Kurs:Mathematik für Anwender/Teil I/38/Klausur mit Lösungen

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

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine injektive Abbildung

   $f\colon L\longrightarrow M.$

2. Der Betrag einer komplexen Zahl ${}z=a+b{\mathrm {i} }$.
3. Die Stetigkeit einer Funktion

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

   in einem Punkt ${}x\in \mathbb {R}$.

4. Die Ableitungsfunktion zu einer differenzierbaren Funktion ${}f\colon \mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$.
5. Die Matrizenmultiplikation.
6. Eine invertierbare ${}n\times n$-Matrix ${}M$ über einem Körper ${}K$.

Lösung

1. Die Abbildung

   $f\colon L\longrightarrow M$

   ist injektiv, wenn für je zwei verschiedene Elemente ${}x,y\in L$ auch ${}f(x)$ und ${}f(y)$ verschieden sind.

2. Der Betrag einer komplexen Zahl ${}z=a+b{\mathrm {i} }$ ist durch

   ${}\vert {z}\vert ={\sqrt {a^{2}+b^{2}}}\,$

   definiert.

3. 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.
4. Die Ableitungsfunktion ist diejenige Funktion, die jedem Punkt ${}a\in \mathbb {R}$ die Ableitung ${}f'(a)$ zuordnet.
5. Es sei ${}K$ ein Körper und es sei ${}A$ eine ${}m\times n$- Matrix und ${}B$ eine ${}n\times p$-Matrix über ${}K$. Dann ist das Matrixprodukt

   $AB$

   diejenige ${}m\times p$-Matrix, deren Einträge durch

   ${}c_{ik}=\sum _{j=1}^{n}a_{ij}b_{jk}\,$

   gegeben sind.

6. Die Matrix ${}M$ heißt invertierbar, wenn es eine Matrix ${}A\in \operatorname {Mat} _{n}(K)$ mit

   ${}A\circ M=E_{n}=M\circ A\,$

   gibt.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Die Division mit Rest im Polynomring ${}K[X]$ über einem Körper ${}K$.
2. Die Ableitung des Sinus und des Kosinus.
3. Der Satz über die Beschreibung einer linearen Abbildung bei einem Basiswechsel.

Lösung

1. Es seien ${}P,T\in K[X]$ zwei Polynome mit ${}T\neq 0$. Dann gibt es eindeutig bestimmte Polynome ${}Q,R\in K[X]$ mit

   $P=TQ+R{\text{ und mit }}\operatorname {grad} \,(R)<\operatorname {grad} \,(T){\text{ oder }}R=0.$

2. Die Sinusfunktion

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

   ist differenzierbar mit

   ${}\sin \!'(x)=\cos x\,$

   und die Kosinusfunktion

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

   ist differenzierbar mit

   ${}\cos \!'(x)=-\sin x\,.$

3. Es sei ${}K$ ein Körper und es seien ${}V$ und ${}W$ endlichdimensionale ${}K$-Vektorräume. Es seien ${}{\mathfrak {v}}$ und ${}{\mathfrak {u}}$ Basen von ${}V$ und ${}{\mathfrak {w}}$ und ${}{\mathfrak {z}}$ Basen von ${}W$. Es sei

   $\varphi \colon V\longrightarrow W$

   eine lineare Abbildung, die bezüglich der Basen ${}{\mathfrak {v}}$ und ${}{\mathfrak {w}}$ durch die Matrix ${}M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi )$ beschrieben werde. Dann wird ${}\varphi$ bezüglich der Basen ${}{\mathfrak {u}}$ und ${}{\mathfrak {z}}$ durch die Matrix

   $M_{\mathfrak {z}}^{\mathfrak {w}}\circ (M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi ))\circ (M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {v}})^{-1}$

   beschrieben, wobei ${}M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {v}}$ und ${}M_{\mathfrak {z}}^{\mathfrak {w}}$ die Übergangsmatrizen sind, die die Basiswechsel von ${}{\mathfrak {v}}$ nach ${}{\mathfrak {u}}$ und von ${}{\mathfrak {w}}$ nach ${}{\mathfrak {z}}$

   beschreiben.

