OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Multilineare Abbildung/Distributivgesetz/Fakt/Beweis

Es ist $\Phi$ linear in jeder Komponente, wenn man die anderen Komponenten festhält. Eine lineare Abbildung ist mit beliebigen Linearkombinationen verträglich. Wir ziehen die Summen sukzessive nach vorne und verarbeiten die einzelnen geordneten SUmme in eine einzige ungeordnete Summe.
    ${\begin{aligned}&\,\,\,\,\,\,\,\Phi {\left(\sum _{i=1}^{m_{1}}a_{i1}v_{i1},\sum _{i=1}^{m_{2}}a_{i2}v_{i2},\ldots ,\sum _{i=1}^{m_{n}}a_{in}v_{in}\right)}\\&=\sum _{i=1}^{m_{1}}a_{i1}\Phi {\left(v_{i1},\sum _{i=1}^{m_{2}}a_{i2}v_{i2},\ldots ,\sum _{i=1}^{m_{n}}a_{in}v_{in}\right)}\\&=\sum _{i=1}^{m_{1}}a_{i1}{\left(\sum _{i=1}^{m_{2}}a_{i2}\Phi {\left(v_{i1},v_{i2},\sum _{i=1}^{m_{3}}a_{i3}v_{i3},\ldots ,\sum _{i=1}^{m_{n}}a_{in}v_{in}\right)}\right)}\\&=\sum _{(i_{1},i_{2})\in \{1,\ldots ,m_{1}\}\times \{1,\ldots ,m_{2}\}}a_{i_{1}1}a_{i_{2}2}\Phi {\left(v_{i_{1}1},v_{i_{2}2},\sum _{i=1}^{m_{3}}a_{i3}v_{i3},\ldots ,\sum _{i=1}^{m_{n}}a_{in}v_{in}\right)}\\&=\sum _{(i_{1},i_{2})\in \{1,\ldots ,m_{1}\}\times \{1,\ldots ,m_{2}\}}a_{i_{1}1}a_{i_{2}2}{\left(\sum _{i=1}^{m_{3}}a_{i3}\Phi {\left(v_{i_{1}1},v_{i_{2}2},v_{i3},\ldots ,\sum _{i=1}^{m_{n}}a_{in}v_{in}\right)}\right)}\\&=\sum _{(i_{1},i_{2},i_{3})\in \{1,\ldots ,m_{1}\}\times \{1,\ldots ,m_{2}\}\times \{1,\ldots ,m_{3}\}}a_{i_{1}1}a_{i_{2}2}a_{i_{3}3}\Phi {\left(v_{i_{1}1},v_{i_{2}2},v_{i_{3}3},\ldots ,\sum _{i=1}^{m_{n}}a_{in}v_{in}\right)}\\&=\ldots \\&=\sum _{(i_{1},\ldots ,i_{n})\in \{1,\ldots ,m_{1}\}\times \cdots \times \{1,\ldots ,m_{n}\}}a_{i_{1}1}\cdots a_{i_{n}n}\Phi {\left(v_{i_{1}1},\ldots ,v_{i_{n}n}\right)}.\,\end{aligned}}$
# Multilineare Abbildung/Distributivgesetz/Fakt/Beweis/Aufgabe/Lösung

Es ist $\Phi$ linear in jeder Komponente, wenn man die anderen Komponenten festhält. Eine lineare Abbildung ist mit beliebigen Linearkombinationen verträglich. Wir ziehen die Summen sukzessive nach vorne und verarbeiten die einzelnen geordneten SUmme in eine einzige ungeordnete Summe.
    ${\begin{aligned}&\,\,\,\,\,\,\,\Phi {\left(\sum _{i=1}^{m_{1}}a_{i1}v_{i1},\sum _{i=1}^{m_{2}}a_{i2}v_{i2},\ldots ,\sum _{i=1}^{m_{n}}a_{in}v_{in}\right)}\\&=\sum _{i=1}^{m_{1}}a_{i1}\Phi {\left(v_{i1},\sum _{i=1}^{m_{2}}a_{i2}v_{i2},\ldots ,\sum _{i=1}^{m_{n}}a_{in}v_{in}\right)}\\&=\sum _{i=1}^{m_{1}}a_{i1}{\left(\sum _{i=1}^{m_{2}}a_{i2}\Phi {\left(v_{i1},v_{i2},\sum _{i=1}^{m_{3}}a_{i3}v_{i3},\ldots ,\sum _{i=1}^{m_{n}}a_{in}v_{in}\right)}\right)}\\&=\sum _{(i_{1},i_{2})\in \{1,\ldots ,m_{1}\}\times \{1,\ldots ,m_{2}\}}a_{i_{1}1}a_{i_{2}2}\Phi {\left(v_{i_{1}1},v_{i_{2}2},\sum _{i=1}^{m_{3}}a_{i3}v_{i3},\ldots ,\sum _{i=1}^{m_{n}}a_{in}v_{in}\right)}\\&=\sum _{(i_{1},i_{2})\in \{1,\ldots ,m_{1}\}\times \{1,\ldots ,m_{2}\}}a_{i_{1}1}a_{i_{2}2}{\left(\sum _{i=1}^{m_{3}}a_{i3}\Phi {\left(v_{i_{1}1},v_{i_{2}2},v_{i3},\ldots ,\sum _{i=1}^{m_{n}}a_{in}v_{in}\right)}\right)}\\&=\sum _{(i_{1},i_{2},i_{3})\in \{1,\ldots ,m_{1}\}\times \{1,\ldots ,m_{2}\}\times \{1,\ldots ,m_{3}\}}a_{i_{1}1}a_{i_{2}2}a_{i_{3}3}\Phi {\left(v_{i_{1}1},v_{i_{2}2},v_{i_{3}3},\ldots ,\sum _{i=1}^{m_{n}}a_{in}v_{in}\right)}\\&=\ldots \\&=\sum _{(i_{1},\ldots ,i_{n})\in \{1,\ldots ,m_{1}\}\times \cdots \times \{1,\ldots ,m_{n}\}}a_{i_{1}1}\cdots a_{i_{n}n}\Phi {\left(v_{i_{1}1},\ldots ,v_{i_{n}n}\right)}.\,\end{aligned}}$
# Zwei Vektoren/Linear unabhängig/Aufgabe

