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Lineare Algebra 1 ist neben der Analysis das zweite große Grundmodul in Mathematik, Informatik, Physik und den Ingenieurwissenschaften – und sie prüft anders. Statt um Grenzwerte geht es um Strukturen, die man Schritt für Schritt ausrechnet. Matrizen und Vektorräume hängen dabei enger zusammen, als getrennte Kapitel im Skript vermuten lassen: Der Vektorraum liefert den Rahmen, die lineare Abbildung die Struktur, die Matrix die Rechenvorschrift. Wer diesen Zusammenhang einmal durchschaut hat, muss deutlich weniger Verfahren einzeln auswendig lernen.
Diese Lineare-Algebra-Zusammenfassung geht die klausurrelevanten Blöcke in der Reihenfolge durch, in der sie aufeinander aufbauen: Vektorräume und das Untervektorraum-Kriterium, Linearkombination, lineare Unabhängigkeit, Erzeugendensystem, Basis und Dimension, lineare Gleichungssysteme mit dem Gauß-Algorithmus und dem Rangkriterium, Matrizen samt Multiplikation, Transponierter und Inverser, die Determinante mit der Regel von Sarrus, lineare Abbildungen mit Kern, Bild und Rangsatz sowie Eigenwerte, Eigenvektoren und Diagonalisierbarkeit. Skalarprodukt und Orthogonalität schließen den Überblick ab. Zu jedem Verfahren steht ein durchgerechnetes Beispiel mit kleinen ganzen Zahlen, denn in der LA-Klausur wird selten die Definition allein abgefragt, sondern ihre Anwendung auf eine konkrete Matrix.
Besonderes Gewicht liegt auf den Stellen, an denen regelmäßig Punkte verloren gehen: Die Matrixmultiplikation ist nicht kommutativ, und A·B ist überhaupt nur definiert, wenn die Formate zusammenpassen. Im Rangsatz steht links die Dimension des Urbildraums, nicht die des Zielraums. Ein Eigenvektor ist per Definition ungleich dem Nullvektor, während der Eigenwert null durchaus auftreten darf. Und die Lösungsmenge eines inhomogenen Systems ist kein Untervektorraum, sondern eine verschobene Gerade oder Ebene. Die Lernkarten und Übungsfragen unten prüfen genau diese Unterscheidungen. Du kannst alles direkt hier durcharbeiten – oder die Inhalte kostenfrei in deinen Learnboost Account übernehmen und dort mit Spaced Repetition, Lernplan und KI-Tutor weiterlernen.
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Die Lineare Algebra beschreibt lineare Strukturen: Vektorräume, lineare Abbildungen und die Matrizen, mit denen man beides ausrechnet. Fast jede Klausuraufgabe liegt auf einer dieser drei Ebenen.
Schreibweise hier: Eine Matrix steht zeilenweise, jede innere Klammer ist genau eine Zeile. A = ((1, 2), (3, 4)) hat also die Zeilen (1, 2) und (3, 4); der Eintrag a₂₁ – zweite Zeile, erste Spalte – ist die 3. Vektoren sind Tupel wie v = (1, 2, 3). Weiter: det(A), Aᵀ, A⁻¹, rg(A) für den Rang, dim(V) für die Dimension, E für die Einheitsmatrix.
Ein Vektorraum V über einem Körper K trägt eine Addition und eine Skalarmultiplikation mit acht Axiomen: Die Addition ist assoziativ und kommutativ, hat ein neutrales Element (den Nullvektor) und zu jedem v ein Negatives; die Skalarmultiplikation ist verträglich mit der Multiplikation in K, erfüllt beide Distributivgesetze und lässt 1·v = v.
Konkrete Fälle prüft man mit dem Untervektorraum-Kriterium: U ist genau dann ein Untervektorraum von V, wenn der Nullvektor in U liegt, mit u und w auch u + w und mit u auch λ·u. Die Menge aller (x₁, x₂, x₃) mit x₁ + x₂ + x₃ = 0 erfüllt das, die Menge mit x₁ + x₂ + x₃ = 1 nicht – sie enthält den Nullvektor nicht.
Eine Linearkombination von v₁, …, vₖ ist λ₁·v₁ + … + λₖ·vₖ. Die Menge aller Linearkombinationen heißt lineare Hülle oder Spann und ist selbst ein Untervektorraum; erzeugt sie ganz V, liegt ein Erzeugendensystem vor.
