Kurs:Lineare Algebra/Teil I/23/Klausur mit Lösungen/kontrolle
Aufgabe | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 | 13 | 14 | 15 | 16 | 17 | |
---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
Punkte | 3 | 3 | 1 | 4 | 4 | 4 | 1 | 8 | 1 | 6 | 4 | 3 | 3 | 4 | 7 | 4 | 4 | 64 |
Aufgabe (3 Punkte)
- Zu heißt inverses Element, wenn die Gleichheit
gilt.
- Ein Ring heißt kommutativ, wenn die Multiplikation kommutativ ist.
- Man nennt die Matrix
die transponierte Matrix zu .
- Der Vektor
wobei die an der -ten Stelle steht, heißt -ter Standardvektor.
- Die
Abbildung
heißt multilinear, wenn für jedes und jedes -Tupel mit die induzierte Abbildung
- linear ist.
- Das eindeutig bestimmte
normierte
Polynom
minimalen
Grades
mit
heißt das Minimalpolynom von .
Aufgabe (3 Punkte)
- Es sei ein Körper und ein -Vektorraum mit endlicher Dimension . Für Vektoren in sind folgende Eigenschaften äquivalent.
- bilden eine Basis von .
- bilden ein Erzeugendensystem von .
- sind linear unabhängig.
- Es sei ein
Körper und .
Dann gibt es genau eine
Determinantenfunktion
mit , wobei die Standardvektoren sind, nämlich die
Determinante. - Es sei ein
Körper
und seien
und
affine Räume
über den
Vektorräumen
bzw. .
Es sei
, ,
eine
affine Basis
von und
, ,
eine Familie von Punkten in . Dann gibt es eine eindeutig bestimmte
affin-lineare Abbildung
mit
Aufgabe (1 Punkt)
Diese Verknüpfung ist nicht assoziativ. Um dies zu zeigen, kann man einfach
nehmen, wobei eine nichtleere Menge sei. Dann ist und somit ist einerseits
und andererseits
Aufgabe (4 Punkte)
Beweise
Der Induktionsanfang bei ist klar. Unter Verwendung der Pascalschen Rekursionsformel und der Induktionsvoraussetzung ist
Aufgabe (4 Punkte)
Löse das inhomogene Gleichungssystem
Wir eliminieren zuerst die Variable , indem wir die erste Gleichung mit der zweiten addieren. Dies führt auf
Nun addieren wir die erste Gleichung mit der zweiten Gleichung und es ergibt sich
und
Rückwärts gelesen ergibt sich
und
Aufgabe (4 Punkte)
Beweise den Satz über die Dimension eines Untervektorraum .
Es sei . Jede linear unabhängige Familie in ist auch linear unabhängig in . Daher kann es aufgrund des Basisaustauschsatzes in nur linear unabhängige Familien der Länge geben. Es sei derart, dass es in eine linear unabhängige Familie mit Vektoren gibt, aber nicht mit Vektoren. Sei eine solche Familie. Diese ist dann insbesondere eine maximal linear unabhängige Familie in und daher wegen Satz 7.11 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) eine Basis von .
Aufgabe (1 Punkt)
Bestimme den Rang der Matrix
zu .
Die zweite Zeile ergibt sich aus der ersten Zeile durch Multiplikation mit , die dritte Zeile ergibt sich aus der ersten Zeile durch Multiplikation mit . Somit ist der Rang maximal . Wegen der links oben ist der Rang genau .
Aufgabe (8 Punkte)
Beweise den Satz über die natürliche Abbildung eines Vektorraumes in sein Bidual.
Es sei fixiert. Zuerst ist zu zeigen, dass eine Linearform auf dem Dualraum ist. Offenbar ist eine Abbildung von nach . Die Additivität ergibt sich aus
wobei wir die Definition der Addition auf dem Dualraum verwendet haben. Die Verträglichkeit mit der Skalarmultiplikation ergibt sich entsprechend mittels
Zum Beweis der Additivität der Gesamtabbildung seien . Es ist die Gleichheit
zu zeigen. Da dies eine Gleichheit in ist, also insbesondere eine Gleichheit von Abbildungen, sei beliebig. Dann folgt die Additivität aus
Entsprechend ergibt sich die skalare Verträglichkeit aus
Zum Nachweis der Injektivität sei mit gegeben. D.h. für alle Linearformen ist . Dann ist aber nach Lemma 14.6 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) schon
und nach dem Injektivitätskriterium ist injektiv.
Im endlichdimensionalen Fall folgt die Bijektivität aus der Injektivität und aus Korollar 13.12 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)).
Aufgabe (1 Punkt)
Berechne die Determinante der Matrix
Aufgabe (6 Punkte)
Wir betrachten die durch die Wertetabelle
gegebene Permutation zu
Bestimme das Signum von auf möglichst viele unterschiedliche Arten.
- Gemäß der Definition des Signums ist
- Wir bestimmen die Fehlstände der Permutation. Zu liegt kein Fehlstand vor. Dagegen liegt zu stets ein Fehlstand vor. Es gibt also insgesamt Fehlstände, und das Signum ist .