Zeige, dass die beiden Vektoren ${\begin{pmatrix}2\\3\\1\end{pmatrix}}$ und ${\begin{pmatrix}4\\6\\3\end{pmatrix}}$ im $\mathbb {R} ^{3}$ linear unabhängig sind.
# Untervektorräume/Durchschnitt/(4 1 1), (-2 1 -2) und (3 0 2), (0 5 6)/Aufgabe

Im $\mathbb {R} ^{3}$ seien die beiden Untervektorräume
    $U={\left\{s{\begin{pmatrix}4\\1\\1\end{pmatrix}}+t{\begin{pmatrix}-2\\1\\-2\end{pmatrix}}\mid s,t\in \mathbb {R} \right\}}\,$
und
    $V={\left\{p{\begin{pmatrix}3\\0\\2\end{pmatrix}}+q{\begin{pmatrix}0\\5\\6\end{pmatrix}}\mid p,q\in \mathbb {R} \right\}}\,$
gegeben. Bestimme eine Basis für $U\cap V$.
# Untervektorräume/Durchschnitt/(4 1 1), (-2 1 -2) und (3 0 2), (0 5 6)/Aufgabe/Lösung

Jeder Vektor aus dem Durchschnitt $U\cap V$ besitzt eine Darstellung
    $s{\begin{pmatrix}4\\1\\1\end{pmatrix}}+t{\begin{pmatrix}-2\\1\\-2\end{pmatrix}}=p{\begin{pmatrix}3\\0\\2\end{pmatrix}}+q{\begin{pmatrix}0\\5\\6\end{pmatrix}}\,.$
Die Koeffiziententupel $(s,t,p,q)$ bilden den Lösungsraum des linearen Gleichungssystems
    ${\begin{pmatrix}4&-2&-3&0\\1&1&0&-5\\1&-2&-2&-6\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}s\\t\\p\\q\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}\,,$
das wir lösen müssen. Wir ersetzen die dritte Gleichung durch
    $III'=2I-3III:\,\,5s+2t+18q=0$
und die zweite Gleichung durch
    $II'=18II+5III':\,\,43s+28t=0.$
Wir wählen $s=28$, sodass $t=-43$ sein muss. Dies legt eindeutig $p$ und dann auch $q$ fest. Daher ist der Durchschnitt $U\cap V$ eindimensional und
    $28{\begin{pmatrix}4\\1\\1\end{pmatrix}}-43{\begin{pmatrix}-2\\1\\-2\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}198\\-15\\114\end{pmatrix}}\,$
$U\cap V$
# Linearkombination/Vektor in (3 0 2), (0 5 6)/Aufgabe

Zeige, dass man in $\mathbb {R} ^{3}$ den Vektor ${\begin{pmatrix}198\\-15\\114\end{pmatrix}}$ als Linearkombination der beiden Vektoren ${\begin{pmatrix}3\\0\\2\end{pmatrix}}$ und ${\begin{pmatrix}0\\5\\6\end{pmatrix}}$ erhalten kann.
# Linearkombination/Vektor in (3 0 2), (0 5 6)/Aufgabe/Lösung

Aufgrund der Nullen kommt nur das Koeffiziententupel $(66,-3)$ in Frage, und in der Tat ist
    $66{\begin{pmatrix}3\\0\\2\end{pmatrix}}-3{\begin{pmatrix}0\\5\\6\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}198\\-15\\132-18\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}198\\-15\\114\end{pmatrix}}\,.$
# Linearkombination/Vektor in (4 1 1), (-2 1 -2)/Aufgabe

