Kurs:Mathematik für Anwender/Teil I/55/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	3	4	5	3	2	2	2	4	2	4	5	3	4	5	4	1	3	64

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine surjektive Abbildung

   $f\colon L\longrightarrow M.$

2. Die bestimmte Divergenz einer reellen Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ gegen ${}+\infty$.
3. Der Tangens.
4. Die Taylor-Reihe im Punkt ${}a$ zu einer unendlich oft differenzierbaren Funktion ${}f$.
5. Die Riemann-Integrierbarkeit einer Funktion

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

6. Die Matrizenmultiplikation.

Lösung

1. Die Abbildung ${}f$ heißt surjektiv, wenn es für jedes ${}y\in M$ mindestens ein Element ${}x\in L$ mit ${}f(x)=y$ gibt.
2. Die Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ in ${}\mathbb {R}$ heißt bestimmt divergent gegen ${}+\infty$, wenn es zu jedem ${}s\in \mathbb {R}$ ein ${}N\in \mathbb {N}$ mit

   $x_{n}\geq s{\text{ für alle }}n\geq N$

   gibt.

3. Die Funktion

   $\mathbb {R} \setminus {\left({\frac {\pi }{2}}+\mathbb {Z} \pi \right)}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto \tan x={\frac {\sin x}{\cos x}},$

   heißt Tangens.

4. Die Taylor-Reihe zu ${}f$ im Entwicklungspunkt ${}a$ ist

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

5. Die Funktion ${}f$ heißt Riemann-integrierbar, wenn die Einschränkung von ${}f$ auf jedes kompakte Intervall ${}[a,b]\subseteq \mathbb {R}$ Riemann-integrierbar ist.
6. 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.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Das Quotientenkriterium für eine reelle Reihe ${}\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}$.
2. Die Beziehung zwischen differenzierbar und stetig.
3. Der Satz über die Anzahl von Basiselementen.

Lösung

1. Es gebe eine reelle Zahl ${}q$ mit ${}0\leq q<1$ und ein ${}k_{0}$ mit

   $\vert {\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\vert \leq q$

   für alle ${}k\geq k_{0}$. Dann konvergiert die Reihe ${}\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}$ absolut.
2. Sei ${}D\subseteq \mathbb {R}$ eine Teilmenge, ${}a\in D$ ein Punkt und

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

   eine Funktion, die im Punkt ${}a$ differenzierbar sei. Dann ist ${}f$ stetig in ${}a$.
3. Es sei ${}K$ ein Körper und ${}V$ ein ${}K$-Vektorraum mit einem endlichen Erzeugendensystem. Dann besitzen je zwei Basen von ${}V$ die gleiche Anzahl von Basisvektoren.

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)

Heidi Gonzales bringt eine Schokolade der Größe ${}4\times 6$ Teilstücke mit zum Treffen ihrer Abgabegruppen, wo Andreas, Peter und Sabine schon hungrig warten. Deshalb soll die Schokolade so schnell wie möglich in die Teilstücke zerlegt werden. Ein Teilungsvorgang ist die Teilung der Schokolade oder einer in einem Zwischenschritt schon entstandenen Teilschokolade längs einer Quer- oder einer Längsrille. Jede Person kann an einer Teilschokolade eine Teilung durchführen. Ein Teilungsvorgang dauert eine Sekunde. Wie lange dauert es im schnellsten Fall, bis die Schokolade in die Einzelstücke vollständig zerlegt ist?

Lösung

Am Anfang gibt es nur die eine Schokolade, es kann also in der ersten Sekunde nur ein Teilungsvorgang stattfinden. Danach gibt es zwei Stücke und es können auch zwei Teilungsvorgänge stattfinden. Danach gibt es vier Stücke und ab da können alle vier Personen sich am Teilungsprozess beteiligen. Da man insgesamt ${}23$ Teilungsprozesse braucht, braucht man wegen

${}1+2+4+4+4+4+4=23\,$

zumindest ${}7$ Sekunden. Eine solche Teilungsstrategie ist auch durchführbar, da man beispielsweise nach den ersten beiden Schritten vier ${}2\times 3$ Teilschokoladen haben kann, die dann jeder in ${}5$ Sekunden jeweils aufteilt.

