Kurs:Mathematik für Anwender/Teil I/34/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	20	${}\sum$
Punkte	3	3	2	2	3	2	3	2	4	3	4	4	3	2	7	3	3	5	3	3	64

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

Der Durchschnitt von Mengen ${}L$ und ${}M$ .
Der Imaginärteil einer komplexen Zahl ${}z$ .
Die Zahl ${}\pi$ (gefragt ist nach der analytischen Definition).
Das obere Treppenintegral zu einer oberen Treppenfunktion ${}t$ zu einer Funktion
$f\colon I\longrightarrow \mathbb {R}$

auf einem beschränkten Intervall ${}I\subseteq \mathbb {R}$ .
Der ${}i$ -te Standardvektor im ${}K^{n}$ .
Ein Eigenvektor zu einer linearen Abbildung
$\varphi \colon V\longrightarrow V$

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

Lösung

Die Menge
${}L\cap M={\left\{x\mid x\in L{\text{ und }}x\in M\right\}}\,$

heißt der Durchschnitt der beiden Mengen.
Zu einer komplexen Zahl ${}z=a+b{\mathrm {i} }$ nennt man ${}b$ den Imaginärteil von ${}z$ .
Es sei ${}s$ die eindeutig bestimmte reelle Nullstelle der Kosinusfunktion auf dem Intervall ${}[0,2]$ . Die Kreiszahl ${}\pi$ ist definiert durch
${}\pi :=2s\,.$
Zur oberen Treppenfunktion
$t\colon I\longrightarrow \mathbb {R}$

von ${}f$ zur Unterteilung ${}a_{i}$ , ${}i=0,\ldots ,n$ , und den Werten ${}t_{i}$ , ${}i=1,\ldots ,n$ , heißt das Treppenintegral

$T=\sum _{i=1}^{n}t_{i}(a_{i}-a_{i-1})$

eine oberes Treppenintegral von ${}f$ auf ${}I$ .
Der Vektor
${}e_{i}:={\begin{pmatrix}0\\\vdots \\0\\1\\0\\\vdots \\0\end{pmatrix}}\,,$

wobei die ${}1$ an der ${}i$ -ten Stelle steht, heißt ${}i$ -ter Standardvektor.
Ein Element ${}v\in V$ , ${}v\neq 0$ , heißt ein Eigenvektor von ${}\varphi$ , wenn
${}\varphi (v)=\lambda v\,$

mit einem gewissen ${}\lambda \in K$ gilt.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

Der Satz von Euklid über Primzahlen.
Der Satz über Ableitung und Wachstumsverhalten einer Funktion ${}f\colon \mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$ .
Der Satz über die Charakterisierung von invertierbaren Matrizen.

Lösung

Es gibt unendlich viele Primzahlen.
Es sei ${}f\colon \mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$ ${}f\colon \mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$ eine differenzierbare Funktion. Dann gelten folgende Aussagen.
1. Die Funktion ${}f$ ist genau dann wachsend (bzw. fallend), wenn ${}f'(x)\geq 0$ (bzw. ${}f'(x)\leq 0$ ) für alle ${}x\in I$ ist.
2. Wenn ${}f'(x)\geq 0$ für alle ${}x\in I$ ist und ${}f'$ nur endlich viele Nullstellen besitzt, so ist ${}f$ streng wachsend.
3. Wenn ${}f'(x)\leq 0$ für alle ${}x\in I$ ist und ${}f'$ nur endlich viele Nullstellen besitzt, so ist ${}f$ streng fallend.
Es sei ${}K$ ${}K$ ein Körper und sei ${}M$ ${}M$ eine ${}n\times n$ ${}n\times n$ - Matrix über ${}K$ ${}K$ . Dann sind die folgenden Aussagen äquivalent.
1. ${}\det M\neq 0$ .
2. Die Zeilen von ${}M$ sind linear unabhängig.
3. ${}M$ ist invertierbar.
4. ${}\operatorname {rang} \,M=n$ .

Aufgabe (2 Punkte)

Die Partei „Zukunft für alle“ hat zwei Ziele.

Millionäre entschädigungslos enteignen.
Ein bedingungsloses monatliches Grundeinkommen von ${}1200$ Euro für jeden Erwachsenen.

