Kurs:Lineare Algebra/Teil I/48/Klausur mit Lösungen

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine surjektive Abbildung

   ${\displaystyle f\colon L\longrightarrow M.}$

2. Eine Linearkombination in einem ${\displaystyle {}K}$- Vektorraum ${\displaystyle {}V}$.
3. Die Dualbasis zu einer gegebenen Basis ${\displaystyle {}v_{1},\ldots ,v_{n}}$ in einem ${\displaystyle {}K}$- Vektorraum ${\displaystyle {}V}$.
4. Ein Hauptideal in einem kommutativen Ring ${\displaystyle {}R}$.
5. Eine Streckung auf einem ${\displaystyle {}K}$- Vektorraum ${\displaystyle {}V}$.
6. Die Dimension eines affinen Raumes ${\displaystyle {}E}$.

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über den Basiswechsel.
2. Der Satz über isomorphe Vektorräume.
3. Der Satz über Eigenwerte zu einem Endomorphismus und einer Matrix.

Beurteile die Snookerweisheit „Ein Snookerspiel kann man in der ersten Session nicht gewinnen, aber verlieren“ vom logischen Standpunkt aus.

Es spielen zwei Spieler gegeneinander, der eine gewinnt genau dann, wenn der andere verliert. Wenn einer also in der ersten Session verlieren kann, so kann auch einer (nämlich der andere) in der ersten Session gewinnen. Die Weisheit ist also unlogisch.

Illustriere die dritte binomische Formel durch eine geeignete geometrische Figur.

Lucy Sonnenschein befindet sich in Position ${\displaystyle {}(-2,3)\in \mathbb {Z} ^{2}}$ (die Koordinaten seien mit ${\displaystyle {}x}$ und ${\displaystyle {}y}$ bezeichnet) und schaut in die positive ${\displaystyle {}x}$-Richtung. Alle folgenden Angaben beziehen sich auf ihre jeweilige Position und ihre Ausrichtung, der Uhrzeigersinn bezieht sich auf die Draufsicht. Lucy führt hintereinander folgende Bewegungen aus. Sie macht einen Schritt nach rechts, dann zwei Schritte nach hinten, sie dreht sich um ${\displaystyle {}180}$ Grad, macht drei Schritte nach links, macht eine Vierteldrehung im Uhrzeigersinn, macht vier Schritte nach rechts und zwei Schritte nach hinten, dreht sich um ${\displaystyle {}360}$ Grad und macht einen Schritt nach links.

Wo befindet sie sich nach der Gesamtbewegung und in welche Richtung schaut sie?

Sie befindet sich in Position ${\displaystyle {}(-1,-3)}$ und schaut in die positive ${\displaystyle {}y}$-Richtung.

Es sei ${\displaystyle {}K}$ ein Körper mit zwei Elementen. Wie viele Teilmengen des ${\displaystyle {}K^{2}}$ mit zwei Elementen sind Untervektorräume, wie viele nicht?

Der ${\displaystyle {}K^{2}}$ enthält vier Elemente, darin gibt es

${\displaystyle {}{\binom {4}{2}}=6\,}$

Teilmengen mit zwei Elementen. Ein Untervektorraum muss das Nullelement ${\displaystyle {}\left(0,\,0\right)}$ enthalten. Wenn man dazu ein weiteres Element (also ${\displaystyle \left(1,\,0\right)}$ oder ${\displaystyle \left(0,\,1\right)}$ oder ${\displaystyle \left(1,\,1\right)}$ hinzufügt), so ist dies ein Untervektorraum. Es gibt also drei Untervektorräume mit zwei Elementen und drei Teilmengen mit zwei Elementen, die keine Untervektorräume sind.

Beweise den Satz über die Existenz von Basen in einem endlich erzeugten ${\displaystyle {}K}$- Vektorraum ${\displaystyle {}V}$.