- Die Permutation kann man als Produkt der Transpositionen
darstellen, da ja mit jeder Transposition um nach unten transportiert wird und jede Zahl durch die Transposition auf abgebildet wird, was von den Transpositionen weiter links nicht mehr verändert wird. Es liegt also eine Zerlegung in Transpositionen vor und das Signum ist .
Aufgabe (4 Punkte)
Von einem Rechteck sind der Umfang und die Fläche bekannt. Bestimme die Längen der Seiten des Rechtecks.
Zwei Seiten haben die Länge , zwei andere Seiten die Länge ; gegebenenfalls ist . Es gilt und .
Auflösen der ersten Gleichung nach ergibt . Einsetzen in die zweite Gleichung: . Umstellen in die Normalform einer quadratischen Gleichung: .
Man beachte, dass der Wert unter der Wurzel nie negativ wird und nur für den Speziallfall eines Quadrats null wird: Alle allgemeinen Rechtecke haben im Verhältnis zum Quadrat bei gleicher Fläche einen größeren Umfang.
Also hat diese Gleichung typischerweise zwei Lösungen für , nämlich . Eine der beiden Lösungen ist dann , die andere ist . Wenn unter der Wurzel der Wert null steht, hat man ein Quadrat und es gibt nur eine Lösung .
Aufgabe (3 (2+1) Punkte)
Es sei .
- Führe in die Division mit Rest „ durch “ für die beiden Polynome und durch.
- Finde eine Darstellung der mit diesen beiden Polynomen.
- Es ist
- Es ist
Aufgabe (3 Punkte)
Es sei ein Körper und es sei ein endlichdimensionaler - Vektorraum. Es sei
eine lineare Abbildung und sei das Minimalpolynom von . Zeige, dass genau dann eine Nullstelle von ist, wenn nicht injektiv ist.
Da das Minimalpolynom und das charakteristische Polynom nach Lemma 24.5 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) die gleichen Nullstellen haben, und dies die Eigenwerte von sind, bedeutet die eine Eigenschaft, dass ein Eigenwert ist. Dies ist äquivalent dazu, dass der Eigenraum
nicht der Nullraum ist, was wiederum nach dem Injektivitätskriterium bedeutet, dass nicht injektiv ist.
Aufgabe (4 Punkte)
Zeige, dass das charakteristische Polynom zu einer linearen Abbildung auf einem endlichdimensionalen - Vektorraum wohldefiniert ist, also unabhängig von der gewählten Basis.
Es seien und die beschreibenden Matrizen von bezüglich zweier Basen. Dann besteht zwischen ihnen die Beziehung
mit der invertierbaren Basiswechselmatrix . Es besteht die Beziehung
da die Streckungsmatrizen mit jeder Matrix vertauschbar sind. Aufgrund des Determinantenmultiplikationssatz gilt daher
Aufgabe (7 Punkte)
Es sei ein - dimensionaler - Vektorraum über einem Körper . Es sei
eine Fahne in . Zeige, dass es eine bijektive lineare Abbildung
derart gibt, dass diese Fahne die einzige - invariante Fahne ist.
Wir wählen eine Basis von mit
für alle , was nach dem Basisergänzungssatz möglich ist. Wir betrachten die bijektive lineare Abbildung , die durch
festgelegt ist. Offensichtlich ist dazu die vorgegebene Fahne - invariant. Es sei nun eine beliebige -invariante Fahne
gegeben. Es ist zu zeigen, dass diese mit der vorgegebenen Fahne übereinstimmt. Dies beweisen wir durch Induktion über , wobei der Induktionsanfang wegen klar ist. Es sei also als Induktionsvoraussetzung die Übereinstimmungen , schon bekannt. Es ist zu zeigen. Der Raum besitzt die Basis mit
und wegen der Invarianz von unter ist einerseits
(mit wegen der Bijektivität) und andererseits
Koeffizientenvergleich für die Vektoren liefert
Indem man sukzessive diese Gleichungen von unten nach oben betrachtet, erhält man bei direkt
und bei erhält man
Damit ist jedenfalls und somit .
Aufgabe (4 Punkte)
Es ist
und
die höheren Potenzen sind die Nullmatrix. Die Wirkungsweise von ist somit und , die jordansche Normalform ist also
Die Wirkungsweise von ist und , die jordansche Normalform ist also
Von allen höheren Potenzen ist die Nullmatrix die jordansche Normalform.
Aufgabe (4 Punkte)
Finde eine affine Basis für die Lösungsmenge der inhomogenen Gleichung
Eine spezielle Lösung der Gleichung ist durch
gegeben. Für die zugehörige homogene Gleichung sind
Lösungen, die offenbar linear unabhängig sind. Da der Rang des Gleichungssystems ist, handelt es sich um eine Basis des Lösungsraumes der homogenen Gleichung. Daher bildet
eine affine Basis der Lösungsmenge der inhomogenen Gleichung.