Kurs:Lineare Algebra/Teil I/3/Teiltest/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	20	21	22	${}\sum$
Punkte	3	3	2	4	2	3	3	3	3	2	3	2	2	4	2	1	3	1	3	4	8	5	66

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine Abbildung ${}F$ von einer Menge ${}L$ in eine Menge ${}M$.
2. Eine surjektive Abbildung

   $f\colon L\longrightarrow M.$

3. Ein Körper.
4. Eine Linearkombination in einem ${}K$- Vektorraum.
5. Die lineare Unabhängigkeit von Vektoren ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ in einem ${}K$-Vektorraum ${}V$.
6. Die Dimension eines ${}K$-Vektorraums ${}V$ (${}V$ besitze ein endliches Erzeugendensystem).

Lösung

1. Eine Abbildung ${}F$ von ${}L$ nach ${}M$ ist dadurch gegeben, dass jedem Element der Menge ${}L$ genau ein Element der Menge ${}M$ zugeordnet wird.
2. Die Abbildung ${}f$ heißt surjektiv, wenn es für jedes ${}y\in M$ mindestens ein Element ${}x\in L$ mit ${}f(x)=y$ gibt.
3. Eine Menge ${}K$ heißt ein Körper, wenn es zwei Verknüpfungen (genannt Addition und Multiplikation)

   $+:K\times K\longrightarrow K{\text{ und }}\cdot :K\times K\longrightarrow K$

   und zwei verschiedene Elemente ${}0,1\in K$ gibt, die die folgenden Eigenschaften erfüllen.

   1. Axiome der Addition
      1. Assoziativgesetz: Für alle ${}a,b,c\in K$ gilt: ${}(a+b)+c=a+(b+c)$.
      2. Kommutativgesetz: Für alle ${}a,b\in K$ gilt ${}a+b=b+a$.
      3. ${}0$ ist das neutrale Element der Addition, d.h. für alle ${}a\in K$ ist ${}a+0=a$.
      4. Existenz des Negativen: Zu jedem ${}a\in K$ gibt es ein Element ${}b\in K$ mit ${}a+b=0$.
   2. Axiome der Multiplikation
      1. Assoziativgesetz: Für alle ${}a,b,c\in K$ gilt: ${}(a\cdot b)\cdot c=a\cdot (b\cdot c)$.
      2. Kommutativgesetz: Für alle ${}a,b\in K$ gilt ${}a\cdot b=b\cdot a$.
      3. ${}1$ ist das neutrale Element der Multiplikation, d.h. für alle ${}a\in K$ ist ${}a\cdot 1=a$.
      4. Existenz des Inversen: Zu jedem ${}a\in K$ mit ${}a\neq 0$ gibt es ein Element ${}c\in K$ mit ${}a\cdot c=1$.
   3. Distributivgesetz: Für alle ${}a,b,c\in K$ gilt ${}a\cdot (b+c)=(a\cdot b)+(a\cdot c)$.
4. Es sei ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ eine Familie von Vektoren in ${}V$. Dann heißt der Vektor

   $s_{1}v_{1}+s_{2}v_{2}+\cdots +s_{n}v_{n}{\text{ mit }}s_{i}\in K$

   eine Linearkombination dieser Vektoren

5. Die Vektoren ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ heißen linear unabhängig, wenn eine Gleichung

   $\sum _{i=1}^{n}a_{i}v_{i}=0$

   nur bei ${}a_{i}=0$ für alle ${}i$ möglich ist.

6. Unter der Dimension eines Vektorraums ${}V$ versteht man die Anzahl der Elemente in einer Basis von ${}V$.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über die Nichtnullteilereigenschaft in einem Körper ${}K$.
2. Das Superpositionsprinzip für ein inhomogenes (und das zugehörige homogene) Gleichungssystem über einem Körper ${}K$.
3. Das Basisaustauschlemma.

