Kurs:Mathematik für Anwender/Teil I/60/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	${}\sum$
Punkte	3	3	2	3	3	5	3	6	3	4	7	1	5	3	11	4	66

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Ein Körper ${}K$ heißt angeordneter Körper, wenn es zwischen den Elementen von ${}K$ eine Beziehung ${}>$ („größer als“) gibt, die die folgenden Eigenschaften erfüllt (${}a\geq b$ bedeutet ${}a>b$ oder ${}a=b$).
   1. Für je zwei Elemente ${}a,b\in K$ gilt entweder ${}a>b$ oder ${}a=b$ oder ${}b>a$.
   2. Aus ${}a\geq b$ und ${}b\geq c$ folgt ${}a\geq c$ (für beliebige ${}a,b,c\in K$).
   3. Aus ${}a\geq b$ folgt ${}a+c\geq b+c$ (für beliebige ${}a,b,c\in K$).
   4. Aus ${}a\geq 0$ und ${}b\geq 0$ folgt ${}ab\geq 0$ (für beliebige ${}a,b\in K$).
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. Die Funktion ${}f$ heißt differenzierbar in ${}a$, wenn der Limes

   $\operatorname {lim} _{x\in \mathbb {R} \setminus \{a\},\,x\rightarrow a}\,{\frac {f(x)-f(a)}{x-a}}$

   existiert.

4. Die Funktion ${}f$ heißt Riemann-integrierbar auf ${}I$, wenn Ober- und Unterintegral von ${}f$ existieren und übereinstimmen.
5. 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.

6. Den Exponenten des linearen Polynoms ${}X-\lambda$ im charakteristischen Polynom ${}\chi _{\varphi }$ nennt man die algebraische Vielfachheit von ${}\lambda$.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Seien ${}a\leq b$ reelle Zahlen und sei ${}f\colon [a,b]\rightarrow \mathbb {R}$ eine stetige Funktion mit ${}f(a)\leq 0$ und ${}f(b)\geq 0$. Dann gibt es ein ${}x\in \mathbb {R}$ mit ${}a\leq x\leq b$ und mit ${}f(x)=0$.
2. Sei ${}I$ ein reelles Intervall und sei

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

   eine stetige Funktion. Dann ist ${}f$ Riemann-integrierbar.
3. Es seien

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

   stetig differenzierbare Funktionen.

   Dann gilt

   $\int _{a}^{b}f(t)g'(t)\,dt=fg|_{a}^{b}-\int _{a}^{b}f'(t)g(t)\,dt.$

Aufgabe (2 Punkte)

In einer U-Bahn-Station wird der Zugang und der Ausgang über eine elektronische Karte geregelt, die man an einen Sensor halten muss, damit sich die Schranke öffnet. Es gibt 5 Ausgänge, aber nur 2 Zugänge. Was haben sich die Leute dabei vermutlich gedacht?

Lösung U-Bahn/Zugang und Ausgang/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (3 (1+1+1) Punkte)

Am 26.4.2021 schreibt die Tagesschau (tagesschau.de): „In Deutschland sind inzwischen mehr als 25 Millionen Menschen mindestens ein Mal geimpft“. Im ausführlichen Text heißt es dann „In Deutschland sind inzwischen mehr als 25 Millionen Impfdosen verabreicht worden. Wie das Robert Koch-Institut (RKI) mitteilte, sei die Marke am Wochenende überschritten worden [und] liegt nun bei 25,45 Millionen. Laut aktuellen RKI-Zahlen sind bundesweit bislang knapp 19,5 Millionen Menschen erstgeimpft. Das entspricht einem Bevölkerungsanteil von 23,4 Prozent. Knapp sechs Millionen Menschen sind inzwischen bereits zweimal geimpft, dies entspricht 7,2 Prozent der Bevölkerung“.

1. Was fällt auf?
2. Wie groß ist die Bevölkerung von Deutschland?
3. Wie viel Prozent der Erstgeimpften haben auch eine zweite Impfung erhalten?

Lösung

1. Es liegt ein Widerspruch vor. Einmal sind mehr als 25 Millionen Menschen erstgeimpft, einmal sind es 19,5 Millionen Menschen.
2. Die ${}6000000$ entsprechen ${}7,2\%$, daher ergeben sich ${}100\%$ aus

   ${}0,072x=6000000\,,$

   also

   ${}x={\frac {6000000}{0,072}}\cong 83330000\,.$

   Ebenso ergibt sich

   ${}x={\frac {19500000}{0,234}}\cong 83330000\,.$

3. Der Anteil der Zweitgeimpften zu den Erstgeimpften ist

   ${}{\frac {72}{234}}\cong 0,308\,,$

   das sind etwa ${}30,8\%$.

