OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Normierter Vektorraum/Lineare Abbildung/Normabschätzung/Stabil/Aufgabe/Lösung

* Es sei zunächst die Bedingung für alle Vektoren erfüllt. Dann ist Wenn umgekehrt die Supremumsnorm $\leq 1$ ist, so gilt für jeden Vektor $v\neq 0$ die Abschätzung
    $\Vert {\varphi }\Vert ={\operatorname {sup} \,(\Vert {\varphi (v)}\Vert ,\Vert {v}\Vert =1)}\leq {\operatorname {sup} \,(\Vert {v}\Vert ,\Vert {v}\Vert =1)}=1\,.$
    ${\begin{aligned}\Vert {\varphi (v)}\Vert &=\Vert {\varphi (\Vert {v}\Vert \cdot {\frac {v}{\Vert {v}\Vert }})}\Vert \\&=\Vert {\,\Vert {v}\Vert \varphi ({\frac {v}{\Vert {v}\Vert }})}\Vert \\&=\Vert {v}\Vert \cdot \Vert {\varphi ({\frac {v}{\Vert {v}\Vert }})}\Vert \\&\leq \Vert {v}\Vert \cdot \Vert {\varphi }\Vert \\&\leq \Vert {v}\Vert .\end{aligned}}$
* Aus folgt durch eine einfache Induktion direkt für alle $n\in \mathbb {N}$. Zu jedem Vektor sind also die Werte unter allen Potenzen von $\varphi$ durch $\Vert {v}\Vert$ beschränkte und somit ist die Abbildung stabil.
    $\Vert {\varphi (v)}\Vert \leq \Vert {v}\Vert \,$
    $\Vert {\varphi ^{n}(v)}\Vert \leq \Vert {v}\Vert \,$
* Wir betrachten die Matrix ${\begin{pmatrix}{\frac {1}{2}}&1\\0&{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}$, die nach Fakt (5) stabil ist. Der Standardvektor ${\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}$ wird dabei auf ${\begin{pmatrix}1\\{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}$ abgebildet, der in der euklidischen Norm größer als der Ausgangsvektor ist.
# Matrix/Elementarmatrizen/Einheitsmatrix/1/Aufgabe

Es sei
    $M={\begin{pmatrix}4&6\\7&-3\end{pmatrix}}\,.$
Finde Elementarmatrizen $E_{1},\ldots ,E_{k}$ derart, dass $E_{k}\circ \cdots \circ E_{1}\circ M$ die Einheitsmatrix ist.
# Normiertes Polynom/Grad 4/Wendepunktbedingung/Aufgabe/Lösung

Die relevanten Ableitungen sind
    $f'(x)=4x^{3}+3ax^{2}+2bx+c\,$
und
    $f^{\prime \prime }(x)=12x^{2}+6ax+2b\,.$
Die Frage ist äquivalent dazu, ob die zweite Ableitung zwei Nullstellen besitzt, da dann $f'$ von wachsend nach fallend nach wachsend wechselt (bei nur einer Nullstelle ist $f^{\prime \prime }$ nie negativ und $f'$ ist überall wachsend). Die Existenz von Lösungen der quadratische Gleichung
    $12x^{2}+6ax+2b=0\,$
hängt nach Fakt davon ab, ob ${\sqrt {36a^{2}-4\cdot 12\cdot 2b}}$ reell existiert, was genau dann der Fall ist, wenn
    $36a^{2}-96b\geq 0\,$
bzw.
    $a^{2}\geq {\frac {24}{9}}b\,$
ist. Die Existenz von zwei Lösungen ist dabei zu $>$ äquivalent. Das Polynom besitzt also genau dann (und zwar genau zwei) Wendepunkte, wenn
    $a^{2}>{\frac {24}{9}}b\,$
# Matrix/Elementarmatrizen/Einheitsmatrix/2/Aufgabe

Es sei
    $M={\begin{pmatrix}3&5&-1\\4&7&2\\2&-3&6\end{pmatrix}}\,.$
Finde Elementarmatrizen $E_{1},\ldots ,E_{k}$ derart, dass $E_{k}\circ \cdots \circ E_{1}\circ M$ die Einheitsmatrix ist.
# Nullstelle/x^3-3x+1/0 bis 1/Achtel/Aufgabe/Lösung