Lineare Unabhängigkeit heißt: λ₁·v₁ + … + λₖ·vₖ = 0 ist nur mit λ₁ = … = λₖ = 0 möglich. Man schreibt die Vektoren als Spalten und löst das homogene System; bei n Vektoren im ℝⁿ genügt die Determinante: Für (1, 0, 1), (0, 1, 1) und (1, 1, 2) ist sie 0, die Vektoren sind also abhängig – der dritte ist die Summe der ersten beiden.
Eine Basis ist ein linear unabhängiges Erzeugendensystem; gleichwertig ist jeder Vektor auf genau eine Weise darstellbar. Alle Basen haben gleich viele Elemente – diese Zahl ist die Dimension, dim(ℝⁿ) = n. Der Untervektorraum von oben hat die Basis (1, −1, 0) und (1, 0, −1), also dim(U) = 2.
Ein LGS schreibt man als A·x = b. Der Gauß-Algorithmus bringt die erweiterte Koeffizientenmatrix (A|b) auf Zeilenstufenform. Erlaubt sind drei Umformungen, die die Lösungsmenge nicht ändern: Zeilen tauschen, eine Zeile mit einer Zahl ungleich null multiplizieren, ein Vielfaches einer Zeile zu einer anderen addieren. Ein Beispiel, Gleichung für Gleichung:
x₁ + x₂ + x₃ = 6
2x₁ − x₂ + x₃ = 3
x₁ + 2x₂ − x₃ = 2
Zweite minus doppelte erste ergibt −3x₂ − x₃ = −9, dritte minus erste ergibt x₂ − 2x₃ = −4; daraus folgt 7x₃ = 21 und rückwärts x₃ = 3, x₂ = 2, x₁ = 1.
Lösbar ist ein System genau dann, wenn rg(A) = rg(A|b). Stimmt der Rang zusätzlich mit der Zahl n der Unbekannten überein, ist die Lösung eindeutig, sonst bleiben n − rg(A) freie Parameter. Ein homogenes System A·x = 0 ist immer lösbar, und seine Lösungsmenge ist ein Untervektorraum der Dimension n − rg(A).
Beim inhomogenen System ist die Lösungsmenge kein Untervektorraum, sondern ein affiner Raum: eine spezielle Lösung plus der homogene Lösungsraum. Für x₁ + x₂ + 2x₃ = 4, 2x₁ + 3x₂ + 5x₃ = 9 und 3x₁ + 4x₂ + 7x₃ = 13 ist rg(A) = rg(A|b) = 2, es bleibt ein Parameter: alle (3, 1, 0) + t·(−1, −1, 1). Stünde rechts 14 statt 13, wäre rg(A|b) = 3 und das System unlösbar.
Addition und Skalarmultiplikation laufen eintragsweise und verlangen gleiche Formate. Die Multiplikation nicht: A·B ist nur definiert, wenn A das Format m×n und B das Format n×p hat. Das Ergebnis ist m×p, und sein Eintrag in Zeile i, Spalte j ist das Skalarprodukt der i-ten Zeile von A mit der j-ten Spalte von B.
Die Multiplikation ist nicht kommutativ: Für A = ((1, 2), (3, 4)) und B = ((0, 1), (1, 0)) ist A·B = ((2, 1), (4, 3)), aber B·A = ((3, 4), (1, 2)).
Die Einheitsmatrix E trägt Einsen auf der Diagonalen und lässt jede passende Matrix unverändert. Für die Transponierte gelten (Aᵀ)ᵀ = A und (A·B)ᵀ = Bᵀ·Aᵀ – beim Produkt dreht sich die Reihenfolge um. Die Inverse A⁻¹ erfüllt A·A⁻¹ = A⁻¹·A = E und existiert nur für quadratische Matrizen mit det(A) ungleich null. Für 2×2 gilt A⁻¹ = (1/det(A))·((a₂₂, −a₁₂), (−a₂₁, a₁₁)); mit S = ((2, 1), (5, 3)) und det(S) = 1 folgt S⁻¹ = ((3, −1), (−5, 2)).
