OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Lucy Sonnenschein/Sprünge in vier Richtungen/Abstand/Aufgabe/Lösung

Die möglichen Sprünge sind
    $(1,0),\,(-1,0),\,(0,1),\,(0,-1).$
Diese werden jeweils mit der Wahrscheinlichkeit ${\frac {1}{4}}$ durchgeführt. Insgesamt gibt es $4^{4}=256$ Sprungmöglichkeiten, die alle die gleiche Wahrscheinlichkeit ${\frac {1}{256}}$ besitzen.
Nach den vier Sprüngen befindet Lucy sich in einem Punkt der Form $(a,b)$, wobei
    $\vert {a}\vert +\vert {b}\vert \leq 4\,.$
Dabei sind $a,b$ ganzzahlig und $a+b$ ist ein Vielfaches von $2$. Mögliche Ergebnisse mit Betragssumme $4$ sind also bis auf Vorzeichen und Permutation
    $(4,0),\,(3,1),\,(2,2)$
Wegen
    $3^{2}+1^{2}>3^{2}\,$
und
    $2^{2}+2^{2}=8<9\,$
haben die beiden ersten einen Abstand vom Nullpunkt größer als $>3$. Wenn die Betragssumme $0$ oder $2$ ist, so befindet sie sich innerhalb des Kreises mit Radius $3$. Wir müssen also die Wahrscheinlichkeiten bestimmen, dass sie sich zum Schluss in einer Position der Form $(3,1)$ oder der Form $(4,0)$ befindet. Für den zweiten Fall gibt es nur die vier Möglichkeiten $(4,0),(-4,0),(0,4),(0,-4)$, die nur erreicht werden, wenn genau viermal nur einer der Sprünge gemacht wird. Es gibt also dafür vier Möglichkeiten, und dies tritt mit Wahrscheinlichkeit
    ${\frac {4}{256}}={\frac {1}{64}}\,$
ein. Betrachten wir den ersten Fall. Zunächst gibt es acht mögliche Endpositionen, die zu diesem Fall gehören (nämlich $(\pm 3,\pm 1$ und $(\pm 1,\pm 3$). Damit Lucy auf $(3,1)$ kommt, muss sie dreimal den $(1,0)$-Sprung und einmal den $(0,1)$-Sprung machen. Dafür gibt es vier Möglichkeiten. Somit gibt es insgesamt
    $8\cdot 4=32\,$
Möglichkeiten für den ersten Fall, was die Wahrscheinlichkeit
    ${\frac {32}{256}}={\frac {1}{8}}\,$
bedeutet. Die Wahrscheinlichkeit, auf einer Position mit Abstand $>3$ zu landen, ist somit
    ${\frac {1}{8}}+{\frac {1}{64}}={\frac {9}{64}}\,.$
# Linear unabhängig/Einfache Eigenschaften/Fakt/Beweis/Aufgabe

Es sei $K$ ein Körper, $V$ ein $K$-Vektorraum und $v_{i}$, $i\in I$, eine Familie von Vektoren in $V$. Beweise die folgenden Aussagen.
* Wenn die Familie linear unabhängig ist, so ist auch zu jeder Teilmenge $J\subseteq I$ die Familie $v_{i}$ , $i\in J$, linear unabhängig.
* Die leere Familie ist linear unabhängig.
* Wenn die Familie den Nullvektor enthält, so ist sie nicht linear unabhängig.
* Wenn in der Familie ein Vektor mehrfach vorkommt, so ist sie nicht linear unabhängig.
* Ein Vektor $v$ ist genau dann linear unabhängig, wenn $v\neq 0$ ist.
* Zwei Vektoren $v$ und $u$ sind genau dann linear unabhängig, wenn weder $u$ ein skalares Vielfaches von $v$ ist noch umgekehrt.
# Lucy und Veronika Sonnenschein/Sprünge in zwei Richtungen/Abstand/Aufgabe/Lösung

