Kurs:Mathematik für Anwender/Teil I/5/Klausur mit Lösungen/kontrolle

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

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Unter der leeren Menge versteht man diejenige Menge, die kein Element besitzt.
2. 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.

3. Man sagt, dass ${}f$ in ${}x\in M$ das Maximum annimmt, wenn

   $f(x)\geq f(x'){\text{ für alle }}x'\in M{\text{ gilt}}.$

4. Eine Funktion

   $t\colon I\longrightarrow \mathbb {R}$

   heißt eine Treppenfunktion, wenn es eine Unterteilung

   $a=a_{0}<a_{1}<a_{2}<\cdots <a_{n-1}<a_{n}=b$

   von ${}I$ gibt derart, dass ${}t$ auf jedem offenen Teilintervall ${}]a_{i-1},a_{i}[$ konstant ist.

5. Es sei ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ eine Familie von Vektoren in ${}V$. Dann heißt der Vektor

   $s_{1}v_{1}+s_{2}v_{2}+\cdots +s_{n}v_{n}{\text{ mit }}s_{i}\in K$

   eine Linearkombination dieser Vektoren

6. Ein Element ${}\lambda \in K$ heißt ein Eigenwert zu ${}\varphi$, wenn es einen von ${}0$ verschiedenen Vektor ${}v\in V$ mit

   ${}\varphi (v)=\lambda v\,$

   gibt.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Eine reelle Folge besitzt maximal einen Grenzwert.
2. Sei ${}I$ ein reelles Intervall und sei

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

   eine Funktion. Es seien ${}F$ und ${}G$

   zwei Stammfunktionen von ${}f$. Dann ist ${}F-G$ eine konstante Funktion.
3. Es sei ${}K$ ein Körper und ${}n\in \mathbb {N}$. Dann besitzt der Standardraum ${}K^{n}$ die Dimension ${}n$.

Aufgabe (2 Punkte)

Begründe das Beweisprinzip der vollständigen Induktion.

Lösung

Wegen der ersten Voraussetzung gilt ${}A(0)$. Wegen der zweiten Voraussetzung gilt auch ${}A(1)$. Deshalb gilt auch ${}A(2)$. Deshalb gilt auch ${}A(3)$. Da man so beliebig weitergehen kann und dabei jede natürliche Zahl erhält, gilt die Aussage ${}A(n)$ für jede natürliche Zahl ${}n$.

Aufgabe (3 Punkte)

Zwei Personen, ${}A$ und ${}B$, liegen unter einer Palme, ${}A$ besitzt ${}2$ Fladenbrote und ${}B$ besitzt ${}3$ Fladenbrote. Eine dritte Person ${}C$ kommt hinzu, die kein Fladenbrot besitzt, aber ${}5$ Taler. Die drei Personen werden sich einig, für die ${}5$ Taler die Fladenbrote untereinander gleichmäßig aufzuteilen. Wie viele Taler gibt ${}C$ an ${}A$ und an ${}B$?

Lösung

Es gibt insgesamt ${}5$ Fladenbrote, sodass also jede Person ${}{\frac {5}{3}}$ Brote isst. Somit gibt ${}A$ genau ${}{\frac {1}{3}}$ Brot an ${}C$ ab und ${}B$ gibt ${}{\frac {4}{3}}$ Brote an ${}C$ ab. ${}B$ gibt also ${}4$-mal soviel ab wie ${}A$ und bekommt daher ${}4$ Taler, und ${}A$ bekommt einen Taler von ${}C$.

Aufgabe (2 Punkte)

Skizziere möglichst viele wesentlich verschiedene Konfigurationen von fünf Geraden in der Ebene, die sich insgesamt in vier Schnittpunkten treffen.

Lösung

${}\,$

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige durch Induktion über ${}n$, dass es zu natürlichen Zahlen ${}a,n$ mit ${}a>0$ natürliche Zahlen ${}q,r$ mit ${}r<a$ und mit

${}n=aq+r\,$

gibt.

Lösung

Es sei ${}a>0$ fixiert. Der Induktionsanfang ergibt sich direkt mit ${}q=0$ und ${}r=n=0$. Für den Induktionsschluss sei die Aussage für ${}n$ bewiesen, d.h. wir haben eine Darstellung ${}n=aq+r$ mit ${}r<a$ und müssen eine ebensolche Darstellung für ${}n+1$ finden. Wenn ${}r<a-1$ ist, so ist

${}n+1=aq+r+1\,$

und wegen ${}r+1<a$ ist dies eine gesuchte Darstellung. Ist hingegen ${}r=a-1$, so ist

${}n+1=aq+r+1=aq+a=a(q+1)+0\,,$

und dies ist eine gesuchte Darstellung.