Aufgabe (4 (2+2) Punkte)

Wir betrachten das kommutative Diagramm

${\begin{matrix}A&{\stackrel {\varphi }{\longrightarrow }}&B&\\\!\!\!\!\!g\downarrow &&\downarrow h\!\!\!\!\!&\\L&{\stackrel {\psi }{\longrightarrow }}&M&\!\!\!\!\!\\\end{matrix}}$

von Mengen und Abbildungen, d.h. es gilt

${}h\circ \varphi =\psi \circ g\,.$

Es seien ${}g$ und ${}h$ bijektiv.

1. Zeige, dass ${}\varphi$ genau dann injektiv ist, wenn ${}\psi$ injektiv ist.
2. Zeige, dass ${}\varphi$ genau dann surjektiv ist, wenn ${}\psi$ surjektiv ist.

Lösung

1. Es sei ${}\varphi$ injektiv, es ist zu zeigen, dass auch ${}\psi$ injektiv ist. Aufgrund der Kommutativität des Diagramms und der Bijektivität von ${}g$ ist

   ${}\psi =h\circ \varphi \circ g^{-1}\,.$

   Somit ist ${}\psi$ als Verknüpfung von drei injektiven Abbildungen wieder injektiv. Wenn man im Diagramm ${}g$ und ${}h$ durch ihre Umkehrabbildungen ersetzt, so sieht man, dass auch die andere Implikation gilt.

2. Es sei ${}\varphi$ surjektiv, es ist zu zeigen, dass auch ${}\psi$ surjektiv ist. Aufgrund der Kommutativität des Diagramms und der Bijektivität von ${}g$ ist

   ${}\psi =h\circ \varphi \circ g^{-1}\,.$

   Somit ist ${}\psi$ als Verknüpfung von drei surjektiven Abbildungen wieder surjektiv. Wenn man im Diagramm ${}g$ und ${}h$ durch ihre Umkehrabbildungen ersetzt, so sieht man, dass auch die andere Implikation gilt.

Aufgabe (5 Punkte)

Zeige, dass für ${}n\geq 3$ die Abschätzung

${}n^{n+1}\geq (n+1)^{n}\,$

gilt.

Lösung

Es ist

${}n^{n+1}=n\cdot n^{n}\,$

und

${}(n+1)^{n}=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}n^{n-k}=n^{n}+n\cdot n^{n-1}+{\binom {n}{2}}n^{n-2}+\cdots +{\binom {n}{n-1}}n^{1}+1\,.$

Hier stehen ${}n+1$ Summanden, wobei der allerletzte gleich ${}1$ ist. Wir vergleichen die Summanden mit ${}n^{n}$. Die ersten beiden Summanden sind gleich ${}n^{n}$, für ${}k\geq 2$ ist

${}{\binom {n}{k}}n^{n-k}={\frac {n(n-1)\cdots (n-k+1)}{k!}}n^{n-k}<n^{k}\cdot n^{n-k}=n^{n}\,.$

Bei

${}n\geq 3\,$

sind somit insbesondere die letzten beiden Summanden zusammengenommen kleinergleich ${}n^{n}$ und die Summe rechts ist somit ${}\leq n\cdot n^{n}$.

Aufgabe (3 Punkte)

Man bestimme sämtliche komplexen Nullstellen des Polynoms

$X^{3}-1$

und man gebe die Primfaktorzerlegung von diesem Polynom in ${}\mathbb {R} [X]$ und in ${}{\mathbb {C} }[X]$ an.