* Damit Lucy sich zum Schluss in der Position $6$ befindet, muss sie viermal nach rechts und einmal nach links gesprungen sein. Dafür gibt es $5$ Möglichkeiten, je nachdem, wann sie den Sprung nach links gemacht hat. Da es insgesamt $2^{5}=32$ Sprungkombinationen für Lucy gibt, befindet sie sich mit Wahrscheinlichkeit ${\frac {5}{32}}$ zum Schluss in der Position $6$.
* Veronika besitzt zum Schluss vom Nullpunkt den Abstand $5$ genau dann, wenn sie sich in der Position $5$ oder der Position $-5$ befindet. Dazu muss sie entweder jeden Sprung nach rechts oder jeden Sprung nach links machen. Dies ergibt $2$ Möglichkeiten, daher ist die Wahrscheinlichkeit dafür gleich ${\frac {2}{32}}={\frac {1}{16}}$.
* Da Lucy stets Sprünge der Länge $2$ ausführt, befindet sie sich stets und insbesondere zum Schluss in einer geraden Position. Die Position von Veronika hat die Form $i-j$ mit wobei $i$ die Anzahl ihrer Sprünge nach rechts und $j$ die Anzahl ihrer Sprünge nach links bezeichnet. Es ist dann und dies ist stets ungerade. Die Wahrscheinlichkeit, dass sich Lucy und Veronika nach fünf Sprüngen in der gleichen Position befinden, ist also gleich $0$.
    $i+j=5\,,$
    $i-j=5-j-j=5-2j\,$
# Linear Unabhängig/Summe/3/Aufgabe

Es sei $V$ ein $K$-Vektorraum und es seien $v_{1},v_{2},v_{3}\in V$ Vektoren. Zeige, dass $v_{1},v_{2},v_{3}$ genau dann linear unabhängig sind, wenn $v_{1},v_{1}+v_{2},v_{1}+v_{2}+v_{3}$ linear unabhängig sind.
# Lucy/Taschengeld/Ausgabe pro Woche/Prozent/Aufgabe/Lösung

Im Juni hat sie
    $0{,}2\cdot 80=16\,$
Euro für Eis ausgegeben und im Juli
    $0{,}3\cdot 90=27\,$
für Eis. Insgesamt hat sie also
    $16+27+15=58\,$
Euro für Eis ausgegeben. Ihre Gesamtausgaben waren
    $80+90+70=240\,$
Euro. Somit war der Eisanteil gleich
    ${\frac {58}{240}}=0{,}241{\overline {6}}\,$
$24{,}17\,\%$
# Lineare Abbildung/0/Aufgabe

Es sei
    $\varphi \colon V\longrightarrow W$
eine lineare Abbildung zwischen den $K$-Vektorräumen $V$ und $W$. Zeige $\varphi (0)=0$.
# Lineare Abbildung/Beliebige Linearkombinationen/Aufgabe

Es sei $K$ ein Körper, $V$ und $W$ seien $K$-Vektorräume und
    $\varphi \colon V\longrightarrow W$
sei eine $K$-lineare Abbildung. Zeige, dass für beliebige Vektoren $v_{1},\ldots ,v_{n}\in V$ und Koeffizienten $s_{1},\ldots ,s_{n}\in K$ die Beziehung
    $\varphi {\left(\sum _{i=1}^{n}s_{i}v_{i}\right)}=\sum _{i=1}^{n}s_{i}\varphi {\left(v_{i}\right)}\,$
gilt.
# Lineare Abbildung/Bild und Urbild/Untervektorräume/Fakt/Beweis/Aufgabe

Es sei $K$ ein Körper, $V$ und $W$ seien $K$-Vektorräume und
    $\varphi \colon V\longrightarrow W$
sei eine $K$-lineare Abbildung. Zeige, dass die folgenden Aussagen gelten.
* Für einen Untervektorraum $S\subseteq V$ ist auch das Bild $\varphi (S)$ ein Untervektorraum von $W$.
* Insbesondere ist das Bild $\operatorname {bild} \varphi =\varphi (V)$ der Abbildung ein Untervektorraum von $W$.
* Für einen Unterraum $T\subseteq W$ ist das Urbild $\varphi ^{-1}(T)$ ein Untervektorraum von $V$.
* Insbesondere ist $\varphi ^{-1}(0)$ ein Untervektorraum von $V$.
# Mannigfaltigkeit/Exakte k-Form/Rückzug auf kompakte orientierte Mannigfaltigkeit ohne Rand/n-1-Form/Integral ist 0/Aufgabe/Lösung