Aufgabe (4 Punkte)

Es seien die beiden komplexen Polynome

$P=X^{3}-2{\mathrm {i} }X^{2}+4X-1\,\,{\text{ und }}\,\,Q={\mathrm {i} }X-3+2{\mathrm {i} }$

gegeben. Berechne ${}P(Q)$ (es soll also ${}Q$ in ${}P$ eingesetzt werden).

Lösung

${}{\begin{aligned}P(Q)&=Q^{3}-2{\mathrm {i} }Q^{2}+4Q-1\\&={\left({\mathrm {i} }X-3+2{\mathrm {i} }\right)}^{3}-2{\mathrm {i} }{\left({\mathrm {i} }X-3+2{\mathrm {i} }\right)}^{2}+4{\left({\mathrm {i} }X-3+2{\mathrm {i} }\right)}-1\\&=-{\mathrm {i} }X^{3}+3{\mathrm {i} }^{2}(-3+2{\mathrm {i} })X^{2}+3{\mathrm {i} }{\left(-3+2{\mathrm {i} }\right)}^{2}X+{\left(-3+2{\mathrm {i} }\right)}^{3}\\&\,\,\,\,\,\,\,-2{\mathrm {i} }{\left({\mathrm {i} }^{2}X^{2}+2{\left(-3+2{\mathrm {i} }\right)}{\mathrm {i} }X+{\left(-3+2{\mathrm {i} }\right)}^{2}\right)}+4{\mathrm {i} }X-12+8{\mathrm {i} }-1\\&=-{\mathrm {i} }X^{3}+9X^{2}-6{\mathrm {i} }X^{2}+3{\mathrm {i} }{\left(9-4-12{\mathrm {i} }\right)}X-27+54{\mathrm {i} }+36-8{\mathrm {i} }\\&\,\,\,\,\,\,\,+2{\mathrm {i} }X^{2}-12X+8{\mathrm {i} }X-18{\mathrm {i} }-24+8{\mathrm {i} }+4{\mathrm {i} }X-13+8{\mathrm {i} }\\&=-{\mathrm {i} }X^{3}+{\left(9-4{\mathrm {i} }\right)}X^{2}+{\left(24+27{\mathrm {i} }\right)}X-28+44{\mathrm {i} }.\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Entscheide, ob die Folge

${}x_{n}:={\frac {3\sin ^{4}n-7n^{3}+11n}{5n^{3}-4n^{2}-\cos n}}\,$

in ${}\mathbb {R}$ konvergiert und bestimme gegebenenfalls den Grenzwert.

Lösung

Wir erweitern den Bruch mit ${}1/n^{3}$ ($n\geq 1$) und schreiben

${}{\begin{aligned}{\frac {3\sin ^{4}n-7n^{3}+11n}{5n^{3}-4n^{2}-\cos n}}&={\frac {3{\frac {\sin ^{4}n}{n^{3}}}-7{\frac {n^{3}}{n^{3}}}+11{\frac {n}{n^{3}}}}{5{\frac {n^{3}}{n^{3}}}-4{\frac {n^{2}}{n^{3}}}-{\frac {\cos n}{n^{3}}}}}\\&={\frac {3{\frac {\sin ^{4}n}{n^{3}}}-7+11{\frac {1}{n^{2}}}}{5-4{\frac {1}{n}}-{\frac {\cos n}{n^{3}}}}}\end{aligned}}$

Dabei konvergieren ${}11{\frac {1}{n^{2}}}$ und ${}-4{\frac {1}{n}}$ gegen ${}0$ und wegen ${}-1\leq \sin n,\cos n\leq 1$ konvergieren auch ${}{\frac {\sin ^{4}n}{n^{3}}}$ und ${}{\frac {\cos n}{n^{3}}}$ gegen ${}0$. Somit konvergiert die Folge gegen ${}-{\frac {7}{5}}$.