Zeige, dass man in $\mathbb {R} ^{3}$ den Vektor ${\begin{pmatrix}198\\-15\\114\end{pmatrix}}$ als Linearkombination der beiden Vektoren ${\begin{pmatrix}4\\1\\1\end{pmatrix}}$ und ${\begin{pmatrix}-2\\1\\-2\end{pmatrix}}$ erhalten kann.
# Linearkombination/Vektor in (4 1 1), (-2 1 -2)/Aufgabe/Lösung

Wir brauchen eine Lösung für die Vektorgleichung
    ${\begin{pmatrix}198\\-15\\114\end{pmatrix}}=a{\begin{pmatrix}4\\1\\1\end{pmatrix}}+b{\begin{pmatrix}-2\\1\\-2\end{pmatrix}}\,.$
Die zweite und die dritte Komponente führen auf das lineare GLeichungssystem
    $I\,\,a+b=-15,$
    $II\,\,a-2b=114.$
Die Differenz $I-II$ führt auf
    $3b=-129\,.$
Also ist
    $b=-43\,$
und damit
    $a=-15+43=28\,.$
In der Tat ist
    $28{\begin{pmatrix}4\\1\\1\end{pmatrix}}-43{\begin{pmatrix}-2\\1\\-2\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}28\cdot 4-43\cdot (-2)\\-15\\114\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}198\\-15\\114\end{pmatrix}}\,.$
# 4x4-Matrix/Blockmatrix/R/Eigenräume/Aufgabe

Wir betrachten die reelle Matrix
    $M={\begin{pmatrix}2&3&0&0\\4&1&0&0\\0&0&5&-2\\0&0&1&3\end{pmatrix}}\,.$
a) Bestimme das charakteristische Polynom $\chi _{M}$ von $M$.
b) Bestimme die Faktorzerlegung von $\chi _{M}$.
c) Bestimme die Eigenwerte und die Eigenräume von $M$.
# 4x4-Matrix/Blockmatrix/C/Eigenräume/Aufgabe

Wir betrachten die Matrix
    $M={\begin{pmatrix}2&3&0&0\\4&1&0&0\\0&0&5&-2\\0&0&1&3\end{pmatrix}}\,$
über ${\mathbb {C} }$.
a) Bestimme das charakteristische Polynom $\chi _{M}$ von $M$.
b) Bestimme die Faktorzerlegung von $\chi _{M}$.
c) Bestimme die Eigenwerte und die Eigenräume von $M$.
# 4x4-Matrix/Blockmatrix/Charakteristisches Polynom/Aufgabe/Lösung

Es ist
    ${\begin{aligned}\chi _{M}&=\det \left({\begin{pmatrix}X&0&0&0\\0&X&0&0\\0&0&X&0\\0&0&0&X\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}2&3&0&0\\4&1&0&0\\0&0&5&-2\\0&0&1&3\end{pmatrix}}\right)\\&=\det {\begin{pmatrix}X-2&-3&0&0\\-4&X-1&0&0\\0&0&X-5&2\\0&0&-1&X-3\end{pmatrix}}\\&={\left({\left(X-2\right)}{\left(X-1\right)}-12\right)}\cdot {\left({\left(X-5\right)}{\left(X-3\right)}+2\right)}\\&={\left(X^{2}-3X-10\right)}\cdot {\left(X^{2}-8X+17\right)}\\&=X^{4}-11X^{3}+31X^{2}+29X-170.\end{aligned}}$
# 4x4-Matrix/Blockmatrix/Charakteristisches Polynom/Aufgabe

Bestimme das charakteristische Polynom $\chi _{M}$ der Matrix
    $M={\begin{pmatrix}2&3&0&0\\4&1&0&0\\0&0&5&-2\\0&0&1&3\end{pmatrix}}\,.$
# 4x4-Matrix/Blockmatrix/R/Eigenräume/Aufgabe/Lösung