Es sei ${\displaystyle {}v_{i}}$, ${\displaystyle {}i\in I}$, ein Erzeugendensystem von ${\displaystyle {}V}$ mit einer endlichen Indexmenge ${\displaystyle {}I}$. Wir wollen mit der Charakterisierung aus Satz 7.11 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025))  (2) argumentieren. Falls die Familie schon minimal ist, so liegt eine Basis vor. Andernfalls gibt es ein ${\displaystyle {}k\in I}$ derart, dass die um ${\displaystyle {}v_{k}}$ reduzierte Familie, also ${\displaystyle {}v_{i}}$, ${\displaystyle {}i\in I\setminus \{k\}}$, ebenfalls ein Erzeugendensystem ist. In diesem Fall kann man mit der kleineren Indexmenge weiterargumentieren.
Mit diesem Verfahren gelangt man letztlich zu einer Teilmenge ${\displaystyle {}J\subseteq I}$ derart, dass ${\displaystyle {}v_{i}}$, ${\displaystyle {}i\in J}$, ein minimales Erzeugendensystem, also eine Basis ist.

Wir betrachten die reelle Matrix

${\displaystyle {}M={\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&-1&0&0\\0&0&0&-1\\0&0&1&0\end{pmatrix}}\,}$

und den Vektor

${\displaystyle {}v={\begin{pmatrix}1\\1\\2\\0\end{pmatrix}}\,.}$

a) Berechne die Bilder

${\displaystyle Mv,M^{2}v,M^{3}v,M^{4}v.}$

b) Zeige, dass ${\displaystyle {}v,Mv,M^{2}v,M^{3}v}$ eine Basis von ${\displaystyle {}\mathbb {R} ^{4}}$ ist.

c) Bestimme die beschreibende Matrix bezüglich der Basis aus b).

a) Es ist

${\displaystyle {}{\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&-1&0&0\\0&0&0&-1\\0&0&1&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1\\1\\2\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\-1\\0\\2\end{pmatrix}}\,,}$

${\displaystyle {}{\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&-1&0&0\\0&0&0&-1\\0&0&1&0\end{pmatrix}}^{2}{\begin{pmatrix}1\\1\\2\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&-1&0&0\\0&0&0&-1\\0&0&1&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1\\-1\\0\\2\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\1\\-2\\0\end{pmatrix}}\,,}$

${\displaystyle {}{\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&-1&0&0\\0&0&0&-1\\0&0&1&0\end{pmatrix}}^{3}{\begin{pmatrix}1\\1\\2\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&-1&0&0\\0&0&0&-1\\0&0&1&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1\\1\\-2\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\-1\\0\\-2\end{pmatrix}}\,}$

und

${\displaystyle {}{\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&-1&0&0\\0&0&0&-1\\0&0&1&0\end{pmatrix}}^{4}{\begin{pmatrix}1\\1\\2\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&-1&0&0\\0&0&0&-1\\0&0&1&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1\\-1\\0\\-2\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\1\\2\\0\end{pmatrix}}\,.}$

b) Es ist

${\displaystyle {}v+M^{2}v={\begin{pmatrix}2\\2\\0\\0\end{pmatrix}}\,,}$

${\displaystyle {}Mv+M^{3}v={\begin{pmatrix}2\\-2\\0\\0\end{pmatrix}}\,,}$

${\displaystyle {}v-M^{2}v={\begin{pmatrix}0\\0\\4\\0\end{pmatrix}}\,}$

und

${\displaystyle {}Mv-M^{3}v={\begin{pmatrix}0\\0\\0\\4\end{pmatrix}}\,.}$

Da dies eine Basis ist, ist auch die Ausgangsfamilie eine Basis.

c) Bezüglich der neuen Basis wird die lineare Abbildung durch die Matrix

${\displaystyle {\begin{pmatrix}0&0&0&1\\1&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&1&0\end{pmatrix}}}$

beschrieben.