Aufgabe (1 Punkt)

In der Klasse ist es sehr laut. Frau Maier-Sengupta sagt „Bitte nicht gleichzeitig sprechen“. Bringe diese Aussage mit dem Konzept von disjunkten Mengen in Verbindung.

Lösung

Die Forderung von Frau Maier-Sengupta bedeutet, das die Sprechzeiten der Kinder paarweise disjunkt sein sollen.

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige durch Induktion, dass jede natürliche Zahl ${}n\geq 2$ eine Zerlegung in Primzahlen besitzt.

Lösung

Wir beweisen die Existenz durch Induktion über ${}n$.  Für ${}n=2$ liegt eine Primzahl vor. Bei ${}n\geq 3$ ist entweder ${}n$ eine Primzahl, und diese bildet die Primfaktorzerlegung, oder aber ${}n$ ist keine Primzahl. In diesem Fall gibt es eine nichttriviale Zerlegung ${}n=ab$ mit kleineren Zahlen ${}a,b<n$. Für diese Zahlen gibt es nach Induktionsvoraussetzung jeweils eine Zerlegung in Primfaktoren, und diese setzen sich zu einer Primfaktorzerlegung für ${}n$ zusammen. 

Aufgabe (1 Punkt)

Berechne die Gaußklammer von ${}-{\frac {133}{33}}$.

Lösung

Es ist

$-4=-{\frac {132}{33}}$

und

$-5=-{\frac {165}{33}},$

daher ist

${}-5\leq -{\frac {133}{33}}<-4\,,$

also ist

${}\left\lfloor -{\frac {133}{33}}\right\rfloor =-5\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme für das Polynom

${}P=-6X^{9}-5X^{8}-4X^{7}+{\frac {1}{9}}X^{6}+X^{2}+X\,$

den Grad, den Leitkoeffizienten, den Leitterm und den Koeffizienten zu ${}X^{6}$.

Lösung

Der Grad ist ${}9$, der Leitkoeffizient ist ${}-6$, der Leitterm ist ${}-6X^{9}$ und der Koeffizient zu ${}X^{6}$ ist ${}{\frac {1}{9}}$.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass eine konvergente reelle Folge beschränkt ist.

Lösung

Es sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ die konvergente Folge mit dem Limes ${}x\in \mathbb {R}$ und es sei ein ${}\epsilon >0$ gewählt. Aufgrund der Konvergenz gibt es ein ${}n_{0}$ derart, dass

$\vert {x_{n}-x}\vert \leq \epsilon {\text{ für alle }}n\geq n_{0}.$

Dann ist insbesondere

$\vert {x_{n}}\vert \leq \vert {x}\vert +\vert {x-x_{n}}\vert \leq \vert {x}\vert +\epsilon {\text{ für alle }}n\geq n_{0}.$

Unterhalb von ${}n_{0}$ gibt es nur endlich viele Zahlen, sodass das Maximum

${}B:=\max _{n<n_{0}}\{\vert {x_{n}}\vert ,\,\vert {x}\vert +\epsilon \}\,$

wohldefiniert ist. Daher ist ${}B$ eine obere Schranke und ${}-B$ eine untere Schranke für ${}{\left\{x_{n}\mid n\in \mathbb {N} \right\}}$.

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise das Folgenkriterium für die Stetigkeit einer Funktion ${}f\colon \mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$ in einem Punkt ${}x\in \mathbb {R}$.

Lösung

Es bezeichne (1) die Stetigkeit von ${}f$ im Punkt ${}x$ und (2) die Eigenschaft, dass für jede gegen ${}x$ konvergente Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ die Bildfolge ${}{\left(f(x_{n})\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ gegen ${}f(x)$ konvergiert. Wir müssen die Äquivalenz von (1) und (2) zeigen.

