OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Matrix/2x2/R/Diagonalisierbar und nebendiagonalisierbar/Aufgabe/Lösung

a) Die Identität wird bezüglich jeder Basis durch die Einheitsmatrix beschrieben, insbesondere nie durch eine Nebendiagonalmatrix.
b) Wir betrachten die Matrix
    ${\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}},$
die in Nebendiagonalform ist. Es ist ${\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}$ ein Eigenvektor zum Eigenwert $1$ und ${\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}$ ein Eigenvektor zum Eigenwert $-1$, die Matrix ist also diagonalisierbar.
c) Wir betrachten die Matrix
    ${\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}},$
die in Nebendiagonalform ist. Das charakteristische Polynom ist $X^{2}+1$, das hat reell keine Nullstellen und dami ist die Matrix nicht diagonalisierbar.
d) Wir betrachten eine Drehung um $30$ Grad, diese ist nicht diagonalisierbar. Nehmen wir an, sie wäre nebendiagonalisierbar, und eine beschreibende Matrix wäre
    ${\begin{pmatrix}0&a\\b&0\end{pmatrix}}.$
Wegen
    ${\begin{pmatrix}0&a\\b&0\end{pmatrix}}^{2}={\begin{pmatrix}0&a\\b&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0&a\\b&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}ab&0\\0&ab\end{pmatrix}}\,$
$60$
# Komplexer Vektorraum/Endlichdimensional/Reelle Basis/Aufgabe

Es sei $V$ ein endlichdimensionaler Vektorraum über den komplexen Zahlen, und sei $v_{1},\ldots ,v_{n}$ eine Basis von $V$. Zeige, dass die Vektorenfamilie
    $v_{1},\ldots ,v_{n}{\text{ und }}{\mathrm {i} }v_{1},\ldots ,{\mathrm {i} }v_{n}$
eine Basis von $V$, aufgefasst als reeller Vektorraum, ist.
# Matrix/3x3/Ähnlich/4 Nullen/Aufgabe/Lösung

Wenn $\varphi$ trigonalisierbar ist, so kann man $\varphi$ auf jordansche Normalform bringen, und darin sind der Eintrag rechts oben und die drei Einträge unterhalb der Diagonalen gleich $0$.
Wenn es keinen nichttrivialen $\varphi$-invarianten Untervektorraum gibt, so sei $u\neq 0$. Dann bilden die Vektoren $u,\varphi (u),\varphi ^{2}(u)$ eine Basis. Bezüglich dieser Basis wird $\varphi$ durch eine Matrix der Form
    ${\begin{pmatrix}0&0&x\\1&0&y\\0&1&z\end{pmatrix}}$
beschrieben.
Es gibt also einen nichttrivialen invarianten Untervektorraum. Wenn es einen eindimensionalen invarianten Untervektorraum gibt, also einen Eigenvektor, so gibt es nach Fakt auch einen zweidimensionalen invarianten Untervektorraum. Gehen wir also davon aus, dass es einen zweidimensionalen Untervektorraum $U$ gibt. Wenn $U$ die Basis $u,v$ besitzt, und $u,v,w$ eine Basis von $K^{3}$ ist, so besitzt die beschreibende Matrix die Gestalt
    ${\begin{pmatrix}a&b&x\\c&d&y\\0&0&z\end{pmatrix}}.$
Dies bedeutet dann aber wiederum (charakteristisches Polynom), dass $z$ ein Eigenwert ist, wozu es auch einen Eigenvektor $w'$ gibt. Wenn $w'\in U$ ist, so haben wir eine $\varphi$-invariante Fahne und damit ist $\varphi$ nach Fakt trigonalisierbar. Wenn $w'\notin U$ ist, so ist
    $K^{3}=U\oplus Kw'\,$
eine direkte Summenzerlegung in invariante Räume und eine entsprechende Matrix besitzt die Form
    ${\begin{pmatrix}a&b&0\\c&d&0\\0&0&z\end{pmatrix}}.$
# Matrix/3x3/Ähnlich/4 Nullen/Aufgabe

Es sei $K$ ein Körper und sei
    $\varphi \colon K^{3}\longrightarrow K^{3}$
eine lineare Abbildung. Zeige, dass es eine Basis des $K^{3}$ derart gibt, dass in der beschreibenden Matrix von $\varphi$ bezüglich dieser Basis mindestens vier Einträge gleich $0$ sind.
# Endomorphismus/Q^3/Kein invarianter Untervektorraum/Aufgabe/Lösung