Lösung

Zunächst ist ${}1$ eine Nullstelle und daher ist ${}X-1$ ein Linearfaktor. Division mit Rest ergibt

${}(X^{3}-1)=(X-1)(X^{2}+X+1)\,.$

Wir müssen also noch die komplexen Nullstellen von ${}X^{2}+X+1$ bestimmen. Dazu ist

${}X^{2}+X+1={\left(X+{\frac {1}{2}}\right)}^{2}-{\frac {1}{4}}+1={\left(X+{\frac {1}{2}}\right)}^{2}+{\frac {3}{4}}\,.$

Damit ist

${}X+{\frac {1}{2}}=\pm {\mathrm {i} }{\sqrt {\frac {3}{4}}}\,$

und somit sind die weiteren Nullstellen

$x_{2}=-{\frac {1}{2}}+{\mathrm {i} }{\frac {\sqrt {3}}{2}}\,\,{\text{ und }}\,\,x_{3}=-{\frac {1}{2}}-{\mathrm {i} }{\frac {\sqrt {3}}{2}}.$

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme den minimalen Wert der reellen Funktion

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

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}f(x)&=x^{2}-3x+{\frac {4}{3}}\\&={\left(x-{\frac {3}{2}}\right)}^{2}-{\frac {9}{4}}+{\frac {4}{3}}\\&={\left(x-{\frac {3}{2}}\right)}^{2}+{\frac {-27+16}{12}}\\&={\left(x-{\frac {3}{2}}\right)}^{2}-{\frac {11}{12}}.\end{aligned}}$

Da der quadratische Term links stets ${}\geq 0$ ist, ist ${}-{\frac {11}{12}}$ der minimale Wert der Funktion.

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}x\in \mathbb {R} _{\geq 0}$ eine nichtnegative reelle Zahl. Für jedes ${}\epsilon \in \mathbb {R} ,\,\epsilon >0$, gelte ${}x\leq \epsilon$. Zeige ${}x=0$.

Lösung

Wir nehmen ${}x\neq 0$ an. Dann ist ${}x>0$. Dann ist auch ${}{\frac {x}{2}}>0$ und die Voraussetzung, angewandt auf ${}\epsilon ={\frac {x}{2}}$, ergibt ${}x\leq {\frac {x}{2}}$, woraus sich durch beidseitige Subtraktion von ${}{\frac {x}{2}}$ der Widerspruch ${}{\frac {x}{2}}\leq 0$ ergibt.

Aufgabe (2 Punkte)

Wir betrachten die Folgen (für ${}n\geq 1$)

${}x_{n}:={\frac {1-n^{2}}{n}}\,$

und

${}y_{n}:=n\,.$

Konvergiert die Folge

${}z_{n}:=x_{n}+y_{n}\,$

in ${}\mathbb {R}$? Falls ja, was ist der Grenzwert?

Lösung

Es ist

${}z_{n}={\frac {1-n^{2}}{n}}+n={\frac {1-n^{2}}{n}}+{\frac {n^{2}}{n}}={\frac {1-n^{2}+n^{2}}{n}}={\frac {1}{n}}\,,$

die Folge konvergiert also gegen ${}0$.

Aufgabe (4 (3+1) Punkte)

Karl möchte mit seinem programmierbaren Taschenrechner den Wert der Reihe ${}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n}}$ annähernd berechnen. Die Anzeige des Rechners besitzt ${}8$ Nachkommastellen. Der Rechner schafft pro Sekunde eine Addition (also ein Reihenglied wird zur bisherigen Summe draufaddiert) der Reihe und zeigt das neue Ergebnis direkt an. Karl hat richtig programmiert und denkt sich folgende Strategie aus: „Wenn die Anzeige eine ganze Stunde lang immer das gleiche anzeigt, so wird das wohl ziemlich nah am Ergebnis sein, sodass ich das als eine gute Annäherung nehmen kann. Der Rechner soll dann aufhören“.

1. Was ist ungefähr das letzte Reihenglied, das aufaddiert wird?
2. Was ist von der Strategie zu halten?

Lösung

1. Die ${}8$.te Nachkommastelle bezieht sich auf ${}10^{-8}$. Die Bedingung, dass sich innerhalb einer Stunde, also bei ${}3600$ Aufsummierungen, an dieser Stelle nichts ändert, führt zu der Bedingung

   ${}\sum _{n=k}^{k+3599}{\frac {1}{n}}<10^{-8}\,$

   für ${}k$, und zwar suchen wir das kleinste ${}k$ mit dieser Eigenschaft. In dieser Größenordnung ist der Unterschied zwischen ${}{\frac {1}{k}}$ und ${}{\frac {1}{k+3599}}$ vernachlässigbar und wir können die Bedingung als Gleichung ansetzen. Dies führt auf die Bedingung

   ${}3600{\frac {1}{k}}=10^{-8}\,$

   bzw.

