cdot 10^{-19}=1073\cdot 10^{-19}\,.$

Die Kommadarstellung davon ist

$0{,}0000000000000001073.$

Aufgabe (2 Punkte)

Zeige

${}\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k(k+1)}}={\frac {n}{n+1}}\,.$

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k(k+1)}}&=\sum _{k=1}^{n}{\left({\frac {1}{k}}-{\frac {1}{k+1}}\right)}\\&={\left(1-{\frac {1}{2}}\right)}+{\left({\frac {1}{2}}-{\frac {1}{3}}\right)}+{\left({\frac {1}{3}}-{\frac {1}{4}}\right)}+\cdots +{\left({\frac {1}{n}}-{\frac {1}{n+1}}\right)}\\&=1-{\frac {1}{n+1}}\\&={\frac {n}{n+1}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (2 Punkte)

Berechne

$(x+{\mathrm {i} }y)^{n}.$

Lösung

Nach dem binomischen Lehrsatz ist

${}{\begin{aligned}(x+{\mathrm {i} }y)^{n}&=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}x^{n-k}{\mathrm {i} }^{k}y^{k}\\&=\sum _{k\leq n{\text{ gerade}}}(-1)^{k/2}{\binom {n}{k}}x^{n-k}y^{k}+{\mathrm {i} }{\left(\sum _{k\leq n{\text{ ungerade}}}(-1)^{(k-1)/2}{\binom {n}{k}}x^{n-k}y^{k}\right)}.\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme das Polynom ${}P\in {\mathbb {C} }[X]$ kleinsten Grades, das an der Stelle ${}3-8{\mathrm {i} }$ den Wert ${}5-6{\mathrm {i} }$ und an der Stelle ${}2-7{\mathrm {i} }$ den Wert ${}4-3{\mathrm {i} }$ besitzt.

Lösung

Der Ansatz

${}P=aX+b\,$

führt auf die beiden Gleichungen

${}a{\left(3-8{\mathrm {i} }\right)}+b=5-6{\mathrm {i} }\,$

und

${}a{\left(2-7{\mathrm {i} }\right)}+b=4-3{\mathrm {i} }\,$

besitzt. Somit ist

${}a{\left(1-{\mathrm {i} }\right)}=1-3{\mathrm {i} }\,$

und daher

${}{\begin{aligned}a&={\left(1-{\mathrm {i} }\right)}^{-1}{\left(1-3{\mathrm {i} }\right)}\\&={\frac {1+{\mathrm {i} }}{2}}{\left(1-3{\mathrm {i} }\right)}\\&={\frac {1+3-2{\mathrm {i} }}{2}}\\&=2-{\mathrm {i} }\end{aligned}}$

und

${}b=5-6{\mathrm {i} }-{\left(2-{\mathrm {i} }\right)}{\left(3-8{\mathrm {i} }\right)}=5-6{\mathrm {i} }+{\left(2+19{\mathrm {i} }\right)}=7+13{\mathrm {i} }\,.$

Das gesuchte Polynom ist also

${}P={\left(2-{\mathrm {i} }\right)}X+7+13{\mathrm {i} }\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Formuliere und beweise die Lösungsformel für eine quadratische Gleichung

${}ax^{2}+bx+c=0\,$

mit ${}a,b,c\in \mathbb {R}$, ${}a\neq 0$.