Wir betrachten die Matrix
    ${\begin{pmatrix}0&0&2\\1&0&0\\0&1&0\end{pmatrix}}$
und die zugehörige lineare Abbildung $\varphi \colon \mathbb {Q} ^{3}\rightarrow \mathbb {Q} ^{3}$. Das charakteristische Polynom ist
    ${\begin{aligned}\chi _{\varphi }&=\det \left(X{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}0&0&2\\1&0&0\\0&1&0\end{pmatrix}}\right)\\&=\det {\begin{pmatrix}X&0&-2\\-1&X&0\\0&-1&X\end{pmatrix}}\\&=X^{3}-2.\end{aligned}}$
Dieses Polynom besitzt über $\mathbb {Q}$ keine Nullstelle, da die einzige reelle Nullstelle bei ${\sqrt[{3}]{2}}$ vorliegt, und dies nicht zu $\mathbb {Q}$ gehört. Daher besitzt die Matrix keine Eigenwerte, keine Eigenvektoren und keine eindimensionalen $\varphi$-invarianten Untervektorräume. Nehmen wir an, dass es einen zweidimensionalen $\varphi$-invarianten Untervektorraum $U$ gibt. Dann kann $\varphi$ durch eine Matrix der Form
    ${\begin{pmatrix}a&b&x\\c&d&y\\0&0&z\end{pmatrix}}$
$z$
# Endomorphismus/Q^3/Kein invarianter Untervektorraum/Aufgabe

Man gebe ein Beispiel für eine lineare Abbildung $\varphi \colon \mathbb {Q} ^{3}\rightarrow \mathbb {Q} ^{3}$ mit der Eigenschaft, dass $0$ und $\mathbb {Q} ^{3}$ die einzigen $\varphi$-invarianten Untervektorräume sind. Verwende, dass ${\sqrt[{3}]{2}}$ irrational ist.
# Matrix/0100/Haupträume/Aufgabe

Bestimme die Eigenräume und die Haupträume der reellen Matrix ${\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}}$.
# Matrix/0100/Haupträume/Aufgabe/Lösung

Das charakteristische Polynom ist $X^{2}$, der einzige Eigenwert ist $0$. Der Eigenraum zur Matrix zum Eigenwert $0$ ist ihr Kern, dieser ist $\mathbb {R} {\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}$. Größer kann der Kern nicht sein, da es sich nicht um die Nullmatrix handelt. Dagegen ist
    $M^{2}={\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}}\,$
$\mathbb {R} ^{2}$
$0$
# Strahlensätze/Rekapituliere/Aufgabe

Rekapituliere die Strahlensätze.
# MDLUL/Strahlensätze

Start=Strahlensätze
Ziel=Strahlensätze/Lineare Algebra/Textabschnitt
# Proportionalität/Strahlensatz/Beispiel

Ein wichtiger geometrischer Ursprung für konstante Verhältnisse liefern die Strahlensätze bzw. ähnliche Dreiecke. Man hat zwei durch einen Punkt $A$ gehende Geraden und zwei parallele Geraden gegeben, die nicht durch den Punkt verlaufen. Dann bestehen zwischen entsprechenden Seitenlängen in den entstehenden Dreiecken konstante Verhältnisse. Im Bild verhält sich beispielsweise die Strecke ${\overline {BC}}$ zur Strecke ${\overline {BA}}$ wie die Strecke ${\overline {DE}}$ zur Strecke ${\overline {DA}}$. Wenn man als variable Größe $x$ den Abstand von $B$ zu $A$ und als Größe $y$ die Streckenlänge der durch $B$ verlaufenden Dreiecksseite, die zur Strecke ${\overline {DE}}$ parallel ist, denkt, so liegt zwischen diesen Größen ein konstantes Verhältnis vor.
# Kreise/Ein Schnittpunkt/Aufgabe