Wegen $f(0)=1$ und $f(1)=-1$ muss nach dem Zwischenwertsatz im Intervall $[0,1]$ eine Nullstelle von $f$ liegen.
Die Intervallmitte ist ${\frac {1}{2}}$, dort hat $f$ den Wert
    $f{\left({\frac {1}{2}}\right)}={\left({\frac {1}{2}}\right)}^{3}-3{\left({\frac {1}{2}}\right)}+1={\frac {1-12+8}{8}}=-{\frac {3}{8}}\,.$
Dies ist negativ, also muss eine Nullstelle im Intervall $[0,{\frac {1}{2}}]$ liegen.
Die Intervallmitte von diesem Intervall ist ${\frac {1}{4}}$, dort hat $f$ den Wert
    $f{\left({\frac {1}{4}}\right)}={\left({\frac {1}{4}}\right)}^{3}-3{\left({\frac {1}{4}}\right)}+1={\frac {1-48+64}{64}}={\frac {17}{64}}\,.$
$[{\frac {1}{4}},{\frac {1}{2}}]$
Die Intervallmitte von diesem Intervall ist ${\frac {3}{8}}$, dort hat $f$ den Wert
    $f{\left({\frac {3}{8}}\right)}={\left({\frac {3}{8}}\right)}^{3}-3{\left({\frac {3}{8}}\right)}+1={\frac {27-576+512}{512}}=-{\frac {37}{512}}\,.$
$[{\frac {1}{4}},{\frac {3}{8}}]=[{\frac {2}{8}},{\frac {3}{8}}]$
${\frac {1}{8}}$
# Matrix/Elementarmatrizen/Einheitsmatrix/3/Aufgabe

Es sei
    $M={\begin{pmatrix}8&5&-1\\0&4&1\\2&7&-6\end{pmatrix}}\,.$
Finde Elementarmatrizen $E_{1},\ldots ,E_{k}$ derart, dass $E_{k}\circ \cdots \circ E_{1}\circ M$ die Einheitsmatrix ist.
# Nullstelle/x^3-4x+2/Nullstelle/Achtel/Aufgabe/Lösung

Es ist $f(1)=-1$ und $f(2)=2$, es muss also nach Fakt eine Nullstelle im Intervall $[1,2]$ geben. Wir berechnen den Funktionswert an der Intervallmitte ${\frac {3}{2}}$ und erhalten
    $f{\left({\frac {3}{2}}\right)}={\frac {27}{8}}-4\cdot {\frac {3}{2}}+2={\frac {27-48+16}{8}}={\frac {-5}{8}}<0\,.$
Wir müssen also mit dem rechten Teilintervall $[{\frac {3}{2}},2]$ weitermachen. Dessen Intervallmitte ist ${\frac {7}{4}}$. Der Funktionswert an dieser Stelle ist
    $f{\left({\frac {7}{4}}\right)}={\left({\frac {7}{4}}\right)}^{3}-4\cdot {\frac {7}{4}}+2={\frac {343}{64}}-5={\frac {343-320}{64}}={\frac {23}{64}}>0\,.$
Jetzt müssen wir mit dem linken Teilintervall $[{\frac {3}{2}},{\frac {7}{4}}]$ weitermachen, dessen Mitte ist ${\frac {13}{8}}$. Der Funktionswert an dieser Stelle ist
    $f{\left({\frac {13}{8}}\right)}={\left({\frac {13}{8}}\right)}^{3}-4\cdot {\frac {13}{8}}+2={\frac {2197}{512}}-{\frac {13}{2}}+2={\frac {2197-3328+1024}{512}}={\frac {-107}{512}}<0\,.$
Somit wissen wir, dass es eine Nullstelle zwischen ${\frac {13}{8}}$ und ${\frac {7}{4}}={\frac {14}{8}}$
# Matrix/Elementarmatrizen/Einheitsmatrix/4/Aufgabe

Es sei
    $M={\begin{pmatrix}4&3\\5&1\end{pmatrix}}\,.$
Finde Elementarmatrizen $E_{1},\ldots ,E_{k}$ derart, dass $E_{k}\circ \cdots \circ E_{1}\circ M$ die Einheitsmatrix ist.
# Nullstellen/x^2 + sin x/Aufgabe/Lösung