Lösung

Es ist

${}x_{1,2}={\frac {\pm {\sqrt {b^{2}-4ac}}-b}{2a}}\,,$

vorausgesetzt, der Wurzelausdruck ${}b^{2}-4ac$ ist nichtnegativ. Dies sieht man so: Die Bedingung

${}ax^{2}+bx+c=0\,$

ist äquivalent zu

${}x^{2}+{\frac {b}{a}}x+{\frac {c}{a}}=0\,,$

was mittels quadratischem Ergänzen äquivalent zu

${}{\left(x+{\frac {b}{2a}}\right)}^{2}-{\frac {b^{2}}{4a^{2}}}+{\frac {c}{a}}=0\,$

ist. Umstellen und Erweitern liefert

${}{\left(x+{\frac {b}{2a}}\right)}^{2}={\frac {b^{2}}{4a^{2}}}-{\frac {c}{a}}={\frac {b^{2}}{4a^{2}}}-{\frac {4ac}{4a^{2}}}={\frac {b^{2}-4ac}{4a^{2}}}\,.$

Dies ist äquivalent zu

${}x+{\frac {b}{2a}}={\frac {\pm {\sqrt {b^{2}-4ac}}}{2a}}\,$

und somit zu

${}x_{1,2}={\frac {\pm {\sqrt {b^{2}-4ac}}-b}{2a}}\,.$

Aufgabe (1 Punkt)

Bestimme den Exponenten, die Potenz und die Basis im Ausdruck

${\left({\frac {3}{2}}\right)}^{\pi }.$

Lösung

In ${}{\left({\frac {3}{2}}\right)}^{\pi }$ ist der Gesamtausdruck die Potenz, ${}{\frac {3}{2}}$ ist die Basis und ${}\pi$ ist der Exponent.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise das Quotientenkriterium für Reihen.

Lösung

Die Konvergenz ändert sich nicht, wenn man endlich viele Glieder ändert. Daher können wir ${}k_{0}=0$ annehmen. Ferner können wir annehmen, dass alle ${}a_{k}$ positive reelle Zahlen sind. Es ist

${}a_{k}={\frac {a_{k}}{a_{k-1}}}\cdot {\frac {a_{k-1}}{a_{k-2}}}{\cdots }{\frac {a_{1}}{a_{0}}}\cdot a_{0}\leq a_{0}\cdot q^{k}\,.$

Somit folgt die Konvergenz aus dem Majorantenkriterium und der Konvergenz der geometrischen Reihe.

Aufgabe (6 Punkte)

Wir betrachten ein normiertes Polynom vom Grad ${}4$,

${}F(x)=x^{4}+rx^{3}+sx^{2}+tx+u\,$

mit ${}r,s,t,u\in \mathbb {R}$. Zeige, dass es Zahlen ${}a,b,c,d\in \mathbb {R}$ mit

${}F(x)=(x-a)^{2}(x-b)^{2}+cx+d\,$

gibt.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}(x-a)^{2}(x-b)^{2}&={\left(x^{2}-2ax+a^{2}\right)}{\left(x^{2}-2bx+b^{2}\right)}\\&=x^{4}-2(a+b)x^{3}+{\left(a^{2}+b^{2}+4ab\right)}x^{2}+{\left(-2a^{2}b-2ab^{2}\right)}x+a^{2}b^{2}.\end{aligned}}$

Der Vergleich mit ${}x^{4}+rx^{3}+sx^{2}$ führt auf das Gleichungssystem

${}-2(a+b)=r\,$

und

${}a^{2}+b^{2}+4ab=s\,.$

Wir lösen die erste Gleichung nach ${}a$ auf und erhalten

${}a=-b-{\frac {r}{2}}\,.$

Dies eingesetzt in die zweite Gleichung ergibt

${}{\begin{aligned}{\left(-b-{\frac {r}{2}}\right)}^{2}+b^{2}+4{\left(-b-{\frac {r}{2}}\right)}b&=b^{2}+br+{\frac {r^{2}}{4}}+b^{2}-4b^{2}-2rb\\&=-2b^{2}-rb+{\frac {r^{2}}{4}}\\&=0.\end{aligned}}$

