Kurs:Lineare Algebra/Teil I/24/Klausur mit Lösungen

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Aufgabe 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
Punkte 3 3 2 2 3 1 4 4 4 4 1 2 3 3 3 6 3 3 6 4 64




Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

  1. Der Graph zu einer Abbildung .
  2. Äquivalente (inhomogene) lineare Gleichungssysteme zur gleichen Variablenmenge über einem Körper .
  3. Der Orthogonalraum zu einem Untervektorraum

    im Dualraum zu einem -Vektorraum .

  4. Eine diagonalisierbare lineare Abbildung

    auf einem -Vektorraum .

  5. Das Bidual zu einem -Vektorraum .
  6. Der Fixraum zu einem Endomorphismus

    auf einem -Vektorraum .


Lösung

  1. Man nennt

    den Graphen der Abbildung .

  2. Zwei (inhomogene) lineare Gleichungssysteme heißen äquivalent, wenn ihre Lösungsmengen übereinstimmen.
  3. Man nennt

    den Orthogonalraum zu .

  4. Der Endomorphismus heißt diagonalisierbar, wenn eine Basis aus Eigenvektoren zu besitzt.
  5. Es sei ein Körper und ein -Vektorraum. Dann nennt man den Dualraum des Dualraums , also

    das Bidual von .

  6. Unter dem Fixraum zu versteht man den Eigenraum zum Eigenwert .


Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

  1. Der Satz über die Beschreibung einer linearen Abbildung bei einem Basiswechsel.
  2. Der Satz über die Charakterisierung von invertierbaren Matrizen.
  3. Der Satz über Eigenwerte und das charakteristische Polynom.


Lösung

  1. Es sei ein Körper und es seien und endlichdimensionale -Vektorräume. Es seien und Basen von und und Basen von . Es sei

    eine lineare Abbildung, die bezüglich der Basen und durch die Matrix beschrieben werde. Dann wird bezüglich der Basen und durch die Matrix

    beschrieben, wobei und die Übergangsmatrizen sind, die die Basiswechsel von nach und von nach

    beschreiben.
  2. Es sei ein Körper und sei eine -Matrix über . Dann sind die folgenden Aussagen äquivalent.
    1. .
    2. Die Zeilen von sind linear unabhängig.
    3. ist invertierbar.
    4. .
  3. Es sei ein Körper und es sei ein -dimensionaler -Vektorraum. Es sei

    eine lineare Abbildung. Dann ist genau dann ein Eigenwert von , wenn eine Nullstelle des charakteristischen Polynoms

    ist.


Aufgabe (2 Punkte)

Es seien und Mengen. Beweise die Identität


Lösung

Sei . Dann ist und . Letzteres bedeutet oder . Im ersten Fall ist , im zweiten Fall , in beiden Fällen also .

Wenn umgekehrt gilt, so bedeutet dies oder . Im ersten Fall ist und , im zweiten Fall und . Also ist und und somit ist .


Aufgabe (2 Punkte)

Ein Apfelverkäufer verkauft Äpfel für Euro. Ein zweiter Apfelverkäufer verkauft Äpfel für Euro. Welches Angebot ist günstiger?


Lösung

Wir bestimmen, wie viel die gleiche Menge an Äpfeln bei den beiden Verkäufern kostet. Um die beiden Angebote vergleichen zu können, berechnen wir den jeweiligen Preis für

Äpfel. Beim ersten Verkäufer muss man dafür

Euro bezahlen. Beim zweiten Verkäufer muss man dafür

Euro bezahlen. Das zweite Angebot ist also günstiger.


Aufgabe (3 Punkte)

Es seien und quadratische Matrizen der Länge . Es gelte für und für für gewisse . Zeige, dass die Einträge des Produktes die Bedingung für erfüllen.


Lösung

Es ist

Die Summanden links sind gleich , da für ist. Es sei nun vorausgesetzt. Dann gilt für die Indizes im rechten Summanden

und

also ist und auch die rechten Summanden sind .


Aufgabe (1 Punkt)

Erläutere, warum das Achsenkreuz im kein Untervektorraum ist


Lösung

Offensichtlich gehören die Vektoren zum Achsenkreuz, die Summe dieser beiden Vektoren jedoch nicht. Folglich ist das Achsenkreuz kein Untervektorraum


Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme den Kern der linearen Abbildung


Lösung Lineare Abbildung/Kern/4 nach 3/2/Aufgabe/Lösung


Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ein Körper und es seien und endlichdimensionale -Vektorräume. Zeige, dass und genau dann zueinander isomorph sind, wenn ihre Dimension übereinstimmt.


Lösung

Wir nehmen zunächst an, dass und isomorph sind, dass also eine bijektive lineare Abbildung
existiert.

Sei eine Basis von . Aufgrund der Surjektivität von existieren Elemente in mit .

Sei eine Darstellung der 0. Dann ist

weil linear unabhängig sind, sind alle Koeffizienten 0. Daraus schließen wir, dass linear unabhängig sind und wegen Satz 7.11 (Lineare Algebra (Osnabrück 2017-2018))  (4) ist die Dimension von damit mindestens so hoch wie die von . Mithilfe der Umkehrabbildung zu können wir ebenso zeigen, dass die Dimension von mindestens so hoch ist, wie die von . Also sind die Vektorräume gleichdimensional.