a) Skizziere zwei Kreise, die sich in genau einem Punkt schneiden.
b) Es seien zwei Punkte $M_{1}\neq M_{2}$ in der Ebene $E$ gegeben. Ein Punkt $P\in E$ definiert den Kreis $K_{1}$ mit Mittelpunkt $M_{1}$ durch $P$ und den Kreis $K_{2}$ mit Mittelpunkt $M_{2}$ durch $P$. Charakterisiere, wann die beiden Kreise genau einen Schnittpunkt besitzen.
c) Beweise die Charakterisierung aus b).
# Kreise/Ein Schnittpunkt/Aufgabe/Lösung

b) Es sei $G$ die Gerade durch $M_{1}$ und $M_{2}$. Die beiden Kreise besitzen genau dann einen gemeinsamen Schnittpunkt (nämlich $P$), wenn $P\in G$ ist.
c) Wenn $P$ nicht auf der Gerade liegt, so ist, da die Kreise symmetrisch zur Spiegelungsachse $G$ sind, auch der Spiegelungspunkt $P'$ ein Schnittpunkt der beiden Kreise.
$P$
$P'$
$H$
$G$
$G$
$G$
# Zirkel und Lineal/Quadratwurzel/Konstruktion/Textabschnitt

Wenn man sich zwei Punkte $0$ und $1$ vorgibt und man die dadurch definierte Gerade mit $\mathbb {R}$ identifiziert, so wird diese Gerade durch $0$ in zwei Hälften (Halbgeraden) unterteilt, wobei man dann diejenige Hälfte, die $1$ enthält, als positive Hälfte bezeichnet. Aus solchen positiven reellen Zahlen kann man mit Zirkel und Lineal die Quadratwurzel ziehen.

## Lemma

Es sei $G$ eine mit zwei Punkten $0$ und $1$ markierte Gerade, die wir mit den reellen Zahlen identifizieren. Es sei $a\in G_{+}$ eine positive reelle Zahl. Dann ist die Quadratwurzel ${\sqrt {a}}$ aus $0,1,a$ mittels Zirkel und Lineal konstruierbar.

### Beweis

Wir zeichnen den Kreis mit Mittelpunkt $0$ durch $1$ und markieren den zweiten Schnittpunkt dieses Kreises mit $G$ als $-1$. Wir halbieren die Strecke zwischen $-1$ und $a$ gemäß Fakt und erhalten den konstruierbaren Punkt $M={\frac {a-1}{2}}\in G$. Der Abstand von $M$ zu $a$ als auch zu $-1$ ist dann ${\frac {a+1}{2}}$. Wir zeichnen den Kreis mit Mittelpunkt $M$ und Radius ${\frac {a+1}{2}}$ und markieren einen der Schnittpunkte des Kreises mit der zu $G$ senkrechten Geraden $H$ durch $0$ als $x$. Wir wenden den Satz des Pythagoras auf das Dreieck mit den Ecken $0,x,M$ an. Daraus ergibt sich
    $x^{2}={\left({\frac {a+1}{2}}\right)}^{2}-{\left({\frac {a-1}{2}}\right)}^{2}={\frac {a^{2}+2a+1-(a^{2}-2a+1)}{4}}={\frac {4a}{4}}=a\,.$
Also repräsentiert (der Abstand von $0$ zu) $x$ die Quadratwurzel aus $a$.
$\Box$
Die nächste Aussage bedeutet, dass man zu einem gegebenen Rechteck ein flächengleiches Quadrat konstruieren kann.

## Korollar

Es sei ein Rechteck in der Ebene gegeben.
Dann lässt sich mit Zirkel und Lineal ein flächengleiches Quadrat konstruieren.

### Beweis

Die Längen der Rechteckseiten seien $a$ und $b$. Wir wählen einen Eckpunkt des Rechtecks als Nullpunkt und verwenden die Geraden durch die anliegenden Rechteckseiten als Koordinatenachsen. Wir wählen willkürlich einen Punkt $1$ ($\neq 0$) auf einer der Achsen und schlagen einen Kreis um den Nullpunkt durch den Eckpunkt auf der anderen Achse, sodass beide Seitenlängen auf der mit $0$ und $1$ markierten Achse liegen. Darauf führen wir die Multiplikation $ab$ nach Fakt durch. Aus diesem Produkt zieht man nun gemäß Fakt die Quadratwurzel und erhält somit ${\sqrt {ab}}$. Mit dieser Streckenlänge konstruiert man ein Quadrat, dessen Flächeninhalt gleich dem Flächeninhalt des vorgegebenen Rechtecks ist.
$\Box$
Man beachte, dass im Beweis der vorstehenden Aussage die Zahl $ab$ von der Wahl der $1$ abhängt, nicht aber ${\sqrt {ab}}$ und damit natürlich auch nicht die Seitenlänge des konstruierten Quadrats. Eine natürliche Wahl ist, die kleinere Strecke als $1$ anzusetzen.
# Einheitskreis und Diagonale/Schnittpunkt/Koordinaten/Aufgabe