a) Es ist
    ${\begin{aligned}\chi _{M}&=\det \left({\begin{pmatrix}X&0&0&0\\0&X&0&0\\0&0&X&0\\0&0&0&X\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}2&3&0&0\\4&1&0&0\\0&0&5&-2\\0&0&1&3\end{pmatrix}}\right)\\&=\det {\begin{pmatrix}X-2&-3&0&0\\-4&X-1&0&0\\0&0&X-5&2\\0&0&-1&X-3\end{pmatrix}}\\&={\left({\left(X-2\right)}{\left(X-1\right)}-12\right)}\cdot {\left({\left(X-5\right)}{\left(X-3\right)}+2\right)}\\&={\left(X^{2}-3X-10\right)}\cdot {\left(X^{2}-8X+17\right)}\\&=X^{4}-11X^{3}+31X^{2}+29X-170.\end{aligned}}$
b) Wir untersuchen, ob die beiden quadratischen Polynome reelle Nullstellen besitzen. Die Gleichung
    $X^{2}-3X-10=0\,$
führt auf
    $x_{1,2}={\frac {\pm {\sqrt {9+40}}+3}{2}}={\frac {\pm 7+3}{2}}\,,$
also
    $x_{1}=5\,$
und
    $x_{2}=-2\,.$
Die Gleichung
    $X^{2}-8X-17=0\,$
führt auf
    $x_{3,4}={\frac {\pm {\sqrt {64-68}}+8}{2}}={\frac {\pm {\sqrt {-4}}+8}{2}}\,,$
was reell keine Lösung besitzt. Die Faktorzerlegung ist also
    $\chi _{M}={\left(X-5\right)}{\left(X+2\right)}\cdot {\left(X^{2}-8X+17\right)}\,.$
c) Die Eigenwerte sind $5$ und $-2$. Der Eigenraum zu $5$ ist der Kern von
    ${\begin{pmatrix}3&-3&0&0\\-4&4&0&0\\0&0&0&2\\0&0&-1&2\end{pmatrix}},$
das ist
    $\mathbb {R} {\begin{pmatrix}1\\1\\0\\0\end{pmatrix}}.$
Der Eigenraum zu $-2$ ist der Kern von
    ${\begin{pmatrix}-4&-3&0&0\\-4&-3&0&0\\0&0&-7&2\\0&0&-1&-5\end{pmatrix}},$
das ist
    $\mathbb {R} {\begin{pmatrix}1\\-1\\0\\0\end{pmatrix}}.$
# 4x4-Matrix/Blockmatrix/C/Eigenräume/Aufgabe/Lösung

* Es ist
    ${\begin{aligned}\chi _{M}&=\det \left({\begin{pmatrix}X&0&0&0\\0&X&0&0\\0&0&X&0\\0&0&0&X\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}2&3&0&0\\4&1&0&0\\0&0&5&-2\\0&0&1&3\end{pmatrix}}\right)\\&=\det {\begin{pmatrix}X-2&-3&0&0\\-4&X-1&0&0\\0&0&X-5&2\\0&0&-1&X-3\end{pmatrix}}\\&={\left({\left(X-2\right)}{\left(X-1\right)}-12\right)}\cdot {\left({\left(X-5\right)}{\left(X-3\right)}+2\right)}\\&={\left(X^{2}-3X-10\right)}\cdot {\left(X^{2}-8X+17\right)}\\&=X^{4}-11X^{3}+31X^{2}+29X-170.\end{aligned}}$
* Wir bestimmen die Nullstellen der beiden quadratischen Polynome. Die Gleichung führt auf also und Die Gleichung führt auf Die Faktorzerlegung ist also
    $X^{2}-3X-10=0\,$
    $x_{1,2}={\frac {\pm {\sqrt {9+40}}+3}{2}}={\frac {\pm 7+3}{2}}\,,$
    $x_{1}=5\,$
    $x_{2}=-2\,.$
    $X^{2}-8X-17=0\,$
    $x_{3,4}={\frac {\pm {\sqrt {64-68}}+8}{2}}={\frac {\pm {\sqrt {-4}}+8}{2}}={\frac {\pm 2{\mathrm {i} }+8}{2}}=4\pm {\mathrm {i} }\,.$
    $\chi _{M}={\left(X-5\right)}{\left(X+2\right)}{\left(X-4-{\mathrm {i} }\right)}{\left(X-4+{\mathrm {i} }\right)}\,.$
* Die Eigenwerte sind $5,-2,4+{\mathrm {i} }$ und $4-{\mathrm {i} }$. Der Eigenraum zu $5$ ist der Kern von das ist Der Eigenraum zu $-2$ ist der Kern von das ist Der Eigenraum zu $4+{\mathrm {i} }$ ist der Kern von das ist Der Eigenraum zu $4-{\mathrm {i} }$ ist der Kern von das ist
    ${\begin{pmatrix}3&-3&0&0\\-4&4&0&0\\0&0&0&2\\0&0&-1&2\end{pmatrix}},$
    ${\mathbb {C} }{\begin{pmatrix}1\\1\\0\\0\end{pmatrix}}.$
    ${\begin{pmatrix}-4&-3&0&0\\-4&-3&0&0\\0&0&-7&2\\0&0&-1&-5\end{pmatrix}},$
    ${\mathbb {C} }{\begin{pmatrix}1\\-1\\0\\0\end{pmatrix}}.$
    ${\begin{pmatrix}2+{\mathrm {i} }&-3&0&0\\-4&3+{\mathrm {i} }&0&0\\0&0&-1+{\mathrm {i} }&2\\0&0&-1&1+{\mathrm {i} }\end{pmatrix}},$
    ${\mathbb {C} }{\begin{pmatrix}0\\0\\2\\1-{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}.$
    ${\begin{pmatrix}2-{\mathrm {i} }&-3&0&0\\-4&3-{\mathrm {i} }&0&0\\0&0&-1-{\mathrm {i} }&2\\0&0&-1&1-{\mathrm {i} }\end{pmatrix}},$
    ${\mathbb {C} }{\begin{pmatrix}0\\0\\2\\1+{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}.$
# 4x4-Matrix/Blockmatrix/Cayley-Hamilton/Aufgabe/Lösung