Hans hat kein Geld und hat mit Geld auch nichts am Hut, er ist jetzt gerade ${}18$ geworden und lebt allein auf einem kleinen Bauernhof als Selbstversorger, ohne Einnahmen, ohne Ausgaben, und das soll in seinem Leben auch so bleiben. Vorausgesetzt, das Parteiprogramm wird Gesetz, wie alt muss Hans (in Jahren und Monaten) werden, bis er enteignet wird?

Lösung

Er wird enteignet, wenn das angesammelte Grundeinkommen die Millionengrenze erstmals überschreitet. Im Jahr bekommt er ${}14400$ Euro. Es ist

{}1000000:14400=69,44...\,

Jahre, also braucht er ${}69$ Jahre und ${}6$ Monate. Er muss also ${}87$ einhalb Jahre alt werden.

Aufgabe (2 Punkte)

Ersetze im Term ${}4x^{2}+3x+7$ die Variable ${}x$ durch den Term ${}y^{3}+5$ und vereinfache den entstehenden Ausdruck.

Lösung

Es ist

{}{\begin{aligned}4{\left(y^{3}+5\right)}^{2}+3{\left(y^{3}+5\right)}+7&=4{\left(y^{6}+10y^{3}+25\right)}+3y^{3}+15+7\\&=4y^{6}+43y^{3}+122.\end{aligned}}

Aufgabe (3 (1+2) Punkte)

Lucy Sonnenschein unternimmt eine Zeitreise. Sie reist zuerst ${}16$ Stunden nach vorne, dann (immer vom jeweiligen erreichten Zeitpunkt aus) ${}5$ Stunden nach vorne, dann ${}26$ Stunden zurück, dann ${}4$ Stunden zurück, dann ${}8$ Stunden nach vorne und dann ${}12$ Stunden zurück.

Wo befindet sie sich am Ende dieser Zeitreise, wenn die Reise selbst keine Zeit verbraucht?
Wo befindet sie sich am Ende dieser Zeitreise, wenn eine Zeitreise um eine Stunde, egal ob in die Zukunft oder in die Vergangenheit, immer eine Minute verbraucht?

Lösung

Wir rechnen
${}16+5+(-26)+(-4)+8-12=-13\,,$

also ${}13$ Stunden zurück.
Insgesamt reist sie
${}16+5+26+4+8+12=71\,$

Stunden, das verbraucht also ${}71$ Minuten, also eine Stunde und elf Minuten. Daher befindet sie sich am Ende der Zeitreise im Zeitpunkt vor ${}11$ Stunden und ${}49$ Minuten.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die Primfaktorzerlegung von

{\binom {49}{6}}.

Lösung

Es ist

{}{\begin{aligned}{\binom {49}{6}}&={\frac {49\cdot 48\cdot 47\cdot 46\cdot 45\cdot 44}{6\cdot 5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}}\\&={\frac {49\cdot 47\cdot 46\cdot 45\cdot 44}{5\cdot 3}}\\&=49\cdot 47\cdot 46\cdot 3\cdot 44\\&=7\cdot 7\cdot 47\cdot 23\cdot 2\cdot 3\cdot 2\cdot 2\cdot 11\\&=2^{3}\cdot 3\cdot 7^{2}\cdot 11\cdot 23\cdot 47.\end{aligned}}

Aufgabe (3 Punkte)

Man gebe ein Polynom ${}P\in \mathbb {Q} [X]$ an, das nicht zu ${}\mathbb {Z} [X]$ gehört, aber die Eigenschaft besitzt, dass für jede ganze Zahl ${}n$ gilt: ${}P(n)\in \mathbb {Z}$ .

Lösung

Betrachte das Polynom

{}P={\frac {X(X-1)}{2}}={\frac {X^{2}}{2}}-{\frac {X}{2}}\,.

Die Koeffizienten liegen in ${}\mathbb {Q}$ , aber nicht in ${}\mathbb {Z}$ . Wenn man in dieses Polynom eine ganze Zahl ${}n$ einsetzt, so ist genau eine der Zahlen ${}n$ und ${}n-1$ gerade. Also ist ${}P(n)={\frac {n(n-1)}{2}}$ ganzzahlig.

Aufgabe (2 Punkte)

Begründe geometrisch, dass die Wurzeln ${}{\sqrt {n}}$ , ${}n\in \mathbb {N}$ , als Länge von „natürlichen“ Strecken vorkommen.