Aufgabe (3 (1+1+1) Punkte)

Wir betrachten die durch die Wertetabelle

${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$
${}\varphi (x)$	${}4$	${}7$	${}4$	${}5$	${}1$	${}1$	${}2$

gegebene Abbildung

$\varphi \colon \{1,2,3,4,5,6,7\}\longrightarrow \{1,2,3,4,5,6,7\}.$

a) Bestimme das Bild von ${}\{1,2,3\}$ unter ${}\varphi$.

b) Bestimme das Urbild von ${}\{4,5,6,7\}$ unter ${}\varphi$.

c) Erstelle eine Wertetabelle für

${}\varphi ^{3}=\varphi \circ \varphi \circ \varphi \,.$

Lösung

a) Das Bild von ${}\{1,2,3\}$ ist ${}\{4,7\}$.

b) Das Urbild von ${}\{4,5,6,7\}$ ist ${}\{1,2,3,4\}$.

c)

${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$
${}\varphi (x)$	${}1$	${}7$	${}1$	${}4$	${}5$	${}5$	${}2$

Aufgabe (5 Punkte)

Es seien ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ und ${}{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ Folgen in einem angeordneten Körper ${}K$ mit ${}x_{n},y_{n}\in K_{+}$ für alle ${}n\in \mathbb {N}$. Es sei ${}x_{n}^{2}-y_{n}^{2}$ eine Nullfolge. Zeige, dass ${}x_{n}-y_{n}$ ebenfalls eine Nullfolge ist.

Lösung

Es sei ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Zu ${}\epsilon ':=\epsilon ^{2}$ gibt es wegen der Nullkonvergenz von ${}x_{n}^{2}-y_{n}^{2}$ ein ${}n_{0}\in \mathbb {N}$ derart, dass

${}\vert {x_{n}^{2}-y_{n}^{2}}\vert \leq \epsilon ^{2}\,$

für alle ${}n\geq n_{0}$ ist. Für diese ${}n$ zeigen wir

${}\vert {x_{n}-y_{n}}\vert \leq \epsilon \,$

durch eine Fallunterscheidung. Wenn

${}x_{n},y_{n}\leq \epsilon \,$

ist, so ist wegen der Positivität direkt ${}\vert {x_{n}-y_{n}}\vert \leq \epsilon$. Es sei also umgekehrt ${}x_{n}\geq \epsilon$ oder ${}y_{n}\geq \epsilon$. Dann ist jedenfalls ${}x_{n}+y_{n}\geq \epsilon$ und somit ${}{\frac {1}{x_{n}+y_{n}}}\leq {\frac {1}{\epsilon }}$. Damit ist unter Verwendung der dritten binomischen Formel

${}{\begin{aligned}\vert {x_{n}-y_{n}}\vert &={\frac {\vert {x_{n}^{2}-y_{n}^{2}}\vert }{x_{n}+y_{n}}}\\&=\vert {x_{n}^{2}-y_{n}^{2}}\vert \cdot {\frac {1}{x_{n}+y_{n}}}\\&\leq \epsilon ^{2}\cdot {\frac {1}{\epsilon }}\\&=\epsilon .\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Es seien

$\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}z^{n}{\text{ und }}\sum _{n=0}^{\infty }b_{n}z^{n}$

zwei absolut konvergente Potenzreihen in ${}z\in {\mathbb {C} }$. Zeige, dass das Cauchy-Produkt der beiden Reihen durch

$\sum _{n=0}^{\infty }c_{n}z^{n}{\text{ mit }}c_{n}=\sum _{i=0}^{n}a_{i}b_{n-i}$

gegeben ist.

Lösung

Der ${}i$-te Summand der Reihe links ist

${}d_{i}=a_{i}z^{i}\,$

und der ${}j$-te Summand der Reihe rechts ist

${}e_{j}=b_{j}z^{j}\,.$

Damit ist der ${}k$-te Summand des Cauchy-Produktes der beiden Reihen gleich

${}{\begin{aligned}c_{k}&=\sum _{i=0}^{k}d_{i}e_{k-i}\\&=\sum _{i=0}^{k}a_{i}z^{i}b_{k-i}z^{k-i}\\&=\sum _{i=0}^{k}a_{i}b_{k-i}z^{i}z^{k-i}\\&={\left(\sum _{i=0}^{k}a_{i}b_{k-i}\right)}z^{k}.\end{aligned}}$

Aufgabe (6 (1+1+1+3) Punkte)

Wir betrachten die Funktion

$f\colon ]0,1[\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto {\frac {1}{\ln x}}.$

a) Skizziere ${}f$.

b) Bestimme die Ableitung von ${}f$.

c) Bestimme die zweite Ableitung von ${}f$.

d) Untersuche ${}f$ auf Extrema, Monotonieverhalten und Wendepunkte.