Lösung

1. Aus ${}a\cdot b=0$ mit ${}a,b\in K$ folgt ${}a=0$ oder ${}b=0$.
2. Es sei ${}K$ ein Körper und

   ${\begin{matrix}a_{11}x_{1}+a_{12}x_{2}+\cdots +a_{1n}x_{n}&=&c_{1}\\a_{21}x_{1}+a_{22}x_{2}+\cdots +a_{2n}x_{n}&=&c_{2}\\\vdots &\vdots &\vdots \\a_{m1}x_{1}+a_{m2}x_{2}+\cdots +a_{mn}x_{n}&=&c_{m}\end{matrix}}$

   ein inhomogenes lineares Gleichungssystem über ${}K$ und es sei

   ${\begin{matrix}a_{11}x_{1}+a_{12}x_{2}+\cdots +a_{1n}x_{n}&=&0\\a_{21}x_{1}+a_{22}x_{2}+\cdots +a_{2n}x_{n}&=&0\\\vdots &\vdots &\vdots \\a_{m1}x_{1}+a_{m2}x_{2}+\cdots +a_{mn}x_{n}&=&0\end{matrix}}$

   das zugehörige homogene Gleichungssystem. Wenn ${}{\left(y_{1},\ldots ,y_{n}\right)}$ eine Lösung des inhomogenen Systems und ${}{\left(z_{1},\ldots ,z_{n}\right)}$ eine Lösung des homogenen Systems ist, so ist ${}{\left(y_{1}+z_{1},\ldots ,y_{n}+z_{n}\right)}$ eine Lösung des inhomogenen Systems.
3. Es sei ${}K$ ein Körper und ${}V$ ein ${}K$-Vektorraum mit einer Basis ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$. Es sei ${}w\in V$ ein Vektor mit einer Darstellung

   ${}w=\sum _{i=1}^{n}s_{i}v_{i}\,,$

   wobei ${}s_{k}\neq 0$ sei für ein bestimmtes ${}k$. Dann ist auch die Familie

   $v_{1},\ldots ,v_{k-1},w,v_{k+1},\ldots ,v_{n}$

   eine Basis von ${}V$.

Aufgabe (2 Punkte)

Wenn Karl an Susanne denkt, bekommt er feuchte Hände, einen Kloß im Hals und einen roten Kopf. Einen roten Kopf bekommt er genau dann, wenn er an Susanne denkt oder wenn er das leere Tor nicht trifft. Wenn Karl das leere Tor trifft, bekommt er feuchte Hände. Karl bekommt den Ball vor dem leeren Tor. Kurz darauf bekommt er feuchte Hände, einen roten Kopf, aber keinen Kloß im Hals. Hat er an Susanne gedacht? Hat er das leere Tor getroffen?

Lösung

Karl hat nicht an Susanne gedacht, da er sonst einen Kloß im Hals bekommen hätte, was er nicht hat. Andererseits bekommt er einen roten Kopf, was bedeutet, dass er das leere Tor nicht getroffen hat oder an Susanne gedacht hat. Da letzteres nicht der Fall ist, hat er das leere Tor nicht getroffen.

Aufgabe (4 Punkte)

Eine Bahncard ${}25$, mit der man ein Jahr lang ${}25$ Prozent des Normalpreises einspart, kostet ${}62$ Euro und eine Bahncard ${}50$, mit der man ein Jahr lang ${}50$ Prozent des Normalpreises einspart, kostet ${}255$ Euro. Für welchen Jahresgesamtnormalpreis ist keine Bahncard, die Bahncard ${}25$ oder die Bahncard ${}50$ die günstigste Option?

Lösung

Es sei ${}x$ der Gesamtnormalpreis. Mit BC25 hat man die Kosten

$y=62+{\frac {3}{4}}x$

und mit BC50 hat man die Kosten

$z=255+{\frac {1}{2}}x.$

Die Bedingung

$x\leq 62+{\frac {3}{4}}x$

führt auf

$x\leq 248.$

Die Bedingung

$x\leq 255+{\frac {1}{2}}x$

führt auf

$x\leq 510.$

Die Bedingung

$62+{\frac {3}{4}}x\leq 255+{\frac {1}{2}}x$

führt auf

${\frac {1}{4}}x\leq 255-62=193,$

also

$x\leq 772.$

Also ist für ${}x\leq 248$ keine Bahncard die günstigste Option, für ${}248\leq x\leq 772$ ist die BC25 die günstigste Option und für ${}x\geq 772$ ist die BC50 die günstigste Option.