a) Es ist
    ${\begin{aligned}\chi _{M}&=\det \left({\begin{pmatrix}X&0&0&0\\0&X&0&0\\0&0&X&0\\0&0&0&X\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}2&3&0&0\\4&1&0&0\\0&0&5&-2\\0&0&1&3\end{pmatrix}}\right)\\&=\det {\begin{pmatrix}X-2&-3&0&0\\-4&X-1&0&0\\0&0&X-5&2\\0&0&-1&X-3\end{pmatrix}}\\&={\left({\left(X-2\right)}{\left(X-1\right)}-12\right)}\cdot {\left({\left(X-5\right)}{\left(X-3\right)}+2\right)}\\&={\left(X^{2}-3X-10\right)}\cdot {\left(X^{2}-8X+17\right)}\\&=X^{4}-11X^{3}+31X^{2}+29X-170.\end{aligned}}$
b) Es ist
    $M^{2}={\begin{pmatrix}2&3&0&0\\4&1&0&0\\0&0&5&-2\\0&0&1&3\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}2&3&0&0\\4&1&0&0\\0&0&5&-2\\0&0&1&3\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}16&9&0&0\\12&13&0&0\\0&0&23&-16\\0&0&8&7\end{pmatrix}}\,,$
    $M^{3}={\begin{pmatrix}2&3&0&0\\4&1&0&0\\0&0&5&-2\\0&0&1&3\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}16&9&0&0\\12&13&0&0\\0&0&23&-16\\0&0&8&7\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}68&57&0&0\\76&49&0&0\\0&0&99&-94\\0&0&47&5\end{pmatrix}}\,,$
    $M^{4}={\begin{pmatrix}16&9&0&0\\12&13&0&0\\0&0&23&-16\\0&0&8&7\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}16&9&0&0\\12&13&0&0\\0&0&23&-16\\0&0&8&7\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}364&261&0&0\\348&277&0&0\\0&0&401&-480\\0&0&240&-79\end{pmatrix}}\,.$
c) Es ist
    ${\begin{aligned}&\,\,\,\,\,\,\,\chi _{M}(M)\\&={\left(X^{4}-11X^{3}+31X^{2}+29X-170\right)}(M)\\&=M^{4}-11M^{3}+31M^{2}+29M-170E_{4}\\&={\begin{pmatrix}364&261&0&0\\348&277&0&0\\0&0&401&-480\\0&0&240&-79\end{pmatrix}}-11{\begin{pmatrix}68&57&0&0\\76&49&0&0\\0&0&99&-94\\0&0&47&5\end{pmatrix}}+31{\begin{pmatrix}16&9&0&0\\12&13&0&0\\0&0&23&-16\\0&0&8&7\end{pmatrix}}+29{\begin{pmatrix}2&3&0&0\\4&1&0&0\\0&0&5&-2\\0&0&1&3\end{pmatrix}}-170{\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}0&0&0&0\\0&0&0&0\\0&0&0&0\\0&0&0&0\end{pmatrix}}\,\end{aligned}}$
# 4x4-Matrix/Blockmatrix/Cayley-Hamilton/Aufgabe

Wir betrachten die Matrix
    $M={\begin{pmatrix}2&3&0&0\\4&1&0&0\\0&0&5&-2\\0&0&1&3\end{pmatrix}}\,.$
a) Bestimme das charakteristische Polynom $\chi _{M}$ von $M$.
b) Berechne die Potenzen $M^{2},M^{3},M^{4}$.
c) Überprüfe den Satz von Cayley-Hamilton für $M$.
# 3x3-Matrix/Blockdreiecksmatrix/Eigentheorie/Aufgabe/Lösung