Bei $x=0$ liegt eine Nullstelle vor. Auf $]0,\pi [$ sind beide Summanden positiv, und für $x\geq \pi$ ist $x^{2}\geq 9$, sodass, da $\sin x$ zwischen ${-1}$ und $1$ liegt, jenseits von $0$ keine Nullstelle liegen kann. Für $x<-1$ ist wiederum $x^{2}>1$, sodass unterhalb von ${-1}$ auch keine Nullstelle liegen kann. Für das Intervall $[-1,0]$ ziehen wir die Ableitung heran. Es ist
    $f'(x)=2x+\cos x\,.$
$]{-1},0[$
$f'(0)=1>0$
$]{-1},0[$
$f(-1)=1+\sin \left(-1\right)>0$
$f$
$]{-1},0[$
${-1}<c<d<0$
$]c,d[$
$]d,0[$
# Matrix/Homogenes lineares Gleichungssystem/Lösungsraum und Kern/Aufgabe

Es sei $M$ eine $m\times n$-Matrix über dem Körper $K$, $\varphi \colon K^{n}\rightarrow K^{m}$ die zugehörige lineare Abbildung und $Mx=0$ das zugehörige homogene lineare Gleichungssystem. Zeige, dass die Lösungsmenge des Systems gleich dem Kern von $\varphi$ ist.
# Nullstellenfreie Funktion/Diagonalmatrix/Umkehrbarkeit/Aufgabe/Lösung

a) Die Jacobi-Matrix ist
    ${\begin{pmatrix}{\frac {1}{f(y)}}&{\frac {xf'(y)}{-(f(y))^{2}}}\\0&f(y)\end{pmatrix}}.$
b) Die Abbildung $\varphi$ ist nach den Voraussetzungen an $f$ stetig differenzierbar. Die Determinante der Jacobi-Matrix ist in jedem Punkt
    ${\frac {1}{f(y)}}f(y)=1\,,$
daher ist das totale Differential bijektiv und der Satz ist anwendbar.
c) Es seien $(x,y),\,(x',y')$ mit dem gleichen Bildpunkt gegeben. Da $f$ stetig und nullstellenfrei ist, ist $f$ entweder überall positiv oder überall negativ. Daher ist die Stammfunktion $g$ streng wachsend oder streng fallend und jedenfalls injektiv. Aus $g(y)=g(y')$ folgt also $y=y'$. Aus
    ${\frac {x}{f(y)}}={\frac {x'}{f(y')}}\,$
folgt sodann
    $x=x'\,.$
# Matrix/Kommutativer Ring/Definiert Gruppenhomomorphismus/Aufgabe

Es sei $R$ ein kommutativer Ring und
    ${\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}&\ldots &a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\ldots &a_{2n}\\\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\a_{m1}&a_{m2}&\ldots &a_{mn}\end{pmatrix}}$
eine Matrix über $R$. Zeige, dass die Matrix einen Gruppenhomomorphismus
    $R^{n}\longrightarrow R^{m}$
definiert, indem man
    ${\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}\longmapsto {\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}&\ldots &a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\ldots &a_{2n}\\\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\a_{m1}&a_{m2}&\ldots &a_{mn}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}$
anwendet, wobei
    ${\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}&\ldots &a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\ldots &a_{2n}\\\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\a_{m1}&a_{m2}&\ldots &a_{mn}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}\sum _{i=1}^{n}a_{1i}x_{i}\\\sum _{i=1}^{n}a_{2i}x_{i}\\\vdots \\\sum _{i=1}^{n}a_{mi}x_{i}\end{pmatrix}}\,$
ist.
# Numerisches Monoid/N ab e/Hilbert-Funktion/Aufgabe/Lösung

* Wir behaupten Die Zugehörigkeit $k\in nM_{+}$ bedeutet, dass es $n$ Elemente $m_{1},\ldots ,m_{n}\in M_{+}=\mathbb {N} _{\geq e}$ mit Wegen $n_{j}\geq e$ ist $k\geq ne$. Wenn umgekehrt $k\geq ne$ gilt, so kann man mit $m\geq e$ schreiben, also ist $k\in nM_{+}$.
    $nM_{+}=\mathbb {N} _{\geq ne}\,.$
    $k=m_{1}+\cdots +m_{n}\,.$
    $k=(n-1)e+m\,$
* Es ist diese Menge besitzt somit $ne$ Elemente.
    $M\setminus nM_{+}=M\setminus \mathbb {N} _{\geq ne}=\{0,1,\ldots ,ne-1\}\,,$
* Wegen ist die $K$-Dimension von $K[M]_{\mathfrak {m}}/{\mathfrak {m}}^{n}$ ebenfalls gleich $ne$.
    ${\begin{aligned}K[M]_{\mathfrak {m}}/{\mathfrak {m}}^{n}&\cong K[M]/{\mathfrak {m}}^{n}\\&=K[M]/(nM_{+})\\&=K[M]/(\mathbb {N} _{\geq en})\\&=K\langle T^{m},\,0\leq m<en\rangle \end{aligned}}$
# Matrix/Lineare Abbildung/Aufgabe