Lösung

a) Skizze.

b) Es ist

${}f'(x)=-{\frac {1}{x{\left(\ln x\right)}^{2}}}\,.$

c) Es ist

${}f^{\prime \prime }(x)={\frac {{\left(\ln x\right)}^{2}+x2{\left(\ln x\right)}{\frac {1}{x}}}{x^{2}{\left(\ln x\right)}^{4}}}={\frac {{\left(\ln x\right)}+2}{x^{2}{\left(\ln x\right)}^{3}}}\,.$

d) Wegen ${}0<x<1$ ist ${}f'(x)<0$ und daher ist die Funktion streng fallend und besitzt im offenen Einheitsintervall keine Extrema. Der Nenner von ${}f^{\prime \prime }$ ist stets negativ. Für den Zähler gilt

${}{\left(\ln x\right)}+2=0\,$

genau dann, wenn

${}x=e^{-2}\,.$

Für ${}x<e^{-2}$ ist die zweite Ableitung negativ und für

${}x>e^{-2}$ ist die zweite Ableitung positiv. Daher liegt bei ${}x=e^{-2}$ ein Wendepunkt vor.

Aufgabe (3 (1+2) Punkte)

1. Lucy Sonnenschein fährt eine Stunde lang Fahrrad und möchte dabei ${}30$ Kilometer zurücklegen. Nach ${}55$ Minuten merkt sie, dass sie bisher erst ${}26$ Kilometer geschafft hat. Wie schnell muss sie konstant in den verbleibenden Minuten fahren, um ihr Ziel zu erreichen?
2. Eine Fahrradfahrt wird durch eine (stetige) Geschwindigkeitsfunktion ${}f(t)$ beschrieben, die zurückgelegte Strecke zwischen den Zeitpunkten ${}a$ und ${}b$ ist also ${}\int _{a}^{b}f(t)dt$ und die Durchschnittsgeschwindigkeit in diesem Zeitintervall ist ${}{\frac {\int _{a}^{b}f(t)dt}{b-a}}$. Bestimme die Funktion ${}g(x)$, die die Änderung der Durchschnittsgeschwindigkeit vom festen Startzeitpunkt ${}a$ zum Zeitpunkt ${}x$ beschreibt.

Lösung

1. Sie muss in den verbleibenden ${}5$ Minuten ${}4$ Kilometer schaffen, dies erfordert eine Geschwindigkeit von

   ${}{\frac {4km}{5Min}}={\frac {48km}{60Min}}\,,$

   also ${}48$ Stundenkilometer.

2. Die Durchschnittsgeschwindigkeit zwischen den Zeitpunkten ${}a$ und ${}x$ wird durch die Funktion

   ${}h(x)={\frac {\int _{a}^{x}f(t)dt}{x-a}}\,$

   auf ${}]a,\infty ]$ beschrieben. Die Änderung der Durchschnittsgeschwindigkeit ist die Ableitung davon, diese ist nach der Quotientenregel und nach dem Hauptsatz der Infinitesimalrechnung gleich

   ${}{\begin{aligned}g(x)&=h'(x)\\&={\frac {(x-a){\left(\int _{a}^{x}f(t)dt\right)}'-\int _{a}^{x}f(t)dt}{(x-a)^{2}}}\\&={\frac {(x-a)f(x)-\int _{a}^{x}f(t)dt}{(x-a)^{2}}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Wir betrachten die Parabelschar ${}x^{2}+a$ mit ${}a\in \mathbb {R}$. Für welches ${}a$ schließt die zugehörige Parabel zusammen mit der ${}x$-Achse ein Gebiet ein, dessen Flächeninhalt gleich ${}1$ ist?