Für 2×2 gilt det(A) = a₁₁·a₂₂ − a₁₂·a₂₁, für ((1, 2), (3, 4)) also 1·4 − 2·3 = −2. Für 3×3 hilft die Regel von Sarrus: die drei Produkte längs der Diagonalen nach rechts unten minus die drei nach rechts oben. Für T = ((1, 2, 3), (4, 5, 6), (7, 8, 10)) sind das 1·5·10 + 2·6·7 + 3·4·8 = 230 und 3·5·7 + 1·6·8 + 2·4·10 = 233, also det(T) = −3. Ab 4×4 gilt Sarrus nicht mehr; dann entwickelt man nach Laplace.
Eigenschaften: det(A·B) = det(A)·det(B), det(Aᵀ) = det(A), det(A⁻¹) = 1/det(A), det(λ·A) = λⁿ·det(A) bei n×n. Zeilentausch dreht das Vorzeichen, das Addieren eines Zeilenvielfachen ändert nichts, proportionale Zeilen ergeben det = 0, bei Dreiecksmatrizen ist die Determinante das Produkt der Diagonaleinträge. Falsch ist det(A + B) = det(A) + det(B).
Zentral ist die Äquivalenzkette für eine n×n-Matrix: det(A) ungleich null bedeutet zugleich, dass A invertierbar ist, dass rg(A) = n gilt, dass die Spalten linear unabhängig sind, dass der Kern nur den Nullvektor enthält und dass A·x = b für jedes b eindeutig lösbar ist.
f von V nach W heißt linear, wenn f(u + w) = f(u) + f(w) und f(λ·u) = λ·f(u) gilt; daraus folgt f(0) = 0. Nach Wahl von Basen gehört zu f genau eine Darstellungsmatrix, deren Spalten die Bilder der Basisvektoren sind.
Der Kern ist die Lösungsmenge von f(x) = 0, das Bild ist der Spann der Spalten mit dim(Bild) = rg(A). Der Rangsatz verbindet sie: dim(V) = dim(Kern) + dim(Bild). Links steht die Dimension des Urbildraums, nicht die des Zielraums. Beispiel: A = ((1, 2, 3), (2, 4, 6), (1, 1, 1)) auf dem ℝ³ hat rg(A) = 2, weil die zweite Zeile das Doppelte der ersten ist; der Kern wird von (1, −2, 1) erzeugt, und 3 = 1 + 2 geht auf.
f ist genau dann injektiv, wenn dim(Kern) = 0 ist, und genau dann surjektiv, wenn rg(A) = dim(W) gilt. Bei gleicher endlicher Dimension von V und W sind injektiv und surjektiv gleichwertig, sonst nicht: Eine Abbildung vom ℝ³ in den ℝ² kann nie injektiv sein, weil ihr Kern mindestens Dimension 1 hat.
λ heißt Eigenwert von A, wenn es einen Vektor v ungleich dem Nullvektor gibt mit A·v = λ·v; v ist dann ein Eigenvektor. Die Bedingung v ungleich 0 gehört zur Definition, sonst wäre jede Zahl Eigenwert. Der Eigenwert null ist dagegen zulässig – genau dann ist A nicht invertierbar.
Die Eigenwerte liefert det(A − λ·E) = 0, das charakteristische Polynom. Für M = ((4, 1), (2, 3)) ist das (4 − λ)·(3 − λ) − 1·2 = λ² − 7λ + 10 mit λ₁ = 2 und λ₂ = 5. Kontrolle: Spur 7 = 2 + 5, Determinante 10 = 2·5.
Zu jedem λ löst man (A − λ·E)·x = 0; die Lösungsmenge ist der Eigenraum. Für λ = 5 hat M − 5·E die Zeilen (−1, 1) und (2, −2), es bleibt x₁ = x₂ und damit der Eigenvektor (1, 1). Für λ = 2 bleibt 2x₁ + x₂ = 0, also (1, −2) – Probe: M·(1, −2) = (2, −4).
Diagonalisierbar ist A, wenn eine Basis aus Eigenvektoren existiert; dann gilt S⁻¹·A·S = D mit den Eigenvektoren als Spalten von S und den Eigenwerten in gleicher Reihenfolge in D. n verschiedene Eigenwerte sind hinreichend, aber nicht notwendig; allgemein muss für jeden Eigenwert die geometrische Vielfachheit, also die Dimension des Eigenraums, mit der algebraischen übereinstimmen. N = ((1, 1), (0, 1)) hat λ = 1 doppelt, aber nur einen eindimensionalen Eigenraum und ist nicht diagonalisierbar.