Aufgabe (2 Punkte)

Es seien ${}A,\,B$ und ${}C$ Mengen. Beweise die Identität

${}A\setminus {\left(B\setminus C\right)}={\left(A\setminus B\right)}\cup {\left(A\cap C\right)}\,.$

Lösung

Es sei ${}x\in A\setminus {\left(B\setminus C\right)}$. Das bedeutet ${}x\in A$ und ${}x\notin B\setminus C$. Dies wiederum bedeutet ${}x\notin B$ oder ${}x\in B\cap C$. Somit ist insgesamt ${}x\in {\left(A\setminus B\right)}\cup {\left(A\cap C\right)}$.

Es sei nun umgekehrt ${}x\in {\left(A\setminus B\right)}\cup {\left(A\cap C\right)}$. Bei ${}x\in {\left(A\setminus B\right)}$ ist ${}x\in A$ und ${}x\notin B$ und somit ist insbesondere ${}x\in A\setminus {\left(B\setminus C\right)}$. Ist hingegen ${}x\in A\cap C$, so ist bei ${}x\in A\setminus B$ die Zugehörigkeit zur linken Menge schon erwiesen. Also müssen wir nur noch den Fall ${}x\in B$ betrachten. In diesem Fall ist ${}x\notin B\setminus C$ und somit ist ebenfalls ${}x\in A\setminus {\left(B\setminus C\right)}$.

Aufgabe (3 (1+1+1) Punkte)

Die Funktionen

$f,g,h\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R}$

seien durch

${}f(x)=x^{3}+x\,,$

${}g(y)=y^{2}-1\,$

und

${}h(z)=3z+4\,$

gegeben.

1. Berechne ${}g\circ f$.
2. Berechne ${}h\circ g$.
3. Berechne ${}h\circ g\circ f$ auf zwei unterschiedliche Arten.

Lösung

1. Es ist

   ${}{\begin{aligned}{\left(g\circ f\right)}(x)&=g(f(x))\\&=(f(x))^{2}-1\\&={\left(x^{3}+x\right)}^{2}-1\\&=x^{6}+2x^{4}+x^{2}-1.\end{aligned}}$

2. Es ist

   ${}{\begin{aligned}{\left(h\circ g\right)}(y)&=h(g(y))\\&=3(g(y))+4\\&=3{\left(y^{2}-1\right)}+4\\&=3y^{2}-3+4\\&=3y^{2}+1.\end{aligned}}$

3. Es ist einerseits

   ${}{\begin{aligned}(h\circ g\circ f)(x)&=h((g\circ f)(x))\\&=h(x^{6}+2x^{4}+x^{2}-1)\\&=3(x^{6}+2x^{4}+x^{2}-1)+4\\&=3x^{6}+6x^{4}+3x^{2}-3+4\\&=3x^{6}+6x^{4}+3x^{2}+1\end{aligned}}$

   und andererseits

   ${}{\begin{aligned}(h\circ g\circ f)(x)&=(h\circ g)(f(x))\\&=3(f(x))^{2}+1\\&=3(x^{3}+x)^{2}+1\\&=3(x^{6}+2x^{4}+x^{2})+1\\&=3x^{6}+6x^{4}+3x^{2}+1.\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Es seien ${}L$ und ${}M$ Mengen und es sei

$f\colon L\longrightarrow M$

eine Abbildung mit dem Graphen ${}\Gamma _{f}\subseteq L\times M$. Zeige, dass die Abbildung