Da nach Fakt (5) das Zurückziehen von Formen mit der äußeren Ableitung verträglich ist, ist auch $\varphi ^{*}\omega$ exakt. Es sei $\tau$ eine differenzierbare Form auf $S$ mit
    $d\tau =\varphi ^{*}\omega \,.$
Nach dem Satz von Stokes ist
    $\int _{S}\varphi ^{*}\omega =\int _{S}d\tau =\int _{\partial S}\tau =\int _{\emptyset }\tau =0\,.$
# Lineare Abbildung/Bildmaß/Skalierung/Aufgabe

Es sei
    $L\colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$
eine lineare Abbildung und $c\in \mathbb {R} _{\geq 0}$. Zeige die Gleichheit $L_{*}(c\lambda ^{n})=c(L_{*}\lambda ^{n})$.
# Lineare Abbildung/C/Jordansche Normalform/Äquivalenzrelation/Aufgabe

Wir betrachten auf der Mengen der linearen Abbildungen $\varphi \colon {\mathbb {C} }^{n}\rightarrow {\mathbb {C} }^{n}$ die Relation $\sim$, bei der $\varphi \sim \psi$ genau dann gilt, wenn es Basen $v_{1},\ldots ,v_{n}$ und $w_{1},\ldots ,w_{n}$ mit $M_{\mathfrak {v}}^{\mathfrak {v}}(\varphi )=M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {w}}(\psi )$ gibt. Zeige, dass dies eine Äquivalenzrelation ist. Wie kann man den Satz über die jordansche Normalform im Kontext von Äquivalenzrelationen interpretieren?
# Matrix/-2 7 8 0 -2 -2 0 0 -2/Jordan/Aufgabe/Lösung

Es ist
    $M={\begin{pmatrix}-2&7&8\\0&-2&-2\\0&0&-2\end{pmatrix}}+2{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&7&8\\0&0&-2\\0&0&0\end{pmatrix}}\,$
und
    ${\begin{pmatrix}0&7&8\\0&0&-2\\0&0&0\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}0&7&8\\0&0&-2\\0&0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0&-14\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}}\,.$
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
    $M{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&7&8\\0&0&-2\\0&0&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}8\\-2\\0\end{pmatrix}}\,$
und
    $M^{2}{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-14\\0\\0\end{pmatrix}}\,.$
Daher ist
    ${\begin{pmatrix}-14\\0\\0\end{pmatrix}}\,,{\begin{pmatrix}8\\-2\\0\end{pmatrix}}\,,{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}$
eine Basis, bezüglich der die jordansche Normalform
    ${\begin{pmatrix}-2&1&0\\0&-2&1\\0&0&-2\end{pmatrix}}$
# Lineare Abbildung/Ebene/Bild und Urbild/1/Aufgabe

Wir betrachten die lineare Abbildung $\varphi \colon \mathbb {R} ^{2}\rightarrow \mathbb {R} ^{2}$, die durch die Matrix ${\begin{pmatrix}8&4\\5&9\end{pmatrix}}$ gegeben ist.
* Bestimme das Bild der durch die Gleichung gegebenen Geraden.
    $5x-7y=0\,$
* Bestimme das Urbild der durch die Gleichung gegebenen Geraden.
    $6x-11y=0\,$
# Matrix/-3 -6 -1 0 -3 -2 0 0 -3/Jordan/Aufgabe/Lösung