Das Standardskalarprodukt im ℝⁿ ist u·v = u₁v₁ + … + uₙvₙ. Daraus folgen die Länge |v| = √(v·v) und der Winkel über cos φ = (u·v)/(|u|·|v|). Orthogonal heißen zwei Vektoren, wenn u·v = 0 ist. Für u = (1, 2, 2) und w = (2, 1, −2) ist u·w = 2 + 2 − 4 = 0; beide haben die Länge 3, denn 1 + 4 + 4 = 9. Eine Orthonormalbasis aus paarweise orthogonalen Vektoren der Länge 1 erlaubt es, Koordinaten als Skalarprodukte abzulesen; erzeugt wird sie mit Gram-Schmidt.
Frage antippen, um die Antwort aufzudecken.
An drei Bedingungen: Der Nullvektor liegt in U, mit u und w liegt auch u + w in U, und mit u liegt auch λ·u in U für jedes λ. Beispiel: alle (x₁, x₂, x₃) mit x₁ + x₂ + x₃ = 0 bilden einen Untervektorraum des ℝ³. Die Menge mit x₁ + x₂ + x₃ = 1 nicht – sie enthält den Nullvektor nicht, und Summen zweier solcher Vektoren ergeben 2 statt 1.
Acht Axiome in zwei Gruppen. Zur Addition: Assoziativität, Kommutativität, ein neutrales Element (der Nullvektor) und zu jedem v ein Negatives −v. Zur Skalarmultiplikation: λ·(μ·v) = (λ·μ)·v, 1·v = v sowie die beiden Distributivgesetze λ·(u + v) = λ·u + λ·v und (λ + μ)·v = λ·v + μ·v. Typische Vektorräume sind der ℝⁿ, Polynomräume und Räume von Matrizen gleichen Formats.
Eine Linearkombination von v₁, …, vₖ ist jeder Ausdruck λ₁·v₁ + … + λₖ·vₖ mit Skalaren λᵢ. Die Menge aller solchen Ausdrücke heißt lineare Hülle oder Spann und ist stets selbst ein Untervektorraum. Erzeugt der Spann ganz V, sind die Vektoren ein Erzeugendensystem von V.
Wenn λ₁·v₁ + … + λₖ·vₖ = 0 ausschließlich mit λ₁ = … = λₖ = 0 möglich ist. Praktisch schreibt man die Vektoren als Spalten einer Matrix und löst das homogene System mit Gauß: Gibt es nur die triviale Lösung, sind sie unabhängig. Bei n Vektoren im ℝⁿ genügt die Determinante – ungleich null bedeutet unabhängig. Für (1, 0, 0), (1, 1, 0), (1, 1, 1) ist sie 1, für (1, 0, 1), (0, 1, 1), (1, 1, 2) dagegen 0, denn der dritte Vektor ist die Summe der ersten beiden.
Eine Basis ist ein linear unabhängiges Erzeugendensystem; gleichwertig lässt sich jeder Vektor auf genau eine Weise als Linearkombination der Basisvektoren darstellen. Alle Basen eines Vektorraums haben gleich viele Elemente, und diese Zahl heißt Dimension. Es gilt dim(ℝⁿ) = n. Der Untervektorraum aller (x₁, x₂, x₃) mit x₁ + x₂ + x₃ = 0 hat zum Beispiel die Basis (1, −1, 0) und (1, 0, −1), also die Dimension 2.
Erlaubt sind drei Umformungen: zwei Zeilen tauschen, eine Zeile mit einer Zahl ungleich null multiplizieren und ein Vielfaches einer Zeile zu einer anderen addieren. Keine davon verändert die Lösungsmenge. Ziel ist die Zeilenstufenform, in der jede Zeile weiter rechts beginnt als die darüberliegende und Nullzeilen unten stehen. Die Anzahl der Zeilen ungleich null ist genau der Rang.
Das System ist genau dann lösbar, wenn rg(A) = rg(A|b) gilt, wobei (A|b) die erweiterte Koeffizientenmatrix ist. Bei rg(A) = rg(A|b) = n, also Rang gleich Zahl der Unbekannten, ist die Lösung eindeutig. Ist der gemeinsame Rang kleiner als n, bleiben n − rg(A) freie Parameter und es gibt unendlich viele Lösungen. Ist rg(A|b) größer als rg(A), entsteht eine Zeile der Form 0 = c mit c ungleich null und das System ist unlösbar.