Es sei $M={\left(a_{ij}\right)}_{1\leq i\leq m,\,1\leq j\leq n}$ eine $m\times n$-Matrix über einem Körper $K$. Zeige, dass die zugehörige Abbildung
    $K^{n}\longrightarrow K^{m},\,{\begin{pmatrix}s_{1}\\\vdots \\s_{n}\end{pmatrix}}\longmapsto M{\begin{pmatrix}s_{1}\\\vdots \\s_{n}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}\sum _{j=1}^{n}a_{1j}s_{j}\\\sum _{j=1}^{n}a_{2j}s_{j}\\\vdots \\\sum _{j=1}^{n}a_{mj}s_{j}\end{pmatrix}},$
linear ist.
# Numerisches Monoid/Singularitätsgrad/Ringkette/Aufgabe/Lösung

Der Singularitätsgrad $\delta$ ist die Anzahl der Lücken von $M$ in $\mathbb {N}$, der nach Fakt mit $\dim _{K}(R^{\operatorname {norm} }/R)=\dim _{K}(K[T]/K[M])$ übereinstimmt.
* Bei einer Kette von Monoiden muss in jedem Schritt mindestens ein Element hinzukommen, sodass $n\leq \delta$ ist. Wenn man $M_{i+1}$ sukzessive dadurch definiert, dass man zu $M_{i}$ das größte Element hinzunimmt, das nicht zu $M_{i}$ gehört, so ist dies ein Monoid, das genau ein Element mehr als $M_{i}$ besitzt. Dieses Verfahren ergibt eine Kette der Länge $\delta$ wie gewünscht.
    $M=M_{0}\subset M_{1}\subset M_{2}\subset \ldots \subset M_{n}=\mathbb {N} \,$
* Zur Kette der Länge $\delta$ gehört die Kette von $K$-Algebren wobei die Inklusionen echt sind, da zu $T^{m}\in M_{i+1}\setminus M_{i}$ auch $T^{m}\in K[M_{i+1}]\setminus K[M_{i}]$ gilt. Dass es keine längeren Ketten gibt, wird allgemeiner in Teil (3) begründet.
    $K[M]=K[M_{0}]\subset K[M_{1}]\subset K[M_{2}]\subset \ldots \subset K[M_{\delta }]=K[\mathbb {N} ]\,,$
* Die Algebrakette aus Teil (2) ist insbesondere eine Kette von $K$-Untervektorräumen. Wegen kann es keine längeren Ketten von Untervektorräumen geben, da diese den Ketten im Restklassenraum $K[\mathbb {N} ]/K[M]$ entsprechen und es in einem Vektorraum der Dimension $\delta$ nur Ketten der maximalen Länge $\delta$ geben kann.
    $\dim _{K}{\left(K[\mathbb {N} ]/K[M]\right)}=\delta \,$
# Matrix/Lineares Gleichungssystem/Lösungsmenge und Urbild/Aufgabe

Es sei $M$ eine $m\times n$-Matrix über dem Körper $K$, $\varphi \colon K^{n}\rightarrow K^{m}$ die zugehörige lineare Abbildung und $Mx=c$ das (vom Störvektor $c\in K^{m}$ abhängige) zugehörige lineare Gleichungssystem. Zeige, dass die Lösungsmenge des Systems gleich dem Urbild von $c$ unter der linearen Abbildung $\varphi$ ist.
# NxZ mod n/C/Komponenten/Aufgabe/Lösung

Es ist
    ${\begin{aligned}{\mathbb {C} }[M]&={\mathbb {C} }[S,T]/(S^{n}-1)\\&={\mathbb {C} }[T][S]/(S^{n}-1)\\&={\mathbb {C} }[T][S]/(\prod _{\eta }(S-\zeta ))\\&={\mathbb {C} }[S]/(\prod _{\eta }(S-\zeta ))[T],\end{aligned}}$
wobei $\zeta$ die $n$ komplexen Einheitswurzeln durchläuft. Es ist
    ${\mathbb {C} }[S]/(\prod _{\eta }(S-\zeta ))\cong {\mathbb {C} }^{n}\,,$
wobei die Abbildung durch $S\mapsto (\zeta _{0},\zeta _{1},\ldots ,\zeta _{n-1})$ gegeben ist. Daher ist
    ${\mathbb {C} }[S]/(\prod _{\eta }(S-\zeta ))[T]\cong {\mathbb {C} }^{n}[T]=({\mathbb {C} }[T])^{n}\,$
ein Produktring aus $n$ Polynomringen ${\mathbb {C} }[T]$. Daher besteht das ${\mathbb {C} }$-Spektrum dieses Ringes nach Fakt aus der $n$-fachen disjunkten Vereinigung von
    $\operatorname {Spek} {\left({\mathbb {C} }[T]\right)}={\mathbb {A} }_{\mathbb {C} }^{1}\,.$
# Matrix/Links-und Rechtsinverse/Gleich/Aufgabe