Bestimme die Koordinaten der Schnittpunkte des Einheitskreises und der Diagonalen in der Ebene $E\cong \mathbb {R} ^{2}$.
# Einheitskreis und Diagonale/Schnittpunkt/Koordinaten/Aufgabe/Lösung

Die Punkte auf der Diagonalen haben die Form $(x,x)$ mit $x\in \mathbb {R}$, die Punkte auf dem Einheitskreis erfüllen die Gleichung $x^{2}+y^{2}=1$. Zusammengenommen kommt man auf die Gleichung
    $x^{2}+x^{2}=2x^{2}=1\,,$
also
    $x=\pm {\sqrt {\frac {1}{2}}}\,.$
Die beiden Schnittpunkte sind also
$\left({\sqrt {\frac {1}{2}}},\,{\sqrt {\frac {1}{2}}}\right)$
$\left(-{\sqrt {\frac {1}{2}}},\,-{\sqrt {\frac {1}{2}}}\right)$
# Schnittpunkt von zwei Kreisen/Einheitskreis und (X-2)^2+Y^2-3/Aufgabe/Lösung

Die Differenz der beiden Gleichungen ist
    $x^{2}-(x-2)^{2}+2=0\,$
bzw.
    $4x=2{\text{ und somit }}x={\frac {1}{2}}.$
Die Schnittpunkte der beiden Kreise müssen also auch auf der durch $x={\frac {1}{2}}$ gegebenen Geraden liegen. Setzt man diese Geradenbedingung in die erste Kreisgleichung ein, so erhält man
    $y^{2}=1-x^{2}=1-{\frac {1}{4}}={\frac {3}{4}}\,,$
also
    $y=\pm {\frac {\sqrt {3}}{2}}\,.$
# Schnittpunkt von zwei Kreisen/Einheitskreis und (X-2)^2+Y^2-3/Aufgabe

Berechne die Schnittpunkte des Einheitskreises, der durch $x^{2}+y^{2}=1$ gegeben ist, mit dem Kreis $K$, der durch die Kreisgleichung $(x-2)^{2}+y^{2}=3$ gegeben ist.
# Schnittpunkt von zwei Kreisen/Einheitskreis und (X-2)^2+Y^2-3/Beispiel

Wir betrachten die beiden Kreise mit den Kreisgleichungen
    $x^{2}+y^{2}=1{\text{ und }}(x-2)^{2}+y^{2}=3.$
Die Differenz der beiden Gleichungen ist
    $x^{2}-(x-2)^{2}+2=0\,$
bzw.
    $4x=2{\text{ und somit }}x={\frac {1}{2}}.$
Die Schnittpunkte der beiden Kreise müssen also auch auf der durch $x={\frac {1}{2}}$ gegebenen Geraden liegen. Setzt man diese Geradenbedingung in die erste Kreisgleichung ein, so erhält man
    $y^{2}=1-x^{2}=1-{\frac {1}{4}}={\frac {3}{4}}\,,$
also
    $y=\pm {\frac {\sqrt {3}}{2}}\,.$
# Zirkel und Lineal/Konstruierbar aus Startmenge/Definition

Es sei $M\subseteq E$ eine Teilmenge der Ebene $E$. Dann heißt ein Punkt $P\in E$ aus $M$ konstruierbar (oder mit Zirkel und Lineal konstruierbar ), wenn es eine Folge von Punkten
    $P_{1},\ldots ,P_{n}=P$
derart gibt, dass $P_{i}$ jeweils aus $M\cup \{P_{1},\ldots ,P_{i-1}\}$ in einem Schritt konstruierbar ist.
# Quadratische Gleichung/Vieta/Kreisgleichung/Aufgabe