Weil sie den Nullvektor nicht enthält: Aus A·x = b mit b ungleich 0 folgt sofort, dass x = 0 keine Lösung ist. Die Struktur lautet stattdessen: eine spezielle Lösung plus der gesamte Lösungsraum des homogenen Systems A·x = 0. Für x₁ + x₂ + 2x₃ = 4, 2x₁ + 3x₂ + 5x₃ = 9 und 3x₁ + 4x₂ + 7x₃ = 13 ist rg(A) = rg(A|b) = 2, also bleibt ein Parameter, und die Lösungsmenge besteht aus allen Vektoren (3, 1, 0) + t·(−1, −1, 1) – einer im Raum verschobenen Geraden.
A·B ist genau dann definiert, wenn die Spaltenzahl von A der Zeilenzahl von B entspricht: A hat das Format m×n, B das Format n×p. Das Ergebnis ist dann m×p. Der Eintrag in Zeile i und Spalte j ist das Skalarprodukt der i-ten Zeile von A mit der j-ten Spalte von B. Beispiel: Eine 3×2-Matrix mal eine 2×3-Matrix ergibt eine 3×3-Matrix, in umgekehrter Reihenfolge dagegen eine 2×2-Matrix.
Für A = ((1, 2), (3, 4)) und B = ((0, 1), (1, 0)) – jede innere Klammer ist eine Zeile – gilt A·B = ((2, 1), (4, 3)), aber B·A = ((3, 4), (1, 2)). B vertauscht von links die Zeilen und von rechts die Spalten, also kann die Reihenfolge nicht gleichgültig sein. Ebenfalls falsch wäre die Umkehrung von A·B = 0 auf A = 0 oder B = 0.
Nur für quadratische Matrizen mit det(A) ungleich null. Für 2×2 gilt A⁻¹ = (1/det(A))·((a₂₂, −a₁₂), (−a₂₁, a₁₁)): Hauptdiagonale tauschen, Nebendiagonale mit −1 multiplizieren, alles durch die Determinante teilen. Für S = ((2, 1), (5, 3)) ist det(S) = 2·3 − 1·5 = 1, also S⁻¹ = ((3, −1), (−5, 2)). Probe: S·S⁻¹ hat die Zeilen (6 − 5, −2 + 2) und (15 − 15, −5 + 6), also die Einheitsmatrix. Größere Matrizen invertiert man mit dem Gauß-Jordan-Verfahren, indem man (A|E) zu (E|A⁻¹) umformt.
Für 2×2 gilt det(A) = a₁₁·a₂₂ − a₁₂·a₂₁, für ((1, 2), (3, 4)) also 1·4 − 2·3 = −2. Für 3×3 nutzt man die Regel von Sarrus: die drei Produkte längs der Diagonalen nach rechts unten minus die drei längs der Diagonalen nach rechts oben. Für T = ((1, 2, 3), (4, 5, 6), (7, 8, 10)) ergibt das 1·5·10 + 2·6·7 + 3·4·8 = 230 minus 3·5·7 + 1·6·8 + 2·4·10 = 233, also det(T) = −3. Ab 4×4 gilt Sarrus nicht mehr; dann entwickelt man nach Laplace oder rechnet über Gauß.
Die Kette lautet: det(A) ungleich null, A ist invertierbar, rg(A) = n, die Spalten von A sind linear unabhängig, der Kern besteht nur aus dem Nullvektor, das System A·x = b ist für jedes b eindeutig lösbar, und 0 ist kein Eigenwert von A. Diese Aussagen gelten alle gemeinsam oder keine von ihnen – deshalb genügt in der Klausur oft der Nachweis einer einzigen.
Nach Wahl je einer Basis in Urbild- und Zielraum gehört zu jeder linearen Abbildung genau eine Matrix, die die Abbildung als A·x beschreibt. Ihre Spalten sind die Bilder der Basisvektoren, notiert in der Basis des Zielraums. Für f vom ℝ³ in den ℝ² mit f(x₁, x₂, x₃) = (x₁ + x₂, x₂ + x₃) sind die Bilder der Standardbasis (1, 0), (1, 1) und (0, 1), also hat die Darstellungsmatrix die Zeilen (1, 1, 0) und (0, 1, 1).