Es sei eine lineare Abbildung

${\displaystyle \varphi \colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2}}$

mit

${\displaystyle \varphi {\begin{pmatrix}-2\\4\\3\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}4\\-1\end{pmatrix}},\,\varphi {\begin{pmatrix}0\\3\\6\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix}}{\text{ und }}\varphi {\begin{pmatrix}1\\3\\-2\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-1\\4\end{pmatrix}}}$

gegeben. Berechne

${\displaystyle \varphi {\begin{pmatrix}4\\-6\\5\end{pmatrix}}.}$

${\displaystyle \varphi {\begin{pmatrix}-2\\4\\3\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}4\\-1\end{pmatrix}},\,\varphi {\begin{pmatrix}0\\3\\6\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix}}{\text{ und }}\varphi {\begin{pmatrix}1\\3\\-2\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-1\\4\end{pmatrix}}}$

gegeben. Berechne

${\displaystyle \varphi {\begin{pmatrix}4\\-6\\5\end{pmatrix}}.}$

Wir lösen zuerst das lineare Gleichungssystem

${\displaystyle {}a{\begin{pmatrix}-2\\4\\3\end{pmatrix}}+b{\begin{pmatrix}0\\3\\6\end{pmatrix}}+c{\begin{pmatrix}1\\3\\-2\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}4\\-6\\5\end{pmatrix}}\,.}$

Die Zeilenoperation ${\displaystyle {}IV=2II-III}$ führt auf

${\displaystyle {}(IV)\,\,\,5a+8c=-17\,}$

und ${\displaystyle {}V=8I-IV}$ führt auf

${\displaystyle {}(V)\,\,\,-21a=49\,.}$

Damit ist

${\displaystyle {}a=-{\frac {49}{21}}=-{\frac {7}{3}}\,}$

und

${\displaystyle {}c=4+2a=4-2\cdot {\frac {7}{3}}=-{\frac {2}{3}}\,}$

und

${\displaystyle {}b=-{\frac {4}{3}}a-c-2={\frac {4}{3}}\cdot {\frac {7}{3}}+{\frac {2}{3}}-2={\frac {28+6-18}{9}}={\frac {16}{9}}\,.}$

Also ist

${\displaystyle {}{\begin{aligned}\varphi {\begin{pmatrix}4\\-6\\5\end{pmatrix}}&=\varphi {\left(-{\frac {7}{3}}{\begin{pmatrix}-2\\4\\3\end{pmatrix}}+{\frac {16}{9}}{\begin{pmatrix}0\\3\\6\end{pmatrix}}-{\frac {2}{3}}{\begin{pmatrix}1\\3\\-2\end{pmatrix}}\right)}\\&=-{\frac {7}{3}}{\begin{pmatrix}4\\-1\end{pmatrix}}+{\frac {16}{9}}{\begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix}}-{\frac {2}{3}}{\begin{pmatrix}-1\\4\end{pmatrix}}\\&={\frac {1}{9}}{\begin{pmatrix}-84+32+6\\21+32-24\end{pmatrix}}\\&={\frac {1}{9}}{\begin{pmatrix}-46\\29\end{pmatrix}}.\end{aligned}}}$

Bestimme die inverse Matrix zu

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

Beweise den Satz über die Dualbasis.

Es sei

${\displaystyle {}\sum _{j=1}^{n}a_{j}v_{j}^{*}=0\,}$

mit ${\displaystyle {}a_{j}\in K}$. Wenn wir diese Linearform auf ${\displaystyle {}v_{i}}$ anwenden, so ergibt sich direkt

${\displaystyle {}a_{i}=0\,.}$

Die ${\displaystyle {}v_{1}^{*},\ldots ,v_{n}^{*}}$ sind also linear unabhängig. Nach Korollar 13.12 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) besitzt der Dualraum die Dimension ${\displaystyle {}n}$, daher muss bereits eine Basis vorliegen.

Bestätige den Determinantenmultiplikationssatz für die beiden Matrizen

${\displaystyle A={\begin{pmatrix}{\frac {2}{3}}&2&-1\\0&0&-1\\1&{\frac {1}{2}}&1\end{pmatrix}}\,\,{\text{ und }}\,\,B={\begin{pmatrix}2&4&-5\\1&1&0\\0&2&-{\frac {1}{3}}\end{pmatrix}}.}$