Es sei (1) erfüllt und sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine Folge in ${}\mathbb {R}$, die gegen ${}x$ konvergiert. Wir müssen zeigen, dass

${}\lim _{n\rightarrow \infty }f(x_{n})=f(x)\,$

ist. Dazu sei ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Wegen (1) gibt es ein ${}\delta >0$ mit der angegebenen Abschätzungseigenschaft und wegen der Konvergenz von ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ gegen ${}x$ gibt es eine natürliche Zahl ${}n_{0}$ derart, dass für alle ${}n\geq n_{0}$ die Abschätzung

${}d(x_{n},x)\leq \delta \,$

gilt. Nach der Wahl von ${}\delta$ ist dann

$d(f(x_{n}),f(x))\leq \epsilon {\text{ für alle }}n\geq n_{0},$

sodass die Bildfolge gegen ${}f(x)$ konvergiert.
Es sei (2) erfüllt.  Wir nehmen an, dass ${}f$ nicht stetig ist. Dann gibt es ein ${}\epsilon >0$ derart, dass es für alle ${}\delta >0$ Elemente ${}z\in \mathbb {R}$ gibt, deren Abstand zu ${}x$ maximal gleich ${}\delta$ ist, deren Wert ${}f(z)$ unter der Abbildung aber zu ${}f(x)$ einen Abstand besitzt, der größer als ${}\epsilon$ ist. Dies gilt dann insbesondere für die Stammbrüche ${}\delta =1/n$, ${}n\in \mathbb {N} _{+}$. D.h. für jede natürliche Zahl ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ gibt es ein ${}x_{n}\in \mathbb {R}$ mit

$d(x_{n},x)\leq {\frac {1}{n}}{\text{ und mit }}d(f(x_{n}),f(x))>\epsilon .$

Diese so konstruierte Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ konvergiert gegen ${}x$, aber die Bildfolge konvergiert nicht gegen ${}f(x)$, da der Abstand der Bildfolgenglieder zu ${}f(x)$ zumindest ${}\epsilon$ ist. Dies ist ein Widerspruch zu (2).

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme den Grenzwert

$\operatorname {lim} _{x\rightarrow 0}\,{\frac {\ln(x+1)}{\sin \left(2x\right)}}.$

Lösung

Wir verwenden die Regel von Hospital. Die Ableitung der Zählerfunktion ist

${}{\left(\ln(x+1)\right)}'={\frac {1}{x+1}}\,$

mit dem Wert ${}1$ für ${}x=0$ und die Ableitung der Nennerfunktion ist

${}{\left(\sin 2x\right)}'=2\cos 2x\,$

mit dem Wert ${}2$ für ${}x=0$. Daher ist Hospital anwendbar und es ist

${}\operatorname {lim} _{x\rightarrow 0}\,{\frac {\ln(x+1)}{\sin 2x}}=\operatorname {lim} _{x\rightarrow 0}\,{\frac {\frac {1}{x+1}}{2\cos 2x}}={\frac {1}{2}}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass die reelle Exponentialfunktion

$\mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto e^{x},$

keine rationale Funktion ist.

Lösung

Nehmen wir an, es gelte

${}e^{x}={\frac {P}{Q}}\,$

mit Polynomen ${}P,Q\in \mathbb {R} [X]$, ${}Q\neq 0$. Die Ableitung der Exponentialfunktion ist wieder die Exponentialfunktion. Es muss also

${}{\left({\frac {P}{Q}}\right)}'={\frac {P'Q-PQ'}{Q^{2}}}={\frac {P}{Q}}\,$

gelten. Damit ist auch

${}P'Q-PQ'=PQ\,$

Es sei ${}d=\operatorname {grad} \,(P)$ (${}P=0$ ist nicht möglich) und ${}e=\operatorname {grad} \,(Q)$. Beim Ableiten reduziert sich der Grad eines Polynoms um ${}1$. Der Grad rechts ist somit ${}d+e$ und links ${}\leq d+e-1$, es liegt also ein Widerspruch vor.