Nehmen wir umgekehrt an, dass die Dimensionen der Vektorräume übereinstimmen, und seien Basen von und von gegeben. Dann werden durch die Zuordnungen bzw. gemäß Satz 10.10 (Lineare Algebra (Osnabrück 2017-2018)) lineare Abbildungen definiert. Diese sind zueinander invers (man kann dies auf Basen nachprüfen und auf den gewählten Basen ist dies trivial), also sind und isomorph.


Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die inverse Matrix zu


Lösung

Die inverse Matrix ist also


Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über die Beschreibung einer linearen Abbildung bei einem Basiswechsel.


Lösung

Die linearen Standardabbildungen bzw. zu den Basen seien mit bezeichnet. Wir betrachten das kommutative Diagramm

wobei die Kommutativität auf Fakt ***** und Fakt ***** beruht. In dieser Situation ergibt sich insgesamt


Aufgabe (1 Punkt)

Bestimme die Determinante zur Matrix


Lösung

Die vierte Zeile ist das Doppelte der zweiten Zeile, somit ist die Determinante gleich .


Aufgabe (2 Punkte)

Berechne für die Permutation

die Anzahl der Fehlstände und das Vorzeichen.


Lösung

Die Fehlstände sind

Dies sind Fehlstände. Die Permutation ist also ungerade.


Aufgabe (3 Punkte)

Sei ein Körper und sei der Polynomring über . Es sei . Zeige, dass die Einsetzungsabbildung, also die Zuordnung

folgende Eigenschaften erfüllt (dabei seien ).

  1. .
  2. .
  3. .


Lösung

Es seien und .

  1. Es ist

    und somit ist unter Verwendung des Distributivgesetzes für

  2. Es ist

    und somit ist unter Verwendung des Distributivgesetzes und der Potenzgesetze für

  3. Für jedes konstante Polynom gilt , da nicht eingesetzt werden kann.


Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme in mit Hilfe des euklidischen Algorithmus den größten gemeinsamen Teiler von und und schreibe die beiden Zahlen als Vielfache des größten gemeinsamen Teilers.


Lösung

Es ist

Der größte gemeinsame Teiler ist also . Aus den Rechnungen erhält man

und


Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ein Körper, ein -Vektorraum und

eine lineare Abbildung und seien Elemente in . Zeige, dass

ist.


Lösung

Sei . Dann ist

Also ist

woraus wegen direkt folgt.


Aufgabe (6 (2+4) Punkte)

Wir betrachten die Matrix

über dem Körper der rationalen Funktionen .

  1. Bestimme das charakteristische Polynom von .
  2. Bestimme, ob Eigenwerte besitzt.


Lösung

  1. Es ist
  2. Wir führen quadratische Ergänzung durch und schreiben dieses Polynom als
    Wir behaupten, dass keine Quadratwurzel in besitzt. Wenn es nämlich eine rationale Funktion mit

    geben würde, so wäre

    doch dann wäre der Leitkoeffizient dieses Polynoms einerseits negativ und andererseits positiv, was einen Widerspruch ergibt. Somit besitzt das charakteristische Polynom keine Nullstelle und daher hat die Matrix keinen Eigenwert.


Aufgabe (3 Punkte)

Es sei eine obere Dreiecksmatrix, wobei die Diagonaleinträge alle konstant gleich seien. Zeige, dass genau dann diagonalisierbar ist, wenn es schon eine Diagonalmatrix ist.


Lösung

Wenn eine Diagonalmatrix, so ist natürlich auch diagonalisierbar. Es sei nun vorausgesetzt, dass diagonalisierbar ist. Da eine obere Dreiecksmatrix ist, ist der konstante Diagonaleintrag der einzige Eigenwert. Da diagonalisierbar ist, so ist nach Lemma 22.11 (Lineare Algebra (Osnabrück 2017-2018)) die direkte Summe seiner Eigenräume. In diesem Fall gilt also

d.h. ist die Streckung mit . Dann ist eine Diagonalmatrix.


Aufgabe (3 Punkte)

Man gebe ein Polynom an, das für unendlich viele reelle -Matrizen das Minimalpolynom ist.


Lösung

Sei . WIr behaupten, dass dies für sämtliche Matrizen der Form

das Minimalpolynom ist. Eine direkte Rechnung zeigt

so dass diese Matrizen annulliert. Das Minimalpolynom muss also ein Teiler von , und die normierten Teiler sind . Wegen ist ausgeschlossen, also ist das Minimalpolynom gleich .


Aufgabe (6 (2+2+2) Punkte)

Wir betrachten die Matrix

über .

a) Bestimme die jordansche Normalform von .

b) Bestimme die kanonische Zerlegung von in einen diagonalisierbaren Anteil und einen nilpotenten Anteil.

c) Welche Eigenschaften der kanonischen Zerlegung erfüllt die Zerlegung

welche nicht?


Lösung

a) Es ist

eine Matrix mit Rang , daher ist der Eigenraum zum Eigenwert zweidimensional. Daher hat die jordansche Normalform die Gestalt

b) In der Basis, in der die jordansche Normalform vorliegt, ist

Dabei ist der Summand links in Diagonalgestalt, also insbesondere diagonalisierbar, und der Summand rechts ist nilpotent. Ferner ist

und

so dass auch die Vertauschbarkeitsbeziehung gilt.

c) Die Summanden sind diagonalisierbar bzw. nilpotent. Ferner ist

und

und somit ist dies ebenfalls die kanonische Zerlegung (allerdings bezüglich einer anderen Basis).


Aufgabe (4 Punkte)

Finde eine affine Basis für die Lösungsmenge der inhomogenen Gleichung


Lösung

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.