Es ist
    $M={\begin{pmatrix}-3&-6&-1\\0&-3&-2\\0&0&-3\end{pmatrix}}+3{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&-6&-1\\0&0&-2\\0&0&0\end{pmatrix}}\,$
und
    ${\begin{pmatrix}0&-6&-1\\0&0&-2\\0&0&0\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}0&-6&-1\\0&0&-2\\0&0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0&12\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}}\,.$
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
    $M{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&-6&-1\\0&0&-2\\0&0&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-1\\-2\\0\end{pmatrix}}\,$
und
    $M^{2}{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}12\\0\\0\end{pmatrix}}\,.$
Daher ist
    ${\begin{pmatrix}12\\0\\0\end{pmatrix}}\,,{\begin{pmatrix}-1\\-2\\0\end{pmatrix}}\,,{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}$
eine Basis, bezüglich der die jordansche Normalform
    ${\begin{pmatrix}-3&1&0\\0&-3&1\\0&0&-3\end{pmatrix}}$
# Lineare Abbildung/Ebene/Bild und Urbild/2/Aufgabe

Wir betrachten die lineare Abbildung $\varphi \colon \mathbb {R} ^{2}\rightarrow \mathbb {R} ^{2}$, die durch die Matrix ${\begin{pmatrix}2&5\\3&4\end{pmatrix}}$ gegeben ist.
* Bestimme das Bild der durch die Gleichung gegebenen Geraden.
    $3x-7y=0\,$
* Bestimme das Urbild der durch die Gleichung gegebenen Geraden.
    $4x-3y=0\,$
# Matrix/-4-1-23 6771 003-2 0062/Trigonalisierbar/Aufgabe/Lösung

Das charakteristische Polynom der Matrix ist
    ${\begin{aligned}\det XE_{4}-{\begin{pmatrix}-4&-1&-2&3\\6&7&7&1\\0&0&3&-2\\0&0&6&2\end{pmatrix}}&=\det {\begin{pmatrix}X+4&1&2&-3\\-6&X-7&-7&-1\\0&0&X-3&2\\0&0&-6&X-2\end{pmatrix}}\\&=\det {\begin{pmatrix}X+4&1\\-6&X-7\end{pmatrix}}\cdot \det {\begin{pmatrix}X-3&2\\-6&X-2\end{pmatrix}}\\&=((X+4)(X-7)+6)((X-3)(X-2)+12)\\&=(X^{2}-3X-22)(X^{2}-5X+18).\end{aligned}}$
Der rechte Faktor ist
    $X^{2}-5X+18={\left(X-{\frac {5}{2}}\right)}^{2}+18-{\frac {25}{4}}>0\,$
stets positiv und besitzt daher in $\mathbb {R}$ keine Nullstelle. Also zerfällt das charakteristische Polynom nicht vollständig in Linearfaktoren und nach Fakt
# Lineare Abbildung/Ebene/Bild und Urbild/3/Aufgabe

Wir betrachten die lineare Abbildung $\varphi \colon \mathbb {R} ^{2}\rightarrow \mathbb {R} ^{2}$, die durch die Matrix ${\begin{pmatrix}8&4\\5&9\end{pmatrix}}$ gegeben ist.
* Bestimme das Bild der durch die Gleichung gegebenen Geraden.
    $5x-7y=0\,$
* Bestimme das Urbild der durch die Gleichung gegebenen Geraden.
    $6x-11y=0\,$
# Matrix/0110/Q/Diagonalisierbar/Aufgabe/Lösung

Es ist
    ${\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}\,$
und
    ${\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}}\,.$
Daher sind ${\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}$ und ${\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}$ Eigenvektoren zu den Eigenwerten $1$ bzw. $-1$.
$\varphi$
# Lineare Abbildung/Eigenräume zu verschiedenen Eigenwerten/Null/Fakt/Beweis/Aufgabe

Es sei $K$ ein Körper, $V$ ein $K$-Vektorraum und
    $\varphi \colon V\longrightarrow V$
eine lineare Abbildung und seien $\lambda _{1}\neq \lambda _{2}$ Elemente in $K$. Zeige, dass
    $\operatorname {Eig} _{\lambda _{1}}{\left(\varphi \right)}\cap \operatorname {Eig} _{\lambda _{2}}{\left(\varphi \right)}=0\,$
ist.
# Matrix/2 0 5 0 -1 0 8 0 5/Eigenräume/Aufgabe/Lösung