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 (4 Punkte)

Es sei

${}f(x)=-3x+x^{3}\,.$

Wegen

${}f'(x)=-3+3x^{2}\,$

ist diese Funktion auf dem offen Intervall ${}]-1,1[$ streng fallend und damit injektiv (mit dem Bildintervall ${}]-2,2[$). Dabei ist ${}f(0)=0$. Es sei

${}g(y)=\sum _{k=0}^{\infty }b_{k}y^{k}\,$

die Umkehrfunktion, die wir als eine Potenzreihe ansetzen. Bestimme aus der Bedingung

${}(g(f(x))=x\,$

die Koeffizienten ${}b_{0},b_{1},b_{2},b_{3},b_{4}$.

Lösung

Mit

${}y=f(x)=-3x+x^{3}\,.$

und

${}g(y)=\sum _{k=0}^{\infty }b_{k}y^{k}\,$

wird die Bedingung

${}g(f(x))=x\,$

ausgeschrieben zu

${}{\begin{aligned}\sum _{k=0}^{\infty }b_{k}(-3x+x^{3})^{k}&=b_{0}+b_{1}(-3x+x^{3})+b_{2}(-3x+x^{3})^{2}+b_{3}(-3x+x^{3})^{3}+b_{4}(-3x+x^{3})^{4}+\ldots \\&=x.\end{aligned}}$

Daraus können die ${}b_{k}$ sukzessive durch Koeffizientenvergleich bestimmt werden, da in der unendlichen Summe nur endlich viele Terme die Koeffizienten bestimmen. Zunächst ergibt sich

${}b_{0}=0\,.$

Aus (Koeffizient vor ${}x$)

${}-3b_{1}=1\,$

ergibt sich

${}b_{1}=-{\frac {1}{3}}\,.$

Aus (Koeffizient vor ${}x^{2}$)

${}9b_{2}=0\,$

ergibt sich

${}b_{2}=0\,.$

Aus (Koeffizient vor ${}x^{3}$)

${}b_{1}-27b_{3}=0\,$

ergibt sich

${}b_{3}={\frac {1}{81}}\,.$

Aus (Koeffizient vor ${}x^{4}$)

${}-6b_{2}+81b_{4}=0\,$

ergibt sich

${}b_{4}=0\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme für die Funktion

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

die Extrema.

Lösung

Wir schreiben

${}{\begin{aligned}f(x)&=2^{x}+3^{-x}\\&=e^{x\ln 2}+e^{-x\ln 3}.\end{aligned}}$

Zur Bestimmung der Extrema betrachten wir die Ableitung, diese ist

${}f'(x)=(\ln 2)e^{x\ln 2}-(\ln 3)e^{-x\ln 3}\,.$

Die Bedingung ${}f'(x)=0$ führt durch Multiplikation mit ${}e^{x\ln 3}$ auf

${}0=(\ln 2)e^{x(\ln 2+\ln 3)}-\ln 3\,.$

Daher muss

${}e^{x\ln 6}={\frac {\ln 3}{\ln 2}}\,$

sein, woraus sich

${}x\ln 6=\ln {\left({\frac {\ln 3}{\ln 2}}\right)}\,,$

also

${}x={\frac {\ln {\left({\frac {\ln 3}{\ln 2}}\right)}}{\ln 6}}\,$

ergibt. Die zweite Ableitung ist

${}{\begin{aligned}f^{\prime \prime }(x)&=(\ln 2)^{2}e^{x\ln 2}+(\ln 3)^{2}e^{-x\ln 3}\\\end{aligned}}$

und somit positiv, also liegt im angegebenen Punkt ein isoliertes lokales Minimum vor.

Aufgabe (6 Punkte)

Sei

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

stetig mit

$\int _{a}^{b}f(x)g(x)dx=0$

für jede stetige Funktion ${}g\colon [a,b]\rightarrow \mathbb {R} _{\geq 0}$. Zeige ${}f=0$.