Es ist

${\displaystyle {}{\begin{aligned}\det {\begin{pmatrix}{\frac {2}{3}}&2&-1\\0&0&-1\\1&{\frac {1}{2}}&1\end{pmatrix}}&={\frac {2}{3}}\cdot {\frac {1}{2}}-2\\&=-{\frac {5}{3}}\end{aligned}}}$

und

${\displaystyle {}{\begin{aligned}\det {\begin{pmatrix}2&4&-5\\1&1&0\\0&2&-{\frac {1}{3}}\end{pmatrix}}&=-2\cdot {\frac {1}{3}}-1{\left(-4\cdot {\frac {1}{3}}+10\right)}\\&={\frac {-2-26}{3}}\\&=-{\frac {28}{3}}.\end{aligned}}}$

Es ist

${\displaystyle {}{\begin{pmatrix}{\frac {2}{3}}&2&-1\\0&0&-1\\1&{\frac {1}{2}}&1\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}2&4&-5\\1&1&0\\0&2&-{\frac {1}{3}}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}{\frac {10}{3}}&{\frac {8}{3}}&-3\\0&-2&{\frac {1}{3}}\\{\frac {5}{2}}&{\frac {13}{2}}&-{\frac {16}{3}}\end{pmatrix}}\,.}$

Die Determinante davon ist

${\displaystyle {}{\begin{aligned}\det {\begin{pmatrix}{\frac {10}{3}}&{\frac {8}{3}}&-3\\0&-2&{\frac {1}{3}}\\{\frac {5}{2}}&{\frac {13}{2}}&-{\frac {16}{3}}\end{pmatrix}}&={\frac {10}{3}}{\left({\frac {32}{3}}-{\frac {13}{6}}\right)}+{\frac {5}{2}}{\left({\frac {8}{9}}-6\right)}\\&={\frac {10}{3}}\cdot {\frac {51}{6}}-{\frac {5}{2}}\cdot {\frac {46}{9}}\\&={\frac {5}{3}}\cdot 17-5\cdot {\frac {23}{9}}\\&={\frac {255-115}{9}}\\&={\frac {140}{9}},\end{aligned}}}$

was mit dem Produkt der beiden Determinanten übereinstimmt.

Betrachte die Permutation ${\displaystyle {}\tau \in S_{5}}$, die durch die Wertetabelle

${\displaystyle {}x}$	${\displaystyle {}1}$	${\displaystyle {}2}$	${\displaystyle {}3}$	${\displaystyle {}4}$	${\displaystyle {}5}$
${\displaystyle {}\tau (x)}$	${\displaystyle {}4}$	${\displaystyle {}1}$	${\displaystyle {}3}$	${\displaystyle {}5}$	${\displaystyle {}2}$

gegeben ist.

a) Berechne ${\displaystyle {}\tau ^{2}}$ und ${\displaystyle {}\tau ^{3}}$.

b) Bestimme die Fehlstände von ${\displaystyle {}\tau }$ und das Vorzeichen (Signum) von ${\displaystyle {}\tau }$.

a) ${\displaystyle {}\tau ^{2}}$ besitzt die Wertetabelle

${\displaystyle {}x}$	${\displaystyle {}1}$	${\displaystyle {}2}$	${\displaystyle {}3}$	${\displaystyle {}4}$	${\displaystyle {}5}$
${\displaystyle {}\tau (x)}$	${\displaystyle {}5}$	${\displaystyle {}4}$	${\displaystyle {}3}$	${\displaystyle {}2}$	${\displaystyle {}1}$

und ${\displaystyle {}\tau ^{2}}$ besitzt die Wertetabelle

${\displaystyle {}x}$	${\displaystyle {}1}$	${\displaystyle {}2}$	${\displaystyle {}3}$	${\displaystyle {}4}$	${\displaystyle {}5}$
${\displaystyle {}\tau (x)}$	${\displaystyle {}2}$	${\displaystyle {}5}$	${\displaystyle {}3}$	${\displaystyle {}1}$	${\displaystyle {}4}$

b) Die Fehlstände sind

${\displaystyle (1,2),\,(1,3),\,(1,5),\,(3,5),\,(4,5).}$

Das sind ${\displaystyle {}5}$ Fehlstände und damit ist das Signum gleich ${\displaystyle {}-1}$.

Es sei ${\displaystyle {}z\in \mathbb {R} }$ eine reelle Zahl. Zeige, dass die folgenden Eigenschaften äquivalent sind.