$\psi =\operatorname {Id} _{L}\times f\colon L\longrightarrow L\times M,\,x\longmapsto (x,f(x)),$

eine Bijektion zwischen ${}L$ und dem Graphen ${}\Gamma _{f}$ induziert. Was ist die Verknüpfung von ${}\psi$ mit der zweiten Projektion

$p_{2}\colon L\times M\longrightarrow M,\,(x,y)\longmapsto y?$

Lösung

Zur Injektivität: Wenn ${}x\neq x'$, so ist

${}\psi (x)=(x,f(x))\neq (x',f(x'))=\psi (x')\,,$

da ja jedenfalls die erste Komponente verschieden ist. Zur Surjektivität: Wenn ${}y\in \Gamma _{f}$ ist, so hat ${}y$ die Gestalt ${}y=(x,f(x))$. Also ist ${}\psi (x)=y$. Die Hintereinanderschaltung ${}p_{2}\circ \psi$ stimmt wegen

${}{\left(p_{2}\circ \psi \right)}(x)=p_{2}(\psi (x))=p_{2}((x,f(x)))=f(x)\,$

mit ${}f$ überein.

Aufgabe (3 (1+1+1) Punkte)

Wir betrachten die durch die Wertetabelle

${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$
${}\varphi (x)$	${}4$	${}7$	${}4$	${}5$	${}1$	${}1$	${}2$

gegebene Abbildung

$\varphi \colon \{1,2,3,4,5,6,7\}\longrightarrow \{1,2,3,4,5,6,7\}.$

a) Bestimme das Bild von ${}\{1,2,3\}$ unter ${}\varphi$.

b) Bestimme das Urbild von ${}\{4,5,6,7\}$ unter ${}\varphi$.

c) Erstelle eine Wertetabelle für

${}\varphi ^{3}=\varphi \circ \varphi \circ \varphi \,.$

Lösung

a) Das Bild von ${}\{1,2,3\}$ ist ${}\{4,7\}$.

b) Das Urbild von ${}\{4,5,6,7\}$ ist ${}\{1,2,3,4\}$.

c)

${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$
${}\varphi (x)$	${}1$	${}7$	${}1$	${}4$	${}5$	${}5$	${}2$

Aufgabe (3 Punkte)

Beweise die Nichtnullteilereigenschaft für einen Körper ${}K$.

Lösung

 Nehmen wir an, dass ${}a$ und ${}b$ beide von ${}0$ verschieden sind. Dann gibt es dazu inverse Elemente ${}a^{-1}$ und ${}b^{-1}$ und daher ist ${}(ab){\left(b^{-1}a^{-1}\right)}=1$. Andererseits ist aber nach Voraussetzung ${}ab=0$ und daher ist nach Lemma 3.5 (Lineare Algebra (Osnabrück 2017-2018))  (1)

${}(ab){\left(b^{-1}a^{-1}\right)}=0{\left(b^{-1}a^{-1}\right)}=0\,,$

 so dass sich der Widerspruch ${}0=1$ ergibt.

Aufgabe (2 Punkte)

Zeige, dass die Matrizenmultiplikation von quadratischen Matrizen im Allgemeinen nicht kommutativ ist.

Lösung

Es ist

${}{\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}}\,,$

aber

${}{\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}}\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Berechne das Matrizenprodukt

${\begin{pmatrix}4&0&0&-3&7\\8&3&1&0&-5\\6&2&-1&-2&3\\-4&5&1&0&3\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}3&2&-4\\1&-1&5\\0&6&1\\-5&2&0\\6&-3&-2\end{pmatrix}}.$

Lösung

Es ist

${}{\begin{pmatrix}4&0&0&-3&7\\8&3&1&0&-5\\6&2&-1&-2&3\\-4&5&1&0&3\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}3&2&-4\\1&-1&5\\0&6&1\\-5&2&0\\6&-3&-2\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}69&-19&-30\\-3&34&-6\\48&-9&-21\\11&-16&36\end{pmatrix}}\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Erstelle eine Geradengleichung für die Gerade im ${}\mathbb {R} ^{2}$, die durch die beiden Punkte ${}(2,3)$ und ${}(5,-7)$ verläuft.