Lösung

Dies geht mit der Spirale des Theodorus. Wenn man die (bereits konstruierte) Quadratwurzel ${}{\sqrt {n}}$ als eine Kathete eines rechtwinkligen Dreiecks nimmt mit einer zweiten Kathete der Länge ${}1$ , so erhält man eine Hypotenuse der Länge ${}{\sqrt {n+1}}$ .

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass die Reihe

\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {z^{n}}{n^{n}}}

für jedes ${}z\in \mathbb {R}$ absolut konvergiert.

Lösung

Wir wenden das Quotientenkriterium an, woraus dann die absolute Konvergenz folgt. Dazu betrachten wir den Quotienten aus zwei aufeinander folgenden Gliedern ${}a_{n}={\frac {z^{n}}{n^{n}}}$ der Reihe (bei ${}z=0$ ist die Aussage klar, sei also ${}z\neq 0$ ), also

{}{\begin{aligned}\vert {\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\vert &=\vert {\frac {\frac {z^{n+1}}{(n+1)^{n+1}}}{\frac {z^{n}}{n^{n}}}}\vert \\&=\vert {z}\vert {\frac {n^{n}}{(n+1)^{n+1}}}\\&=\vert {z}\vert ({\frac {n}{n+1}})^{n}{\frac {1}{n+1}}\\&\leq \vert {z}\vert {\frac {1}{n+1}}.\end{aligned}}

Zu einem gegebene ${}z\in \mathbb {R}$ gibt es ein ${}n_{0}\in \mathbb {N}$ mit

{}q:={\frac {\vert {z}\vert }{n_{0}+1}}<1\,.

Dies gilt dann auch für alle ${}n\geq n_{0}$ , sodass man ab ${}n_{0}$ das Quotientenkriterium anwenden kann.

Aufgabe (3 Punkte)

Es seien

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

streng wachsende Funktionen, die auf ${}\mathbb {Q}$ übereinstimmen. Folgt daraus ${}f=g$ ?

Lösung

Wir betrachten die beiden Funktionen

f(x)={\begin{cases}x,\,{\text{falls }}x<{\sqrt {2}}\,,\\x+1,\,{\text{falls }}x\geq {\sqrt {2}}\,,\end{cases}}

und

g(x)={\begin{cases}x,\,{\text{falls }}x\leq {\sqrt {2}}\,,\\x+1,\,{\text{falls }}x>{\sqrt {2}}\,.\end{cases}}

Beide Funktionen sind streng wachsend und stimmen auf ${}\mathbb {R} \setminus \{{\sqrt {2}}\}$ und insbesondere auf ${}\mathbb {Q}$ überein. Es ist aber ${}f({\sqrt {2}})\neq g({\sqrt {2}})$ , sodass die beiden Funktionen verschieden sind.

Aufgabe (4 Punkte)

Wir betrachten Rechtecke mit dem konstanten Flächeninhalt ${}c$ . Zeige, dass unter diesen Rechtecken das Quadrat den minimalen Umfang besitzt.

Lösung

Bei konstantem Flächeninhalt ${}c$ ist das Rechteck durch die eine Seitenlänge ${}s\neq 0$ bestimmt, die andere Seitenlänge ist ${}{\frac {c}{s}}$ und der Umfang ist ${}2{\left(s+{\frac {c}{s}}\right)}$ . Für das Quadrat ist

{}s={\frac {c}{s}}={\sqrt {c}}\,

mit Umfang ${}4{\sqrt {c}}$ . Es ist also

{}2{\sqrt {c}}\leq s+{\frac {c}{s}}\,

zu zeigen. Dies ist äquivalent zu

{}4c\leq s^{2}+{\left({\frac {c}{s}}\right)}^{2}+2c\,

und zu

{}0\leq s^{2}+{\left({\frac {c}{s}}\right)}^{2}-2c\,

bzw. zu

{}s^{4}+c^{2}-2cs^{2}\geq 0\,,

was wegen

{}s^{4}+c^{2}-2cs^{2}=(s^{2}-c)^{2}\geq 0\,

erfüllt ist.

