OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Matrix/5 7 1 0 5 4 0 0 5/Jordan/Aufgabe/Lösung

Es ist
    $M={\begin{pmatrix}5&7&1\\0&5&4\\0&0&5\end{pmatrix}}-5{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&7&1\\0&0&4\\0&0&0\end{pmatrix}}\,$
und
    ${\begin{pmatrix}0&7&1\\0&0&4\\0&0&0\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}0&7&1\\0&0&4\\0&0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0&28\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}}\,.$
Der Vektor ${\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}$ gehört nicht zum Kern von $M^{2}$, daher kann man aus den sukzessiven Bildern davon eine Basis wie gewünscht herstellen. Es ist
    $M{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&7&1\\0&0&4\\0&0&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\4\\0\end{pmatrix}}\,$
und
    $M^{2}{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}28\\0\\0\end{pmatrix}}\,.$
Daher ist
    ${\begin{pmatrix}28\\0\\0\end{pmatrix}}\,,{\begin{pmatrix}1\\4\\0\end{pmatrix}}\,,{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}$
eine Basis, bezüglich der die jordansche Normalform
    ${\begin{pmatrix}5&1&0\\0&5&1\\0&0&5\end{pmatrix}}$
# Lineare Abbildung/Matrix bzgl. Basis/Rang/Fakt/Beweis/Aufgabe

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.
# Matrix/610024007/R/Diagonalisierung/Aufgabe/Lösung

Das charakteristische Polynom zu
    ${\begin{pmatrix}6&1&0\\0&2&4\\0&0&7\end{pmatrix}}$
ist
    $(X-6)(X-2)(X-7).$
Es zerfällt also in Linearfaktoren mit verschiedenen Nullstellen und daher ist die Matrix diagonalisierbar. Die Eigenwerte sind $2,6,7$. Es ist
    $2{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}6&1&0\\0&2&4\\0&0&7\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-4&-1&0\\0&0&-4\\0&0&-5\end{pmatrix}}\,,$
ein Eigenvektor zum Eigenwert $2$ ist ${\begin{pmatrix}1\\-4\\0\end{pmatrix}}$. Ferner ist
    $6{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}6&1&0\\0&2&4\\0&0&7\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&-1&0\\0&4&-4\\0&0&-1\end{pmatrix}}\,,$
ein Eigenvektor zum Eigenwert $6$ ist ${\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}$. Schließlich ist
    $7{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}6&1&0\\0&2&4\\0&0&7\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&-1&0\\0&5&-4\\0&0&0\end{pmatrix}}\,,$
ein Eigenvektor zum Eigenwert $6$ ist ${\begin{pmatrix}4\\4\\5\end{pmatrix}}$. Eine Basis aus Eigenvektoren ist also
    ${\begin{pmatrix}1\\-4\\0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}4\\4\\5\end{pmatrix}}.$
# Lineare Abbildung/Moduln/Bild und Urbild/Untermoduln/Fakt/Beweis/Aufgabe

Es sei $R$ ein kommutativer Ring, $M$ und $N$ zwei $R$-Moduln und sei
    $\varphi \colon M\longrightarrow N$
ein
Modulhomomorphismus. Zeige die folgenden Aussagen.
* Für einen $R$-Untermodul $S\subseteq M$ ist auch das Bild $\varphi (S)$ ein Untermodul von $N$.
* Insbesondere ist das Bild $\operatorname {bild} \varphi =\varphi (M)$ der Abbildung ein Untermodul von $N$.
* Für einen Untermodul $T\subseteq N$ ist das Urbild $\varphi ^{-1}(T)$ ein Untermodul von $M$.
* Insbesondere ist der Kern $\varphi ^{-1}(0)$ ein Untermodul von $M$.
# Matrix/C/2+5i 1-2i 3-4i 6-2i/Invertierbar/Lösung zu 54+72i 0/Aufgabe/Lösung