Es sei $M$ eine $n\times n$-Matrix derart, dass es $n\times n$-Matrizen $A,B$ mit $M\circ A=E_{n}$ und mit $B\circ M=E_{n}$ gibt. Zeige $A=B$ und dass $M$ invertierbar ist.
# N^2-1/Wann prim/Aufgabe/Lösung

Es gilt generell die Zerlegung
    $n^{2}-1=(n-1)(n+1)\,.$
Bei $n\geq 3$ sind beide Faktoren $\geq 2$ und daher kann $n^{2}-1$ nicht prim sein. Bei $n=2$ ist
    $2^{2}-1=3\,$
$n=0,1$
# Matrix/Minimalpolynom/Körpererweiterung/Aufgabe

Es sei $K\subseteq L$ eine Körpererweiterung. Es sei eine $n\times n$-Matrix $M$ über $K$ gegeben. Zeige, dass das Minimalpolynom $P\in K[X]$ mit dem Minimalpolynom zu $M$ übereinstimmt, wenn man die Matrix über $L$ auffasst.
# Obere Dreiecksgestalt/Konstante Diagonale/Diagonalisierbar/Aufgabe/Lösung

Wenn $M$ eine Diagonalmatrix, so ist $M$ natürlich auch diagonalisierbar. Es sei nun vorausgesetzt, dass $M$ diagonalisierbar ist. Da $M$ eine obere Dreiecksmatrix ist, ist der konstante Diagonaleintrag $c$ der einzige Eigenwert. Da $M$ diagonalisierbar ist, so ist $M$ nach Fakt die direkte Summe seiner Eigenräume. In diesem Fall gilt also
    $K^{n}=\operatorname {Eig} _{c}{\left(M\right)}\,,$
d.h. $M$ ist die Streckung
$c$
$M$
# Matrix/n verschiedene Eigenwerte/Determinante ist Produkt/Aufgabe

Es sei $M\in \operatorname {Mat} _{n}(K)$ eine Matrix mit $n$ (paarweise) verschiedenen Eigenwerten. Zeige, dass die Determinante von $M$ das Produkt der Eigenwerte ist.
# Obere Dreiecksmatrix/1/Winkeltreu/Identität/Aufgabe/Lösung

Wir führen Induktion über den Index der Spalten, wir zeigen also, dass in den ersten $k$ Spalten oberhalb der Diagonalen nur $0$ stehen. Für die erste Spalte ist dies klar. Es sei also nun als Induktionsvoraussetzung schon bewiesen, dass in den ersten $k$ Spalten oberhalb der Diagonalen nur $0$ stehen. Wir betrachten die $k+1$-te Spalte
    ${\begin{pmatrix}a_{1\,k+1}\\a_{2\,k+1}\\\vdots \\a_{k\,k+1}\\1\\0\\\vdots \\0\end{pmatrix}}.$
Da $\varphi$ winkeltreu ist, ist insbesondere
    $\left\langle \varphi (e_{i}),\varphi (e_{j})\right\rangle =\left\langle e_{i},e_{j}\right\rangle =\delta _{ij}\,.$
Die Spalten der Matrix sind $\varphi (e_{j})$. Daher ist für
    $i<k+1\,$
unter Verwendung der Induktionsvoraussetzung
    $0=\left\langle \varphi (e_{i}),\varphi (e_{k+1})\right\rangle =\left\langle e_{i},{\begin{pmatrix}a_{1\,k+1}\\a_{2\,k+1}\\\vdots \\a_{k\,k+1}\\1\\0\\\vdots \\0\end{pmatrix}}\right\rangle =a_{i\,k+1}\,,$
$k+1$
$0$
# Matrix/n verschiedene Eigenwerte/Spur ist Summe/Aufgabe