Lösung

Die Gerade wird in Punktvektorform durch

${}{\left\{{\begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix}}+t\left({\begin{pmatrix}5\\-7\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix}}\right)\mid t\in \mathbb {R} \right\}}={\left\{{\begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix}}+t{\begin{pmatrix}3\\-10\end{pmatrix}}\mid t\in \mathbb {R} \right\}}\,$

beschrieben. Die Gleichungsform hat somit die Gestalt

${}G={\left\{{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\mid 10x+3y=c\right\}}\,$

mit einem zu bestimmenden ${}c$. Einsetzen des Punktes ${}{\begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix}}$ ergibt ${}c=29$, also ist

${}G={\left\{{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\mid 10x+3y=29\right\}}\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Kevin zahlt für einen Winterblumenstrauß mit ${}3$ Schneeglöckchen und ${}4$ Mistelzweigen ${}2{,}50$ € und Jennifer zahlt für einen Strauß aus ${}5$ Schneeglöckchen und ${}2$ Mistelzweigen ${}2{,}30$ €. Wie viel kostet ein Strauß mit einem Schneeglöckchen und ${}11$ Mistelzweigen?

Lösung

Es sei ${}x$ der Preis für ein Schneeglöckchen und ${}y$ der Preis für einen Mistelzweig. Dann gilt

${}3x+4y=2{,}50\,$

und

${}5x+2y=2{,}30\,.$

Wenn man von der ersten Zeile das Doppelte der zweiten Zeile abzieht, erhält man

${}-7x=-2{,}10\,$

und damit

${}x=0{,}30\,.$

Daraus ergibt sich

${}y=0{,}40\,$

und somit ist der Preis für den gewünschten Strauß gleich

${}1\cdot 0{,}3+11\cdot 0{,}4=4{,}70\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Löse das inhomogene Gleichungssystem

${\begin{matrix}3x&\,\,\,\,\,\,\,\,&+z&+4w&=&4\\2x&+2y&\,\,\,\,\,\,\,\,&+w&=&0\\4x&+6y&\,\,\,\,\,\,\,\,&+w&=&2\\x&+3y&+5z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&3\,.\end{matrix}}$

Lösung

Wir eliminieren zuerst die Variable ${}z$, indem wir die zweite und die dritte Gleichung übernehmen und ${}IV-5I$ hinzunehmen. Dies führt auf

${\begin{matrix}2x&+2y&\,\,\,\,\,\,\,\,&+w&=&0\\4x&+6y&\,\,\,\,\,\,\,\,&+w&=&2\\-14x&+3y&\,\,\,\,\,\,\,\,&-20w&=&-17\,.\end{matrix}}$

Nun eliminieren wir die Variable ${}w$, indem wir (bezogen auf das vorhergehende System) ${}II-I$ und ${}III+20I$ ausrechnen. Dies führt auf

${\begin{matrix}2x&+4y&\,\,\,\,\,\,\,\,&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&2\\26x&+43y&\,\,\,\,\,\,\,\,&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&-17\,.\end{matrix}}$

Mit ${}13I-II$ ergibt sich

${}9y=43\,$

und

${}y={\frac {43}{9}}\,.$

Rückwärts gelesen ergibt sich

${}x=1-2y=-{\frac {77}{9}}\,,$

${}w=-2x-2y=-2{\left(-{\frac {77}{9}}\right)}-2{\frac {43}{9}}={\frac {68}{9}}\,$

und

${}z=4-3x-4w=4+3{\frac {77}{9}}-{\frac {272}{9}}=-{\frac {5}{9}}\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme für die Teilmenge

${}T={\left\{{\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}\\a_{21}&a_{22}\end{pmatrix}}\mid a_{11}\leq a_{22}\right\}}\subseteq \operatorname {Mat} _{2\times 2}(\mathbb {R} )\,,$

welche der Untervektorraumaxiome erfüllt sind und welche nicht.