a) Wir berechnen die Determinante der Matrix. Diese ist
    ${\begin{aligned}\det M&=(2+5{\mathrm {i} })(6-2{\mathrm {i} })-(3-4{\mathrm {i} })(1-2{\mathrm {i} })\\&=12+10+30{\mathrm {i} }-4{\mathrm {i} }-(3-8-4{\mathrm {i} }-6{\mathrm {i} })\\&=27+36{\mathrm {i} }.\end{aligned}}$
Insbesondere ist die Matrix invertierbar.
b) Es ist
    ${\begin{aligned}{\begin{pmatrix}54+72{\mathrm {i} }\\0\end{pmatrix}}&=2{\begin{pmatrix}\det M\\0\end{pmatrix}}\\\end{aligned}}$
Daher können wir direkt eine Lösung angeben, nämlich
    ${\begin{pmatrix}z_{1}\\z_{2}\end{pmatrix}}=2{\begin{pmatrix}6-2{\mathrm {i} }\\-(3-4{\mathrm {i} })\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}12-4{\mathrm {i} }\\-6+8{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}\,.$
Es ist ja
    ${\begin{aligned}{\begin{pmatrix}2+5{\mathrm {i} }&1-2{\mathrm {i} }\\3-4{\mathrm {i} }&6-2{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}2(6-2{\mathrm {i} })\\2(-3+4{\mathrm {i} })\end{pmatrix}}&=2{\begin{pmatrix}(2+5{\mathrm {i} })(6-2{\mathrm {i} })+(1-2{\mathrm {i} })(-3+4{\mathrm {i} })\\(3-4{\mathrm {i} })(6-2{\mathrm {i} })+(6-2{\mathrm {i} })(-3+4{\mathrm {i} })\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}2\det M\\0\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$
# Lineare Abbildung/Negativer Vektor/Aufgabe

Es sei
    $\varphi \colon V\longrightarrow W$
eine lineare Abbildung zwischen den $K$-Vektorräumen $V$ und $W$. Es sei $v\in V$. Zeige $\varphi (-v)=-\varphi (v)$.
# Matrix/Charakteristisches Polynom/Eigenwerte/-2 -4 2 0 2 3 0 6 1/Aufgabe/Lösung

Das charakteristische Polynom ist
    ${\begin{aligned}P_{A}(x)&=\det {\begin{pmatrix}x+2&4&-2\\0&x-2&-3\\0&-6&x-1\end{pmatrix}}\\&=(x+2){\left((x-2)(x-1)-18\right)}\\&=(x+2){\left(x^{2}-3x-16\right)}\\&=x^{3}-x^{2}-22x-32.\end{aligned}}$
Die Eigenwerte der lineraren Abbildung sind die Nullstellen des charakteristischen Polynoms. Der erste Eigenwert ist daher $x_{1}=-2$. Die weiteren Eigenwerte ergeben sich als die Lösungen von $x^{2}-3x-16=0$. Diese sind
$x_{2}={\frac {\sqrt {73}}{2}}+{\frac {3}{2}}$
$x_{3}=-{\frac {\sqrt {73}}{2}}+{\frac {3}{2}}$
# Lineare Abbildung/Nilpotente Matrix auf endlichdimensionalem Vektorraum/Nilexponent/Aufgabe

Es sei $K$ ein Körper und es sei $V$ ein endlichdimensionaler $K$-Vektorraum. Es sei
    $\varphi \colon V\longrightarrow V$
eine nilpotente lineare Abbildung. Zeige, dass $\varphi ^{n}=0$ ist, wobei $n$ die Dimension von $V$ bezeichnet.
# Matrix/Charakteristisches Polynom/Streckung/Aufgabe/Lösung