Es sei
    $M\in \operatorname {Mat} _{n}(K)\,$
eine Matrix mit $n$ (paarweise) verschiedenen Eigenwerten. Zeige, dass die Spur von $M$ die Summe der Eigenwerte ist.
# Obere Dreiecksmatrix/2/Quadrat annulliert/Aufgabe/Lösung

Die Bedingung bedeutet
    $M^{2}={\begin{pmatrix}a&b\\0&d\end{pmatrix}}^{2}={\begin{pmatrix}a&b\\0&d\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}a&b\\0&d\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}a^{2}&ab+bd\\0&d^{2}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}}\,.$
Daraus folgt direkt
    $a=d=0\,$
und $b$ ist beliebig. Die Lösungen haben also die Gestalt
    ${\begin{pmatrix}0&b\\0&0\end{pmatrix}}$
$b\in K$
# Matrix/Nilpotent/Jordan/Sukzessive Kerne/1/Aufgabe

Bestimme die Kerne der Potenzen $M^{i}$ zur Matrix
    $M={\begin{pmatrix}0&1&0&0&0\\0&0&1&0&0\\0&0&0&1&0\\0&0&0&0&1\\0&0&0&0&0\end{pmatrix}}\,.$
# Obere Dreiecksmatrix/2/R/X^2+3X-4 annulliert/Aufgabe/Lösung

Die Gesamtbedingung führt wegen
    ${\begin{pmatrix}a&b\\0&d\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}a&b\\0&d\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}a^{2}&ab+bd\\0&d^{2}\end{pmatrix}}\,$
auf
    ${\begin{pmatrix}a^{2}&ab+bd\\0&d^{2}\end{pmatrix}}+3{\begin{pmatrix}a&b\\0&d\end{pmatrix}}-4{\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}}\,$
und somit auf die drei Bedingungen
    $a^{2}+3a-4=0\,,$
    $d^{2}+3d-4=0\,$
und
    $(a+d+3)b=0\,.$
Nach der Lösungsformel für quadratische Gleichungen gilt
    $a,d=1,-4\,.$
Bei $b=0$ sind also
    ${\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}1&0\\0&-4\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}-4&0\\0&1\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}-4&0\\0&-4\end{pmatrix}}$
Lösungen. Bei $b\neq 0$ muss zusätzlich
    $a+d=-3\,$
sein, und daher sind
    ${\begin{pmatrix}1&b\\0&-4\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}-4&b\\0&1\end{pmatrix}}{\text{ mit }}b\neq 0$
# Matrix/Nilpotent/Jordan/Sukzessive Kerne/2/Aufgabe

Bestimme die Kerne der Potenzen $M^{i}$ zur Matrix
    $M={\begin{pmatrix}0&1&0&0&0\\0&0&1&0&0\\0&0&0&0&0\\0&0&0&0&1\\0&0&0&0&0\end{pmatrix}}\,.$
# Obere Dreiecksmatrix/4x4/Kern eindimensional/Aufgabe/Lösung

Es ist
    $N={\begin{pmatrix}3&5&2&4\\0&3&6&-1\\0&0&3&2\\0&0&0&3\end{pmatrix}}-3E_{4}={\begin{pmatrix}0&5&2&4\\0&0&6&-1\\0&0&0&2\\0&0&0&0\end{pmatrix}}\,.$
Das Element $e_{1}$ gehört zum Kern. Die $3\times 3$-Untermatrix rechts oben hat eine Determinante $\neq 0$ und somit hat die Matrix $N$ den Rang $3$ und der Kern ist eindimensional. In diesem Fall wachsen die Kerne zu $M^{i}$ jeweils um eine Dimension und daher ist
    ${\begin{pmatrix}3&1&0&0\\0&3&1&0\\0&0&3&1\\0&0&0&3\end{pmatrix}}$
$M$
# Matrix/Nullbedingung mit Diagonale/Produkt/Aufgabe

Es seien $A={\left(a_{ij}\right)}$ und $B={\left(b_{ij}\right)}$ quadratische Matrizen der Länge $n$. Es gelte $a_{ij}=0$ für $j\leq i+d$ und $b_{ij}=0$ für $j\leq i+e$ für gewisse $d,e\in \mathbb {Z}$. Zeige, dass die Einträge $c_{ij}$ des Produktes $AB$ die Bedingung $c_{ij}=0$ für $j\leq i+d+e+1$ erfüllen.
# Obere Dreiecksmatrix/Diagonalelement/Eigenwert/Direkt/Aufgabe/Lösung