   ${}k=3600\cdot 10^{8}=3,6\cdot 10^{11}\,,$

   also ${}360$ Milliarden. Das letzte aufaddierte Glied ist also ungefähr ${}{\frac {1}{3,6\cdot 10^{11}}}$.

2. Es handelt sich um die divergente harmonische Reihe, die Strategie ist also sinnlos.

Aufgabe (2 Punkte)

Drücke

${\sqrt[{3}]{4}}\cdot {\sqrt[{5}]{7}}$

mit einer einzigen Wurzel aus.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}{\sqrt[{3}]{4}}\cdot {\sqrt[{5}]{7}}&=4^{\frac {1}{3}}\cdot 7^{\frac {1}{5}}\\&={\left(4^{5}\right)}^{\frac {1}{15}}\cdot {\left(7^{3}\right)}^{\frac {1}{15}}\\&=1024^{\frac {1}{15}}\cdot 343^{\frac {1}{15}}\\&=351232^{\frac {1}{15}}\\&={\sqrt[{15}]{351232}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (4 (1+2+1) Punkte)

1. Bestimme die Tangente der Exponentialfunktion durch den Punkt ${}(0,e^{0})=(0,1)$.
2. Bestimme die Gerade durch den Nullpunkt, die tangential an den Graphen der Exponentialfunktion ist.
3. Bestimme den Schnittpunkt der beiden Geraden aus (1) und (2).

Lösung

1. Die Ableitung der Exponentialfunktion an der Stelle ${}0$ besitzt den Wert ${}1$ und somit ist die Tangente durch ${}(0,1)$ gleich ${}x+1$.
2. Die Geraden durch den Nullpunkt haben die Form ${}ax$. Da es eine Tangente der Exponentialfunktion in einem Punkt ${}(z,e^{z})$ sein soll, ist einerseits

   ${}a={\frac {e^{z}}{z}}\,$

   und andererseits, da die Steigung der Tangente die Ableitung ist,

   ${}a=e^{z}\,.$

   Also ist

   ${}{\frac {e^{z}}{z}}=e^{z}\,$

   und daher ${}z=1$ und die Tangente ist durch ${}ex$ gegeben.

3. Bie Bedingung

   ${}x+1=ex\,$

   führt auf

   ${}(e-1)x=1\,$

   und

   ${}x={\frac {1}{e-1}}\,.$

   Der Schnittpunkt ist also

   $\left({\frac {1}{e-1}},\,{\frac {e}{e-1}}\right).$

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise die Quotientenregel für differenzierbare Funktionen.

Lösung

Wir betrachten zuerst den Fall ${}f=1$ und behaupten

${}{\left({\frac {1}{g}}\right)}'(a)=-{\frac {g'(a)}{g(a)^{2}}}\,.$

Für einen Punkt ${}a$ ist

${}{\frac {{\frac {1}{g(x)}}-{\frac {1}{g(a)}}}{x-a}}={\frac {-1}{g(a)g(x)}}\cdot {\frac {g(x)-g(a)}{x-a}}\,.$

Da ${}g$ nach Korollar 14.6 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)) stetig in ${}a$ ist, konvergiert für ${}x\rightarrow a$ der linke Faktor gegen ${}-{\frac {1}{g(a)^{2}}}$ und wegen der Differenzierbarkeit von ${}g$ in ${}a$ konvergiert der rechte Faktor gegen ${}g'(a)$. Somit ist mit der Produktregel