Es sei $M=(a_{ij})_{ij}$, somit ist
    $sM={\begin{pmatrix}sa_{11}&sa_{12}&\ldots &sa_{1n}\\sa_{21}&sa_{22}&\ldots &sa_{2n}\\\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\sa_{n1}&sa_{n2}&\ldots &sa_{nn}\end{pmatrix}}\,.$
Es sei zunächst
    $s\neq 0\,.$
Es ist
    ${\begin{aligned}\chi _{sM}&=\det(XE_{n}-sM)\\&=\det {\begin{pmatrix}X-sa_{11}&sa_{12}&\ldots &sa_{1n}\\sa_{21}&X-sa_{22}&\ldots &sa_{2n}\\\vdots &\vdots &\vdots &\vdots \\sa_{n1}&sa_{n2}&\ldots &X-sa_{nn}\end{pmatrix}}\\&=\det {\begin{pmatrix}s{\left({\frac {X}{s}}-a_{11}\right)}&sa_{12}&\ldots &sa_{1n}\\sa_{21}&s{\left({\frac {X}{s}}-a_{22}\right)}&\ldots &sa_{2n}\\\vdots &\vdots &\vdots &\vdots \\sa_{n1}&sa_{n2}&\ldots &s{\left({\frac {X}{s}}-a_{nn}\right)}\end{pmatrix}}\\&=s^{n}\cdot \det {\begin{pmatrix}{\frac {X}{s}}-a_{11}&a_{12}&\ldots &a_{1n}\\a_{21}&{\frac {X}{s}}-a_{22}&\ldots &a_{2n}\\\vdots &\vdots &\vdots &\vdots \\a_{n1}&a_{n2}&\ldots &{\frac {X}{s}}-a_{nn}\end{pmatrix}}\\&=s^{n}\cdot \chi _{M}{\left({\frac {X}{s}}\right)}.\end{aligned}}$
Hier steht also das charakteristische Polynom zu $M$, wobei man die Variable überall durch ${\frac {X}{s}}$ ersetzt, und das Ganze mit $s^{n}$ multipliziert. Daher ist
    ${\begin{aligned}\chi _{sM}&=s^{n}{\left({\left({\frac {X}{s}}\right)}^{n}+c_{n-1}{\left({\frac {X}{s}}\right)}^{n-1}+c_{n-2}{\left({\frac {X}{s}}\right)}^{n-2}+\cdots +c_{2}{\left({\frac {X}{s}}\right)}^{2}+c_{1}{\left({\frac {X}{s}}\right)}+c_{0}\right)}\\&=X^{n}+sc_{n-1}X^{n-1}+s^{2}c_{n-2}X^{n-2}+\cdots +s^{n-2}c_{2}X^{2}+s^{n-1}c_{1}X+s^{n}c_{0}.\end{aligned}}$
Dieser Zusammenhang gilt auch bei $s=0$,
$sM$
$X^{n}$
# Lineare Abbildung/Standardbasis/(5 1 2 3)/Matrix bezüglich 1 4 und 4 2/Aufgabe

Es sei $\varphi \colon \mathbb {R} ^{2}\rightarrow \mathbb {R} ^{2}$ die durch die Matrix $M={\begin{pmatrix}5&1\\2&3\end{pmatrix}}$ (bezüglich der Standardbasis) festgelegte lineare Abbildung. Bestimme die beschreibende Matrix zu $\varphi$ bezüglich der Basis ${\begin{pmatrix}1\\4\end{pmatrix}}$ und ${\begin{pmatrix}4\\2\end{pmatrix}}$.
# Matrix/Eigenräume/3/Aufgabe/Lösung

Das charakteristische Polynom ist
    ${\begin{aligned}\chi _{M}&=\det {\begin{pmatrix}x-4&0&-3\\0&x+1&0\\-2&0&x-3\end{pmatrix}}\\&=(x-4)(x+1)(x-3)-6(x+1)\\&=(x+1)((x-4)(x-3)-6)\\&=(x+1)(x^{2}-7x+6).\end{aligned}}$
Dies ergibt zunächst den Eigenwert $-1$. Durch quadratisches Ergänzen (oder direkt) sieht man für den quadratischen Term die Nullstellen $1$ und $6$, die die weiteren Eigenwerte sind. Da es drei verschiedene Eigenwerte gibt ist klar, dass zu jedem Eigenwert der Eigenraum eindimensional ist.
Eigenraum zu $-1$: Man muss die Lösungsmenge von
    ${\begin{pmatrix}-5&0&-3\\0&0&0\\-2&0&-4\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}$
bestimmen. Eine Lösung ist offenbar der Spaltenvektor ${\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}}$, sodass der Eigenraum zu $-1$ gleich $\lambda {\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}}$ ist.
Eigenraum zu $1$: Man muss die Lösungsmenge von
    ${\begin{pmatrix}-3&0&-3\\0&2&0\\-2&0&-2\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}$
bestimmen. Eine Lösung ist offenbar der Spaltenvektor ${\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix}}$, sodass der Eigenraum zu $1$ gleich $\lambda {\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix}}$ ist.
Eigenraum zu $6$: Man muss die Lösungsmenge von
    ${\begin{pmatrix}2&0&-3\\0&7&0\\-2&0&3\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}$
${\begin{pmatrix}3\\0\\2\end{pmatrix}}$
$6$
$\lambda {\begin{pmatrix}3\\0\\2\end{pmatrix}}$
# Lineare Abbildung/Standardbasis/Auswertung/Aufgabe