Es sei
    $z^{2}+pz+q=0\,$
eine quadratische Gleichung mit $p,q\in \mathbb {R}$. Zeige, dass die Koordinaten der Schnittpunkte der Geraden
    $x+y=-p\,$
und des Kreises
    $x^{2}+y^{2}=p^{2}-2q\,$
die Lösungen der quadratischen Gleichung sind.
# Matrix/2x2/R/Diagonalisierbar und nebendiagonalisierbar/Aufgabe

Eine $n\times n$-Matrix $M$ heißt nebendiagonalisierbar, wenn sie ähnlich zu einer Matrix der Form
    ${\begin{pmatrix}0&\ldots &0&0&d_{1}\\0&\ldots &0&d_{2}&0\\0&\ldots &d_{3}&0&0\\\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &\vdots \\d_{n}&0&\ldots &\ldots &0\end{pmatrix}}$
ist.
a) Man gebe ein Beispiel für eine reelle $2\times 2$-Matrix, die diagonalisierbar, aber nicht nebendiagonalisierbar ist.
b) Man gebe ein Beispiel für eine reelle $2\times 2$-Matrix (nicht die Nullmatrix), die sowohl diagonalisierbar als auch nebendiagonalisierbar ist.
c) Man gebe ein Beispiel für eine reelle $2\times 2$-Matrix, die nicht diagonalisierbar, aber nebendiagonalisierbar ist.
d) Man gebe ein Beispiel für eine reelle $2\times 2$-Matrix, die weder diagonalisierbar noch nebendiagonalisierbar ist.
# Matrix/4x4/Ähnlich/9 Nullen/Aufgabe/Lösung

Wenn es einen Vektor $u\neq 0$ derart gibt, dass die Vektoren $u,\varphi (u),\varphi ^{2}(u),\varphi ^{3}(u)$ eine Basis bilden, so wird $\varphi$ bezüglich dieser Basis durch eine Matrix der Form
    ${\begin{pmatrix}0&0&0&x\\1&0&0&y\\0&1&0&z\\0&0&1&w\end{pmatrix}}$
beschrieben. Dies ist insbesondere dann der Fall, wenn es keinen nichttrivialen $\varphi$-invarianten Untervektorraum gibt. In diesem Fall kann man jeden Vektor $u\neq 0$ nehmen.
Wir können also davon ausgehen, dass zu jedem Vektor $u\neq 0$ die sukzessiven Bildvektoren $u,\varphi (u),\varphi ^{2}(u),\ldots$ in einem höchstens dreidimensionalen invarianten Untervektorraum liegen.
Betrachten wir den Fall, dass es einen eindimensionalen invarianten Untervektorraum gibt, also einen Eigenvektor $u$, mit Eigenwert $\lambda$. Das charakteristische Polynom sei
    $\chi _{\varphi }=(X-\lambda )^{k}\cdot P\,$
mit
    $P(\lambda )\neq 0\,.$
Nach Fakt gibt es eine direkte Summenzerlegung
    $K^{4}=H\oplus \operatorname {kern} Q(\varphi )\,$
in $\varphi$-invariante Untervektorräume, wobei $H=\operatorname {Haupt} _{\lambda }(\varphi )$ der Hauptraum zu $\lambda$ ist. Je nach der Dimension dieses Hauptraumes ist die beschreibende Matrix gleich einer Blockmatrix
    ${\begin{pmatrix}\lambda &0&0&0\\0&a&b&c\\0&d&e&f\\0&g&h&i\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}\lambda &1&0&0\\0&\lambda &0&0\\0&0&a&b\\0&0&c&d\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}\lambda &1&0&0\\0&\lambda &1&0\\0&0&\lambda &0\\0&0&0&a\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}\lambda &1&0&0\\0&\lambda &1&0\\0&0&\lambda &1\\0&0&0&\lambda \end{pmatrix}}.$
Im ersten Fall kann man in der $3\times 3$-Blockmatrix vier Nullen erreichen.
Es gebe also keinen Eigenwert.
Wenn es einen dreidimensionalen $\varphi$-invarianten Untervektorraum gibt, so hat eine beschreibende Matrix, die eine Basis dieses Raumes verwendet, die Form
    ${\begin{pmatrix}a&b&c&x\\d&e&f&y\\g&h&i&z\\0&0&0&w\end{pmatrix}}.$
Doch dann zeigt das charakteristische Polynom, dass $w$ ein Eigenwert ist, was wir schon behandelt haben.
Wenn es einen zweidimensionalen $\varphi$-invarianten Untervektorraum $U$ gibt, so betrachten wir ein $v\notin U$. Dann erzeugt $v,\varphi (v)$ ebenfalls einen zweidimensionalen $\varphi$-invarianter Untervektorraum $W$. Bei $U\cap W\neq 0$ würde es wieder einen eindimensionalen invarianten Untervektorraum geben, also einen Eigenwert.
Daher ist $U\cap W=0$ und damit
    $K^{4}=U\oplus W\,.$
Bezüglich Basen für diese Untervektorräume wird $\varphi$ durch die Blockmatrix
    ${\begin{pmatrix}a&b&0&0\\c&d&0&0\\0&0&x&y\\0&0&z&w\end{pmatrix}}$
# Matrix/4x4/Ähnlich/9 Nullen/Aufgabe