Lösung

Nehmen wir an, dass ${}f$ nicht die Nullfunktion ist. Dann gibt es einen Punkt ${}c\in [a,b]$ mit ${}f(c)\neq 0$. Sagen wir ${}f(c)>0$. Da ${}f$ stetig ist, gibt es ein Teilintervall ${}J=[d,e]\subseteq [a,b]$ mit ${}f(x)\geq {\frac {f(c)}{2}}$ für alle ${}x\in J$. Die Funktion ${}g$ sei außerhalb von ${}J$ die Nullfunktion und auf ${}J$ durch

${}g(x)=-(x-d)(x-e)\,$

definiert. Die Funktion ${}g$ ist stetig auf ${}[a,b]$ und im Innern von ${}[d,e]$ positiv, also insgesamt nichtnegativ. Daher gibt es ein weiteres Teilintervall ${}J'=[s,t]\subseteq J$ derart, dass ${}g(x)\geq {\frac {g({\frac {d+e}{2}})}{2}}$ für alle ${}x\in J'$ ist. Daher ist

${}{\begin{aligned}\int _{a}^{b}f(x)g(x)dx&=\int _{d}^{e}f(x)g(x)dx\\&\geq \int _{s}^{t}f(x)g(x)dx\\&\geq (t-s){\frac {f(c)}{2}}{\frac {g({\frac {d+e}{2}})}{2}}\\&>0\end{aligned}}$

im Widerspruch zur Voraussetzung.

Aufgabe (4 (2+2) Punkte)

Ein lineares Ungleichungssystem sei durch die Ungleichungen

${}x\geq 0\,,$

${}y+x\geq 0\,,$

${}-1-y\leq -x\,,$

${}5y-2x\leq 3\,,$

gegeben.

a) Skizziere die Lösungsmenge dieses Ungleichungssystems.

b) Bestimme die Eckpunkte der Lösungsmenge.

Lösung

a) Wir lösen jeweils nach ${}y$ auf und erhalten die vier Ungleichungen

${}x\geq 0\,,$

${}y\geq -x\,,$

${}y\geq x-1\,,$

${}y\leq {\frac {2}{5}}x+{\frac {3}{5}}\,.$

Die zugehörigen Geraden begrenzen dann die Lösungsmenge.

b) Die Eckpunkte sind Schnittpunkte der eingrenzenden Geraden, die durch die Gleichungen (die zu den Ungleichungen gehören) gegeben sind. Diese sind

$(0,0),\,\left(0,\,{\frac {3}{5}}\right),\,\left({\frac {8}{3}},\,{\frac {5}{3}}\right),\,\left({\frac {1}{2}},\,-{\frac {1}{2}}\right).$

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}V$ der reelle Vektorraum der Polynome vom Grad ${}\leq 4$ mit der Basis

$x^{i},0\leq i\leq 4.$

Erstelle für die Ableitungsabbildung

$\varphi \colon V\longrightarrow V,\,P\longmapsto P',$

die beschreibende Matrix bezüglich dieser Basis.

Bestimme den Kern und das Bild dieser Abbildung sowie deren Dimensionen.

Lösung

Die Ableitung schickt die Basiselemente auf

$x^{0}=1\mapsto 0,\,x^{1}\mapsto 1,\,x^{2}\mapsto 2x,\,x^{3}\mapsto 3x^{2},\,x^{4}\mapsto 4x^{3}.$

Daraus sind direkt die Koeffizienten der Bildvektoren bezüglich der Basis abzulesen. In der beschreibenden Matrix stehen in den Spalten die Koeffizienten der Bildvektoren. Daher lautet die Matrix

${\begin{pmatrix}0&1&0&0&0\\0&0&2&0&0\\0&0&0&3&0\\0&0&0&0&4\\0&0&0&0&0\end{pmatrix}}.$

Das Bild dieser Abbildung besteht aus allen Polynomen vom Grad ${}\leq 3$. Dieser Untervektorraum besitzt die Basis ${}x^{0},x^{1},x^{2},x^{3}$ und hat demnach die Dimension ${}4$.

Der Kern besteht aus den konstanten Polynomen mit der Basis ${}x^{0}$, dieser Unterraum ist also eindimensional.