Es sei $\varphi \colon \mathbb {Q} ^{3}\rightarrow \mathbb {Q} ^{2}$ eine lineare Abbildung mit
    $\varphi (e_{1})={\begin{pmatrix}5\\7\end{pmatrix}}\,,$
    $\varphi (e_{2})={\begin{pmatrix}3\\-3\end{pmatrix}}\,$
und
    $\varphi (e_{3})={\begin{pmatrix}4\\-11\end{pmatrix}}\,.$
Berechne $\varphi {\left({\begin{pmatrix}3\\-4\\2\end{pmatrix}}\right)}$.
# Matrix/Eigenwerte/Basiswechsel/Aufgabe/Lösung

* Es sei $\lambda$ ein Eigenwert zu $M$. Dann gibt es ein von $0$ verschiedenes Koordinatentupel ${\begin{pmatrix}x_{1}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}$ mit Es sei was ebenfalls nicht $0$ ist. Dann ist d.h. $\lambda$ ist auch ein Eigenwert von $N$. Wegen ist die Situation symmetrisch, daher sind Eigenwerte von $N$ auch Eigenwerte von $M$.
    $M{\begin{pmatrix}x_{1}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}=\lambda {\begin{pmatrix}x_{1}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}\,.$
    ${\begin{pmatrix}x'_{1}\\\vdots \\x'_{n}\end{pmatrix}}=B{\begin{pmatrix}x_{1}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}\,,$
    ${\begin{aligned}N{\begin{pmatrix}x'_{1}\\\vdots \\x'_{n}\end{pmatrix}}&=(BMB^{-1}){\begin{pmatrix}x'_{1}\\\vdots \\x'_{n}\end{pmatrix}}\\&=(BMB^{-1})B{\begin{pmatrix}x_{1}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}\\&=BM{\begin{pmatrix}x_{1}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}\\&=B\lambda {\begin{pmatrix}x_{1}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}\\&=\lambda B{\begin{pmatrix}x_{1}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}\\&=\lambda {\begin{pmatrix}x'_{1}\\\vdots \\x'_{n}\end{pmatrix}},\end{aligned}}$
    $M=B^{-1}NB\,$
* Aufgrund des Determinantenmultiplikationssatzes besitzen $M$ und $N$ das gleiche charakteristische Polynom. Da die Eigenwerte genau die Nullstellen des charakteristischen Polynoms sind, stimmen die Eigenwerte überein.
# Lineare Abbildung/Zahlenraum/Bild einer Geraden/Aufgabe

Zeige, dass das Bild einer Geraden $G\subseteq K^{n}$ unter einer linearen Abbildung $\varphi \colon K^{n}\rightarrow K^{m}$ entweder eine Gerade oder ein Punkt im $K^{m}$ ist.
# Matrix/Elementarmatrizen/Einheitsmatrix/4/Aufgabe/Lösung

Wir multiplizieren die gegebene Matrix nacheinander mit Elementarmatrizen, bis sich die Einheitsmatrix ergibt. Es ist
    ${\begin{pmatrix}1&0\\-{\frac {5}{4}}&1\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}4&3\\5&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}4&3\\0&-{\frac {11}{4}}\end{pmatrix}}\,,$
    ${\begin{pmatrix}1&{\frac {12}{11}}\\0&1\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}4&3\\0&-{\frac {11}{4}}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}4&0\\0&-{\frac {11}{4}}\end{pmatrix}}\,,$
    ${\begin{pmatrix}{\frac {1}{4}}&0\\0&1\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}4&0\\0&-{\frac {11}{4}}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0\\0&-{\frac {11}{4}}\end{pmatrix}}\,,$
    ${\begin{pmatrix}1&0\\0&-{\frac {4}{11}}\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}1&0\\0&-{\frac {11}{4}}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}\,.$
Somit ist insgesamt
    ${\begin{pmatrix}1&0\\0&-{\frac {4}{11}}\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}{\frac {1}{4}}&0\\0&1\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}1&{\frac {12}{11}}\\0&1\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}1&0\\-{\frac {5}{4}}&1\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}4&3\\5&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}\,.$
# Lineare Abbildung/Zahlenraum/Graph/Untervektorraum/Aufgabe

