Kurs:Mathematik für Anwender/Teil I/36/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	3	2	3	4	6	3	4	2	6	4	4	3	2	5	2	4	63

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

Man nennt die Menge
${}L\times M={\left\{(x,y)\mid x\in L,\,y\in M\right\}}\,$

die Produktmenge der Mengen ${}L$ und ${}M$ .
Die Abbildung
${\mathbb {C} }\longrightarrow {\mathbb {C} },\,z=a+b{\mathrm {i} }\longmapsto {\overline {z}}=a-b{\mathrm {i} },$

heißt komplexe Konjugation.
Die Konvergenz gegen ${}x$ bedeutet, dass es zu jedem reellen ${}\epsilon >0$ ein ${}n_{0}\in \mathbb {N}$ derart gibt, dass für alle ${}n\geq n_{0}$ die Abschätzung
${}\vert {x-x_{n}}\vert \leq \epsilon \,$

gilt.
Man sagt, dass ${}f$ in einem Punkt ${}x\in \mathbb {R}$ ein isoliertes lokales Minimum besitzt, wenn es ein ${}\epsilon >0$ derart gibt, dass für alle ${}x'\in \mathbb {R}$ mit ${}\vert {x-x'}\vert \leq \epsilon$ und ${}x'\neq x$ die Abschätzung
${}f(x)<f(x')\,$

gilt.
Der Arkussinus
$[-1,1]\longrightarrow [-{\frac {\pi }{2}},{\frac {\pi }{2}}],\,x\longmapsto \arcsin x,$

ist die Umkehrfunktion der reellen Sinusfunktion.
Das System
${\begin{matrix}a_{11}x_{1}+a_{12}x_{2}+\cdots +a_{1n}x_{n}&=&c_{1}\\a_{21}x_{1}+a_{22}x_{2}+\cdots +a_{2n}x_{n}&=&c_{2}\\\vdots &\vdots &\vdots \\a_{m1}x_{1}+a_{m2}x_{2}+\cdots +a_{mn}x_{n}&=&c_{m}\end{matrix}}$
heißt ein inhomogenes lineares Gleichungssystem, wobei die ${}a_{ij}$ und die ${}c_{i}$ aus ${}K$ sind.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

Ein von ${}0$ verschiedenes Polynom ${}P\in K[X]$ vom Grad ${}d$ besitzt maximal ${}d$ Nullstellen.
Es sei ${}I\subseteq \mathbb {R}$ ein offenes Intervall und ${}a\in I$ ein Punkt. Es seien
$f,g\colon I\longrightarrow \mathbb {R}$

stetige Funktionen, die auf ${}I\setminus \{a\}$ differenzierbar seien mit ${}f(a)=g(a)=0$ und mit ${}g'(x)\neq 0$ für ${}x\neq a$ . Es sei vorausgesetzt, dass der Grenzwert

${}w:=\operatorname {lim} _{x\in I\setminus \{a\},\,x\rightarrow a}\,{\frac {f'(x)}{g'(x)}}\,$

existiert. Dann existiert auch der Grenzwert

$\operatorname {lim} _{x\in I\setminus \{a\},\,x\rightarrow a}\,{\frac {f(x)}{g(x)}},$
und sein Wert ist ebenfalls ${}w$ .
Es sei ${}K$ ein Körper und ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ . Dann ist die Determinante
$\operatorname {Mat} _{n}(K)=(K^{n})^{n}\longrightarrow K,\,M\longmapsto \det M,$

multilinear. D.h., dass für jedes ${}k\in {\{1,\ldots ,n\}}$ , für je ${}n-1$ Vektoren ${}v_{1},\ldots ,v_{k-1},v_{k+1},\ldots ,v_{n}\in K^{n}$ und für ${}u,w\in K^{n}$ die Gleichheit