Aufgabe (4 Punkte)

Wir betrachten die positiven reellen Zahlen ${}\mathbb {R} _{+}$ mit den Verknüpfungen

{}x\oplus y:=x\cdot y\,

als neuer Addition und

{}x\otimes y:=e^{(\ln x)(\ln y)}\,

als neuer Multiplikation. Ist ${}\mathbb {R} _{+}$ mit diesen Verknüpfungen (und mit welchen neutralen Elementen) ein Körper?

Lösung

Wir betrachten die reelle Exponentialfunktion zur Basis ${}e$ , also die Abbildung

\varphi \colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} _{+},\,z\longmapsto e^{z}.

Diese Abbildung ist bijektiv, da wir den Bildbereich entsprechend eingeschränkt haben, mit dem natürlichen Logarithmus als Umkehrabbildung. Unter dieser Abbildung gilt

{}{\begin{aligned}\varphi (z+w)&=e^{w+z}\\&=e^{w}\cdot e^{z}\\&=\varphi (w)\oplus \varphi (z),\end{aligned}}

d.h. die Addition ${}+$ wird auf die neue Addition ${}\oplus$ abgebildet, und

{}{\begin{aligned}\varphi (z\cdot w)&=e^{z\cdot w}\\&=e^{(\ln e^{z})(\ln e^{w})}\\&=e^{z}\otimes e^{w}\\&=\varphi (z)\otimes \varphi (w),\end{aligned}}

d.h. die Multiplikation ${}\cdot$ wird auf die neue Addition ${}\otimes$ abgebildet. Unter dieser Abbildung bleiben alle Gesetzmäßigkeiten erhalten, deshalb ist ${}\mathbb {R} _{+}$ mit den neuen Verknüpfungen ebenfalls ein Körper. Die neutralen Elemente sind die Bilder der neutralen Elemente, d.h. die ${}1$ ist neutrales Element der neuen Addition und ${}e$ ist neutrales Element der neuen Multiplikation.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei

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

eine differenzierbare Funktion. Zeige durch Induktion, dass für die ${}n$ -fache Hintereinanderschaltung ( $n\geq 1$ )

f^{\circ n}=f\circ f\circ \cdots \circ f\,\,\,(n{\text{ mal}})

die Beziehung

{}{\left(f^{\circ n}\right)}'=f'\cdot \prod _{i=1}^{n-1}{\left(f'\circ f^{\circ i}\right)}\,

gilt.

Lösung

Der Induktionsanfang für ${}n=1$ ist gesichert wegen

{}f'=f'\cdot 1=f'\cdot \prod _{i=1}^{0}{\left(f'\circ f^{\circ i}\right)}\,.

Es sei die Aussage für die ${}n$ -te Hintereinanderschaltung schon bewiesen. Dann gilt unter Verwendung der Kettenregel (mit ${}f$ als äußerer und ${}f^{\circ n}$ als innerer Funktion) und der Induktionsvoraussetzung die Beziehung

{}{\begin{aligned}{\left(f^{\circ n+1}\right)}'&={\left(f\circ f^{\circ n}\right)}'\\&={\left(f'\circ f^{\circ n}\right)}\cdot {\left(f^{\circ n}\right)}'\\&={\left(f'\circ f^{\circ n}\right)}\cdot {\left(f'\cdot \prod _{i=1}^{n-1}{\left(f'\circ f^{\circ i}\right)}\right)}\\&=f'\cdot \prod _{i=1}^{n}{\left(f'\circ f^{\circ i}\right)},\end{aligned}}

was die Aussage beweist.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die Ableitung der Funktion

\ln \colon \mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} .

Lösung

Da der Logarithmus die Umkehrfunktion der Exponentialfunktion ist, können wir Satz 14.9 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)) anwenden und erhalten mit Satz 16.3 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024))

{}\ln '(x)={\frac {1}{\exp '(\ln x)}}={\frac {1}{\exp(\ln x)}}={\frac {1}{x}}\,.

Aufgabe (7 (2+3+2) Punkte)

Wir betrachten das Polynom

{}P(x)=x^{4}-3x^{2}-4\,.

Bestimme die reellen Nullstellen von ${}P$ .
Bestimme die Extrema von ${}P$ .
Bestimme den Flächeninhalt, der durch den Graphen und die ${}x$ -Achse eingegrenzt wird.

