Aufgabe 1 Wir betrachten das folgende lineare Gleichungssystem

(1+2+3+1+3)
Aufgabe 1
Wir betrachten das folgende lineare Gleichungssystem über C für die Unbekannten x1 , x2 , x3 mit einem
Parameter a ∈ C,
x1 + ix2 + ax3 = a2 − 2
ix1 + x2 = 0
ax1 + x3 = 0.
a) Schreiben Sie das Gleichungssystem in der Form Ax = b mit einer Matrix A ∈ C3×3 und einem
Vektor b ∈ C3 .
b) Berechnen Sie die Determinante det(A).
c) Bestimmen Sie die Werte von a ∈ R, für welche das Gleichungssystem eine eindeutige Lösung
besitzt. (Hinweis: Es ist nicht verlangt, diese Lösung explizit anzugeben!)
√
d) Es sei nun a = 2. Begründen Sie, warum der Lösungsraum U := {x ∈ C3 | Ax = b} in diesem
Fall ein Untervektorraum des C3 ist.
√
e) Es sei wieder a = 2. Geben Sie eine Basis B des Lösungsraumes U an und bestimmen Sie dessen
Dimension.
Lösung zu Aufgabe 1:

1 i a
a) A =  i 1 0
a 0 1

a2 − 2
b =  0 .
0


,
b) det(A) = 1 + 0 + 0 − 0 − i2 − a2 = 2 − a2 .
c) Das LGS √
ist genau dann eindeutig lösbar, wenn A invertierbar, also det(A) 6= 0 ist. Dies ist genau
für a 6= ± 2 der Fall.
√
d) Für a = 2 ist der Ergebnisvektor b = 0 und das LGS somit homogen. Und der Lösungsraum eines
homogenen LGS ist ein UVR.
√
e) Wir setzen a = 2 in die Matrix A ein und berechnen
√ 
√ 


1 i
2
1 i
2
√
A = √i 1 0  ∼ . . . ∼ 0 1 −i/ 2 .
2 0 1
0 0
0
√
√
Damit ist λ := x3 ein freier Parameter und es folgt
2 sowie
√ x1 = . . . = −λ/ 2. Der
 x2= iλ/ 
x1
−1/√ 2



Lösungsraum besteht also aus Vektoren der Form x2 = λ ·
i/ 2  und als Basis können
x3
1
 
 −1 
wir zum Beispiel B = √i  wählen. Es folgt dim(U ) = 1.


2
1
(1+1+2+3+3)
Aufgabe 2
Wir betrachten den Vektorraum V = R[x]2 der reellen Polynome von Grad höchstens zwei, sowie die
lineare Abbildung
f : V → V ; p(x) 7→ p(x + 1) − 2 · p(x).
Ferner sei B := (b1 , b2 , b3 ) die Standardbasis von V mit
b1 (x) = 1
,
b2 (x) = x
und b3 (x) = x2 .
a) Zeigen Sie f (b2 ) = −b2 + b1 .
b) Beweisen Sie, dass b1 ein Eigenvektor von f zum Eigenwert λ = −1 ist.
c) Bestimmen Sie die darstellende Matrix
B [f ]B
von f bezüglich der Basis B.


−1 1
0
d) Beweisen Sie: Die Abbildung f besitzt eine Jordan-Normalform und diese lautet J =  0 −1 1 .
0
0 −1
e) Geben Sie eine Jordan-Basis C = (c1 , c2 , c3 ) von f an.
Lösung zu Aufgabe 2:
a) b2 (x) 7→ b2 (x + 1) − 2 · b2 (x) = (x + 1) − 2x = −x + 1 = −b2 (x) + b1 (x), also f (b2 ) = −b2 + b1 .
b) b1 (x) 7→ b1 (x + 1) − 2 · b1 (x) = 1 − 2 · 1 = −1 = −b1 (x), also f (b1 ) = −b1 .
c) b3 (x) 7→ b3 (x + 1) − 2 · b3 (x) = (x + 1)2 − 2 · x2 = −x2 + 2x + 1, also f (b3 ) = −b3 + 2b2 + b1 . Es
ergibt sich


−1 1
1
−1 2  .
B [f ]B =  0
0
0 −1
d) Es ist χf (λ) = (−1 − λ)3 . Das charakteristische Polynom von f zerfällt also in Linearfaktoren und
somit kann f auf JNF gebracht werden. Der einzige Eigenwert von f ist λ = −1 mit algebraischer
Vielfachheit af (−1) = 3. Die geometrische Vielfachheit beträgt


0 1 1
gf (−1) = dim Kern 0 0 2 = 1
0 0 0
und somit besteht die JNF J wie angegeben aus genau einem Jordan-Block zum Eigenwert λ = −1.
e) Die ersten zwei Spalten von B [f ]B haben schon genau die richtige Form, wir wählen also c1 := b1
und c2 := b2 . Um c3 zu bestimmen müssen wir eine Lösung des LGS f (c3 ) = c2 − c3 bestimmen,
also in Matrixschreibweise bezüglich der Basis B = (b1 , b2 , b3 ):