a) Es ist
    ${\begin{aligned}\chi _{M}&=\det \left({\begin{pmatrix}X&0&0\\0&X&0\\0&0&X\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}7&6&-4\\3&-3&5\\0&0&2\end{pmatrix}}\right)\\&=\det {\begin{pmatrix}X-7&-6&4\\-3&X+3&-5\\0&0&X-2\end{pmatrix}}\\&={\left({\left(X-7\right)}{\left(X+3\right)}-18\right)}\cdot {\left(X-2\right)}\\&={\left(X^{2}-4X-39\right)}\cdot {\left(X-2\right)}\\&=X^{3}-6X^{2}-31X+78.\end{aligned}}$
b) Die GLeichung
    $X^{2}-4X-39=0\,$
besitzt die reellen Lösungen
    $x_{1,2}={\frac {\pm {\sqrt {16+156}}+4}{2}}={\frac {\pm {\sqrt {172}}+4}{2}}=\pm {\sqrt {43}}+2\,.$
Die Faktorzerlegung des charakteristischen Polynoms ist also
    $\chi _{M}={\left(X-2-{\sqrt {43}}\right)}{\left(X-2+{\sqrt {43}}\right)}{\left(X-2\right)}\,.$
c) Der Eigenraum zu $2$ ist der Kern von
    ${\begin{pmatrix}-5&-6&4\\-3&5&-5\\0&0&0\end{pmatrix}}.$
Dessen Berechnung führt auf das lineare Gleichungssystem
    $-5x-6y+4z=0\,,$
    $-3x+5y-5z=0\,.$
Die Kombination $5I+4II$ ergibt die Gleichung
    $-37x-10y=0\,.$
Wir setzen
    $x=10\,$
und
    $y=-37\,,$
was auf
    $z={\frac {1}{4}}{\left(50-222\right)}=-43\,$
führt. Der Eigenraum zum Eigenwert $2$ ist also $\mathbb {R} {\begin{pmatrix}10\\-37\\-43\end{pmatrix}}$.
Der Eigenraum zu $2+{\sqrt {43}}$ ist der Kern von
    ${\begin{pmatrix}-5+{\sqrt {43}}&-6&4\\-3&5+{\sqrt {43}}&-5\\0&0&{\sqrt {43}}\end{pmatrix}}.$
Dieser ist $\mathbb {R} {\begin{pmatrix}5+{\sqrt {43}}\\3\\0\end{pmatrix}}$.
Der Eigenraum zu $2-{\sqrt {43}}$ ist der Kern von
    ${\begin{pmatrix}-5-{\sqrt {43}}&-6&4\\-3&5-{\sqrt {43}}&-5\\0&0&-{\sqrt {43}}\end{pmatrix}}.$
$\mathbb {R} {\begin{pmatrix}5-{\sqrt {43}}\\3\\0\end{pmatrix}}$
# 3x3-Matrix/Blockdreiecksmatrix/Eigentheorie/Aufgabe

Wir betrachten die reelle Matrix
    $M={\begin{pmatrix}7&6&-4\\3&-3&5\\0&0&2\end{pmatrix}}\,.$
a) Bestimme das charakteristische Polynom von $M$.
b) Bestimme die Faktorzerlegung des charakteristischen Polynoms von $M$.
c) Bestimme die Eigenräume zu $M$.
# Komplexe Matrix/Nicht invertierbar/4/Aufgabe/Lösung

Die Matrix ist genau dann invertierbar, wenn ihre Determinante nicht $0$ ist. Es ist
    $\det {\begin{pmatrix}z&z+3&0\\1&2&3\\z&-z&4\end{pmatrix}}=z{\left(8+3z\right)}-{\left(z+3\right)}{\left(4-3z\right)}=6z^{2}+13z-12\,.$
Die Lösungen von
    $z^{2}+{\frac {13}{6}}z-2=0\,$
sind
    $z_{1,2}={\frac {\pm {\sqrt {{\frac {13^{2}}{6^{2}}}+8}}-{\frac {13}{6}}}{2}}={\frac {\pm {\sqrt {\frac {169+288}{36}}}-{\frac {13}{6}}}{2}}={\frac {\pm {\sqrt {457}}-13}{12}}\,.$
# 2x2-Matrizen/abba/Eigenschaften/Aufgabe

Wir betrachten die Menge $U$ der $2\times 2$-Matrizen der Form
    ${\begin{pmatrix}a&b\\b&a\end{pmatrix}}$
mit $a,b\in \mathbb {R}$.
a) Zeige, dass $U$ ein Untervektorraum im Raum aller $2\times 2$-Matrizen ist.
b) Bestimme eine Basis von $U$.
c) Bestimme die Dimension von $U$.
# 2x2-Matrizen/abba/Eigenschaften/Aufgabe/Lösung

a) Die Nullmatrix erhält man für $a=b=0$, ferner sind
    ${\begin{pmatrix}a&b\\b&a\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}c&d\\d&c\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}a+c&b+d\\b+d&a+c\end{pmatrix}}\,$
und
    $s{\begin{pmatrix}a&b\\b&a\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}sa&sb\\sd&sa\end{pmatrix}}\,$
wieder von dieser Bauart.
b) Wegen
    ${\begin{pmatrix}a&b\\b&a\end{pmatrix}}=a{\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}+b{\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}}\,$
bilden ${\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}$ und ${\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}}$ eine Basis von $U$.
$U$
$2$
# Lineare Abbildung/Glühwein/Preis und Kalorien/Aufgabe