Lösung

Die Nullmatrix erfüllt wegen

${}0\leq 0\,$

die angegebene Bedingung und gehört somit zu ${}T$. Wenn zwei Matrizen

${}A={\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}\\a_{21}&a_{22}\end{pmatrix}}\,$

und

${}B={\begin{pmatrix}b_{11}&b_{12}\\b_{21}&b_{22}\end{pmatrix}}\,$

zu ${}T$ gehören, so ist ${}a_{11}\leq a_{22}$ und ${}b_{11}\leq b_{22}$. Damit ist auch

${}a_{11}+b_{11}\leq a_{22}+b_{22}\,$

und somit gehört auch die Summe dieser Matrizen zu ${}T$. Dagen ist ${}T$ nicht unter Skalarmultiplikation abgeschlossen. Beispielsweise gehört ${}C={\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}}$ zu ${}T$, aber

${}(-1)C=-{\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0\\0&-1\end{pmatrix}}\,$

nicht.

Aufgabe (1 Punkt)

Bestimme (ohne Begründung), welche der folgenden skizzierten geometrischen Objekte im ${}\mathbb {R} ^{2}$ als Lösungsmenge eines linearen (inhomogenen) Gleichungssystems auftreten können (man denke sich die Objekte ins Unendliche fortgesetzt).

1. 

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

2. 

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

3. 

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

4. 

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

5. 

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

Lösung

2 (Gerade) und 5 (Punkt) können als Lösungsmenge eines Gleichungssystems auftreten, die anderen nicht.

Aufgabe (3 Punkte)

Drücke in ${}\mathbb {R} ^{3}$ den Vektor

$(1,0,0)$

als Linearkombination der Vektoren

$(1,-2,5),(4,0,3){\text{ und }}(2,1,1)$

aus.

Lösung

Es geht darum, das lineare Gleichungssystem

${\begin{matrix}x+4y+2z&=&1\\-2x\,\,\,\,\,\,\,\,+z&=&0\\5x+3y+z&=&0\,\end{matrix}}$

zu lösen. Wir eliminieren mit Hilfe der dritten Gleichung die Variable ${}y$ aus der ersten Gleichung. Das resultierende System ist (${}I'=3I-4III$)

${\begin{matrix}-17x\,\,\,\,\,\,\,\,+2z&=&3\\-2x\,\,\,\,\,\,\,\,+z&=&0\\5x+3y+z&=&0\,.\end{matrix}}$

Wir eliminieren nun aus ${}I'$ mittels ${}II$ die Variable ${}z$, das ergibt (${}I'-2II$)

${\begin{matrix}-13x\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,&=&3\\-2x\,\,\,\,\,\,\,\,+z&=&0\\5x+3y+z&=&0\,.\end{matrix}}$

Wir können jetzt dieses System lösen. Es ist

$x=-{\frac {3}{13}},$

${}z=2x=-{\frac {6}{13}}\,$

und

${}y={\frac {-5x-z}{3}}={\frac {15+6}{39}}={\frac {21}{39}}={\frac {7}{13}}\,.$

Also ist

${}{\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}=-{\frac {3}{13}}{\begin{pmatrix}1\\-2\\5\end{pmatrix}}+{\frac {7}{13}}{\begin{pmatrix}4\\0\\3\end{pmatrix}}-{\frac {6}{13}}{\begin{pmatrix}2\\1\\1\end{pmatrix}}\,.$

Aufgabe (1 Punkt)

Man gebe im ${}\mathbb {R} ^{3}$ drei Vektoren an, so dass je zwei von ihnen linear unabhängig sind, aber alle drei zusammen linear abhängig.

Lösung Lineare Unabhängigkeit/R^3/Drei Vektoren paarweise unabhängig/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (3 Punkte)

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.