${}{\begin{aligned}{\left({\frac {f}{g}}\right)}'(a)&={\left(f\cdot {\frac {1}{g}}\right)}'(a)\\&=f(a){\left({\frac {1}{g}}\right)}'(a)+f'(a){\frac {1}{g(a)}}\\&=f(a){\left(-{\frac {g'(a)}{g(a)^{2}}}\right)}+{\frac {f'(a)g(a)}{g(a)^{2}}}\\&=-{\frac {f'(a)g(a)-f(a)g'(a)}{g(a)^{2}}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme eine Stammfunktion für die Betragsfunktion

$\mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto \vert {x}\vert .$

Lösung

Für ${}x>0$ ist

${}\vert {x}\vert =x\,$

und dort ist ${}{\frac {1}{2}}x^{2}$ eine Stammfunktion. Für ${}x<0$ ist

${}\vert {x}\vert =-x\,$

und dort ist ${}-{\frac {1}{2}}x^{2}$ eine Stammfunktion. Diese beiden Funktionen kann man im Nullpunkt durch den Wert ${}0$ stetig zusammensetzen. Es ist dann noch zu zeigen, dass die zusammengesetzte Funktion auch im Nullpunkt differenzierbar ist mit der Ableitung ${}0$. Dazu betrachten wir den Differenzenquotienten

${}{\frac {\pm x^{2}}{\pm x}}=\pm x\,.$

Der Limes hiervon für ${}x\rightarrow 0$ ist in der Tat ${}0$.

Aufgabe (4 Punkte)

Löse das inhomogene Gleichungssystem

${\begin{matrix}x&+7y&\,\,\,\,-z&-3w&=&0\\x&+y&+2z&\,\,\,\,-w&=&1\\&+2y&-3z&+2w&=&3\\&\,\,\,\,-y&-5z&+4w&=&-2\,.\end{matrix}}$

Lösung

Wir eliminieren zuerst die Variable ${}x$, indem wir die zweite Gleichung von der ersten Gleichung subtrahieren. Dies führt auf

${\begin{matrix}&+6y&-3z&-2w&=&-1\\&+2y&-3z&+2w&=&3\\&\,\,\,\,-y&-5z&+4w&=&-2\,.\end{matrix}}$

Nun eliminieren wir die Variable ${}w$, indem wir (bezogen auf das vorhergehende System) ${}II+I$ und ${}III-2II$ ausrechnen. Dies führt auf

${\begin{matrix}&+8y&-6z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&2\\&-5y&+z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&-8\,.\end{matrix}}$

Mit ${}I+6II$ ergibt sich

${}-22y=-46\,$

und

${}y={\frac {23}{11}}\,.$

Rückwärts gelesen ergibt sich

${}z={\frac {27}{11}}\,,$

${}w={\frac {34}{11}}\,$

und

${}x=-{\frac {32}{11}}\,.$

Aufgabe (5 (1+1+1+1+1) Punkte)

Es sei ${}{\mathfrak {v}}=v_{1},\ldots ,v_{n}$ eine Basis eines ${}K$- Vektorraumes ${}V$. Es seien ${}a_{1},\ldots ,a_{n}\in K$ von ${}0$ verschiedene Elemente.

a) Zeige, dass ${}{\mathfrak {w}}=a_{1}v_{1},a_{2}v_{2},a_{3}v_{3},\ldots ,a_{n}w_{n}$ ebenfalls eine Basis von ${}V$ ist.

b) Bestimme die Übergangsmatrix ${}M_{\mathfrak {v}}^{\mathfrak {w}}$.

c) Bestimme die Übergangsmatrix ${}M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}$.

d) Berechne die Koordinaten bezüglich der Basis ${}{\mathfrak {v}}$ für denjenigen Vektor, der bezüglich der Basis ${}{\mathfrak {w}}$ die Koordinaten ${}{\begin{pmatrix}1\\2\\3\\\vdots \\n\end{pmatrix}}$ besitzt.

e) Berechne die Koordinaten bezüglich der Basis ${}{\mathfrak {w}}$ für denjenigen Vektor, der bezüglich der Basis ${}{\mathfrak {v}}$ die Koordinaten ${}{\begin{pmatrix}1\\2\\2^{2}\\\vdots \\2^{n}\end{pmatrix}}$ besitzt.