Lösung

Damit es zu einem Einschluss kommt, muss ${}a$ negativ sein. Die Nullstellen von ${}x^{2}+a$ sind dann ${}\pm {\sqrt {-a}}$. Das bestimmte Integral ist

${}{\begin{aligned}\int _{-{\sqrt {-a}}}^{\sqrt {-a}}x^{2}+adx&=\left({\frac {1}{3}}x^{3}+ax\right)|_{-{\sqrt {-a}}}^{\sqrt {-a}}\\&={\frac {2}{3}}{\sqrt {-a}}^{3}+2a{\sqrt {-a}}\\&=-{\frac {2}{3}}a{\sqrt {-a}}+2a{\sqrt {-a}}\\&={\frac {4}{3}}a{\sqrt {-a}}.\end{aligned}}$

Damit dies gleich ${}-1$ wird, muss ${}a$ die Gleichung

${}a{\sqrt {-a}}=-{\frac {3}{4}}\,$

bzw.

${}{\sqrt {-a}}^{3}={\frac {3}{4}}\,$

erfüllen. Also ist

${}(-a)^{3}={\frac {9}{16}}\,$

und

${}a=-{\sqrt[{3}]{\frac {9}{16}}}\,.$

Aufgabe (7 Punkte)

Es sei ${}I=[a,b]$ ein kompaktes Intervall und es seien ${}f,g\colon I\rightarrow \mathbb {R}$ zwei Riemann-integrierbare Funktionen. Zeige, dass auch ${}{\max {\left(f,g\right)}}$ Riemann-integrierbar ist.

Lösung

Wir müssen zeigen, dass es zu jedem ${}\epsilon >0$ eine obere und eine untere Treppenfunktion gibt derart, dass die Differenz der beiden Treppenintegrale ${}\leq \epsilon$ ist. Es sei also ein ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Aufgrund der Riemann-Integrierbarkeit gibt es Treppenfunktionen

$s_{1}{\text{ und }}t_{1}{\text{ mit }}s_{1}\leq f\leq t_{1}{\text{ und mit }}\int _{a}^{b}(t_{1}-s_{1})(x)\,dx\leq \epsilon /2$

und

$s_{2}{\text{ und }}t_{2}{\text{ mit }}s_{2}\leq g\leq t_{2}{\text{ und mit }}\int _{a}^{b}(t_{2}-s_{2})(x)\,dx\leq \epsilon /2.$

Wir können annehmen, dass diesen Treppenfunktionen die gleiche Unterteilung zugrunde liegt. Es sei ${}\ell _{k}$, ${}k=1,\ldots ,n$ die Länge des ${}k$-ten Teilintervalls ${}I_{k}$ und es sei

${}\delta _{k}:=(t_{1}-s_{1}){|}_{I_{k}}+(t_{2}-s_{2}){|}_{I_{k}}\,.$

Dann gilt

${}{\begin{aligned}\sum _{k=1}^{n}\ell _{k}\delta _{k}&=\sum _{k=1}^{n}\ell _{k}{\left((t_{1}-s_{1}){|}_{I_{k}}+(t_{2}-s_{2}){|}_{I_{k}}\right)}\\&=\sum _{k=1}^{n}\ell _{k}(t_{1}-s_{1}){|}_{I_{k}}+\sum _{k=1}^{n}\ell _{k}(t_{2}-s_{2}){|}_{I_{k}}\\&\leq {\frac {\epsilon }{2}}+{\frac {\epsilon }{2}}\\&=\epsilon .\end{aligned}}$

Wir setzen

$s:={\max {\left(s_{1},s_{2}\right)}}\,\,{\text{ und }}\,\,t:={\max {\left(t_{1},t_{2}\right)}}.$

Dies ist offenbar eine untere bzw. obere Treppenfunktionen für ${}{\max {\left(f,g\right)}}$. Wir betrachten ein Teilintervall ${}I_{k}$ der gegebenen Unterteilung. Wenn dort

$s_{1}\leq s_{2}{\text{ und }}t_{1}\leq t_{2}$

gilt, so ist dort

${}t-s=t_{2}-s_{2}\leq \delta _{k}\,.$

Wenn dort

$s_{1}\leq s_{2}{\text{ und }}t_{2}\leq t_{1}$

gilt, so ist dort ebenfalls

${}t-s=t_{1}-s_{2}\leq t_{1}-s_{1}\leq \delta _{k}\,.$

 Dies gilt auch in den beiden anderen Fällen.

Damit ist die Differenz der Treppenintegrale ${}\leq \sum _{k=1}^{n}\ell _{k}\delta _{k}\leq \epsilon$.

Aufgabe (1 Punkt)

Es sei

$\varphi \colon K^{m}\longrightarrow K^{n}$

eine lineare Abbildung. Es sei ${}v\in K^{m}$. Zeige ${}\varphi (-v)=-\varphi (v)$.