1. Es gibt ein Polynom ${\displaystyle {}P\in \mathbb {R} [X]}$, ${\displaystyle {}P\neq 0}$, mit ganzzahligen Koeffizienten und mit ${\displaystyle {}P(z)=0}$.
2. Es gibt ein Polynom ${\displaystyle {}Q\in \mathbb {Q} [X]}$, ${\displaystyle {}Q\neq 0}$, mit ${\displaystyle {}Q(z)=0}$.
3. Es gibt ein normiertes Polynom ${\displaystyle {}R\in \mathbb {Q} [X]}$ mit ${\displaystyle {}R(z)=0}$.

Die Implikation (1) ${\displaystyle {}\Rightarrow }$ (2) ist unmittelbar klar, da ganze Zahlen rational sind und man somit ${\displaystyle {}Q=P}$ nehmen kann.

Es sei (2) erfüllt und sei

${\displaystyle {}Q=s_{n}X^{n}+s_{n-1}X^{n-1}+\cdots +s_{2}X^{2}+s_{1}X+s_{0}\,}$

mit ${\displaystyle {}s_{i}\in \mathbb {Q} }$, ${\displaystyle {}s_{n}\neq 0}$ und ${\displaystyle {}Q(z)=0}$. Wegen ${\displaystyle {}s_{n}\neq 0}$ ist auch ${\displaystyle {}s_{n}^{-1}}$ eine rationale Zahl. Wir multiplizieren ${\displaystyle {}Q}$ mit ${\displaystyle {}s_{n}^{-1}}$ und erhalten

${\displaystyle {}{\begin{aligned}R&:=s_{n}^{-1}Q\\&=s_{n}^{-1}{\left(s_{n}X^{n}+s_{n-1}X^{n-1}+\cdots +s_{2}X^{2}+s_{1}X+s_{0}\right)}\\&=X^{n}+s_{n}^{-1}\cdot s_{n-1}X^{n-1}+\cdots +s_{n}^{-1}\cdot s_{2}X^{2}+s_{n}^{-1}\cdot s_{1}X+s_{n}^{-1}\cdot s_{0}.\end{aligned}}}$

Dies ist ein normiertes Polynom, die Koeffizienten sind nach wie vor rational und es ist auch

${\displaystyle {}R(z)=(s_{n}^{-1}Q)(z)=s_{n}^{-1}\cdot Q(z)=0\,.}$

Es sei nun (3) erfüllt, und

${\displaystyle {}R=X^{n}+t_{n-1}X^{n-1}+\cdots +t_{2}X^{2}+t_{1}X+t_{0}\,}$

mit ${\displaystyle {}t_{i}\in \mathbb {Q} }$ und ${\displaystyle {}R(z)=0}$. Es ist

${\displaystyle {}t_{i}={\frac {a_{i}}{b_{i}}}\,}$

mit ${\displaystyle {}a_{i},b_{i}\in \mathbb {Z} }$, ${\displaystyle {}b_{i}\neq 0}$. Wir setzen

${\displaystyle {}{\begin{aligned}P&=b_{0}b_{1}\cdots b_{n-1}R\\&=b_{0}b_{1}\cdots b_{n-1}{\left(X^{n}+{\frac {a_{n-1}}{b_{n-1}}}X^{n-1}+\cdots +{\frac {a_{2}}{b_{2}}}X^{2}+{\frac {a_{1}}{b_{1}}}X+{\frac {a_{0}}{b_{0}}}\right)}\\&=b_{0}b_{1}\cdots b_{n-1}X^{n}+b_{0}b_{1}\cdots b_{n-2}a_{n-1}b_{n}X^{n-1}+\cdots +b_{0}b_{1}a_{2}b_{3}\cdots b_{n-1}X^{2}+b_{0}a_{1}b_{2}\cdots b_{n-1}X+a_{0}b_{1}\cdots b_{n-1}.\end{aligned}}}$

Dieses Polynom hat ganzzahlige Koeffizienten, ist nicht das Nullpolynom und es ist nach wie vor

${\displaystyle {}P(z)=0\,.}$

Bestimme in ${\displaystyle {}\mathbb {Z} }$ mit Hilfe des euklidischen Algorithmus den größten gemeinsamen Teiler von ${\displaystyle {}10868}$ und ${\displaystyle {}9243}$.