Lösung

a) Es ist

${}v_{i}=a_{i}^{-1}w_{i}\,$

für alle ${}i=1,\ldots ,n$. Daher ist ${}w_{1},\ldots ,w_{n}$ ebenfalls ein Erzeugendensystem von ${}V$ und somit eine Basis, da die Dimension ${}n$ ist und ${}n$ Vektoren vorliegen.

b) In den Spalten von ${}M_{\mathfrak {v}}^{\mathfrak {w}}$ müssen die Koordinaten der Vektoren ${}w_{j}$ bezüglich der Basis ${}v_{i}$ stehen, also ist

${}M_{\mathfrak {v}}^{\mathfrak {w}}={\begin{pmatrix}a_{1}&0&0\\0&\ddots &0\\0&0&a_{n}\end{pmatrix}}\,.$

c) Es ist

${}M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}={\begin{pmatrix}a_{1}^{-1}&0&0\\0&\ddots &0\\0&0&a_{n}^{-1}\end{pmatrix}}\,.$

d) Die Koordinaten ergeben sich aus

${}M_{\mathfrak {v}}^{\mathfrak {w}}{\begin{pmatrix}1\\2\\\vdots \\n\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}a_{1}&0&0\\0&\ddots &0\\0&0&a_{n}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1\\2\\\vdots \\n\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}a_{1}\\2a_{2}\\\vdots \\na_{n}\end{pmatrix}}\,.$

e) Die Koordinaten ergeben sich aus

${}M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}{\begin{pmatrix}1\\2\\\vdots \\2^{n}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}a_{1}^{-1}&0&0\\0&\ddots &0\\0&0&a_{n}^{-1}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1\\2\\\vdots \\2^{n}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}a^{-1}\\2a^{-1}\\\vdots \\2^{n}a_{n}^{-1}\end{pmatrix}}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise das Injektivitätskriterium für eine lineare Abbildung.

Lösung

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 (1 Punkt)

Bestimme die Determinante zur Matrix

${\begin{pmatrix}0&7&4&11&8\\0&0&3&7&6\\0&0&0&1&5\\0&0&0&0&2\\0&0&0&0&0\end{pmatrix}}.$

Lösung

Die Determinante ist ${}0$, da eine obere Dreiecksmatrix vorliegt, deren Hauptdiagonalelemente ${}0$ sind.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme, ob die reelle Matrix

${\begin{pmatrix}-4&-1&-2&3\\6&7&7&1\\0&0&3&-2\\0&0&6&2\end{pmatrix}}$

trigonalisierbar ist oder nicht.

Lösung

Das charakteristische Polynom der Matrix ist

${}{\begin{aligned}\det XE_{4}-{\begin{pmatrix}-4&-1&-2&3\\6&7&7&1\\0&0&3&-2\\0&0&6&2\end{pmatrix}}&=\det {\begin{pmatrix}X+4&1&2&-3\\-6&X-7&-7&-1\\0&0&X-3&2\\0&0&-6&X-2\end{pmatrix}}\\&=\det {\begin{pmatrix}X+4&1\\-6&X-7\end{pmatrix}}\cdot \det {\begin{pmatrix}X-3&2\\-6&X-2\end{pmatrix}}\\&=((X+4)(X-7)+6)((X-3)(X-2)+12)\\&=(X^{2}-3X-22)(X^{2}-5X+18).\end{aligned}}$

Der rechte Faktor ist

${}X^{2}-5X+18={\left(X-{\frac {5}{2}}\right)}^{2}+18-{\frac {25}{4}}>0\,$

stets positiv und besitzt daher in ${}\mathbb {R}$ keine Nullstelle. Also zerfällt das charakteristische Polynom nicht vollständig in Linearfaktoren und nach [[Lineare Abbildung/Trigonalisierbar/Charakterisierungen/1/Fakt|Kurs:Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)/Lineare Abbildung/Trigonalisierbar/Charakterisierungen/1/Fakt/Faktreferenznummer (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024))]] ist die Matrix nicht trigonalisierbar.