Es sei $K$ ein Körper und sei
    $\varphi \colon K^{4}\longrightarrow K^{4}$
eine lineare Abbildung. Zeige, dass es eine Basis des $K^{4}$ derart gibt, dass in der beschreibenden Matrix von $\varphi$ bezüglich dieser Basis mindestens neun Einträge gleich $0$ sind (man darf verwenden, dass man bei der entsprechenden Aufgabe für den $K^{3}$ vier Nullen erreichen kann).
# MDLUL/invariante Untervektorräume

Start=invariante Untervektorräume
Siehe=invarianter Untervektorraum MDLUL/invarianter Untervektorraum Ziel=Endomorphismus/Invarianter Unterraum/Definition
# Endomorphismus/Zerlegung in invariante Untervektorräume/Invarianter Untervektorraum/Aufgabe/Lösung

a) Sei $v\in U_{1}\oplus U_{2}$, also
    $v=v_{1}+v_{2}\,$
mit $v_{1}\in U_{1}\subseteq V_{1}$ und $v_{2}\in U_{2}\subseteq V_{2}$. Dann ist
    $\varphi (v)=\varphi _{1}(v_{1})+\varphi _{2}(v_{2})\,,$
und dies gehört zu $U_{1}\oplus U_{2}$ aufgrund der $\varphi _{1}$-Invarianz von $U_{1}$ und der $\varphi _{2}$-Invarianz von $U_{2}$.
b) Wir betrachten die Identität auf $V=K^{2}=Ke_{1}\oplus Ke_{2}$. Bezüglich der Identität ist jeder Untervektorraum invariant, insbesondere liegt eine direkte Summenzerlegung in invariante Untervektorräume vor. Der Untervektorraum $U=K(e_{1}+e_{2})$
$Ke_{1}$
$Ke_{2}$
# Lineare Abbildung/R^3 nach R^2/Auf Basis/3/Aufgabe

Es sei eine lineare Abbildung
    $\varphi \colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2}$
mit
    $\varphi {\begin{pmatrix}4\\-1\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}5\\1\end{pmatrix}},\,\varphi {\begin{pmatrix}-1\\-1\\6\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\5\end{pmatrix}}{\text{ und }}\varphi {\begin{pmatrix}3\\-4\\-2\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-3\\2\end{pmatrix}}$
gegeben. Berechne
    $\varphi {\begin{pmatrix}2\\-2\\3\end{pmatrix}}.$
# Lineare Abbildung/Auf Basis/(0,1,2) nach (3,-2) und (1,4,1) nach (1,0) und (2,1,3) nach (7,2)/(3,-5,4)/Aufgabe/Lösung