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 2023-2024)) 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 (2 Punkte)

Bestimme die Ableitung der Funktion

$f\colon \mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto f(x)={\frac {\ln {\left(2x^{2}\right)}}{7^{x}}}.$

Lösung

Wir verwenden die Darstellung ${}7^{x}=e^{x\ln(7)}$. Aufgrund der Quotientenregel und der Kettenregel ist

${}{\begin{aligned}f'(x)&={\left({\frac {\ln(2x^{2})}{e^{x\ln(7)}}}\right)}^{\prime }\\&={\frac {e^{x\ln(7)}{\frac {1}{2x^{2}}}4x-\ln(2x^{2})\ln(7)e^{x\ln(7)}}{{\left(e^{x\ln(7)}\right)}^{2}}}\\&={\frac {2x^{-1}-\ln(2x^{2})\ln(7)}{e^{x\ln(7)}}}\\&={\frac {2-x\ln(2x^{2})\ln(7)}{x7^{x}}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die lokalen und globalen Extrema der Funktion

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,t\longmapsto f(t)=t^{2}e^{-t}.$

Lösung

Die erste Ableitung ist

${}f^{\prime }(t)={\left(2t-t^{2}\right)}e^{-t}=t{\left(2-t\right)}e^{-t}\,,$

deren Nullstellen sind ${}0$ und ${}2$. Die zweite Ableitung ist

${}f^{\prime \prime }(t)={\left(t^{2}-4t+2\right)}e^{-t}\,,$

sodass ${}f^{\prime \prime }(0)>0$ und ${}f^{\prime \prime }(2)<0$ ist. Daher liegt nach Korollar 15.9 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)) in ${}0$ ein (isoliertes) lokales Minimum mit dem Wert ${}f(0)=0$ und in ${}2$ ein (isoliertes) lokales Maximum mit dem Wert ${}4\cdot e^{-2}$ vor. Da für ${}t\neq 0$ sowohl ${}t^{2}$ als auch ${}e^{-t}$ positiv sind, liegt in ${}0$ auch das globale Minimum vor. Für ${}t\rightarrow -\infty$ wächst die Funktion hingegen gegen ${}+\infty$, sodass in ${}2$ kein globales Maximum vorliegt.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme das Taylor-Polynom der Ordnung ${}4$ zur Funktion

${}f(x)=e^{x^{2}}-x\,$

im Entwicklungspunkt ${}a=1$.

Lösung

Wir berechnen zuerst die Ableitungen, diese sind

$f^{\prime }(x)=2xe^{x^{2}}-1,$

$f^{\prime \prime }(x)=2e^{x^{2}}+2x2xe^{x^{2}}={\left(2+4x^{2}\right)}e^{x^{2}},$

$f^{\prime \prime \prime }(x)={\left(8x\right)}e^{x^{2}}+2x{\left(2+4x^{2}\right)}e^{x^{2}}={\left(12x+8x^{3}\right)}e^{x^{2}},$

$f^{\prime \prime \prime \prime }(x)={\left(12+24x^{2}\right)}e^{x^{2}}+2x{\left(12x+8x^{3}\right)}e^{x^{2}}={\left(12+48x^{2}+16x^{4}\right)}e^{x^{2}}.$

Somit ist

$f(1)=e-1,\,f^{\prime }(1)=2e-1,\,f^{\prime \prime }(1)=6e,\,f^{\prime \prime \prime }(1)=20e,\,f^{\prime \prime \prime \prime }(1)=76e.$

Das Taylor-Polynom vom Grad ${}4$ zum Entwicklungspunkt ${}1$ ist demnach

$e-1+{\left(2e-1\right)}{\left(x-1\right)}+3e{\left(x-1\right)}^{2}+{\frac {10e}{3}}{\left(x-1\right)}^{3}+{\frac {19e}{6}}{\left(x-1\right)}^{4}$

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}f(x):={\frac {x^{2}+4x-3}{x^{2}+7}}$. Bestimme ein Polynom ${}h$ vom Grad ${}\leq 3$, das in den beiden Punkten ${}x=0$ und ${}x=2$ die gleichen linearen Approximationen wie ${}f$ besitzt.

Lösung

Die Ableitung von ${}f(x)={\frac {x^{2}+4x-3}{x^{2}+7}}$ ist

${}f'(x)={\frac {(x^{2}+7)(2x+4)-2x(x^{2}+4x-3)}{(x^{2}+7)^{2}}}\,.$

Somit ist

${}f(0)=-{\frac {3}{7}}\,,$

${}f'(0)={\frac {28}{49}}={\frac {4}{7}}\,,$

${}f(2)={\frac {9}{11}}\,,$

${}f'(2)={\frac {88-36}{121}}={\frac {52}{121}}\,.$

Diese Daten legen die linearen Approximationen fest. Wir setzen das gesuchte Polynom als

${}h(x)=ax^{3}+bx^{2}+cx+d\,$

an. Die Ableitung davon ist

${}h'(x)=3ax^{2}+2bx+c\,.$

Aus den Werten an der Stelle ${}0$ folgt direkt

${}d=-{\frac {3}{7}}\,$

und

${}c={\frac {4}{7}}\,.$

Somit verbleiben die beiden Bedingungen

${}h(2)=8a+4b+2\cdot {\frac {4}{7}}-{\frac {3}{7}}={\frac {9}{11}}\,$

und

${}h'(2)=12a+4b+{\frac {4}{7}}={\frac {52}{121}}\,.$

Die Differenz dieser beiden Gleichungen führt auf

${}-4a+{\frac {1}{7}}={\frac {9}{11}}-{\frac {52}{121}}={\frac {99-52}{121}}={\frac {47}{121}}\,$

bzw.