Es sei $K$ ein Körper, $m,n\in \mathbb {N}$ und $\varphi \colon K^{m}\rightarrow K^{n}$ eine lineare Abbildung. Zeige, dass der Graph der Abbildung ein Untervektorraum von $K^{m}\times K^{n}$ ist.
# Matrix/Endliche Ordnung/Stabil/Aufgabe/Lösung

Da $\varphi$ endliche Ordnung besitzt, gibt es ein $k\in \mathbb {N} _{+}$ mit $\varphi ^{k}=\operatorname {Id} _{V}$. Damit ist auch
    $\varphi ^{n+k}=\varphi ^{n}\,$
für alle $n$ und somit kommen in der Potenzfolge $\varphi ^{n}$, $n\in \mathbb {N}$, überhaupt nur endlich viele verschiedene Endomorphismen vor. Es sei $m={\max {\left(\Vert {\varphi ^{n}}\Vert ,0\leq n<k\right)}}$. Dann ist
    $\Vert {\varphi ^{n}}\Vert \leq m\,$
für alle $n\in \mathbb {N}$ und somit ist die Folge normbeschränkt, also
# Lineare Abbildung/Zahlenraum/Grundlegende Eigenschaften/Fakt/Beweis/Aufgabe

Es sei $K$ ein Körper und sei $\varphi \colon K^{n}\rightarrow K^{m}$ eine lineare Abbildung. Zeige die folgenden Eigenschaften.
* Es ist $\varphi (0)=0$.
* Für jede Linearkombination $\sum _{i=1}^{k}s_{i}v_{i}$ in $K^{n}$ gilt
    $\varphi {\left(\sum _{i=1}^{k}s_{i}v_{i}\right)}=\sum _{i=1}^{k}s_{i}\varphi {\left(v_{i}\right)}\,.$
# Lineare Abbildung/Zahlenraum/Negativer Vektor/Aufgabe

Es sei
    $\varphi \colon K^{m}\longrightarrow K^{n}$
eine lineare Abbildung. Es sei $v\in K^{m}$. Zeige $\varphi (-v)=-\varphi (v)$.
# Lineare Abbildungen und Sesquilinearformen/Korrespondenz mit Basis/Skalarprodukt/Aufgabe

Es sei $V$ ein endlichdimensionaler ${\mathbb {K} }$-Vektorraum und $v_{1},\ldots ,v_{n}$ eine Basis von $V$. Es sei $\left\langle -,-\right\rangle$ das durch
    $\left\langle v_{i},v_{j}\right\rangle ={\begin{cases}1,{\text{ falls }}i=j,\\0\,{\text{ sonst}},\end{cases}}\,$
definierte Skalarprodukt auf $V$. Zu einer linearen Abbildung bezeichne $\Psi _{\varphi }$ die (über $\left\langle -,-\right\rangle$) zugehörige Sesquilinearform. Zeige, dass die Gramsche Matrix von $\Psi _{\varphi }$ bezüglich der Basis mit der beschreibenden Matrix von $\varphi$ bezüglich der Basis übereinstimmt.
# Matrix/n verschiedene Eigenwerte/Determinante ist Produkt/Aufgabe/Lösung

Aufgrund der verschiedenen Eigenwerte ist $\varphi$ nach Fakt diagonalisierbar. Es gibt daher nach Fakt eine invertierbare Matrix $B$ derart, dass
    $BMB^{-1}$
eine Diagonalmatrix ist, wobei in der Diagonalen die verschiedenen Eigenwerte $d_{1},\ldots ,d_{n}$ stehen. Nach Fakt und Fakt ist
    $\det M=\det BMB^{-1}=d_{1}\cdots d_{n}\,.$
# Lineare Abbildungen/Formen/Skalarprodukt/Matrizen/Aufgabe