Wir lösen zuerst das lineare Gleichungssystem
    $a{\begin{pmatrix}0\\1\\2\end{pmatrix}}+b{\begin{pmatrix}1\\4\\1\end{pmatrix}}+c{\begin{pmatrix}2\\1\\3\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}3\\-5\\4\end{pmatrix}}\,.$
Die Zeilenoperation $IV=2II-III$ führt auf
    $(IV)\,\,\,7b-c=-14\,$
und $V=I+2IV$ führt auf
    $(V)\,\,\,15b=-25\,.$
Damit ist
    $b={\frac {-25}{15}}=-{\frac {5}{3}}\,$
und
    $2c=3-b=3+{\frac {5}{3}}={\frac {14}{3}}\,,$
also
    $c={\frac {7}{3}}\,,$
und
    $a=-5-4b-c=-5-4{\left({\frac {-5}{3}}\right)}-{\frac {7}{3}}={\frac {-15}{3}}+{\frac {20}{3}}-{\frac {7}{3}}=-{\frac {2}{3}}\,.$
Also ist
    ${\begin{aligned}\varphi {\begin{pmatrix}3\\-5\\4\end{pmatrix}}&=\varphi {\left(-{\frac {2}{3}}{\begin{pmatrix}0\\1\\2\end{pmatrix}}-{\frac {5}{3}}{\begin{pmatrix}1\\4\\1\end{pmatrix}}+{\frac {7}{3}}{\begin{pmatrix}2\\1\\3\end{pmatrix}}\right)}\\&=-{\frac {2}{3}}\cdot \varphi {\begin{pmatrix}0\\1\\2\end{pmatrix}}-{\frac {5}{3}}\cdot \varphi {\begin{pmatrix}1\\4\\1\end{pmatrix}}+{\frac {7}{3}}\cdot \varphi {\begin{pmatrix}2\\1\\3\end{pmatrix}}\\&=-{\frac {2}{3}}\cdot {\begin{pmatrix}3\\-2\end{pmatrix}}-{\frac {5}{3}}\cdot {\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}+{\frac {7}{3}}\cdot {\begin{pmatrix}7\\2\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}-2-{\frac {5}{3}}+{\frac {49}{3}}\\{\frac {4}{3}}+{\frac {14}{3}}\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}{\frac {38}{3}}\\{\frac {18}{3}}\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}{\frac {38}{3}}\\6\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$
# Lineare Abbildung/R^3 nach R^2/Auf Basis/3/Aufgabe/Lösung

Wir lösen zuerst das lineare Gleichungssystem
    $a{\begin{pmatrix}4\\-1\\0\end{pmatrix}}+b{\begin{pmatrix}-1\\-1\\6\end{pmatrix}}+c{\begin{pmatrix}3\\-4\\-2\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2\\-2\\3\end{pmatrix}}\,.$
Die Zeilenoperation $IV=I+4II$ führt auf
    $(IV)\,\,\,-5b-13c=-6\,$
und $V=5III+6IV$ führt auf
    $(V)\,\,\,-88c=-21\,.$
Damit ist
    $c={\frac {21}{88}}\,$
und
    $b={\frac {6}{5}}-{\frac {13}{5}}c={\frac {6}{5}}-{\frac {13}{5}}\cdot {\frac {21}{88}}={\frac {528-273}{440}}={\frac {255}{440}}={\frac {51}{88}}\,$
und
    $a=-b-4c+2=-{\frac {51}{88}}-4{\frac {21}{88}}+2={\frac {-51-84+176}{88}}={\frac {41}{88}}\,.$
Also ist
    ${\begin{aligned}\varphi {\begin{pmatrix}2\\-2\\3\end{pmatrix}}&=\varphi {\left({\frac {41}{88}}{\begin{pmatrix}4\\-1\\0\end{pmatrix}}+{\frac {55}{88}}{\begin{pmatrix}-1\\-1\\6\end{pmatrix}}+{\frac {21}{88}}{\begin{pmatrix}3\\-4\\-2\end{pmatrix}}\right)}\\&={\frac {1}{88}}{\left(41{\begin{pmatrix}5\\1\end{pmatrix}}+55{\begin{pmatrix}0\\5\end{pmatrix}}+21{\begin{pmatrix}-3\\2\end{pmatrix}}\right)}\\&={\frac {1}{88}}{\begin{pmatrix}205-63\\41+275+42\end{pmatrix}}\\&={\frac {1}{88}}{\begin{pmatrix}142\\358\end{pmatrix}}\\&={\frac {1}{44}}{\begin{pmatrix}71\\179\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$
# Orientierung/Vektorräume/Orientierungstreu/Einführung/Textabschnitt
## Definition