Lösung

Es ist

${}\varphi (v)+\varphi (-v)=\varphi (v-v)=\varphi (0)=0\,.$

Daher sind ${}\varphi (v)$ und ${}\varphi (-v)$ zueinander invers, und wegen der Eindeutigkeit des Negativen folgt

${}\varphi (-v)=-\varphi (v)\,.$

Aufgabe (5 Punkte)

Bestimme eine Basis des Urbildes von

${}T=\mathbb {Q} {\begin{pmatrix}25\\11\\1\end{pmatrix}}\subseteq \mathbb {Q} ^{3}\,$

zur linearen Abbildung

$\mathbb {Q} ^{4}\longrightarrow \mathbb {Q} ^{3},\,{\begin{pmatrix}x\\y\\z\\w\end{pmatrix}}\longmapsto {\begin{pmatrix}2&-1&5&6\\3&5&2&-1\\2&-1&-2&3\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\\w\end{pmatrix}}.$

Lösung

Wir betrachten das inhomogene lineare Gleichungssystem

${\begin{matrix}2x&\,\,\,\,-y&+5z&+6w&=&25s\\3x&+5y&+2z&\,\,\,\,-w&=&11s\\2x&\,\,\,\,-y&-2z&+3w&=&s\,.\end{matrix}}$

Wir ersetzen die zweite Gleichung durch 3I-2II und die dritte durch I-III und erhalten das äquivalente System

${\begin{matrix}2x&\,\,\,\,-y&+5z&+6w&=&25s\\&-13y&+11z&20w&=&53s\\&\,\,\,\,\,\,\,\,&+7z&+3w&=&24s\,.\end{matrix}}$

Daraus sieht man insbesondere, dass die Lösungsmenge zweidimensional ist. Man sieht außerdem, dass der Kern der Abbildung selbst eindimensional ist und aus der Dimensionsformel folgt, dass die Abbildung surjektiv ist, insbesondere liegt also jeder Punkt von ${}T$ im Bild. Um linear unabhängige Elemente der Lösungsmenge zu erhalten setzen wir zunächst ${}s=0$ und ${}w=1$ und erhalten ${}z=-{\frac {3}{7}}$,

${}y={\frac {1}{13}}{\left(11z+20w\right)}={\frac {1}{13}}{\left(-11\cdot {\frac {3}{7}}+20\right)}={\frac {1}{13}}{\left({\frac {107}{7}}\right)}={\frac {107}{91}}\,$

und ${}x={\frac {1}{2}}{\left(y-5z-6w\right)}={\frac {1}{2}}{\left({\frac {107}{91}}+5\cdot {\frac {3}{7}}-6\right)}={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {107+195-546}{91}}=-{\frac {122}{91}}$.

Wenn wir ${}s=1$ und ${}w=0$ setzen, erhalten wir ${}z={\frac {24}{7}}$,

${}y={\frac {1}{13}}{\left(11z-53s\right)}={\frac {1}{13}}{\left(11\cdot {\frac {24}{7}}-{\frac {371}{7}}\right)}={\frac {1}{13}}{\left(-{\frac {107}{7}}\right)}=-{\frac {107}{91}}\,$

und ${}x={\frac {1}{2}}{\left(y-5z+25s\right)}={\frac {1}{2}}{\left(-{\frac {107}{91}}+5\cdot {\frac {24}{7}}+25\right)}={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {-107-1560+2275}{91}}={\frac {304}{91}}$.

Eine Basis des Urbildes ist daher gegeben durch die beiden Vektoren ${}{\begin{pmatrix}-{\frac {122}{91}}\\{\frac {107}{91}}\\-{\frac {3}{7}}\\1\end{pmatrix}}$ und ${}{\begin{pmatrix}{\frac {304}{91}}\\-{\frac {107}{91}}\\{\frac {24}{7}}\\0\end{pmatrix}}$.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und es seien ${}V$ und ${}W$ Vektorräume über ${}K$ der Dimension ${}n$ bzw. ${}m$. Es sei

$\varphi \colon V\longrightarrow W$

eine lineare Abbildung, die bezüglich zweier Basen durch die Matrix ${}M\in \operatorname {Mat} _{m\times n}(K)$ beschrieben werde. Zeige, dass

${}\operatorname {rang} \,\varphi =\operatorname {rang} \,M\,$

gilt.