Lösung

Wir schreiben ${}y=x^{2}$ und lösen die Gleichung
${}y^{2}-3y-4=0\,.$

Diese führt auf

${}y=4,-1\,$

und damit sind die reellen Nullstellen von ${}P$ gleich ${}x_{1,2}=\pm 2$ .
Die Ableitung von ${}P$ ist
${}4x^{3}-6x=4x{\left(x^{2}-{\frac {3}{2}}\right)}=4x{\left(x-{\sqrt {\frac {3}{2}}}\right)}{\left(x+{\sqrt {\frac {3}{2}}}\right)}\,.$

Die Ableitung besitzt also drei Nullstellen bei

${}x=0,{\sqrt {\frac {3}{2}}},-{\sqrt {\frac {3}{2}}}\,.$

Die zweite Ableitung ist ${}12x^{2}-6=6{\left(2x^{2}-1\right)}$ und besitzt im Nullpunkt einen negativen Wert und in ${}\pm {\sqrt {\frac {3}{2}}}$ einen positiven Wert. Deshalb liegt in ${}x=0$ ein isoliertes lokales Maximum und in ${}x=\pm {\sqrt {\frac {3}{2}}}$ liegen isolierte lokale Minima vor. Für ${}x$ gegen ${}\pm \infty$ geht die Funktion gegen ${}+\infty$ , daher sind die beiden Minima global mit dem gleichen Wert (wegen der Symmetrie) und das lokale Maximum ist nicht global.
Da es zwischen ${}-2$ und ${}2$ keine Nullstelle gibt, verläuft der Graph in diesem Intervall unterhalb der ${}x$ -Achse. Der eingeschlossene Flächeninhalt ist der Betrag des bestimmten Integrals
${}{\begin{aligned}\int _{-2}^{2}x^{4}-3x^{2}-4dx&=\left({\frac {1}{5}}x^{5}-x^{3}-4x\right)|_{-2}^{2}\\&=2{\left({\frac {1}{5}}\cdot 32-8-8\right)}\\&=-{\frac {96}{5}},\end{aligned}}$
also gleich ${}{\frac {96}{5}}$ .

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass das lineare Gleichungssystem

{\begin{matrix}5x-7y-4z&=&0\\2x+y-3z&=&0\\7x+6y-2z&=&0\,\end{matrix}}

nur die triviale Lösung ${}(0,0,0)$ besitzt.

Lösung

Wir rechnen

{}II'=II-{\frac {2}{5}}I={\frac {19}{5}}y-{\frac {7}{5}}z=0\,

und

{}III'=III-{\frac {7}{5}}I={\frac {79}{5}}y+{\frac {18}{5}}z=0\,.

Somit ist

{}5\cdot 79\cdot II'-5\cdot 19\cdot III'=(-7\cdot 79-18\cdot 19)z=-895z=0\,.

Daraus ergibt sich ${}z=0$ , aus ${}II'$ ergibt sich ${}y=0$ und aus ${}I$ ergibt sich ${}x=0$ .

Aufgabe (3 Punkte)

Es seien ${}A={\left(a_{ij}\right)}$ und ${}B={\left(b_{ij}\right)}$ quadratische Matrizen der Länge ${}n$ . Es gelte ${}a_{ij}=0$ für ${}j\leq i+d$ und ${}b_{ij}=0$ für ${}j\leq i+e$ für gewisse ${}d,e\in \mathbb {Z}$ . Zeige, dass die Einträge ${}c_{ij}$ des Produktes ${}AB$ die Bedingung ${}c_{ij}=0$ für ${}j\leq i+d+e+1$ erfüllen.

Lösung

Es ist

{}c_{ij}=\sum _{k=1}^{n}a_{ik}b_{kj}=\sum _{k=1}^{i+d}a_{ik}b_{kj}+\sum _{k=i+d+1}^{n}a_{ik}b_{kj}\,.

Die Summanden links sind gleich ${}0$ , da ${}a_{ik}=0$ für ${}k\leq i+d$ ist. Es sei nun ${}j\leq i+d+e+1$ vorausgesetzt. Dann gilt für die Indizes im rechten Summanden

{}i+d+1\leq k\,

und

{}j\leq i+d+1+e\leq k+e\,,

also ist ${}b_{kj}=0$ und auch die rechten Summanden sind ${}0$ .