${}\det {\begin{pmatrix}v_{1}\\\vdots \\v_{k-1}\\u+w\\v_{k+1}\\\vdots \\v_{n}\end{pmatrix}}=\det {\begin{pmatrix}v_{1}\\\vdots \\v_{k-1}\\u\\v_{k+1}\\\vdots \\v_{n}\end{pmatrix}}+\det {\begin{pmatrix}v_{1}\\\vdots \\v_{k-1}\\w\\v_{k+1}\\\vdots \\v_{n}\end{pmatrix}}\,$

und für ${}s\in K$ die Gleichheit

${}\det {\begin{pmatrix}v_{1}\\\vdots \\v_{k-1}\\su\\v_{k+1}\\\vdots \\v_{n}\end{pmatrix}}=s\det {\begin{pmatrix}v_{1}\\\vdots \\v_{k-1}\\u\\v_{k+1}\\\vdots \\v_{n}\end{pmatrix}}\,$
gilt.

Aufgabe (3 Punkte)

In Beweisen findet man häufig die Formulierung „Wir nehmen (jetzt, also) an“. Welche Bedeutungen im Beweis kann diese Formulierung haben?

Lösung erstellen

Aufgabe (2 (0.5+0.5+0.5+0.5) Punkte)

Wir betrachten die Wertetabelle

${}i$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$	${}8$
${}a_{i}$	${}2$	${}5$	${}4$	${}-1$	${}3$	${}5$	${}-2$	${}2$

Berechne ${}a_{2}+a_{5}$ .
Berechne ${}\sum _{k=3}^{6}a_{k}$ .
Berechne ${}\prod _{i=0}^{3}a_{2i+1}$ .
Berechne ${}\sum _{i=4}^{5}a_{i}^{2}$ .

Lösung

Es ist

${}a_{2}+a_{5}=5+3=8\,.$
${}\sum _{k=3}^{6}a_{k}=4-1+3+5=11\,.$
${}\prod _{i=0}^{3}a_{2i+1}=a_{1}\cdot a_{3}\cdot a_{5}\cdot a_{7}=2\cdot 4\cdot 3\cdot (-2)=-48\,.$
${}\sum _{i=4}^{5}a_{i}^{2}=(-1)^{2}+3^{2}=10\,.$

Aufgabe (3 (1+2) Punkte)

Finde eine ganzzahlige Lösung ${}(x,y)\in \mathbb {Z} \times \mathbb {Z}$ für die Gleichung
${}x^{2}-y^{3}+2=0\,.$
Zeige, dass
$\left({\frac {383}{1000}},\,{\frac {129}{100}}\right)$

eine Lösung für die Gleichung

${}x^{2}-y^{3}+2=0\,$

ist.

Lösung

${}(5,3)$ ist eine ganzzahlige Lösung.
Es ist
${}{\begin{aligned}{\left({\frac {383}{1000}}\right)}^{2}-{\left({\frac {129}{100}}\right)}^{3}+2&={\left({\frac {146689}{1000000}}\right)}-{\left({\frac {2146689}{1000000}}\right)}+2\\&={\left({\frac {146689-2146689}{1000000}}\right)}+2\\&={\left({\frac {-2000000}{1000000}}\right)}+2\\&=-2+2\\&=0.\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise

{}\sum _{i=0}^{n}(-1)^{i}{\binom {n}{i}}2^{i}=(-1)^{n}\,.

Lösung

Der Induktionsanfang bei ${}n=1$ ist klar. Unter Verwendung der Pascalschen Rekursionsformel und der Induktionsvoraussetzung ist

{}{\begin{aligned}\sum _{i=0}^{n+1}(-1)^{i}{\binom {n+1}{i}}2^{i}&=\sum _{i=0}^{n+1}(-1)^{i}{\left({\binom {n}{i}}+{\binom {n}{i-1}}\right)}2^{i}\\&=\sum _{i=0}^{n}(-1)^{i}{\binom {n}{i}}2^{i}+\sum _{i=1}^{n+1}(-1)^{i}{\binom {n}{i-1}}2^{i}\\&=(-1)^{n}-2\cdot \sum _{i=1}^{n+1}(-1)^{i-1}{\binom {n}{i-1}}2^{i-1}\\&=(-1)^{n}-2\cdot \sum _{j=0}^{n}(-1)^{j}{\binom {n}{j}}2^{j}\\&=(-1)^{n}-2(-1)^{n}\\&=(-1)^{n+1}.\end{aligned}}