Lösung

Es seien ${}v_{1},v_{2},v_{3}$ linear unabhängig und sei

${}b_{1}v_{1}+b_{2}(v_{1}+v_{2})+b_{3}(v_{1}+v_{2}+v_{3})=0\,$

eine Darstellung der ${}0$. Dies bedeutet

${}(b_{1}+b_{2}+b_{3})v_{1}+(b_{2}+b_{3})v_{2}+b_{3}v_{3}=0\,,$

woraus wegen der linearen Unabhängigkeit

${}b_{3},b_{2}+b_{3},b_{1}+b_{2}+b_{3}=0\,,$

also

${}b_{1},b_{2},b_{3}=0\,$

folgt.

Es seien nun umgekehrt ${}v_{1},v_{1}+v_{2},v_{1}+v_{2}+v_{3}$ linear unabhängig und sei

${}a_{1}v_{1}+a_{2}v_{2}+a_{3}v_{3}=0\,$

eine Darstellung der ${}0$. Dann ist

${}0=a_{1}v_{1}+a_{2}v_{2}+a_{3}v_{3}=(a_{1}-a_{2})v_{1}+(a_{2}-a_{3})(v_{1}+v_{2})+a_{3}(v_{1}+v_{2}+v_{3})\,.$

Daraus ergibt sich

${}a_{3},a_{2}-a_{3},a_{1}-a_{2}=0\,$

und daraus

${}a_{1},a_{2},a_{3}=0\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Im ${}\mathbb {R} ^{3}$ seien die beiden Untervektorräume

$U={\left\{s{\begin{pmatrix}2\\1\\7\end{pmatrix}}+t{\begin{pmatrix}4\\-2\\9\end{pmatrix}}\mid s,t\in \mathbb {R} \right\}}$

und

$V={\left\{p{\begin{pmatrix}3\\1\\0\end{pmatrix}}+q{\begin{pmatrix}5\\2\\-4\end{pmatrix}}\mid p,q\in \mathbb {R} \right\}}$

gegeben. Bestimme eine Basis für ${}U\cap V$.

Lösung

Jeder Vektor aus dem Durchschnitt ${}U\cap V$ besitzt eine Darstellung

$s{\begin{pmatrix}2\\1\\7\end{pmatrix}}+t{\begin{pmatrix}4\\-2\\9\end{pmatrix}}=p{\begin{pmatrix}3\\1\\0\end{pmatrix}}+q{\begin{pmatrix}5\\2\\-4\end{pmatrix}}.$

Die Koeffiziententupel ${}(s,t,p,q)$ bilden den Lösungsraum des linearen Gleichungssystems

${\begin{pmatrix}2&4&-3&-5\\1&-2&-1&-2\\7&9&0&4\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}s\\t\\p\\q\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}},$

das wir lösen müssen. Wir ersetzen die erste Gleichung durch

$I'=I-3II:\,\,-s+10t+q=0$

und die dritte Gleichung durch

$III'=III-4I':\,\,11s-31t=0.$

Wir wählen ${}s=31$, so dass ${}t=11$ sein muss. Dies legt eindeutig ${}q$ und dann auch ${}p$ fest. Daher ist der Durchschnitt ${}U\cap V$ eindimensional und

${}31{\begin{pmatrix}2\\1\\7\end{pmatrix}}+11{\begin{pmatrix}4\\-2\\9\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}62+44\\31-22\\217+99\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}106\\9\\316\end{pmatrix}}\,$

ist ein Basisvektor von ${}U\cap V$.

Aufgabe (8 Punkte)

Beweise den Basisaustauschsatz.