Lösung Lineare Abbildung/Matrix bzgl. Basis/Rang/Fakt/Beweis/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (11 (3+3+2+3) Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und seien

$c_{1},\ldots ,c_{n}\in K$

Elemente, die nicht alle gleich ${}0$ seien. Wir betrachten die ${}n\times n$- Matrix

${}M={\left(a_{ij}\right)}_{1\leq i,j\leq n}\,,$

wobei die Einträge durch

${}a_{ij}=c_{i}c_{j}\,$

gegeben sind.

a) Bestimme den Rang der Matrix ${}M$.

b) Zeige, dass der Vektor ${}{\begin{pmatrix}c_{1}\\\vdots \\c_{n}\end{pmatrix}}$ ein Eigenvektor zu ${}M$ ist und bestimme den zugehörigen Eigenwert.

c) Zeige, dass ${}M$ bei ${}K=\mathbb {R}$ diagonalisierbar ist.

d) Zeige, dass ${}M$ bei ${}K={\mathbb {C} }$ nicht diagonalisierbar sein muss.

Lösung

a) Es ist

${}M={\begin{pmatrix}c_{1}\\\vdots \\c_{n}\end{pmatrix}}\left(c_{1},\,\ldots ,\,c_{n}\right)\,.$

Daher besitzt die durch ${}M$ gegebene lineare Abbildung eine Faktorisierung der Form

$K^{n}\longrightarrow K\longrightarrow K^{n}.$

Daher ist das Bild von ${}M$ maximal eindimensional und der Rang der Matrix ist höchstens ${}1$. Da nicht alle ${}c_{j}$ gleich ${}0$ sind, ist ${}M$ nicht die Nullmatrix und daher ist der Rang genau ${}1$.

b) Es ist

${}{\begin{aligned}M{\begin{pmatrix}c_{1}\\\vdots \\c_{n}\end{pmatrix}}&={\begin{pmatrix}\sum _{j=1}^{n}c_{1}c_{j}c_{j}\\\vdots \\\sum _{j=1}^{n}c_{n}c_{j}c_{j}\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}\sum _{j=1}^{n}c_{j}^{2}c_{1}\\\vdots \\\sum _{j=1}^{n}c_{j}^{2}c_{n}\end{pmatrix}}\\&={\left(\sum _{j=1}^{n}c_{j}^{2}\right)}{\begin{pmatrix}c_{1}\\\vdots \\c_{n}\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$

Da nicht alle ${}c_{j}$ gleich ${}0$ sind, ist dieser Vektor ein Eigenvektor zum Eigenwert ${}\sum _{j=1}^{n}c_{j}^{2}$.

c) Die Matrix ${}M$ besitzt aufgrund der Rangeigenschaft einen ${}(n-1)$-dimensionalen Kern. Ferner gibt es einen weiteren Eigenvektor zu einem von ${}0$ verschiedenen Eigenwert (da wir in ${}\mathbb {R}$ sind und eine Summe von Quadraten betrachten). Daher ist die Summe der Dimensionen der Eigenräume gleich ${}n$ und somit liegt nach Fakt ***** eine diagonalisierbare Abbildung vor.

d) Es sei ${}c_{1}=1$ und ${}c_{2}={\mathrm {i} }$. Die in Frage stehende Matrix ist dann

${}M={\begin{pmatrix}1&{\mathrm {i} }\\{\mathrm {i} }&-1\end{pmatrix}}\,.$

Das charakteristische Polynom davon ist

${}\chi _{M}=(X-1)(X+1)+1=X^{2}\,.$

Daher ist ${}0$ der einzige Eigenwert. Der Kern ist aber eindimensional, daher ist die Matrix nicht diagonalisierbar.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über die Dimension eines Untervektorraum ${}U\subseteq V$.

Lösung

Es sei ${}n=\dim _{K}{\left(V\right)}$. Jede linear unabhängige Familie in ${}U$ ist auch linear unabhängig in ${}V$. Daher kann es aufgrund des Basisaustauschsatzes in ${}U$ nur linear unabhängige Familien der Länge ${}\leq n$ geben. Es sei ${}k\leq n$ derart, dass es in ${}U$ eine linear unabhängige Familie mit ${}k$ Vektoren gibt, aber nicht mit ${}k+1$ Vektoren. Es sei ${}{\mathfrak {u}}=u_{1},\ldots ,u_{k}$ eine solche Familie. Diese ist dann insbesondere eine maximal linear unabhängige Familie in ${}U$ und daher wegen Satz 23.12 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)) eine Basis von ${}U$.