Aufgabe (6 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und sei ${}K[X]$ der Polynomring über ${}K$ und sei ${}P\in K[X]$ ein Polynom, das eine Zerlegung in Linearfaktoren besitze. Es sei ${}T$ ein Teiler von ${}P$ . Zeige, dass ${}T$ ebenfalls eine Zerlegung in Linearfaktoren besitzt, wobei die Vielfachheit eines Linearfaktors ${}X-a$ in ${}T$ durch seine Vielfachheit in ${}P$ beschränkt ist.

Lösung

Wir arbeiten mit normierten Polynomen und schreiben

{}P=(X-a_{1})^{n_{1}}(X-a_{2})^{n_{2}}\cdots (X-a_{r})^{n_{r}}\,

mit verschiedenen ${}a_{i}$ und führen Induktion über den Grad ${}d=\sum _{j=1}^{r}n_{j}$ von ${}P$ . Die Teilbarkeitsbeziehung bedeutet die Existenz eines Polynoms ${}Q$ mit

{}P=QT\,.

Damit ist insbesondere

{}T(a_{1})\cdot Q(a_{1})=P(a_{1})=0\,.

Aufgrund der Nichtnullteilereigenschaft in einem Körper gilt ${}T(a_{1})=0$ oder ${}Q(a_{1})=0$ . Nach Lemma 6.5 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2020-2021)) bedeutet dies, dass ${}T$ oder ${}Q$ von ${}X-a_{1}$ geteilt wird. Im zweiten Fall schreiben wir

{}{\begin{aligned}(X-a_{1})^{n_{1}}(X-a_{2})^{n_{2}}\cdots (X-a_{r})^{n_{r}}&=(X-a_{1})(X-a_{1})^{n_{1}-1}(X-a_{2})^{n_{2}}\cdots (X-a_{r})^{n_{r}}\\&=TQ'(X-a_{1}).\end{aligned}}

Aufgrund der Nichtnullteilereigenschaft im Polynomring folgt daraus

{}P'=(X-a_{1})^{n_{1}-1}(X-a_{2})^{n_{2}}\cdots (X-a_{r})^{n_{r}}=TQ'\,

und wir können auf ${}P'$ die Induktionsvoraussetzung anwenden. Im ersten Fall ist

{}T=T'(X-a_{1})\,,

woraus sich

{}(X-a_{1})(X-a_{1})^{n_{1}-1}(X-a_{2})^{n_{2}}\cdots (X-a_{r})^{n_{r}}=(X-a_{1})T'Q\,

und somit

{}P'=(X-a_{1})^{n_{1}-1}(X-a_{2})^{n_{2}}\cdots (X-a_{r})^{n_{r}}=T'Q\,

ergibt. Die Induktionsvoraussetzung angewendet auf ${}P'$ bedeutet, dass ${}T'$ in Linearfaktoren zerfällt und dass nur Linearfaktoren aus ${}P'$ mit einer Vielfachheit vorkommen, die durch die Vielfachheit von ${}P'$ beschränkt ist. Da die Vielfachheiten zu ${}X-a_{j}$ in ${}P$ und in ${}P'$ für ${}j\geq 2$ übereinstimmen und die Vielfachheit von ${}X-a_{1}$ sich um ${}1$ reduziert, dies aber auch beim Übergang von ${}T$ nach ${}T'$ zutrifft, folgt die Aussage.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}K$ ein angeordneter Körper und seien ${}a>b>0$ Elemente aus ${}K$ . Zeige

{}{\frac {1}{a-b}}+{\frac {1}{a+b}}\geq {\frac {2}{a}}\,.