Es sei $a$ ein Diagonalelement und es sei $k$ der kleinste Index mit
    $d_{k}=a\,.$
Wir müssen zeigen, dass es einen Vektor
    $x={\begin{pmatrix}x_{1}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}\neq 0\,$
mit
    $Mx=ax\,$
gibt. Wir zeigen die Existenz eines solchen Vektors mit
    $x_{k}=1\,$
und
    $x_{i}=0\,$
für $i>k$. Damit sind die $i$-ten Zeilen zu $Mx=ax$ für $i>k$ erfüllt. Die unteren Zeilen werden (wir schreiben
    $M=(d_{ij}\,$
und $d_{ii}=d_{i}$) zum Gleichungssystem
    $d_{1}x_{1}+\cdots +d_{1k}x_{k}=d_{k}x_{1}\,,$
    $d_{2}x_{2}+\cdots +d_{2k}x_{k}=d_{k}x_{2}\,,$
    $\vdots$
    $d_{k-1}x_{k-1}+d_{k-1\,k}x_{k}=d_{k}x_{k-1}\,,$
    $d_{k}x_{k}=d_{k}x_{k}\,$
bzw. zum linearen Gleichungssystem
    $(d_{1}x_{1}-d_{k})+\cdots +d_{1k}x_{k}=0\,,$
    $(d_{2}x_{2}-d_{k})+\cdots +d_{2k}x_{k}=0\,,$
    $\vdots$
    $(d_{k-1}-d_{k})x_{k-1}+d_{k-1\,k}x_{k}=0\,,$
    $(d_{k}-d_{k})x_{k}=0\,.$
Die letzte Gleichung ist stets, also insbesondere mit $x_{k}=1$ erfüllt. Da
    $d_{i}\neq d_{k}\,$
ist für $i<k$, ist in diesem Gleichungssystem in Dreiecksgestalt der Anfangsterm
    $d_{i}-d_{k}\neq 0\,$
für $i<k$ von $0$ verschieden. Nach Fakt kann man also $x_{k}=1$
# Obere Dreiecksmatrix/Eigenwert/Rechts unten/Falscher Beweis/Aufgabe/Lösung

Es ist zwar
    $x={\begin{pmatrix}x_{1}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}\neq 0\,,$
$0$
$0$
# Matrix/Polynome/Q/Koeffizientenmatrix/1/Aufgabe

Schreibe die Matrix
    $M={\begin{pmatrix}4X^{2}-3X+2&X^{3}-2X+8\\3X^{4}-X^{3}-2X^{2}+7&X^{4}-6\end{pmatrix}}\,$
(mit Einträgen aus $\mathbb {Q} [X]\subset \mathbb {Q} (X)$) als
    $A_{4}X^{4}+A_{3}X^{3}+A_{2}X^{2}+A_{1}X+A_{0}$
mit Matrizen $A_{4},A_{3},A_{2},A_{1},A_{0}\in \operatorname {Mat} _{2}(\mathbb {Q} )$.
# Obere Dreiecksmatrix/Eigenwerte/Diagonalelement/Direkt/Aufgabe/Lösung

Es sei ${\begin{pmatrix}x_{1}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}$ ein Eigenvektor von $M={\left(d_{ij}\right)}_{ij}$ zum Eigenwert $t\in K$. Da eine obere Dreiecksmatrix vorliegt, bedeutet dies
    $d_{11}x_{1}+\cdots +d_{1n}x_{n}=tx_{1}\,,$
    $d_{22}x_{2}+\cdots +d_{2n}x_{n}=tx_{2}\,,$
    $\vdots$
    $d_{n-1\,n-1}x_{n-1}+d_{(n-1)n}x_{n}=tx_{n-1}\,,$
    $d_{nn}x_{n}=tx_{n}\,.$
Es sei $k$ der größte Index mit $x_{k}\neq 0$, was es gibt, da ein Eigenvektor nicht der Nullvektor ist. Dann vereinfacht sich die $k$-te Gleichung
    $d_{kk}x_{k}+\cdots +d_{kn}x_{n}=tx_{k}\,$
zu
    $d_{kk}x_{k}=tx_{k}\,$
und wegen
    $x_{k}\neq 0\,$
folgt
    $t=d_{kk}\,,$
$t$
# Matrix/Potenzen/246/135/012/bis 4/Aufgabe