Es sei $V$ ein endlichdimensionaler ${\mathbb {K} }$-Vektorraum mit Skalarprodukt $\left\langle -,-\right\rangle$ und es sei $v_{1},\ldots ,v_{n}$ eine Basis von $V$. Es sei
    $\varphi \colon V\longrightarrow V$
ein Endomorphismus und $\Psi _{\varphi }$ die zugehörige Sesquilinearform im Sinne von Fakt. Wie verhält sich die beschreibende Matrix von $\varphi$ zur Gramschen Matrix zu $\Psi _{\varphi }$? Welche Beziehung besteht zur Gramschen Matrix der Form $\Theta _{\varphi }$, die durch
    $\Theta _{\varphi }(v,w)=\left\langle v,\varphi (w)\right\rangle \,$
definiert wird.
# Matrix/Nullbedingung mit Diagonale/Produkt/Aufgabe/Lösung

Es ist
    $c_{ij}=\sum _{k=1}^{n}a_{ik}b_{kj}=\sum _{k=1}^{i+d}a_{ik}b_{kj}+\sum _{k=i+d+1}^{n}a_{ik}b_{kj}\,.$
Die Summanden links sind gleich $0$, da $a_{ik}=0$ für $k\leq i+d$ ist. Es sei nun $j\leq i+d+e+1$ vorausgesetzt. Dann gilt für die Indizes im rechten Summanden
    $i+d+1\leq k\,$
und
    $j\leq i+d+1+e\leq k+e\,,$
also ist $b_{kj}=0$
$0$
# Lineare Abbildungen/Kriterium für trivialen Schnitt von Bild und Kern eines Operators/Aufgabe

Es sei $V$ ein endlichdimensionaler $K$-Vektorraum und $f\colon V\rightarrow V$ ein Endomorphismus. Zeige, dass die folgenden Aussagen äquivalent sind.
* $\operatorname {kern} f=\operatorname {kern} {\left(f\circ f\right)}$,
* $\operatorname {kern} f\cap \operatorname {bild} f=\{0\}$,
* $V=\operatorname {kern} f\oplus \operatorname {bild} f$,
* $\operatorname {bild} f=\operatorname {bild} {\left(f\circ f\right)}$.
# Matrix/Nulltest mit Rang 1/Links/Aufgabe/Lösung

Es sei
    $M\neq 0\,$
angenommen. Dann gibt es einen Vektor $v\in K^{n}$ mit
    $Mv=w\neq 0\,.$
Wir ergänzen $w$ zu einer Basis
    $w=w_{1},w_{2},\ldots ,w_{n}$
von $K^{n}$. Es sei $N$ die Matrix bezüglich der Standardbasis, die die durch $w\mapsto w$ und $w_{i}\mapsto 0$ für $i\geq 2$ festgelegte lineare Abbildung beschreibt. Der Rang von $N$ ist $1$, da ja das Bild gerade $Kw$ ist, und es ist
    $NMv=Nw=w\neq 0\,,$
also ist
    $NM\neq 0\,$
# Lineare Abbildungen/Produkt/Determinante/Aufgabe

a) Es seien $V_{1},\ldots ,V_{n}$ endlichdimensionale $K$-Vektorräume und
    $L_{i}\colon V_{i}\longrightarrow V_{i}$
lineare Abbildungen. Zeige, dass für die Produktabbildung
    $L_{1}\times \cdots \times L_{n}\colon V_{1}\times \cdots \times V_{n}\longrightarrow V_{1}\times \cdots \times V_{n}$
die Gleichheit
    $\det \left(L_{1}\times \cdots \times L_{n}\right)=\det L_{1}\cdots \det L_{n}\,$
gilt.
b) Es seien $V$ und $T$ endlichdimensionale $K$-Vektorräume und
    $L\colon V\longrightarrow V$
eine lineare Abbildung. Es sei
    $\varphi \colon \operatorname {Hom} _{K}{\left(T,V\right)}\longrightarrow \operatorname {Hom} _{K}{\left(T,V\right)},\,f\longmapsto L\circ f,$
die induzierte Abbildung. Zeige
    $\det \varphi ={\left(\det L\right)}^{\dim _{K}{\left(T\right)}}\,.$
# Matrix/Nulltest mit Rang 1/Rechts/Aufgabe/Lösung