Lösung

Es ist

{}{\begin{aligned}{\frac {1}{a-b}}+{\frac {1}{a+b}}&={\frac {a+b}{(a-b)(a+b)}}+{\frac {a-b}{(a-b)(a+b)}}\\&={\frac {2a}{(a-b)(a+b)}}\\&={\frac {2a}{a^{2}-b^{2}}}\\&\geq {\frac {2a}{a^{2}}}\\&={\frac {2}{a}},\end{aligned}}

wobei wir im vorletzten Schritt verwendet haben, dass Quadrate positiv und daher ${}a^{2}-b^{2}\leq a^{2}$ ist.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine reelle konvergente Folge mit ${}x_{n}\neq 0$ für alle ${}n\in \mathbb {N}$ und ${}\lim _{n\rightarrow \infty }x_{n}=x\neq 0$ . Zeige, dass ${}{\left({\frac {1}{x_{n}}}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ ebenfalls konvergent mit

{}\lim _{n\rightarrow \infty }{\frac {1}{x_{n}}}={\frac {1}{x}}\,

ist.

Lösung

Da der Limes der Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ nicht ${}0$ ist, gilt für ${}n\geq N_{1}$ die Bedingung ${}\vert {x_{n}}\vert \geq {\frac {\vert {x}\vert }{2}}$ und damit

{}{\frac {1}{\vert {x_{n}}\vert }}\leq {\frac {2}{\vert {x}\vert }}\,.

Es sei ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Wegen der Konvergenz von ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ gibt es ein ${}N_{2}$ mit

\vert {x_{n}-x}\vert \leq {\frac {\epsilon \vert {x}\vert ^{2}}{2}}{\text{ für alle }}n\geq N_{2}.

Dann gilt für alle ${}n\geq N:=\max\{N_{1},N_{2}\}$ die Abschätzung

{}\vert {{\frac {1}{x_{n}}}-{\frac {1}{x}}}\vert =\vert {\frac {x_{n}-x}{xx_{n}}}\vert ={\frac {1}{\vert {x}\vert \vert {x_{n}}\vert }}\vert {x_{n}-x}\vert \leq {\frac {2}{\vert {x}\vert ^{2}}}\cdot {\frac {\epsilon \vert {x}\vert ^{2}}{2}}=\epsilon \,.

Aufgabe (2 Punkte)

Hans will sich ein Frühstücksei kochen. Im Moment, als er das Ei in das kochende Wasser eintaucht, zeigt seine Uhr ${}7:21$ (die Uhr läuft genau und hat keine Sekundenangabe). Als er das nächste Mal auf die Uhr schaut, zeigt sie ${}7:26$ an. Bestimme das Infimum, Minimum, Supremum, Maximum der Zeit, die das Ei zwischen den beiden Momenten im Wasser ist.

Lösung

Wir messen die Zeit in Minuten nach ${}7$ Uhr. Der Eintauchzeitpunkt ist eine Zahl ${}a\in [21,22[$ , der rechte Rand ist nicht möglich, da die Uhr dann schon ${}7:22$ anzeigen würde. Der zweite Moment wird durch ${}b\in [26,27[$ beschrieben. Es ist also

{}21\leq a<22\,

und

{}26\leq b<27\,,

wobei die Abschätzungen optimal sind. Die Differenz ist nach unten durch

{}b-a>26-22=4\,

beschränkt. Da diese Abschätzung optimal ist, folgt, dass das Infimum gleich ${}4$ ist und dass das Minimum nicht existiert. Die Differenz ist nach oben durch

{}b-a<27-21=6\,

beschränkt. Das Supremum ist also ${}6$ und das Maximum existiert nicht.

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise den Zwischenwertsatz.