${}-4a={\frac {47}{121}}-{\frac {1}{7}}={\frac {329-121}{847}}={\frac {208}{847}}\,,$

also

${}a=-{\frac {52}{847}}\,.$

Somit ist

${}b=-3a-{\frac {1}{7}}+{\frac {13}{121}}=3\left({\frac {52}{847}}\right)-{\frac {1}{7}}+{\frac {13}{121}}={\frac {156-121+91}{847}}={\frac {18}{121}}\,.$

Das gesuchte Polynom ist also

${}h(x)=-{\frac {52}{847}}x^{3}+{\frac {18}{121}}x^{2}+{\frac {4}{7}}x-{\frac {3}{7}}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme eine Stammfunktion von ${}\sin ^{3}x$.

Lösung

${}{\begin{aligned}\int _{0}^{x}\sin ^{3}t\,dt&=\int _{0}^{x}\sin t\cdot \sin ^{2}t\,dt\\&=\int _{0}^{x}\sin t\cdot {\left(1-\cos ^{2}t\right)}\,dt\\&=\int _{0}^{x}\sin t\,dt-\int _{0}^{x}(\sin t\cos t)\cos t\,dt\\&=\int _{0}^{x}\sin t\,dt-{\left({\frac {\sin ^{2}t}{2}}\cos t\right)}|_{0}^{x}-{\frac {1}{2}}{\left(\int _{0}^{x}\sin ^{3}t\,dt\right)}.\end{aligned}}$

Durch Multiplikation mit ${}2$ und Umstellen erhält man

${}{\begin{aligned}3\int _{0}^{x}\sin ^{3}t\,dt&=2\int _{0}^{x}\sin t\,dt-\sin ^{2}x\cos x\\&=-2\cos x-\sin ^{2}x\cos x.\end{aligned}}$

Also ist

$-{\frac {2}{3}}\cos x-{\frac {1}{3}}\sin ^{2}x\cos x$

eine Stammfunktion von ${}\sin ^{3}x$.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}\varphi \colon \mathbb {R} ^{2}\rightarrow \mathbb {R} ^{2}$ die durch die Matrix ${}M={\begin{pmatrix}5&1\\2&3\end{pmatrix}}$ (bezüglich der Standardbasis) festgelegte lineare Abbildung. Bestimme die beschreibende Matrix zu ${}\varphi$ bezüglich der Basis ${}{\begin{pmatrix}1\\4\end{pmatrix}}$ und ${}{\begin{pmatrix}4\\2\end{pmatrix}}$.

Lösung

Es ist

${}\varphi {\begin{pmatrix}1\\4\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}5&1\\2&3\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1\\4\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}9\\14\end{pmatrix}}\,$

und

${}\varphi {\begin{pmatrix}4\\2\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}5&1\\2&3\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}4\\2\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}22\\14\end{pmatrix}}\,.$

Diese Bildvektoren müssen wir bezüglich der Basis ausdrücken. Der Ansatz

${}{\begin{pmatrix}9\\14\end{pmatrix}}=a{\begin{pmatrix}1\\4\end{pmatrix}}+b{\begin{pmatrix}4\\2\end{pmatrix}}\,$

bzw.

$9=a+4b\,\,{\text{ und }}\,\,14=4a+2b$

führt auf

${}-19=-7a\,$

und damit auf ${}a={\frac {19}{7}}$ und ${}b={\frac {11}{7}}$. Der Ansatz

${}{\begin{pmatrix}22\\14\end{pmatrix}}=c{\begin{pmatrix}1\\4\end{pmatrix}}+d{\begin{pmatrix}4\\2\end{pmatrix}}\,$

bzw.