Es sei
    $M\neq 0\,$
angenommen. Dann gibt es einen Vektor $v\in K^{n}$ mit
    $Mv=w\neq 0\,.$
Wir ergänzen $v$ zu einer Basis
    $v=v_{1},v_{2},\ldots ,v_{n}$
von $K^{n}$. Es sei $N$ die Matrix bezüglich der Standardbasis, die die durch $v\mapsto v$ und $v_{i}\mapsto 0$ für $i\geq 2$ festgelegte lineare Abbildung beschreibt. Der Rang von $N$ ist $1$, da ja das Bild gerade $Kv$ ist, und es ist
    $MNv=Mv=w\neq 0\,,$
also ist
    $MN\neq 0\,$
# Lineare Abbildungen/Zugehörige Produktabbildung/Linear/Aufgabe

Es sei $K$ ein Körper. Zu $i\in {\{1,\ldots ,n\}}$ seien $K$-Vektorräume $V_{i}$ und $W_{i}$ sowie lineare Abbildungen
    $\varphi _{i}\colon V_{i}\longrightarrow W_{i}$
gegeben. Zeige, dass dann auch die Produktabbildung
    $\varphi =\varphi _{1}\times \varphi _{2}\times \cdots \times \varphi _{n}\colon V_{1}\times V_{2}\times \cdots \times V_{n}\longrightarrow W_{1}\times W_{2}\times \cdots \times W_{n},\,\left(v_{1},\,v_{2},\,\ldots ,\,v_{n}\right)\longmapsto \left(\varphi _{1}(v_{1}),\,\varphi _{2}(v_{2}),\,\ldots ,\,\varphi _{n}(v_{n})\right),$
eine lineare Abbildung zwischen den Produkträumen ist.
# Matrix/Q/2/Ordnung 4/Aufgabe/Lösung

Sei
    $M={\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}}\,.$
Dann ist
    ${\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}}^{2}={\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-1&0\\0&-1\end{pmatrix}}\,.$
Ferner ist
    ${\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}}^{3}={\begin{pmatrix}-1&0\\0&-1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}}\,$
und
    ${\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}}^{4}={\begin{pmatrix}-1&0\\0&-1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}-1&0\\0&-1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}\,,$
$4$
# Lineare Differentialgleichung/(-t t^2 2 t)/(1,-1)/Picard-Lindelöf/Bis vierte Iteration/Aufgabe

Bestimme die ersten vier Iterationen in der Picard-Lindelöf-Iteration für die lineare gewöhnliche Differentialgleichung
    ${\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}-t&t^{2}\\2&t\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\,$
mit der Anfangsbedingung $x(0)=1$ und $y(0)=-1$.
# Matrix/Rang/Faktorisierung/Aufgabe/Lösung

Wir fassen die Matrix als lineare Abbildung
    $K^{n}\longrightarrow K^{m}.$
Nach Fakt ist der Rang dieser Abbildung gleich $r$, d.h. das Bild $V\subseteq K^{m}$ besitzt die Dimension $r$. Es gibt also eine Faktorisierung
    $K^{n}\longrightarrow V\longrightarrow K^{m},$
wobei die erste Abbildung die durch $M$ gegebene Abbildung mit dem Bild $V$ ist und die zweite Abbildung die Inklusion $V\subseteq K^{m}$. Mit einer Basis $v_{1},\ldots ,v_{r}$ von $V$ und den Standardbasen links und rechts werden diese beiden linearen Abbildungen durch eine $r\times n$-Matrix $A$ und eine $m\times r$-Matrix $B$ beschrieben. Somit gilt
    $M=B\circ A\,.$
$A$
$V$
$r$
$B$
$r$
$r$
# Lineare Differentialgleichung/(t^2 -1 t t^3)/(1,1)/Picard-Lindelöf/Bis vierte Iteration/Aufgabe