Der Euklidische Algorithmus liefert:

${\displaystyle 10868=1\cdot 9243+1625}$

${\displaystyle 9243=4\cdot 1625+1118}$

${\displaystyle 1625=1\cdot 1118+507}$

${\displaystyle 1118=2\cdot 507+104}$

${\displaystyle 507=4\cdot 104+91}$

${\displaystyle 104=1\cdot 91+13}$

${\displaystyle 91=7\cdot 13+0.}$

Der größte gemeinsame Teiler von ${\displaystyle {}10868}$ und ${\displaystyle {}9243}$ ist also ${\displaystyle {}13}$.

Beweise den Satz von Cayley-Hamilton.

Wir fassen die Matrix ${\displaystyle {}XE_{n}-M}$ als eine Matrix auf, deren Einträge im Körper ${\displaystyle {}K(X)}$ liegen. Die adjungierte Matrix

${\displaystyle (XE_{n}-M)^{\operatorname {adj} }}$

liegt ebenfalls in ${\displaystyle {}\operatorname {Mat} _{n}(K(X))}$. Die einzelnen Einträge der adjungierten Matrix sind nach Definition Determinanten von ${\displaystyle {}(n-1)\times (n-1)}$-Untermatrizen von ${\displaystyle {}XE_{n}-M}$. In den Einträgen dieser Matrix kommt die Variable ${\displaystyle {}X}$ maximal in der ersten Potenz vor, sodass in den Einträgen der adjungierten Matrix die Variable maximal in der ${\displaystyle {}(n-1)}$-ten Potenz vorkommt. Wir schreiben

${\displaystyle (XE_{n}-M)^{\operatorname {adj} }=X^{n-1}A_{n-1}+X^{n-2}A_{n-2}+\cdots +XA_{1}+A_{0}\,}$

mit Matrizen

${\displaystyle {}A_{i}\in \operatorname {Mat} _{n}(K)\,,}$

d.h. man schreibt die einzelnen Einträge als Polynome in ${\displaystyle {}X}$ und fasst dann die Koeffizienten zu ${\displaystyle {}X^{i}}$ zu einer Matrix zusammen. Aufgrund von Satz 17.9 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) gilt

${\displaystyle {}{\begin{aligned}\chi _{M}E_{n}&=(XE_{n}-M)\circ (XE_{n}-M)^{\operatorname {adj} }\\&=(XE_{n}-M)\circ (X^{n-1}A_{n-1}+X^{n-2}A_{n-2}+\cdots +XA_{1}+A_{0})\\&=X^{n}A_{n-1}+X^{n-1}(A_{n-2}-M\circ A_{n-1})+X^{n-2}(A_{n-3}-M\circ A_{n-2})+\cdots +X^{1}(A_{0}-M\circ A_{1})-M\circ A_{0}.\end{aligned}}}$

Wir können auch die Matrix links nach den Potenzen von ${\displaystyle {}X}$ aufteilen, dann ist

${\displaystyle \chi _{M}E_{n}=X^{n}E_{n}+X^{n-1}c_{n-1}E_{n}+X^{n-2}c_{n-2}E_{n}+\cdots +X^{1}c_{1}E_{n}+c_{0}E_{n}\,.}$

Da diese zwei Polynome übereinstimmen, müssen jeweils ihre Koeffizienten übereinstimmen. D.h. wir haben ein System von Gleichungen

${\displaystyle {\begin{matrix}E_{n}&=&A_{n-1}\\c_{n-1}E_{n}&=&A_{n-2}-M\circ A_{n-1}\\c_{n-2}E_{n}&=&A_{n-3}-M\circ A_{n-2}\\\vdots &\vdots &\vdots \\c_{1}E_{n}&=&A_{0}-M\circ A_{1}\\c_{0}E_{n}&=&-M\circ A_{0}\,.\end{matrix}}}$

Wir multiplizieren diese Gleichungen von links von oben nach unten mit ${\displaystyle {}M^{n},M^{n-1},M^{n-2},\ldots ,M^{1},E_{n}}$ und erhalten das Gleichungssystem