 

0 1 1 0
0 1 0 −1/2
 0 0 2 1  ∼  0 0 1 1/2 
0 0 0 0
0 0 0
0
Wir setzen den freien Parameter auf Null und lesen die Lösung c3 = 12 b3 − 21 b2 ab.
2
(3+2+3+2)
Aufgabe 3
Wir betrachten den Euklidischen Vektorraum (R4 , h | i) mit dem Standardskalarprodukt. Ferner seien
u1 , u2 ∈ R4 fest gewählte, von Null verschiedene Vektoren mit u1 ⊥ u2 . Wir betrachten den Untervektorraum U := Lin{u1 , u2 } und die orthogonale Projektion
k
p : V → V ; v 7→ vU .
a) Geben Sie die explizite Formel für p(v) an und zeigen Sie, dass p eine lineare Abbildung ist.
b) Bestimmen Sie die Dimensionen der Untervektorräume U und U ⊥ .
c) Beweisen Sie: p besitzt die Eigenwerte 1 und 0 und für die Eigenräume gilt
Ep (1) = U
und Ep (0) = U ⊥ .
d) Bestimmen Sie die Determinante und die Spur von p.
Lösung zu Aufgabe 3:
a) Da (u1 , u2 ) eine Orthogonalbasis von U ist gilt
p(v) =
hu1 |vi
hu2 |vi
u1 +
u2 .
2
||u1 ||
||u2 ||2
Dies ist eine lineare Abbildung, da das Skalarprodukt linear in der zweiten Komponente ist.
b) Da u1 und u2 orthogonal und von Null verschieden sind, sind sie linear unabhängig und somit eine
Basis von U . Es folgt dim(U ) = 2. Wegen R4 = U ⊕ U ⊥ ist 4 = dim(U ) + dim(U ⊥ ), also auch
dim(U ⊥ ) = 2.
c) Da p die orthogonale Projektion auf U ist gilt für alle v ∈ U : p(v) = v. Wegen dim(U ) = 2 ist
folglich λ = 1 ein Eigenwert von p und es gilt U ⊂ Ep (1).
Für alle v ∈ U ⊥ gilt: p(v) = 0. Wegen dim(U ⊥ ) = 2 ist also λ = 0 ebenfalls ein Eigenwert von p
und es gilt U ⊥ ⊂ Ep (0).
Wegen dieser Inklusionen ist die geometrische Vielfachheit beider Eigenwerte mindestens 2 und
damit ist auch die algebraische Vielfachheit beider Eigenwerte mindestens 2. Die Summe der algebraischen Vielfachheiten kann aber maximal 4 sein. Die geometrischen Vielfachheiten sind also
genau zwei und die obigen Inklusionen sind tatsächlich Gleichheiten.
d) Bezüglich einer Basis B = (b1 , b2 , b3 , b4 ) des R4 ,
Basis von U ⊥ ist, hat p die Matrixdarstellung

1
0

B [p]B = 
0
0
wobei (b1 , b2 ) eine Basis von U und (b3 , b4 ) eine
0
1
0
0
0
0
0
0

0
0
.
0
0
Es folgt det(p) = 0 und Spur(p) = 2.
Anmerkung: Die Basisdarstellung aus Aufgabenteil d) kann auch für eine einfache Lösung von Teil c)
verwendet werden!
3
(10)
Aufgabe 4
Kreuzen Sie an, ob die folgenden Aussagen wahr oder falsch sind. Begründungen sind in dieser Aufgabe
nicht verlangt!
Aussage
wahr
falsch
x
{(x, y) ∈ Z × Z | x · y ≥ 0} ⊂ Z × Z ist eine Äquivalenzrelation.
x
Für σ =
1 2 3
3 1 2
∈ S3 gilt sgn(σ) = 1.
x
x
2
Die Abbildung f : R → R ;
7→ x + y ist linear.
y
x
Ist A ∈ GL(n, R) symmetrisch, so ist auch A−1 symmetrisch.
x
Im R4 sind je drei Vektoren u, v, w ∈ R4 stets linear unabhängig.
x
Sind U und V Untervektorräume im R3 mit dim(U ) ≥ 2 und
dim(V ) ≥ 2, so gilt:
dim(U ∩ V ) ≥ 1
x
Sind U und V Untervektorräume im R3 mit dim(U ) ≥ 1 und
dim(V ) ≥ 1, so gilt:
dim(U + V ) ≥ 2
x
Ist A ∈ Cn×n nilpotent, so gilt χA (λ) = 0 für alle λ ∈ R.
x
Die lineare
Abbildung
f : R3 → R3 ; f (x) := Ax mit der Matrix


3 3 3

A = 0 2 2 ist diagonalisierbar.
0 0 1
x
3
3
t
Die symmetrische Bilinearform

φ : R × R → R ; φ(v, w) = vAw
1 0 1

mit der Matrix A = 0 1 1 ist positiv definit.
1 1 3
4