Der Kern ist die Lösungsmenge von f(x) = 0 und ein Untervektorraum des Urbildraums; das Bild ist der Spann der Spalten der Darstellungsmatrix mit dim(Bild) = rg(A). Der Rangsatz lautet dim(V) = dim(Kern) + dim(Bild) – links steht die Dimension des Urbildraums, nicht die des Zielraums. Beispiel: A = ((1, 2, 3), (2, 4, 6), (1, 1, 1)) auf dem ℝ³ hat wegen der doppelten ersten Zeile rg(A) = 2, der Kern wird von (1, −2, 1) erzeugt, und 3 = 1 + 2 geht auf.
Zuerst die Eigenwerte über det(A − λ·E) = 0. Für M = ((4, 1), (2, 3)) ist das (4 − λ)·(3 − λ) − 1·2 = λ² − 7λ + 10 mit den Nullstellen λ₁ = 2 und λ₂ = 5; Kontrolle über Spur 7 = 2 + 5 und Determinante 10 = 2·5. Dann zu jedem λ das homogene System (A − λ·E)·x = 0 lösen: Für λ = 5 hat M − 5·E die Zeilen (−1, 1) und (2, −2), also x₁ = x₂ und der Eigenvektor (1, 1). Für λ = 2 bleibt 2x₁ + x₂ = 0, also der Eigenvektor (1, −2). Probe: M·(1, −2) = (2, −4).
Lösung:
Mit der Regel von Sarrus: 2·3·4 + 1·1·0 + 0·1·2 = 24 für die Diagonalen nach rechts unten und 0·3·0 + 2·1·2 + 1·1·4 = 8 für die Diagonalen nach rechts oben. Die Differenz ist 24 − 8 = 16.
Zur Kontrolle die Entwicklung nach der ersten Spalte: 2·(3·4 − 1·2) − 1·(1·4 − 0·2) + 0 = 2·10 − 4 = 16. Beide Wege liefern denselben Wert. Wer nur die Diagonale 2·3·4 rechnet, landet bei 24 und hat die übrigen fünf Produkte vergessen. Da die Determinante ungleich null ist, hat S vollen Rang 3 und ist invertierbar.
Lösung:
Jeder Eintrag ist das Skalarprodukt einer Zeile von M mit einer Spalte von N. Erste Zeile: 2·1 + 0·2 = 2 und 2·4 + 0·1 = 8. Zweite Zeile: 1·1 + 3·2 = 7 und 1·4 + 3·1 = 7. Also hat M·N die Zeilen (2, 8) und (7, 7).
Rechnet man N·M statt M·N, ergeben sich die Zeilen (6, 12) und (5, 3): ein anderes Ergebnis, denn die Matrixmultiplikation ist nicht kommutativ. Die Zeilen (2, 0) und (2, 3) entstehen, wenn man die Matrizen fälschlich eintragsweise multipliziert – das ist keine gültige Matrixmultiplikation. Für Produkte gilt außerdem: Nur wenn die Spaltenzahl der linken Matrix zur Zeilenzahl der rechten passt, ist das Produkt überhaupt definiert.
Lösung:
Äquivalent sind: Determinante ungleich null, voller Rang n, linear unabhängige Spalten und ein Kern, der nur den Nullvektor enthält. Symmetrie und die Frage, ob einzelne Einträge null sind, haben mit Invertierbarkeit nichts zu tun.
Die Äquivalenzkette lautet: det(M) ungleich null, M invertierbar, rg(M) = n, Spalten linear unabhängig, Kern gleich Nullvektor, M·x = b für jedes b eindeutig lösbar, 0 kein Eigenwert. Fällt eine dieser Aussagen, fallen alle. Gegenbeispiele zu den falschen Optionen: Die Matrix mit den Zeilen (0, 1) und (1, 0) ist symmetrisch und invertierbar, die Matrix mit den Zeilen (1, 1) und (1, 1) ist symmetrisch und nicht invertierbar – Symmetrie entscheidet also nichts. Und die Matrix mit den Zeilen (1, 1) und (2, 2) hat lauter Einträge ungleich null, ist aber wegen proportionaler Zeilen singulär.
Lösung:
Zweite Gleichung minus dem Doppelten der ersten: −x₂ + x₃ = 1. Dritte Gleichung minus dem Dreifachen der ersten: −x₂ + x₃ = 1 – dieselbe Bedingung, die dritte Zeile wird also zur Nullzeile.