Lösung

Wir beschränken uns auf die Situation ${}f(a)\leq u\leq f(b)$ und zeigen die Existenz von einem solchen ${}c$ mit Hilfe einer Intervallhalbierung. Dazu setzt man ${}a_{0}:=a$ und ${}b_{0}:=b$ , betrachtet die Intervallmitte ${}c_{0}:={\frac {a_{0}+b_{0}}{2}}$ und berechnet

f(c_{0}).

Bei ${}f{\left(c_{0}\right)}\leq u$ setzt man

a_{1}:=c_{0}\,\,{\text{  und }}\,\,b_{1}:=b_{0}

und bei ${}f{\left(c_{0}\right)}>u$ setzt man

a_{1}:=a_{0}\,\,{\text{  und }}\,\,b_{1}:=c_{0}.

In jedem Fall hat das neue Intervall ${}[a_{1},b_{1}]$ die halbe Länge des Ausgangsintervalls und liegt in diesem. Da es wieder die Voraussetzung ${}f{\left(a_{1}\right)}\leq u\leq f{\left(b_{1}\right)}$ erfüllt, können wir darauf das gleiche Verfahren anwenden und gelangen so rekursiv zu einer Intervallschachtelung. Sei ${}c$ die durch diese Intervallschachtelung gemäß Satz 8.12 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2020-2021)) definierte reelle Zahl. Für die unteren Intervallgrenzen gilt ${}f{\left(a_{n}\right)}\leq u$ und das überträgt sich wegen der Stetigkeit nach dem Folgenkriterium auf den Grenzwert ${}c$ , also ${}f{\left(c\right)}\leq u$ . Für die oberen Intervallgrenzen gilt ${}f{\left(b_{n}\right)}\geq u$ und das überträgt sich ebenfalls auf ${}c$ , also ${}f(c)\geq u$ . Also ist ${}f(c)=u$ .

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei

f(x)=ax^{2}+bx+c,\,a\neq 0,

ein reelles Polynom vom Grad ${}2$ . Zeige, dass der Durchschnitt des Graphen der Funktion mit jeder Tangenten an den Graphen aus genau einem Punkt besteht.

Lösung

Die Tangente zu ${}x_{0}\in {\mathbb {K} }$ wird durch

{}t(x)=f'(x_{0})x+f(x_{0})-f'(x_{0})x_{0}=f'(x_{0})(x-x_{0})+f(x_{0})\,

beschrieben. Der Punkt ${}(x_{0},f(x_{0}))$ gehört zum Graphen und zur Tangente; wir müssen zeigen, dass kein weiterer Punkt zum Durchschnitt gehört. Nehmen wir an, es gäbe einen weiteren Punkt ${}x_{1}\neq x_{0}$ mit ${}f(x_{1})=t(x_{1})$ . Dies bedeutet

{}ax_{1}^{2}+bx_{1}+c=(2ax_{0}+b)(x_{1}-x_{0})+ax_{0}^{2}+bx_{0}+c\,.

Dies führt auf

{}a(x_{1}^{2}-x_{0}^{2})+b(x_{1}-x_{0})=(2ax_{0}+b)(x_{1}-x_{0})\,.

Division durch ${}x_{1}-x_{0}\neq 0$ ergibt

{}a(x_{1}+x_{0})+b=2ax_{0}+b\,

und daraus erhält man

{}ax_{1}=ax_{0}\,.

Wegen ${}a\neq 0$ folgt der Widerspruch

{}x_{1}=x_{0}\,.

Aufgabe (4 (1+3) Punkte)

Definiere die Funktion
$[-1,1]\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto f(x),$

deren Graph der obere Halbkreis mit Mittelpunkt ${}(0,0)$ und Radius ${}1$ ist.
Bestimme das Taylorpolynom vom Grad ${}3$ zu ${}f$ im Entwicklungspunkt ${}0$ .