Das charakteristische Polynom ist
    ${\begin{aligned}\chi _{M}&=\det {\begin{pmatrix}x-2&0&-5\\0&x+1&0\\-8&0&x-5\end{pmatrix}}\\&=(x-2)(x+1)(x-5)-40(x+1)\\&=(x+1)((x-2)(x-5)-40)\\&=(x+1)(x^{2}-7x-30).\end{aligned}}$
Dies ergibt zunächst den Eigenwert $-1$. Durch quadratisches Ergänzen (oder direkt) sieht man für den quadratischen Term die Nullstellen $-3$ und $10$, 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
    ${\begin{pmatrix}-3&0&-5\\0&0&0\\-8&0&-6\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}$
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 $-3$: Man muss die Lösungsmenge von
    ${\begin{pmatrix}-5&0&-5\\0&-2&0\\-8&0&-8\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}$
bestimmen. Eine Lösung ist offenbar der Spaltenvektor ${\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix}}$, sodass der Eigenraum zu $-3$ gleich $\lambda {\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix}}$ ist.
Eigenraum zu $10$: Man muss die Lösungsmenge von
    ${\begin{pmatrix}8&0&-5\\0&11&0\\-8&0&5\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}$
${\begin{pmatrix}5\\0\\8\end{pmatrix}}$
$10$
$\lambda {\begin{pmatrix}5\\0\\8\end{pmatrix}}$
# Lineare Abbildung/Eigenwert null/Charakterisierung/Fakt/Beweis/Aufgabe

Es sei $K$ ein Körper, $V$ ein $K$-Vektorraum und
    $\varphi \colon V\longrightarrow V$
eine lineare Abbildung. Zeige, dass
    $\operatorname {kern} \varphi =\operatorname {Eig} _{0}{\left(\varphi \right)}\,$
gilt.
# Matrix/2/Linksinvers/Rechtsinvers/Aufgabe/Lösung

Die Bedingung
    ${\begin{pmatrix}x&y\\z&w\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}\,$
bedeutet ausgeschrieben
    $xa+yc=1\,,$
    $xb+yd=0\,,$
    $za+wc=0\,,$
    $zb+wd=1\,.$
Wegen der ersten und der vierten Gleichung sind $(a,c)\neq (0,0)$ und $(b,d)\neq (0,0)$. Aus der zweiten Gleichung folgt nach Fakt, dass es ein $s\in K$ gibt mit
    $x=sd\,$
und
    $y=-sb\,.$
Aus der ersten Gleichung ergibt sich
    $1=sda-sbc=s(da-bc)\,$
und somit
    $s={\frac {1}{da-bc}}\,$
und
    $x={\frac {d}{da-bc}}\,$
und
    $y=-{\frac {b}{da-bc}}\,.$
Aus der dritten Gleichung folgt, dass es ein $t\in K$ gibt mit
    $z=tc\,$
und
    $w=-ta\,.$
Aus der vierten Gleichung ergibt sich
    $1=tcb-tad=-t(da-bc)\,$
und somit
    $t=-{\frac {1}{da-bc}}\,$
und
    $z=-{\frac {c}{da-bc}}\,$
und
    $w={\frac {a}{da-bc}}\,.$
Somit ist
    ${\begin{aligned}M\circ A&={\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}x&y\\z&w\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}{\frac {d}{da-bc}}&-{\frac {b}{da-bc}}\\-{\frac {c}{da-bc}}&{\frac {a}{da-bc}}\end{pmatrix}}\\&={\frac {1}{da-bc}}{\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}d&-b\\-c&a\end{pmatrix}}\\&={\frac {1}{da-bc}}{\begin{pmatrix}ad-bc&-ab+ab\\cd-cd&-cb+da\end{pmatrix}}\\&={\frac {1}{da-bc}}{\begin{pmatrix}ad-bc&0\\0&-cb+da\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$
# Lineare Abbildung/Einkauf/Kern/Aufgabe