Berechne zur Matrix
    $M={\begin{pmatrix}2&4&6\\1&3&5\\0&1&2\end{pmatrix}}\,$
die Potenzen
    $M^{i},\,i=1,\ldots ,4.$
# Obere Dreiecksmatrix/Kanonische Zerlegung/1/Aufgabe/Lösung

a) Es ist
    $M-5E_{3}={\begin{pmatrix}0&2&3\\0&0&6\\0&0&-1\end{pmatrix}}\,$
eine Matrix mit Rang $2$, daher ist der Eigenraum zum Eigenwert $5$ eindimensional. Daher hat die jordansche Normalform die Gestalt
    ${\begin{pmatrix}5&1&0\\0&5&0\\0&0&4\end{pmatrix}}.$
b) In der Basis, in der die jordansche Normalform vorliegt, ist
    ${\begin{pmatrix}5&1&0\\0&5&0\\0&0&4\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}5&0&0\\0&5&0\\0&0&4\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}}\,.$
Dabei ist der Summand links in Diagonalgestalt, also insbesondere diagonalisierbar, und der Summand rechts ist nilpotent. Ferner ist
    ${\begin{pmatrix}5&0&0\\0&5&0\\0&0&4\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&5&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}}\,$
und
    ${\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}5&0&0\\0&5&0\\0&0&4\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&5&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}}\,,$
sodass auch die Vertauschbarkeitsbeziehung gilt.
c) Die Summanden sind diagonalisierbar bzw. nilpotent, allerdings ist
    ${\begin{pmatrix}5&0&0\\0&5&0\\0&0&4\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}0&2&3\\0&0&6\\0&0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&10&15\\0&0&30\\0&0&0\end{pmatrix}}\,$
und
    ${\begin{pmatrix}0&2&3\\0&0&6\\0&0&0\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}5&0&0\\0&5&0\\0&0&4\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&10&12\\0&0&24\\0&0&0\end{pmatrix}}\,.$
# Matrix/Q/2/Ordnung 3/Aufgabe

Man gebe eine Matrix $M\in \operatorname {GL} _{2}\!{\left(\mathbb {Q} \right)}$ der Ordnung $3$ an.
# Matrix/Q/2/Ordnung 4/Aufgabe

Man gebe eine Matrix $M\in \operatorname {GL} _{2}\!{\left(\mathbb {Q} \right)}$ der Ordnung $4$ an.
# Obere Dreiecksmatrix/Kanonische Zerlegung/3/Aufgabe/Lösung

a) Es ist
    $M-7E_{3}={\begin{pmatrix}0&0&2\\0&0&-1\\0&0&0\end{pmatrix}}\,$
eine Matrix mit Rang $1$, daher ist der Eigenraum zum Eigenwert $7$ zweidimensional. Daher hat die jordansche Normalform die Gestalt
    ${\begin{pmatrix}7&0&0\\0&7&1\\0&0&7\end{pmatrix}}.$
b) In der Basis, in der die jordansche Normalform vorliegt, ist
    ${\begin{pmatrix}7&0&0\\0&7&1\\0&0&7\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}7&0&0\\0&7&0\\0&0&7\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}}\,.$
Dabei ist der Summand links in Diagonalgestalt, also insbesondere diagonalisierbar, und der Summand rechts ist nilpotent. Ferner ist
    ${\begin{pmatrix}7&0&0\\0&7&0\\0&0&7\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&7\\0&0&0\end{pmatrix}}\,$
und
    ${\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}7&0&0\\0&7&0\\0&0&7\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&4\\0&0&0\end{pmatrix}}\,,$
sodass auch die Vertauschbarkeitsbeziehung gilt.
c) Die Summanden sind diagonalisierbar bzw. nilpotent. Ferner ist
    ${\begin{pmatrix}7&0&0\\0&7&0\\0&0&7\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}0&0&2\\0&0&-1\\0&0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0&14\\0&0&-7\\0&0&0\end{pmatrix}}\,$
und
    ${\begin{pmatrix}0&0&2\\0&0&-1\\0&0&0\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}7&0&0\\0&7&0\\0&0&7\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0&14\\0&0&-7\\0&0&0\end{pmatrix}}\,$
und somit ist dies ebenfalls die kanonische Zerlegung
# Matrix/R und C/Reelle Zahl/Eigenwert/Aufgabe

Es sei $M$ eine reelle $n\times n$-Matrix. Es sei $a\in \mathbb {R}$ eine reelle Zahl, die ein Eigenwert von $M$ ist, wenn man diese als eine komplexe Matrix auffasst. Zeige, dass $a$ schon im Reellen ein Eigenwert von $M$ ist.