Lösung

Aus der Kreisgleichung
${}x^{2}+y^{2}=1\,$

folgt

${}y={\sqrt {1-x^{2}}}=:f(x)\,.$
Die Ableitung von ${}f$ ist
${}f'(x)={\frac {1}{2}}{\left(1-x^{2}\right)}^{-{\frac {1}{2}}}\cdot (-2x)=-x{\left(1-x^{2}\right)}^{-{\frac {1}{2}}}\,$

und insbesondere ${}f'(0)=0$ . Die zweite Ableitung ist

${}f^{\prime \prime }(x)=-{\left(1-x^{2}\right)}^{-{\frac {1}{2}}}-x^{2}{\left(1-x^{2}\right)}^{-{\frac {3}{2}}}\,$

und insbesondere

${}f^{\prime \prime }(0)=-1\,.$

Da ${}f$ eine gerade Funktion ist, ist die dritte Ableitung ungerade und deshalb ist

${}f^{\prime \prime \prime }(0)=0\,.$

Das Taylorpolynom vom Grad ${}3$ ist somit

$1-{\frac {1}{2}}x^{2}.$

Aufgabe (3 Punkte)

Berechne das bestimmte Integral

\int _{0}^{1}{\frac {x}{\sqrt[{3}]{5x+1}}}dx.

Lösung

Wir arbeiten mit der bijektiven Substitution

{}y={\sqrt[{3}]{5x+1}}\,

mit der Umkehrfunktion

{}x={\frac {y^{3}-1}{5}}\,

und

{}dx={\frac {3y^{2}}{5}}dy\,.

Somit ist

{}{\begin{aligned}\int _{0}^{1}{\frac {x}{\sqrt[{3}]{5x+1}}}dx&=\int _{1}^{\sqrt[{3}]{6}}{\frac {\frac {y^{3}-1}{5}}{y}}\cdot {\frac {3y^{2}}{5}}dy\\&={\frac {3}{25}}\int _{1}^{\sqrt[{3}]{6}}y^{4}-ydy\\&={\frac {3}{25}}[{\frac {1}{5}}y^{5}-{\frac {1}{2}}y^{2}]_{1}^{\sqrt[{3}]{6}}\\&={\frac {3}{25}}{\left({\frac {1}{5}}{\sqrt[{3}]{6}}^{5}-{\frac {1}{2}}{\sqrt[{3}]{6}}^{2}-{\frac {1}{5}}+{\frac {1}{2}}\right)}\\&={\frac {3}{125}}6^{\frac {5}{3}}-{\frac {3}{50}}6^{\frac {2}{3}}+{\frac {9}{250}}.\end{aligned}}

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ein lineares Gleichungssystem mit zwei Gleichungen in zwei Variablen über ${}\mathbb {Q}$ gegeben. Die Lösungsmengen der einzelnen Gleichungen seien Geraden. Skizziere die drei Möglichkeiten, wie die Lösungsmenge des Systems aussehen kann.

Lösung erstellen

Aufgabe (5 (2+3) Punkte)

Es sei ${}K$ ein endlicher Körper mit ${}q$ Elementen.

Zeige, dass die Polynomfunktionen
$\varphi _{d}\colon K\longrightarrow K,\,x\longmapsto x^{d},$

mit ${}0\leq d<q$ linear unabhängig sind.
Zeige, dass die Exponentialfunktionen
$\psi _{b}\colon K\longrightarrow K,\,x\longmapsto b^{x},$

mit ${}0\leq b<q$ linear unabhängig sind.

Lösung

Nach dem Interpolationssatz kann man jede Abbildung
$f\colon K\longrightarrow K$

eindeutig als ein Polynom vom Grad ${}<q$ schreiben. Wegen der Eindeutigkeit sind die Potenzfunktionen ${}x\mapsto x^{d}$ linear unabhängig.
Wir betrachten die ${}q\times q$ -Matrix
$(b^{d})_{0\leq b,d\leq q-1}.$

In der ${}d$ -ten Spalte stehen alle Werte (eine vollständige Wertetabelle) von ${}x^{d}$ (an den Stellen ${}b$ ). Diese Tupel sind nach Teil (1) linear unabhängig. In der ${}b$ -ten Zeile stehen alle Werte der Exponentialfunktion zur Basis ${}b$ (an den Stellen ${}d$ ). Nach Korollar 26.4 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2020-2021)) sind mit den Spalten auch die Zeilen linear unabhängig. Somit sind die Exponentialfunktionen linear unabhängig.