Aufgabe (6 Punkte)

Es seien ${}M={\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}$ und ${}A={\begin{pmatrix}x&y\\z&w\end{pmatrix}}$ Matrizen über einem Körper ${}K$ mit

${}A\circ M={\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}\,.$

Zeige, dass dann auch

${}M\circ A={\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}\,$

gilt.

Lösung

Die Bedingung

${}{\begin{pmatrix}x&y\\z&w\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}\,$

bedeutet ausgeschrieben

${}xa+yc=1\,,$

${}xb+yd=0\,,$

${}za+wc=0\,,$

${}zb+wd=1\,.$

Wegen der ersten und der vierten Gleichung sind ${}(a,c)\neq (0,0)$ und ${}(b,d)\neq (0,0)$. Aus der zweiten Gleichung folgt nach Fakt *****, dass es ein ${}s\in K$ gibt mit

${}x=sd\,$

und

${}y=-sb\,.$

Aus der ersten Gleichung ergibt sich

${}1=sda-sbc=s(da-bc)\,$

und somit

${}s={\frac {1}{da-bc}}\,$

und

${}x={\frac {d}{da-bc}}\,$

und

${}y=-{\frac {b}{da-bc}}\,.$

Aus der dritten Gleichung folgt, dass es ein ${}t\in K$ gibt mit

${}z=tc\,$

und

${}w=-ta\,.$

Aus der vierten Gleichung ergibt sich

${}1=tcb-tad=-t(da-bc)\,$

und somit

${}t=-{\frac {1}{da-bc}}\,$

und

${}z=-{\frac {c}{da-bc}}\,$

und

${}w={\frac {a}{da-bc}}\,.$

Somit ist

${}{\begin{aligned}M\circ A&={\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}x&y\\z&w\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}{\frac {d}{da-bc}}&-{\frac {b}{da-bc}}\\-{\frac {c}{da-bc}}&{\frac {a}{da-bc}}\end{pmatrix}}\\&={\frac {1}{da-bc}}{\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}d&-b\\-c&a\end{pmatrix}}\\&={\frac {1}{da-bc}}{\begin{pmatrix}ad-bc&-ab+ab\\cd-cd&-cb+da\end{pmatrix}}\\&={\frac {1}{da-bc}}{\begin{pmatrix}ad-bc&0\\0&-cb+da\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise den Satz über die Eigenvektoren zu verschiedenen Eigenwerten.

Lösung

Wir beweisen die Aussage durch Induktion nach ${}n$. Für ${}n=0$ ist die Aussage richtig. Es sei die Aussage also für weniger als ${}n$ Vektoren bewiesen. Betrachten wir eine Darstellung der ${}0$, also

${}a_{1}v_{1}+\cdots +a_{n}v_{n}=0\,.$

Wir wenden darauf ${}\varphi$ an und erhalten einerseits

${}a_{1}\varphi (v_{1})+\cdots +a_{n}\varphi (v_{n})=\lambda _{1}a_{1}v_{1}+\cdots +\lambda _{n}a_{n}v_{n}=0\,.$

Andererseits multiplizieren wir die obige Gleichung mit ${}\lambda _{n}$ und erhalten

${}\lambda _{n}a_{1}v_{1}+\cdots +\lambda _{n}a_{n}v_{n}=0\,.$

Die so entstandenen Gleichungen zieht man voneinander ab und erhält

${}(\lambda _{n}-\lambda _{1})a_{1}v_{1}+\cdots +(\lambda _{n}-\lambda _{n-1})a_{n-1}v_{n-1}=0\,.$

Aus der Induktionsvoraussetzung folgt, dass alle Koeffizienten ${}(\lambda _{n}-\lambda _{i})a_{i}=0$, ${}i=1,\ldots ,n-1$, sein müssen. Wegen ${}\lambda _{n}-\lambda _{i}\neq 0$ folgt ${}a_{i}=0$ für ${}i=1,\ldots ,n-1$ und wegen ${}v_{n}\neq 0$ ist dann auch ${}a_{n}=0$.