$22=c+4d\,\,{\text{ und }}\,\,14=4c+2d$

führt auf

${}-6=-7c\,$

und damit auf ${}c={\frac {6}{7}}$ und ${}d={\frac {37}{7}}$. Daher ist die beschreibende Matrix von ${}\varphi$ bezüglich der Basis ${}{\begin{pmatrix}1\\4\end{pmatrix}}$ und ${}{\begin{pmatrix}4\\2\end{pmatrix}}$ gleich

${\begin{pmatrix}{\frac {19}{7}}&{\frac {6}{7}}\\{\frac {11}{7}}&{\frac {37}{7}}\end{pmatrix}}.$

Aufgabe (6 (2+4) Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper, ${}V$ und ${}W$ seien ${}K$- Vektorräume und

$\varphi \colon V\longrightarrow W$

sei eine ${}K$- lineare Abbildung.

a) Zeige, dass der Kern von ${}\varphi$ ein Untervektorraum von ${}V$ ist.

b) Beweise das Injektivitätskriterium für eine lineare Abbildung.

Lösung

a) Bei einer linearen Abbildung ist ${}\varphi (0)=0$, also ist ${}0\in \operatorname {kern} \varphi$. Es seien ${}u,v\in \operatorname {kern} \varphi$. Dann ist ${}\varphi (u+v)=\varphi (u)+\varphi (v)=0+0=0$, also ${}u+v\in \operatorname {kern} \varphi$. Für ${}v\in \operatorname {kern} \varphi$ und ${}a\in K$ ist schließlich

${}\varphi (av)=a\varphi (v)=a0=0\,,$

also ${}av\in \operatorname {kern} \varphi$. Damit ist der Kern ein Untervektorraum von ${}V$.

b) Wenn die Abbildung injektiv ist, so kann es neben ${}0\in V$ keinen weiteren Vektor ${}v\in V$ mit ${}\varphi (v)=0$ geben. Also ist ${}\varphi ^{-1}(0)=\{0\}$.
Es sei umgekehrt ${}\operatorname {kern} \varphi =0$ und seien ${}v_{1},v_{2}\in V$ gegeben mit ${}\varphi (v_{1})=\varphi (v_{2})$. Dann ist wegen der Linearität

${}\varphi (v_{1}-v_{2})=\varphi (v_{1})-\varphi (v_{2})=0\,.$

Daher ist ${}v_{1}-v_{2}\in \operatorname {kern} \varphi$ und damit ${}v_{1}=v_{2}$.

Aufgabe (4 Punkte)

a) Bestimme, ob die komplexe Matrix

${}M={\begin{pmatrix}2+5{\mathrm {i} }&1-2{\mathrm {i} }\\3-4{\mathrm {i} }&6-2{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}\,$

invertierbar ist.

b) Finde eine Lösung für das inhomogene lineare Gleichungssystem

${}M{\begin{pmatrix}z_{1}\\z_{2}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}54+72{\mathrm {i} }\\0\end{pmatrix}}\,.$

Lösung

a) Wir berechnen die Determinante der Matrix. Diese ist

${}{\begin{aligned}\det M&=(2+5{\mathrm {i} })(6-2{\mathrm {i} })-(3-4{\mathrm {i} })(1-2{\mathrm {i} })\\&=12+10+30{\mathrm {i} }-4{\mathrm {i} }-(3-8-4{\mathrm {i} }-6{\mathrm {i} })\\&=27+36{\mathrm {i} }.\end{aligned}}$

Insbesondere ist die Matrix invertierbar.

b) Es ist

${}{\begin{aligned}{\begin{pmatrix}54+72{\mathrm {i} }\\0\end{pmatrix}}&=2{\begin{pmatrix}\det M\\0\end{pmatrix}}\\\end{aligned}}$

Daher können wir direkt eine Lösung angeben, nämlich

${}{\begin{pmatrix}z_{1}\\z_{2}\end{pmatrix}}=2{\begin{pmatrix}6-2{\mathrm {i} }\\-(3-4{\mathrm {i} })\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}12-4{\mathrm {i} }\\-6+8{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}\,.$

Es ist ja

${}{\begin{aligned}{\begin{pmatrix}2+5{\mathrm {i} }&1-2{\mathrm {i} }\\3-4{\mathrm {i} }&6-2{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}2(6-2{\mathrm {i} })\\2(-3+4{\mathrm {i} })\end{pmatrix}}&=2{\begin{pmatrix}(2+5{\mathrm {i} })(6-2{\mathrm {i} })+(1-2{\mathrm {i} })(-3+4{\mathrm {i} })\\(3-4{\mathrm {i} })(6-2{\mathrm {i} })+(6-2{\mathrm {i} })(-3+4{\mathrm {i} })\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}2\det M\\0\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$