Aufgabe (2 Punkte)

Was ist falsch an der folgenden Argumentation:

„Aussage: Es sei ${}\lambda$ ein Eigenwert zur oberen Dreiecksmatrix

{}M={\begin{pmatrix}d_{1}&\ast &\cdots &\cdots &\ast \\0&d_{2}&\ast &\cdots &\ast \\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&d_{n-1}&\ast \\0&\cdots &\cdots &0&d_{n}\end{pmatrix}}\,.

Dann ist

{}\lambda =d_{n}\,.

Beweis: Es sei

{}x={\begin{pmatrix}x_{1}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}\,

ein Eigenvektor der Matrix zum Eigenwert ${}\lambda$ . Dies bedeutet die Gleichheit

{}{\begin{pmatrix}d_{1}&\ast &\cdots &\cdots &\ast \\0&d_{2}&\ast &\cdots &\ast \\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&d_{n-1}&\ast \\0&\cdots &\cdots &0&d_{n}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x_{1}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}=\lambda {\begin{pmatrix}x_{1}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}\,.

Diese Gleichheit bedeutet die entsprechende Gleichheit in jeder Zeile. Speziell ergibt sich für die letzte Zeile die Bedingung

{}d_{n}x_{n}=\lambda x_{n}\,.

Da ${}x$ als Eigenvektor von ${}0$ verschiedenen sein muss, kann man durch ${}x_{n}$ dividieren und erhält ${}d_{n}=\lambda$ . “

Lösung

Es ist zwar

{}x={\begin{pmatrix}x_{1}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}\neq 0\,,

dies bedeutet aber nur, dass mindestens eine Komponente nicht ${}0$ ist. Der letzte Eintrag kann ${}0$ sein, und dann kann man die behauptete Division nicht durchführen.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme das charakteristische Polynom, die Eigenwerte mit Vielfachheiten und die Eigenräume zur reellen Matrix

{\begin{pmatrix}0&1&1\\1&0&0\\1&0&0\end{pmatrix}}.

Lösung

Das charakteristische Polynom ist

{}\det {\begin{pmatrix}x&-1&-1\\-1&x&0\\-1&0&x\end{pmatrix}}=x^{3}-x-x=x^{3}-2x=x(x^{2}-2)\,.

Somit sind ${}0$ , ${}{\sqrt {2}}$ und ${}-{\sqrt {2}}$ die Eigenwerte mit algebraischer und geometrischer Vielfachheit ${}1$ . Der Eigenraum zu ${}0$ ist der Kern von ${}{\begin{pmatrix}0&-1&-1\\-1&0&0\\-1&0&0\end{pmatrix}}$ , dieser ist

\mathbb {R} {\begin{pmatrix}0\\1\\-1\end{pmatrix}}.

Der Eigenraum zu ${}{\sqrt {2}}$ ist der Kern von ${}{\begin{pmatrix}{\sqrt {2}}&-1&-1\\-1&{\sqrt {2}}&0\\-1&0&{\sqrt {2}}\end{pmatrix}}$ , dieser ist

\mathbb {R} {\begin{pmatrix}2\\{\sqrt {2}}\\{\sqrt {2}}\end{pmatrix}}.

Der Eigenraum zu ${}-{\sqrt {2}}$ ist der Kern von ${}{\begin{pmatrix}-{\sqrt {2}}&-1&-1\\-1&-{\sqrt {2}}&0\\-1&0&-{\sqrt {2}}\end{pmatrix}}$ , dieser ist

\mathbb {R} {\begin{pmatrix}2\\-{\sqrt {2}}\\-{\sqrt {2}}\end{pmatrix}}.