Damit ist rg(M) = 2 für die Koeffizientenmatrix und ebenso rg(M|b) = 2 für die erweiterte Matrix. Das System ist lösbar, und bei n = 3 Unbekannten bleibt 3 − 2 = 1 freier Parameter.
Mit x₃ = t folgt x₂ = t − 1 und aus der ersten Gleichung x₁ = 5 − 2·(t − 1) − t = 7 − 3t.
Lösungsmenge: alle Vektoren (7, −1, 0) + t·(−3, 1, 1) mit t aus ℝ.
Probe für t = 1, also (4, 0, 1): 4 + 0 + 1 = 5, 8 + 0 + 3 = 11 und 12 + 0 + 4 = 16.
Volle Punktzahl gibt es nur mit beiden Bestandteilen: einer speziellen Lösung und der Richtung des homogenen Lösungsraums. Der Vektor (−3, 1, 1) löst das zugehörige homogene System, denn −3 + 2 + 1 = 0, −6 + 3 + 3 = 0 und −9 + 5 + 4 = 0. Die Lösungsmenge ist deshalb kein Untervektorraum, sondern eine verschobene Gerade – ein affiner Raum. Ein häufiger Fehler ist, nach der Nullzeile auf Unlösbarkeit zu schließen: Unlösbar wäre das System erst, wenn links nur Nullen stehen und rechts eine Zahl ungleich null, also wenn rg(M|b) größer wäre als rg(M).
Lösung:
Charakteristisches Polynom: det(N − λ·E) = (5 − λ)·(2 − λ) − 2·2 = λ² − 7λ + 6. Die Nullstellen sind λ₁ = 1 und λ₂ = 6.
Für λ₁ = 1 hat N − 1·E die Zeilen (4, 2) und (2, 1); beide liefern 2x₁ + x₂ = 0, also x₂ = −2x₁ und der Eigenvektor v₁ = (1, −2). Probe: N·v₁ = (5 − 4, 2 − 4) = (1, −2) = 1·v₁.
Für λ₂ = 6 hat N − 6·E die Zeilen (−1, 2) und (2, −4); beide liefern x₁ = 2x₂, also der Eigenvektor v₂ = (2, 1). Probe: N·v₂ = (10 + 2, 4 + 2) = (12, 6) = 6·v₂.
Kontrolle: Spur 5 + 2 = 7 = 1 + 6 und Determinante 5·2 − 2·2 = 6 = 1·6.
Jedes Vielfache ungleich null der angegebenen Eigenvektoren ist ebenfalls richtig, denn der Eigenraum ist ein Untervektorraum – der Nullvektor ist aber nie ein Eigenvektor. Da N zwei verschiedene Eigenwerte besitzt, ist die Matrix diagonalisierbar: Mit den Eigenvektoren als Spalten von S wird S⁻¹·N·S zur Diagonalmatrix mit 1 und 6 auf der Diagonalen, in derselben Reihenfolge wie die Spalten. Dass N symmetrisch ist, erklärt außerdem, warum die Eigenvektoren zueinander orthogonal sind: 1·2 + (−2)·1 = 0.
Lösung:
Surjektiv bedeutet, dass das Bild der ganze ℝ³ ist, also dim(Bild) = 3. Der Rangsatz lautet dim(V) = dim(Kern) + dim(Bild), hier 5 = dim(Kern) + 3. Damit ist dim(Kern) = 2.
Der Rangsatz bezieht sich immer auf den Urbildraum: dim(V) = dim(Kern) + dim(Bild). Wer den Zielraum einsetzt, rechnet 3 = dim(Kern) + 3 und landet fälschlich bei 0. Der Wert 0 wäre hier ohnehin unmöglich, denn eine Abbildung vom ℝ⁵ in den ℝ³ kann nie injektiv sein: Das Bild hat höchstens Dimension 3, also bleibt für den Kern mindestens Dimension 2.
Lösung:
Zutreffend sind: Vier Vektoren im ℝ³ sind linear abhängig, eine Basis ist ein linear unabhängiges Erzeugendensystem, eine Menge mit dem Nullvektor ist linear abhängig, und in einer Basis ist jede Darstellung eindeutig.