Es seien $V$ und $W$ zwei endlichdimensionale orientierte reelle Vektorräume. Eine bijektive lineare Abbildung
    $\varphi \colon V\longrightarrow W$
heißt orientierungstreu, wenn für jede Basis $v_{1},\ldots ,v_{n}$, die die Orientierung auf $V$ repräsentiert, die Bildvektoren $\varphi (v_{1}),\ldots ,\varphi (v_{n})$ die Orientierung auf $W$ repräsentieren.
Es genügt, diese Eigenschaft für eine einzige, die Orientierung repräsentierende Basis nachzuweisen, siehe Aufgabe. Bei einem Automorphismus $\varphi \colon V\rightarrow V$ kann man direkt von orientierungstreu sprechen, ohne zuvor eine Orientierung auszuzeichen. Orientierungstreu liegt vor, wenn jede Basis $v_{1},\ldots ,v_{n}$ zu ihrer Bildbasis $\varphi (v_{1}),\ldots ,\varphi (v_{n})$ orientierungsgleich ist. Dies kann man einfach mit der folgenden Beobachtung überprüfen.

## Lemma

Es sei $V$ ein endlichdimensionaler reeller Vektorraum und $\varphi \colon V\rightarrow V$ eine bijektive lineare Abbildung.
Dann ist $\varphi$ genau dann orientierungstreu, wenn die Determinante von $\varphi$ positiv ist.

### Beweis

Es sei $v_{1},\ldots ,v_{n}$ eine Basis von $V$. Wegen der Bijektivität von $\varphi$ bilden auch die Bilder
    $\varphi (v_{1}),\ldots ,\varphi (v_{n})$
eine Basis von $V$. Es sei
    $\varphi (v_{j})=\sum _{i=1}^{n}a_{ij}v_{i}\,,$
sodass
    $M={\left(a_{ij}\right)}_{ij}\,$
die beschreibende Matrix der Abbildung bezüglich der Basis $v_{1},\ldots ,v_{n}$ ist. Diese Matrix ist auch die Basiswechselmatrix $M_{\mathfrak {v}}^{\mathfrak {\varphi (v)}}$. Die Positivität der Determinante dieser Übergangsmatrix bedeutet nach Definition, dass die beiden Basen die gleiche Orientierung repräsentieren.
$\Box$
Wenn auf $V$ ein Skalarprodukt ausgezeichnet und $\varphi$ eine Isometrie ist, so bedeutet positive Determinante nach Fakt einfach, dass die Determinante gleich $1$ ist. In diesem Zusammenhang stimmt also orientierungsgleich und eigentlich überein.
# Reeller Vektorraum/Bijektiv/Orientierungstreu/Positive Determinante/Fakt

Es sei $V$ ein endlichdimensionaler reeller Vektorraum und $\varphi \colon V\rightarrow V$ eine bijektive lineare Abbildung.
Dann ist $\varphi$ genau dann orientierungstreu, wenn die Determinante von $\varphi$ positiv ist.
# Charakteristisches Polynom/Teilerfremde Zerlegung/Direkte Summe/Fakt

Es sei $\varphi \colon V\rightarrow V$ eine lineare Abbildung auf einem endlichdimensionalen $K$-Vektorraum $V$ und sei
    $\chi _{\varphi }=P\cdot Q\,$
eine Faktorzerlegung des charakteristischen Polynoms in teilerfremde Polynome $P,Q\in K[X]$.
Dann gilt die direkte Summenzerlegung
und die Einschränkung von $P(\varphi )$ auf den $\operatorname {kern} Q(\varphi )$ ist bijektiv.
# Vektorraum/Endomorphismus/Invarianter Unterraum/Polynom/Aufgabe

Es sei $K$ ein Körper, $V$ ein $K$-Vektorraum und
    $\varphi \colon V\longrightarrow V$
eine lineare Abbildung. Es sei $U\subseteq V$ ein $\varphi$-invarianter Unterraum von $V$. Zeige, dass zu einem Polynom $P\in K[X]$ der Raum $U$ ebenfalls $P(\varphi )$-invariant ist.
# Vektorraum/Endomorphismus/Invarianter Unterraum/Polynom/Aufgabe/Lösung

Zunächst ist $U$ auch invariant bezüglich jeder Hintereinanderschaltung $\varphi ^{k}$. Es sei
    $P=\sum _{i=0}^{d}a_{i}X^{i}\,$
und $u\in U$. Dann ist
    $(P(\varphi ))(u)={\left(\sum _{i=0}^{d}a_{i}\varphi ^{i}\right)}(u)=\sum _{i=0}^{d}a_{i}\varphi ^{i}(u)\,,$
$U$
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