Lösung

Wir führen Induktion über ${}k$, also über die Anzahl der Vektoren in der Familie. Bei ${}k=0$ ist nichts zu zeigen. Es sei die Aussage für ${}k$ schon bewiesen und seien ${}k+1$ linear unabhängige Vektoren

$u_{1},\ldots ,u_{k},u_{k+1}$

gegeben. Nach Induktionsvoraussetzung, angewandt auf die

(ebenfalls linear unabhängigen) Vektoren

$u_{1},\ldots ,u_{k}$

gibt es eine Teilmenge ${}J=\{i_{1},i_{2},\ldots ,i_{k}\}\subseteq \{1,\ldots ,n\}$ derart, dass die Familie

$u_{1},\ldots ,u_{k},b_{i},i\in I\setminus J,$

eine Basis von ${}V$ ist. Wir wollen auf diese Basis das Austauschlemma anwenden. Da eine Basis vorliegt, kann man

${}u_{k+1}=\sum _{j=1}^{k}c_{j}u_{j}+\sum _{i\in I\setminus J}d_{i}b_{i}\,$

schreiben.  Wären hierbei alle Koeffizienten ${}d_{i}=0$,  so ergäbe sich sofort ein Widerspruch zur linearen Unabhängigkeit der ${}u_{j}$, ${}j=1,\ldots ,k+1$. Es gibt also ein ${}i\in I\setminus J$ mit ${}d_{i}\neq 0$. Wir setzen ${}i_{k+1}:=i$. Damit ist ${}J'=\{i_{1},i_{2},\ldots ,i_{k},i_{k+1}\}$ eine ${}(k+1)$-elementige Teilmenge von ${}{\{1,\ldots ,n\}}$. Nach dem Austauschlemma kann man den Basisvektor ${}b_{i_{k+1}}$ durch ${}u_{k+1}$ ersetzen und erhält die neue Basis

$u_{1},\ldots ,u_{k},u_{k+1},b_{i},i\in I\setminus J'.$

  Der Zusatz folgt sofort, da eine ${}k$-elementige Teilmenge einer ${}n$-elementigen Menge vorliegt.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und es seien ${}V$ und ${}W$ endlichdimensionale ${}K$- Vektorräume mit ${}\operatorname {dim} _{}\left(V\right)=n$ und ${}\operatorname {dim} _{}\left(W\right)=m$. Welche Dimension besitzt der Produktraum ${}V\times W$?

Lösung

Der Produktraum besitzt die Dimension ${}n+m$. Um dies zu beweisen sei ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ eine Basis von ${}V$ und ${}w_{1},\ldots ,w_{m}$ eine Basis von ${}W$. Wir behaupten, dass die Elemente

$(v_{j},0),\,j\in {\{1,\ldots ,n\}},{\text{ und }}(0,w_{i}),\,i\in \{1,\ldots ,m\},$

eine Basis von ${}V\times W$ bilden.

Es sei ${}(v,w)\in V\times W$. Dann gibt es Darstellungen

$v=\sum _{j=1}^{n}a_{j}v_{j}{\text{ und }}w=\sum _{i=1}^{m}b_{i}w_{i}.$

Daher ist

${}{\begin{aligned}(v,w)&=(\sum _{j=1}^{n}a_{j}v_{j},\sum _{i=1}^{m}b_{i}w_{i})\\&=(\sum _{j=1}^{n}a_{j}v_{j},0)+(0,\sum _{i=1}^{m}b_{i}w_{i})\\&=\sum _{j=1}^{n}a_{j}(v_{j},0)+\sum _{i=1}^{m}b_{i}(0,w_{i}),\end{aligned}}$

d.h., es liegt ein Erzeugendensystem vor.

Zum Nachweis der linearen Unabhängigkeit sei

${}\sum _{j=1}^{n}a_{j}(v_{j},0)+\sum _{i=1}^{m}b_{i}(0,w_{i})=0=(0,0)\,$

angenommen. Die gleiche Rechnung rückwärts ergibt

${}(\sum _{j=1}^{n}a_{j}v_{j},\sum _{i=1}^{m}b_{i}w_{i})=(0,0)\,$

und das bedeutet

$\sum _{j=1}^{n}a_{j}v_{j}=0{\text{ und }}\sum _{i=1}^{m}b_{i}w_{i}=0.$

Da es sich jeweils um Basen handelt, folgt ${}a_{j}=0$ für alle ${}j$ und ${}b_{i}=0$ für alle ${}i$.