Somit muss die quadratische Gleichung

${}b^{2}+{\frac {r}{2}}b-{\frac {r^{2}}{8}}=0\,$

gelöst werden. Dies führt auf

${}{\left(b+{\frac {r}{4}}\right)}^{2}={\frac {r^{2}}{8}}+{\frac {r^{2}}{16}}={\frac {3r^{2}}{16}}\,,$

was stets eine Lösung besitzt. Die Lösungen sind

${}b={\frac {\pm {\sqrt {3}}r}{4}}-{\frac {r}{4}}\,,$

wobei ${}a$ dann die andere Lösung ist (${}a$ und ${}b$ sind in der Fragestellung und in dem Gleichungssystem gleichberechtigt). Mit diesen ${}a$ und ${}b$ hat man Übereinstimmung in den höheren Koeffizienten und durch Wahl des linearen Terms ${}cx+d$ kann man überhaupt Übereinstimmung erreichen.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise die Kettenregel für differenzierbare Funktionen.

Lösung

Aufgrund von Satz 14.5 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)) kann man

$f(x)=f(a)+f'(a)(x-a)+r(x)(x-a)$

und

$g(y)=g(f(a))+g'(f(a))(y-f(a))+s(y)(y-f(a))$

schreiben. Daher ergibt sich

(wenn man ${}y$ durch ${}f(x)$ ersetzt)

${}{\begin{aligned}g(f(x))&=g(f(a))+g'(f(a))(f(x)-f(a))+s(f(x))(f(x)-f(a))\\&=g(f(a))+g'(f(a)){\left(f'(a)(x-a)+r(x)(x-a)\right)}+s(f(x)){\left(f'(a)(x-a)+r(x)(x-a)\right)}\\&=g(f(a))+g'(f(a))f'(a)(x-a)+{\left(g'(f(a))r(x)+s(f(x))(f'(a)+r(x))\right)}(x-a).\end{aligned}}$

Die hier ablesbare Restfunktion

${}t(x):=g'(f(a))r(x)+s(f(x))(f'(a)+r(x))\,$

ist stetig in ${}a$ mit dem Wert ${}0$.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme das Taylor-Polynom vom Grad ${}3$ der Funktion

$\mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto \sin x\cos x,$

im Entwicklungspunkt ${}\pi$.

Lösung

Die Ableitung von ${}f(x)=\sin x\cos x$ ist

${}f'(x)=\cos x\cos x-\sin x\sin x=1-2\sin ^{2}x\,,$

die Ableitung davon ist

${}f^{\prime \prime }(x)=-4\sin x\cos x\,,$

und die Ableitung davon ist

${}f^{\prime \prime \prime }(x)=-4+8\sin ^{2}x\,.$

Das Taylorpolynom vom Grad ${}3$ im Punkt ${}\pi$ ist daher

$(X-\pi )-{\frac {2}{3}}(X-\pi )^{3}.$

Aufgabe (6 Punkte)

Für ein Mathematikbuch soll der Graph der Exponentialfunktion über dem Intervall ${}[-5,3]$ maßstabsgetreu in cm gezeichnet werden, wobei der Fehler maximal ${}0,001$ cm sein darf. Es steht nur ein Zeichenprogramm zur Verfügung, das lediglich Polynome zeichnen kann. Welches Polynom kann man nehmen?

Lösung

Wir betrachten zur Exponentialreihe ${}\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {x^{n}}{n!}}$ die Teilpolynome

${}P_{k}(x)=\sum _{n=0}^{k}{\frac {x^{n}}{n!}}\,.$

Die Differenz der Exponentialfunktion zu diesen Polynomen ist somit

$\sum _{n=k+1}^{\infty }{\frac {x^{n}}{n!}},$

und der Betrag davon soll für jedes ${}x\in [-5,3]$ maximal gleich ${}0,001$ sein. Wegen