Aufgabe (5 Punkte)

Bestimme die Übergangsmatrizen ${}M_{\mathfrak {v}}^{\mathfrak {u}}$ und ${}M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {v}}$ für die Standardbasis ${}{\mathfrak {u}}$ und die durch die Vektoren

v_{1}={\begin{pmatrix}1\\4\\5\end{pmatrix}},\,\,v_{2}={\begin{pmatrix}0\\1\\2\end{pmatrix}}\,{\text{ und }}\,v_{3}={\begin{pmatrix}-1\\1\\0\end{pmatrix}}

gegebene Basis ${}{\mathfrak {v}}$ im ${}\mathbb {R} ^{3}$ .

Lösung

Es ist

{}M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {v}}={\begin{pmatrix}1&0&-1\\4&1&1\\5&2&0\end{pmatrix}}\,.

Für die umgekehrte Übergangsmatrix müssen wir diese Matrix invertieren. Es ist


${}{\begin{pmatrix}1&0&-1\\4&1&1\\5&2&0\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&0&-1\\0&1&5\\0&2&5\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\-4&1&0\\-5&0&1\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&0&-1\\0&1&5\\0&0&-5\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\-4&1&0\\3&-2&1\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&0&-1\\0&1&5\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\-4&1&0\\-{\frac {3}{5}}&{\frac {2}{5}}&-{\frac {1}{5}}\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}{\frac {2}{5}}&{\frac {2}{5}}&-{\frac {1}{5}}\\-1&-1&1\\-{\frac {3}{5}}&{\frac {2}{5}}&-{\frac {1}{5}}\end{pmatrix}}$

Es ist also

{}M_{\mathfrak {v}}^{\mathfrak {u}}={\begin{pmatrix}{\frac {2}{5}}&{\frac {2}{5}}&-{\frac {1}{5}}\\-1&-1&1\\-{\frac {3}{5}}&{\frac {2}{5}}&-{\frac {1}{5}}\end{pmatrix}}\,.

Aufgabe (3 Punkte)

Man gebe ein Beispiel für einen ${}K$ - Vektorraum ${}V$ und eine lineare Abbildung ${}\varphi \colon V\rightarrow V$ , die injektiv, aber nicht surjektiv ist.

Lösung

Wir betrachten den Vektorraum ${}K^{(\mathbb {N} )}$ mit der Basis ${}e_{n}$ , ${}n\in \mathbb {N}$ . Wir betrachten die durch den Festlegungssatz gegebene lineare Abbildung, die das Basiselement ${}e_{n}$ auf ${}e_{n+1}$ schickt. Dann wird ${}e_{0}$ nicht getroffen und die Abbildung ist daher nicht surjektiv. Eine Linearkombination ${}\sum a_{n}e_{n}$ wird dabei auf ${}\sum a_{n}e_{n+1}$ abgebildet, und dies ist nur dann ${}0$ , wenn alle Koeffizienten ${}0$ sind. Somit ist nach dem Kernkriterium diese lineare Abbildung injektiv.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die Eigenwerte, Eigenvektoren und Eigenräume zu einer ebenen Drehung ${}{\begin{pmatrix}\operatorname {cos} \,\alpha &-\operatorname {sin} \,\alpha \\\operatorname {sin} \,\alpha &\operatorname {cos} \,\alpha \end{pmatrix}}$ zu einem Drehwinkel ${}\alpha$ , ${}0\leq \alpha <2\pi$ , über ${}{\mathbb {C} }$ .

Lösung

Das charakteristische Polynom ist

{}\det \left(X{\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}\operatorname {cos} \,\alpha &-\operatorname {sin} \,\alpha \\\operatorname {sin} \,\alpha &\operatorname {cos} \,\alpha \end{pmatrix}}\right)=\det {\begin{pmatrix}X-\cos \alpha &\sin \alpha \\-\sin \alpha &X-\cos \alpha \end{pmatrix}}={\left(X-\cos \alpha \right)}^{2}+\sin ^{2}\alpha \,.

Die Eigenwerte sind die Nullstellen davon, also

{}x_{1}=\cos \alpha +{\mathrm {i} }\sin \alpha \,

und

{}x_{2}=\cos \alpha -{\mathrm {i} }\sin \alpha \,.

Zur Berechnung der Eigenräume setzen wir die Eigenwerte für ${}X$ in die obige Matrix ein und bestimmen den Kern. Sei dafür zunächst ${}\alpha \notin \{0,\pi \}$ .