Im Laden kostet Schokolade $1$ €, Kartoffeln $4$ € und Spinat $2$ € pro Tafel bzw. Sack bzw. Packung. Oma Müller kauft zwei Tafeln Schokolade, drei Säcke Kartoffeln und drei Packungen Spinat und zahlt dafür $20$ €. Mustafa ist vom Einkauf etwas enttäuscht und sagt: „wenn du zwei Säcke Kartoffeln und eine Packung Spinat weniger und dafür zehn Tafeln mehr gekauft hättest, so hätte das genau gleich viel gekostet“. Gabi Hochster ist zu Besuch und sagt: „oder wenigstens einen Sack Kartoffeln weniger und dafür vier Tafeln mehr, das hätte den Preis auch nicht geändert“.
* Finde weitere Möglichkeiten, den Einkauf abzuändern, ohne den Gesamtpreis zu ändern.
* Bestimme den Kern $K\subseteq \mathbb {Q} ^{3}$ der Preisabbildung.
* Welche Elemente des Kerns lassen sich im eingangs beschriebenen Kontext sinnvoll interpretieren (wenn nur ganzzahlige Einkäufe möglich sind)?
# Matrix/2/Trigonalisierbar/Eigenwert/Aufgabe/Lösung

Wenn $M$ trigonalisierbar ist, so zerfällt das charakteristische Polynom zu $M$ in Linearfaktoren und hat somit insbesondere Nullstellen, welche wiederum Eigenwerte sind, wozu auch Eigenvektoren gehören. Wenn umgekehrt $M$ einen Eigenvektor besitzt, so auch einen Eigenwert und damit besitzt das charakteristische Polynom eine Nullstelle, sagen wir $\lambda$. Dies bedeutet, dass das charakteristische Polynom $\chi _{M}$ von $X-\lambda$ geteilt wird. Es ist also
    $\chi _{M}=(X-\lambda )Q\,.$
$2$
$Q$
$M$
# Matrix/22/C/Orthonormalbasis aus Eigenvektoren/1/Aufgabe/Lösung

Es sei
    $M={\begin{pmatrix}2-3i&4+5i\\11-3i&6+9i\end{pmatrix}}\,.$
Die adjungierte Abbildung wird durch
    $N={{\overline {M}}^{\text{tr}}}={\begin{pmatrix}2+3i&11+3i\\4-5i&6-9i\end{pmatrix}}\,$
beschrieben. Wegen
    $(2-3i)(2+3i)+(4+5i)(4-5i)=(2-3i)(2+3i)+41\,$
und
    $(2-3i)(2+3i)+(11+3i)(11-3i)=(2-3i)(2+3i)+130\,$
ist
    $M\circ N\neq N\circ M\,.$
Der Endomorphismus ist also nicht normal und daher gibt es nach Fakt
# Matrix/2x2/Nilpotent/Direkt/1/Aufgabe/Lösung

Wegen
    ${\begin{pmatrix}4&2\\6&3\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}14\\21\end{pmatrix}}=7{\begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix}}\,$
$7$
# Lineare Abbildung/Kern und Faser/1/Aufgabe

Es sei
    $\varphi \colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}\longmapsto 4x-6y+9z.$
Bestimme für die Menge
    $E={\left\{Q\in \mathbb {R} ^{3}\mid \varphi (Q)=5\right\}}\,$
eine Beschreibung mit Hilfe eines Aufpunktes und eines Verschiebungsraumes.
# Matrix/2x2/Nilpotent/Direkt/2/Aufgabe/Lösung

Wegen
    ${\begin{pmatrix}1&7\\3&21\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1\\7\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}22\\154\end{pmatrix}}=22{\begin{pmatrix}1\\7\end{pmatrix}}\,$
$22$
# Lineare Abbildung/Kern und Faser/2/Aufgabe