${}\vert {\sum _{n=k+1}^{\infty }{\frac {x^{n}}{n!}}}\vert \leq \sum _{n=k+1}^{\infty }\vert {\frac {x^{n}}{n!}}\vert \leq \sum _{n=k+1}^{\infty }{\frac {5^{n}}{n!}}\,$

müssen wir ${}k$ so wählen, dass

${}\sum _{n=k+1}^{\infty }{\frac {5^{n}}{n!}}\leq 0,001={\frac {1}{1000}}\,$

ist. Wir betrachten

${}{\begin{aligned}\sum _{n=k+1}^{\infty }{\frac {5^{n}}{n!}}&={\frac {5^{k+1}}{(k+1)!}}{\left(\sum _{j=0}^{\infty }{\frac {(k+1)!}{(k+1+j)!}}5^{j}\right)}\\&={\frac {5^{k+1}}{(k+1)!}}{\left(\sum _{j=0}^{\infty }{\frac {5^{j}}{(k+2)(k+3)\cdots (k+1+j)}}\right)}\\&\leq {\frac {5^{k+1}}{(k+1)!}}{\left(\sum _{j=0}^{\infty }{\left({\frac {5}{k+2}}\right)}^{j}\right)}.\end{aligned}}$

Bei ${}5<k+2$ liegt rechts eine geometrische Reihe vor, bei ${}k\geq 8$ ist deren Wert maximal gleich ${}2$. Bei ${}k\geq 10$ (bzw. ${}\geq 13$) können wir grob abschätzen

${}{\begin{aligned}{\frac {5^{k+1}}{(k+1)!}}&={\frac {5}{k+1}}\cdot {\frac {5}{k}}\cdots {\frac {5}{10}}\cdot {\frac {5}{9}}\cdots {\frac {5}{5}}\cdot {\frac {5}{4}}\cdots {\frac {5}{1}}\\&\leq {\frac {5}{k+1}}\cdot {\frac {5}{k}}\cdots {\frac {5}{10}}\cdot {\frac {5^{4}}{24}}\\&\leq {\left({\frac {1}{2}}\right)}^{k-8}\cdot {\frac {5^{4}}{24}}\\&\leq {\left({\frac {1}{2}}\right)}^{k-13}.\end{aligned}}$

Wegen ${}2^{10}\geq 1000$ ist dies bei ${}k\geq 24$ kleiner als ${}{\frac {1}{2}}\cdot {\frac {1}{1000}}$. Daher ist ${}P_{24}=\sum _{n=0}^{24}{\frac {x^{n}}{n!}}$ ein Polynom, das die Exponentialfunktion wie gewünscht approximiert.

Aufgabe (1 Punkt)

Bestimme eine Stammfunktion für die Funktion

${\frac {6x^{5}+25x^{4}-4x^{3}-18x^{2}+4x+8}{x^{6}+5x^{5}-x^{4}-6x^{3}+2x^{2}+8x+1}}.$

Lösung

Das Zählerpolynom ist die Ableitung des Nennerpolynoms, deshalb ist

$\ln \vert {x^{6}+5x^{5}-x^{4}-6x^{3}+2x^{2}+8x+1}\vert$

eine Stammfunktion.

Aufgabe (4 Punkte)

Löse das inhomogene Gleichungssystem

${\begin{matrix}5x&+2y&+z&-7w&=&3\\6x&+y&+2z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&1\\x&+y&\,\,\,\,-z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&0\\3x&+5y&-7z&+14w&=&1\,.\end{matrix}}$

Lösung

Wir eliminieren zuerst die Variable ${}w$, indem wir die erste Gleichung zweimal auf die vierte addieren. Dies führt auf

${\begin{matrix}6x&+y&+2z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&1\\x&+y&\,\,\,\,-z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&0\\13x&+9y&-5z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&7\,.\end{matrix}}$

Nun eliminieren wir die Variable ${}y$, indem wir (bezogen auf das vorhergehende System) ${}-II+I$ und ${}-9II+III$ ausrechnen. Dies führt auf

${\begin{matrix}5x&\,\,\,\,\,\,\,\,&+3z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&1\\4x&\,\,\,\,\,\,\,\,&+4z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&7\,.\end{matrix}}$