Im ℝ³ hat jede Basis genau drei Elemente. Mehr als drei Vektoren sind deshalb immer abhängig, weniger als drei können den Raum nie erzeugen: Zwei unabhängige Vektoren spannen nur eine Ebene durch den Ursprung auf. Umgekehrt kann ein Erzeugendensystem beliebig viele überflüssige Vektoren enthalten – die vier Vektoren (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) und (1, 1, 1) erzeugen den ℝ³ und sind trotzdem abhängig. Der Nullvektor macht jede Menge abhängig, weil sich schon 1·0 = 0 als nichttriviale Linearkombination schreiben lässt.
Lösung:
Zuerst die Determinante: 3·3 − 4·2 = 1, also existiert die Inverse. Die 2×2-Formel tauscht die Hauptdiagonale und dreht das Vorzeichen der Nebendiagonale, alles geteilt durch die Determinante. Das ergibt die Zeilen (3, −4) und (−2, 3). Probe: Die erste Zeile des Produkts ist (3·3 + 4·(−2), 3·(−4) + 4·3) = (1, 0), die zweite (2·3 + 3·(−2), 2·(−4) + 3·3) = (0, 1).
Die Formel lautet: Inverse gleich Kehrwert der Determinante mal der Matrix mit den Zeilen (t₂₂, −t₁₂) und (−t₂₁, t₁₁). Vertauscht man dabei versehentlich die Nebendiagonaleinträge, entstehen die Zeilen (3, −2) und (−4, 3) – das Produkt mit T ergibt dann nicht die Einheitsmatrix. Werden alle Vorzeichen gedreht, erhält man das Negative der richtigen Inversen. Die Probe T·T⁻¹ = E kostet wenige Sekunden und schließt beide Fehler aus.
Lösung:
Rang: Die zweite Zeile ist das Doppelte der ersten und fällt beim Gauß weg. Es bleiben (1, 2, 1) und (1, 3, 2), die nicht proportional sind – also rg(S) = 2 und dim(Bild) = 2.
Kern: Aus x₁ + 2x₂ + x₃ = 0 und x₁ + 3x₂ + 2x₃ = 0 folgt durch Subtraktion x₂ + x₃ = 0, also x₂ = −x₃. Einsetzen liefert x₁ = −2x₂ − x₃ = x₃. Mit x₃ = t ergibt sich der Kern als Menge aller t·(1, −1, 1), eine Basis ist also (1, −1, 1) und dim(Kern) = 1.
Probe: Die drei Zeilen angewendet auf (1, −1, 1) ergeben 1 − 2 + 1 = 0, 2 − 4 + 2 = 0 und 1 − 3 + 2 = 0.
Rangsatz: dim(ℝ³) = dim(Kern) + dim(Bild), also 3 = 1 + 2 – stimmt.
Injektiv ist die Abbildung nicht, denn der Kern enthält mehr als nur den Nullvektor.
Der Rangsatz lautet dim(V) = dim(Kern) + dim(Bild); links steht immer die Dimension des Urbildraums. Weil hier Urbild- und Zielraum dieselbe Dimension haben, ist die Abbildung weder injektiv noch surjektiv: Das Bild ist eine zweidimensionale Ebene im ℝ³. Konsequenterweise ist auch det(S) = 0, denn proportionale Zeilen führen immer auf die Determinante null – jede Aussage der Äquivalenzkette zur Invertierbarkeit scheitert hier gleichzeitig.
Lösung:
Richtig sind der Produktsatz, der Vorzeichenwechsel beim Zeilentausch, die Invarianz beim Addieren eines Zeilenvielfachen und die Determinante null bei proportionalen Zeilen.
Die Determinante ist nicht additiv: Für die Einheitsmatrix und ihr Negatives ist jede Einzeldeterminante im 2×2-Fall 1, die Summe der beiden Matrizen ist aber die Nullmatrix mit Determinante 0. Ein skalarer Faktor geht in jede Zeile ein, deshalb gilt det(λ·M) = λⁿ·det(M): Bei einer 3×3-Matrix verachtfacht sich die Determinante durch den Faktor 2, sie verdoppelt sich nicht. Die drei Gauß-Umformungen wirken so: Zeilentausch dreht das Vorzeichen, das Skalieren einer Zeile skaliert die Determinante mit, und nur das Addieren eines Zeilenvielfachen lässt sie unverändert – deshalb ist gerade diese Umformung das Arbeitspferd beim Berechnen von Determinanten über die Dreiecksform.
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