Bestimme die ersten vier Iterationen in der Picard-Lindelöf-Iteration für die lineare gewöhnliche Differentialgleichung
    ${\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}t^{2}&-1\\t&t^{3}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\,$
mit der Anfangsbedingung $x(0)=1$ und $y(0)=1$.
# Matrix/Rang/Faktorisierung/Maximum/Aufgabe/Lösung

* Wir fassen die Matrix als lineare Abbildung Nach Fakt ist der Rang dieser Abbildung gleich $r$, d.h. das Bild $V\subseteq K^{m}$ besitzt die Dimension $r$. Es gibt also eine Faktorisierung wobei die erste Abbildung die durch $M$ gegebene Abbildung mit dem Bild $V$ ist und die zweite Abbildung die Inklusion $V\subseteq K^{m}$. Mit einer Basis $v_{1},\ldots ,v_{r}$ von $V$ und den Standardbasen links und rechts werden diese beiden linearen Abbildungen durch eine $r\times n$-Matrix $A$ und eine $m\times r$-Matrix $B$ beschrieben. Somit gilt Da die durch $A$ beschriebene lineare Abbildung surjektiv auf $V$ abbildet, ist ihr Rang gleich $r$. Da das Bild der durch $B$ beschriebenen linearen Abbildung wegen der Injektivität ebenfalls die Dimension $r$ besitzt, ist ihr Rang auch $r$.
    $K^{n}\longrightarrow K^{m}.$
    $K^{n}\longrightarrow V\longrightarrow K^{m},$
    $M=B\circ A\,.$
* Wir nehmen an, dass es eine Darstellung mit einer $s\times n$-Matrix $A$ und einer $m\times s$-Matrix $B$ gibt. Dann ergibt sich eine Faktorisierung Das Bild der Gesamtabbildung ist im Bild der hinteren Abbildung enthalten, und ist somit höchstens $s$-dimensional. Da $r$ die Dimension des Bildes der Gesamtabbildung ist, ergibt sich aus $s<r$ ein Widerspruch.
    $M=B\circ A\,$
    $K^{n}{\stackrel {A}{\longrightarrow }}K^{s}{\stackrel {B}{\longrightarrow }}K^{m}.$
# Lineare Differentialgleichung/Finde Gleichung zu Lösungsfunktion/Aufgabe

Es sei
    $f\colon I\longrightarrow \mathbb {R} _{+}$
eine differenzierbare Funktion auf einem Intervall $I\subseteq \mathbb {R}$. Finde eine homogene lineare gewöhnliche Differentialgleichung, für die $f$ eine Lösung ist.
# Matrix/Trigonalisierbar/Nicht diagonalisierbar/Nicht bijektiv/Nilpotent/Aufgabe/Lösung

a) Da die Abbildung trigonalisierbar ist, können wir direkt von einer oberen Dreiecksmatrix
    ${\begin{pmatrix}a&b\\0&d\end{pmatrix}}$
ausgehen. Das charakteristische Polynom ist $(X-a)(X-d)$. Bei verschiedenen Eigenwerten wäre die Abbildung nach Fakt diagonalisierbar, also ist $a=d$. Bei $a=d\neq 0$ wäre die Determinante nicht $0$ und die Matrix wäre invertierbar. Also ist $a=d=0$. Daher ist
    ${\begin{pmatrix}0&b\\0&0\end{pmatrix}}^{2}={\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}}\,$
und die Matrix ist nilpotent.
b) Wir betrachten
    $M={\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&0\\0&0&0\end{pmatrix}}\,.$
Diese Matrix liegt in oberer Dreiecksform vor, ist also trigonalisierbar. Wegen der letzten Spalte wird $e_{3}$ auf $0$ abgebildet, die Abbildung ist also nicht invertierbar. Nach Beispiel
$N={\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}}$
$M$
$N$
$e_{1}$
$M$
$1$
$M$
# Lineare Differentialgleichung/Konstant/-1324/2-7/Picard-Lindelöf/Bis vierte Iteration/Aufgabe

Bestimme die ersten vier Iterationen in der Picard-Lindelöf-Iteration für die lineare gewöhnliche Differentialgleichung mit konstanten Koeffizienten
    ${\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}-1&3\\2&4\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\,$
mit der Anfangsbedingung $x(0)=2$ und $y(0)=-7$.