Es sei
    $\varphi \colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}\longmapsto {\begin{pmatrix}7x+y-3z\\4x+5y\end{pmatrix}}.$
Bestimme für die Menge
    $E={\left\{Q\in \mathbb {R} ^{3}\mid \varphi (Q)={\begin{pmatrix}4\\-2\end{pmatrix}}\right\}}\,$
eine Beschreibung mit Hilfe eines Aufpunktes und eines Verschiebungsraumes.
# Matrix/2x2/Selbstinvers/1/Aufgabe/Lösung

a) Es ist
    $M^{2}={\begin{pmatrix}11&-20\\6&-11\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}11&-20\\6&-11\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}121-120&-220+220\\66-66&-120+121\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}\,.$
b) Nach Teil a) ist
    $M^{2}=E_{2}\,,$
also ist $M$ invertierbar und stimmt mit seinem Inversen überein, also
    $M^{-1}=M\,.$
c) Wir wenden auf die Gleichung beidseitig die Matrix $M^{-1}=M$ an und erhalten
    ${\begin{aligned}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}&=M{\begin{pmatrix}4\\-9\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}11&-20\\6&-11\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}4\\-9\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}44+180\\24+99\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}224\\123\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$
# Lineare Abbildung/Kern und Faser/3/Aufgabe

Es sei
    $\varphi \colon \mathbb {R} ^{4}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,{\begin{pmatrix}x\\y\\z\\w\end{pmatrix}}\longmapsto {\begin{pmatrix}6x-5y-3z+8w\\x+5y+4z-2w\end{pmatrix}}.$
Bestimme für die Menge
    $E={\left\{Q\in \mathbb {R} ^{4}\mid \varphi (Q)={\begin{pmatrix}-3\\-7\end{pmatrix}}\right\}}\,$
eine Beschreibung mit Hilfe eines Aufpunktes und eines Verschiebungsraumes.
# Matrix/3 4 -5 0 -1 4 0 0 7/Eigenräume/Aufgabe/Lösung

Aus der Matrix kann man direkt die drei Eigenwerte $3,-1,7$ ablesen. Daher ist die Matrix diagonalisierbar und die Eigenräume sind eindimensional.
Es ist
    $M-3E_{3}={\begin{pmatrix}0&4&-5\\0&-4&4\\0&0&4\end{pmatrix}}\,$
und der zugehörige Eigenraum ist
    $\operatorname {Eig} _{3}{\left(\varphi \right)}=\mathbb {R} {\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}\,.$
Es ist
    $M+1E_{3}={\begin{pmatrix}4&4&-5\\0&0&4\\0&0&8\end{pmatrix}}\,,$
es ist ${\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix}}$ ein Element des Kernes und somit ist der zugehörige Eigenraum
    $\operatorname {Eig} _{-1}{\left(\varphi \right)}=\mathbb {R} {\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix}}\,.$
Es ist
    $M-7E_{3}={\begin{pmatrix}-4&4&-5\\0&-8&4\\0&0&0\end{pmatrix}}\,,$
es ist ${\begin{pmatrix}-3\\2\\4\end{pmatrix}}$ ein Element des Kernes und somit ist der zugehörige Eigenraum
    $\operatorname {Eig} _{7}{\left(\varphi \right)}=\mathbb {R} {\begin{pmatrix}-3\\2\\4\end{pmatrix}}\,.$
# Lineare Abbildung/Kern/Quotientenabbildung/Aufgabe

Es sei
    $\varphi \colon K^{n}\longrightarrow K^{m}$
eine surjektive lineare Abbildung mit dem Kern $U\subseteq K^{n}$. Es sei $\sim$ die Äquivalenzrelation auf $K^{n}$ zu diesem Untervektorraum im Sinne von Aufgabe und sei
    $p\colon K^{n}\longrightarrow K^{n}/\sim$
die zugehörige Quotientenabbildung. Zeige, dass es nach Fakt eine Abbildung
    $\psi \colon K^{n}/\sim \longrightarrow K^{m}$
mit
    $\varphi =\psi \circ p\,$
gibt. Zeige, dass $\psi$ bijektiv ist.
# Matrix/3x3/Eigenräume/R/Aufgabe/Lösung