Auf dem reellen Vektorraum $G=\mathbb {R} ^{4}$ der Glühweine betrachten wir die beiden linearen Abbildungen
    $\pi \colon G\longrightarrow \mathbb {R} ,\,{\begin{pmatrix}z\\n\\r\\s\end{pmatrix}}\longmapsto 8z+9n+5r+s,$
und
    $\kappa \colon G\longrightarrow \mathbb {R} ,\,{\begin{pmatrix}z\\n\\r\\s\end{pmatrix}}\longmapsto 2z+n+4r+8s.$
Wir stellen uns $\pi$ als Preisfunktion und $\kappa$ als Kalorienfunktion vor. Man bestimme Basen für $\operatorname {kern} \pi$, für $\operatorname {kern} \kappa$ und für $\operatorname {kern} (\pi \times \kappa )$.
# Reelle Ebene/Lineare Abbildung/Nicht injektiv/Rationale Einschränkung/Aufgabe/Lösung

Wir betrachten die durch die Matrix
    ${\begin{pmatrix}1&{\sqrt {2}}\\0&0\end{pmatrix}}$
gegebene lineare Abbildung
    $\mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2}.$
Dies ist nicht injektiv, das Element ${\begin{pmatrix}{\sqrt {2}}\\-1\end{pmatrix}}$ gehört zum Kern. Wir betrachten diese Abbildungsvorschrift nun als $\mathbb {Q}$-lineare Abbildung
    $\mathbb {Q} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\longmapsto {\begin{pmatrix}x+y{\sqrt {2}}\\0\end{pmatrix}}.$
Wenn auch diese Abbildung einen nichttrivialen Kern hätte, so würde es rationale Zahlen $x,y\neq 0$ mit
    $x+y{\sqrt {2}}=0\,$
geben. Doch dann wäre
    $-x/y={\sqrt {2}}\,,$
${\sqrt {2}}$
# Determinante/Multiplikation/3/Aufgabe/Lösung

Die Determinante von $A$ ist
    $\det {\begin{pmatrix}1&4&0\\2&0&5\\0&2&-1\end{pmatrix}}=-10+8=-2\,$
und die Determinante von $B$ ist
    $\det {\begin{pmatrix}1&2&7\\0&3&6\\0&-2&-3\end{pmatrix}}=-9+12=3\,.$
Das Produkt der beiden Matrizen ist
    $AB={\begin{pmatrix}1&4&0\\2&0&5\\0&2&-1\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}1&2&7\\0&3&6\\0&-2&-3\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&14&31\\2&-6&-1\\0&8&15\end{pmatrix}}\,.$
Die Determinante davon ist
    ${\begin{aligned}\det AB&=\det {\begin{pmatrix}1&14&31\\2&-6&-1\\0&8&15\end{pmatrix}}\\&=-90+8-2{\left(210-248\right)}\\&=-82+76\\&=-6.\end{aligned}}$
# Determinante/Diagonale Blockmatrix/Links unten 0/Aufgabe

Es sei $M$ eine quadratische Matrix, die man als
    $M={\begin{pmatrix}A&B\\0&D\end{pmatrix}}\,$
mit quadratischen Matrizen $A$ und $D$ schreiben kann. Zeige
    $\det M=\det A\cdot \det D\,.$
# Komplexe Multiplikation/Reelle Determinante/Aufgabe/Lösung

Es sei
    $z=a+b{\mathrm {i} }\,.$
Die Multiplikation mit $z$ ist die Abbildung
    ${\mathbb {C} }=\mathbb {R} ^{2}\longrightarrow {\mathbb {C} }=\mathbb {R} ^{2},\,x+y{\mathrm {i} }\longmapsto {\left(a+b{\mathrm {i} }\right)}{\left(x+y{\mathrm {i} }\right)},$
wobei
    ${\left(a+b{\mathrm {i} }\right)}{\left(x+y{\mathrm {i} }\right)}=ax-by+{\left(ay+bx\right)}{\mathrm {i} }\,$
gilt. Reell gesehen geht es also um die reell-lineare Abbildung
    $\mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\longmapsto {\begin{pmatrix}a&-b\\b&a\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}ax-by\\bx+ay\end{pmatrix}}.$
Die Determinante dieser linearen Abbildung ist
    $\det {\begin{pmatrix}a&-b\\b&a\end{pmatrix}}=a^{2}+b^{2}\,.$
# Komplexe Multiplikation/Reelle Determinante/Aufgabe

Es sei $z\in {\mathbb {C} }$ und
    ${\mathbb {C} }\longrightarrow {\mathbb {C} },\,w\longmapsto zw,$
die zugehörige Multiplikation. Bestimme die Determinante dieser Abbildung, wenn man sie als reell-lineare Abbildung $\mathbb {R} ^{2}\rightarrow \mathbb {R} ^{2}$ auffasst.
# Determinante/Diagonale Blockmatrix/Links unten 0/Aufgabe/Lösung