Es ergibt sich nun wenn man die erste Gleichung mit 4 multipliziert und 3 mal die zweite subtrahiert

${}8x=-17\,$

und

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

Rückwärts gelesen ergibt sich

${}z={\frac {31}{8}}\,,$

${}y=6\,$

und

${}w={\frac {9}{28}}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die ${}2\times 2$- Matrizen über ${}\mathbb {R}$ der Form

${}M={\begin{pmatrix}a&b\\0&d\end{pmatrix}}\,$

mit

${}M^{2}+3M-4E_{2}=0\,.$

Lösung

Die Gesamtbedingung führt wegen

${}{\begin{pmatrix}a&b\\0&d\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}a&b\\0&d\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}a^{2}&ab+bd\\0&d^{2}\end{pmatrix}}\,$

auf

${}{\begin{pmatrix}a^{2}&ab+bd\\0&d^{2}\end{pmatrix}}+3{\begin{pmatrix}a&b\\0&d\end{pmatrix}}-4{\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}}\,$

und somit auf die drei Bedingungen

${}a^{2}+3a-4=0\,,$

${}d^{2}+3d-4=0\,$

und

${}(a+d+3)b=0\,.$

Nach der Lösungsformel für quadratische Gleichungen gilt

${}a,d=1,-4\,.$

Bei ${}b=0$ sind also

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

Lösungen. Bei ${}b\neq 0$ muss zusätzlich

${}a+d=-3\,$

sein, und daher sind

${\begin{pmatrix}1&b\\0&-4\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}-4&b\\0&1\end{pmatrix}}{\text{ mit }}b\neq 0$

weitere Lösungen.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme, ob die beiden Matrizen

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

zueinander ähnlich sind.

Lösung

Die Matrix ${}M$ bildet

$e_{2}\mapsto e_{1},\,e_{1}\mapsto 0,\,e_{4}\mapsto e_{3},\,e_{3}\mapsto 0,$

daher ist ${}M^{2}=0$. Die Matrix ${}N$ bildet

$e_{1}\mapsto 0,\,e_{4}\mapsto e_{3},\,e_{3}\mapsto e_{2},\,e_{2}\mapsto 0,$

daher ist ${}N^{2}\neq 0$. Die beiden Matrizen können also nicht die gleiche lineare Abbildung beschreiben und sind somit nicht zueinander ähnlich.

Aufgabe (5 Punkte)

Bestimme die Eigenwerte und die Eigenräume der durch die Matrix

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

gegebenen linearen Abbildung

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

Lösung

Das charakteristische Polynom ist

${}{\begin{aligned}\chi _{M}&=\det {\begin{pmatrix}x-4&0&-3\\0&x+1&0\\-2&0&x-3\end{pmatrix}}\\&=(x-4)(x+1)(x-3)-6(x+1)\\&=(x+1)((x-4)(x-3)-6)\\&=(x+1)(x^{2}-7x+6).\end{aligned}}$

Dies ergibt zunächst den Eigenwert ${}-1$. Durch quadratisches Ergänzen (oder direkt) sieht man für den quadratischen Term die Nullstellen ${}1$ und ${}6$, 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

${\begin{pmatrix}-5&0&-3\\0&0&0\\-2&0&-4\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}$

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 ${}1$: Man muss die Lösungsmenge von

${\begin{pmatrix}-3&0&-3\\0&2&0\\-2&0&-2\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}$

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

Eigenraum zu ${}6$: Man muss die Lösungsmenge von

${\begin{pmatrix}2&0&-3\\0&7&0\\-2&0&3\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}$

bestimmen. Eine Lösung ist offenbar der Spaltenvektor ${}{\begin{pmatrix}3\\0\\2\end{pmatrix}}$, sodass der Eigenraum zu ${}6$ gleich ${}\lambda {\begin{pmatrix}3\\0\\2\end{pmatrix}}$ ist.