* Das charakteristische Polynom ist
    ${\begin{aligned}\det {\begin{pmatrix}x-3&1&-5\\0&x+4&-2\\0&-1&x+3\end{pmatrix}}&=(x-3){\left((x+4)(x+3)-2\right)}\\&=(x-3){\left(x^{2}+7x+10\right)}\\&=x^{3}+4x^{2}-11x-30.\end{aligned}}$
* Die Nullstellenbestimmung von $x^{2}+7x+10$ führt auf das charakteristische Polynom hat also die Faktorzerlegung Die Eigenwerte sind also $3,-2,-5$, jeweils mit algebraischer und geometrischer Vielfachheit $1$.
    $x_{1},x_{2}={\frac {-7\pm {\sqrt {49-40}}}{2}}={\frac {-7\pm 3}{2}}=-2,-5\,,$
    $(x-3)(x+2)(x+5).$
* Der Eigenraum zum Eigenwert $3$ ist $\mathbb {R} e_{1}$. Der Eigenraum zum Eigenwert $-2$ ist der Kern von ${\begin{pmatrix}-5&1&-5\\0&2&-2\\0&-1&1\end{pmatrix}}$, dieser ist $\mathbb {R} {\begin{pmatrix}-{\frac {4}{5}}\\1\\1\end{pmatrix}}$. Der Eigenraum zum Eigenwert $-5$ ist der Kern von ${\begin{pmatrix}-8&1&-5\\0&-1&-2\\0&-1&-2\end{pmatrix}}$, dieser ist $\mathbb {R} {\begin{pmatrix}{\frac {7}{8}}\\2\\-1\end{pmatrix}}$.
# Lineare Abbildung/K^3 nach K^2/125/411/Auf Hyperebene durch 234/Verschiedene Basen/Aufgabe

Wir betrachten die lineare Abbildung
    $\varphi \colon K^{3}\longrightarrow K^{2},\,{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}\longmapsto {\begin{pmatrix}1&2&5\\4&1&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}.$
Es sei $U\subseteq K^{3}$ der durch die lineare Gleichung $2x+3y+4z=0$ definierte Untervektorraum von $K^{3}$, und $\psi$ sei die Einschränkung von $\varphi$ auf $U$. Zu $U$ gehören Vektoren der Form
    $u=(0,1,a),\,v=(1,0,b){\text{ und }}w=(1,c,0).$
Berechne $a,b,c$ und die Übergangsmatrizen zwischen den Basen
    ${\mathfrak {b}}_{1}=v,w,\,{\mathfrak {b}}_{2}=u,w{\text{ und }}{\mathfrak {b}}_{3}=u,v$
von $U$ sowie die beschreibenden Matrizen für $\psi$ bezüglich dieser drei Basen (und der Standardbasis auf $K^{2}$).
# Matrix/3x3/Eigenwerte/1/Aufgabe/Lösung

Das charakteristische Polynom ist
    $\det {\begin{pmatrix}x&-1&1\\-1&x&0\\-1&0&x\end{pmatrix}}=x^{3}-x+x=x^{3}\,.$
Somit ist $0$ der einzige Eigenwert mit algebraischer Vielfachheit $3$. Der Kern von ${\begin{pmatrix}0&1&-1\\1&0&0\\1&0&0\end{pmatrix}}$ ist
    $\mathbb {R} {\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}}.$
$2$
$1$
# Lineare Abbildung/Körperwechsel/Matrix/Fakt/Beweis/Aufgabe

Es seien $V,W$ ein endlichdimensionaler $K$-Vektorraum und
    $\varphi \colon V\longrightarrow W$
eine lineare Abbildung, die bezüglich der Basen $v_{1},\ldots ,v_{n}$ von $V$ und $w_{1},\ldots ,w_{m}$ von $W$ durch die Matrix $M$ beschrieben werde. Es sei $K\subseteq L$ eine Körpererweiterung. Zeige, dass die $L$-lineare Abbildung
    $\varphi _{L}\colon V_{L}\longrightarrow W_{L}$
bezüglich der $L$-Basen $1\otimes v_{1},\ldots ,1\otimes v_{n}$ von $V_{L}$ und $1\otimes w_{1},\ldots ,1\otimes w_{m}$ von $W_{L}$ ebenfalls durch die Matrix $M$ beschrieben wird.