Es sei $A$ eine $k\times k$-Matrix, $k<n$. Wir beweisen die Aussage durch Induktion über $k$. Bei $k=1$ ergibt sich die Aussage direkt aus der rekursiven Definition der Determinante. Zum Beweis des Induktionsschrittes von $k-1$ nach $k$ betrachten wir, gemäß der Definition
    $\det M=\sum _{i=1}^{k}(-1)^{i+1}a_{i1}\det M_{i}\,.$
Hier muss man nur die Summe bis $k$ betrachten, da die weiteren Einträge in der ersten Spalte gleich $0$ sind. Die Streichungsmatrizen $M_{i}$ sind von der Form
    ${\begin{pmatrix}A_{i}&B_{i}\\0&D\end{pmatrix}},$
wobei wieder die erste Spalte und die $i$-te Zeile gestrichen werden. Insbesondere sind dies wieder Blockmatrizen, wobei die $A_{i}$ jetzt $(k-1)\times (k-1)$-Matrizen sind, sodass wir darauf die Induktionsvoraussetzung anwenden können. Es ist also
    ${\begin{aligned}\det M&=\sum _{i=1}^{k}(-1)^{i+1}a_{i1}\det M_{i}\\&=\sum _{i=1}^{k}(-1)^{i+1}a_{i1}{\left(\det A_{i}\cdot \det D\right)}\\&={\left(\sum _{i=1}^{k}(-1)^{i+1}a_{i1}\det A_{i}\right)}\det D\\&=\det A\cdot \det D,\end{aligned}}$
$\det A$
# Streckung/In jeder Basis gleich/Aufgabe/Lösung

Wenn $\varphi$ eine Streckung ist, so ist
    $\varphi (v)=sv\,$
für jeden Vektor $v\in V$ mit einem festen Streckungsfaktor $s$. Die beschreibende Matrix bezüglich einer beliebigen Basis ist daher diejenige Diagonalmatrix, in der jeder Diagonaleintrag gleich $s$ ist.
Es sei nun vorausgesetzt, dass $\varphi$ bezüglich jeder Basis durch die gleiche Matrix beschrieben wird. Dann sind zunächst $v$ und $\varphi (v)$ linear abhängig. Andernfalls wären
$v$ und $\varphi (v)$ linear abhängig und man könnte sie als die ersten beiden Vektoren einer Basis nehmen. Die Matrix bezüglich einer solchen Basis sieht dann in der ersten Spalte so aus:
    ${\begin{pmatrix}0&&&\\1&&&\\&&&\\&&&\end{pmatrix}}.$
Es ist dann auch $v$ und $w=v+\varphi (v)$ Teil einer Basis. Wegen
    $\varphi (v)=w-v\,$
sieht dann bezüglich dieser Basis die beschreibende Matrix so aus:
    ${\begin{pmatrix}-1&&&\\1&&&\\&&&\\&&&\end{pmatrix}}.$
Das kann also nicht sein. Dies bedeutet also, dass $\varphi (v)$ stets ein Vielfaches von $v$ ist. Es ist zu zeigen, dass dabei der skalare Faktor immer die gleiche Zahl ist. Nehmen wir an, dass es Vektoren $v,w$ mit
    $\varphi (v)=sv\,$
und
    $\varphi (w)=tw\,$
mit $s\neq t$
$v,w,...$
$s,t,...$
$w,v,...$
$t,s,...$
# Streckung/In jeder Basis gleich/Aufgabe

Es sei
    $\varphi \colon V\longrightarrow V$
ein Endomorphismus auf einem endlichdimensionalen $K$-Vektorraum $V$. Zeige, dass $\varphi$ genau dann eine Streckung ist, wenn die beschreibende Matrix unabhängig von den gewählten Basen ist.
# Polynom/Bezout/X^3+1 und X^2-1/Aufgabe

Bestimme den größten gemeinsamen Teiler von $X^{3}+1$ und $X^{2}-1$ sowie eine Darstellung davon.
# Polynom/Bezout/X^3+1 und X^2-1/Aufgabe/Lösung

Beide Polynome haben $-1$ als Nullstelle, es ist
    $X^{3}+1={\left(X+1\right)}{\left(X^{2}-X+1\right)}\,$
und
    $X^{2}-1={\left(X+1\right)}{\left(X-1\right)}\,.$
Wir arbeiten mit den beiden Gegenfaktoren weiter. Es ist
    $X^{2}-X+1=X{\left(X-1\right)}+1\,,$
somit sind die beiden Polynome teilerfremd und es gibt die Darstellung
    $X^{2}-X+1-X{\left(X-1\right)}=1\,.$
Deshalb ist
    ${\left(X^{3}+1\right)}-X{\left(X^{2}-1\right)}=X+1\,$
$X+1$