${\displaystyle {\begin{matrix}M^{n}&=&M^{n}\circ A_{n-1}\\c_{n-1}M^{n-1}&=&M^{n-1}\circ A_{n-2}-M^{n}\circ A_{n-1}\\c_{n-2}M^{n-2}&=&M^{n-2}\circ A_{n-3}-M^{n-1}\circ A_{n-2}\\\vdots &\vdots &\vdots \\c_{1}M^{1}&=&MA_{0}-M^{2}\circ A_{1}\\c_{0}E_{n}&=&-M\circ A_{0}\,.\end{matrix}}}$

Wenn wir die linke Spalte dieses Gleichungssystem aufsummieren, so erhalten wir gerade ${\displaystyle {}\chi _{M}\,(M)}$. Wenn wir die rechte Seite aufsummieren, so erhalten wir ${\displaystyle {}0}$, da jeder Teilsummand ${\displaystyle {}M^{i+1}\circ A_{i}}$ einmal positiv und einmal negativ vorkommt. Also ist ${\displaystyle {}\chi _{M}\,(M)=0}$.

Es sei ${\displaystyle {}K}$ ein Körper, ${\displaystyle {}V}$ ein ${\displaystyle {}K}$- Vektorraum und

${\displaystyle \varphi \colon V\longrightarrow V}$

eine lineare Abbildung. Es sei ${\displaystyle {}U\subseteq V}$ ein ${\displaystyle {}\varphi }$- invarianter Unterraum von ${\displaystyle {}V}$. Zeige, dass zu einem Polynom ${\displaystyle {}P\in K[X]}$ der Raum ${\displaystyle {}U}$ ebenfalls ${\displaystyle {}P(\varphi )}$-invariant ist.

Zunächst ist ${\displaystyle {}U}$ auch invariant bezüglich jeder Hintereinanderschaltung ${\displaystyle {}\varphi ^{k}}$. Es sei

${\displaystyle {}P=\sum _{i=0}^{d}a_{i}X^{i}\,}$

und ${\displaystyle {}u\in U}$. Dann ist

${\displaystyle {}(P(\varphi ))(u)={\left(\sum _{i=0}^{d}a_{i}\varphi ^{i}\right)}(u)=\sum _{i=0}^{d}a_{i}\varphi ^{i}(u)\,,}$

und dies gehört zu ${\displaystyle {}U}$, da es ja eine Linearkombination von Elementen aus ${\displaystyle {}U}$ ist.

Zeige, dass die komplexe Matrix

${\displaystyle {\begin{pmatrix}1&{\mathrm {i} }\\{\mathrm {i} }&-1\end{pmatrix}}}$

nilpotent ist.

Es ist

${\displaystyle {}{\begin{pmatrix}1&{\mathrm {i} }\\{\mathrm {i} }&-1\end{pmatrix}}^{2}={\begin{pmatrix}1&{\mathrm {i} }\\{\mathrm {i} }&-1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&{\mathrm {i} }\\{\mathrm {i} }&-1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1-1&{\mathrm {i} }-{\mathrm {i} }\\{\mathrm {i} }-{\mathrm {i} }&-1+1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}}\,.}$

Beschreibe die affine Gerade

${\displaystyle {}G={\left\{{\begin{pmatrix}3\\-2\\4\end{pmatrix}}+s{\begin{pmatrix}2\\2\\-5\end{pmatrix}}\mid s\in \mathbb {R} \right\}}\,}$

als Urbild über ${\displaystyle {}(1,0)}$ einer affinen Abbildung ${\displaystyle {}\psi \colon \mathbb {R} ^{3}\rightarrow \mathbb {R} ^{2}}$.

Der Richtungsvektor ${\displaystyle {}{\begin{pmatrix}2\\2\\-5\end{pmatrix}}}$ gehört jeweils zum Kern der beiden linear unabhängigen Linearformen ${\displaystyle {}\left(1,\,-1,\,0\right)}$ und ${\displaystyle {}\left(0,\,5,\,2\right)}$. Daher machen wir den Ansatz