Kurs:Lineare Algebra/Teil I/50/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	${}\sum$
Punkte	3	3	3	4	5	4	6	5	12	0	5	2	0	6	0	2	60

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die Hintereinanderschaltung der Abbildungen

   $F\colon L\longrightarrow M$

   und

   $G\colon M\longrightarrow N.$

2. /Definition/Begriff
3. /Definition/Begriff
4. /Definition/Begriff
5. /Definition/Begriff
6. /Definition/Begriff

Lösung

1. Die Abbildung

   $G\circ F\colon L\longrightarrow N,\,x\longmapsto G(F(x)),$

   heißt die Hintereinanderschaltung der Abbildungen ${}F$ und ${}G$.

2. /Definition/Begriff/Inhalt
3. /Definition/Begriff/Inhalt
4. /Definition/Begriff/Inhalt
5. /Definition/Begriff/Inhalt
6. /Definition/Begriff/Inhalt

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. /Fakt/Name
2. /Fakt/Name
3. /Fakt/Name

Lösung Lineare Algebra 1/Gemischte Satzabfrage/50/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (3 Punkte)

Erläutere das Prinzip Beweis durch Fallunterscheidung.

Lösung Beweis durch Fallunterscheidung/Erläuterung/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 (1+3) Punkte)

In einer Höhle befinden sich im Innern am Ende des Ganges vier Personen. Sie haben eine Taschenlampe bei sich und der Gang kann nur mit der Taschenlampe begangen werden. Dabei können höchstens zwei Leute gemeinsam durch den Gang gehen. Die Personen sind unterschiedlich geschickt, die erste Person benötigt eine Stunde, die zweite Person benötigt zwei Stunden, die dritte Person benötigt vier Stunden und die vierte Person benötigt fünf Stunden, um den Gang zu durchlaufen. Wenn zwei Personen gleichzeitig gehen, entscheidet die langsamere Person über die Geschwindigkeit.

1. Die Batterie für die Taschenlampe reicht für genau ${}13$ Stunden. Können alle vier die Höhle verlassen?
2. Die Batterie für die Taschenlampe reicht für genau ${}12$ Stunden. Können alle vier die Höhle verlassen?

Lösung

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise die allgemeine binomische Formel, also die Formel

$(a+b)^{n}=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k}$

für ${}n\in \mathbb {N}$ und beliebige Elemente ${}a,b\in K$ in einem Körper ${}K$.

Lösung

Wir führen Induktion nach ${}n$. Für ${}n=0$ steht einerseits ${}(a+b)^{0}=1$ und andererseits ${}a^{0}b^{0}=1$. Es sei die Aussage bereits für ${}n$ bewiesen. Dann ist

${}{\begin{aligned}(a+b)^{n+1}&=(a+b)(a+b)^{n}\\&=(a+b){\left(\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k}\right)}\\&=a{\left(\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k}\right)}+b{\left(\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k}\right)}\\&=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k+1}b^{n-k}+\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k+1}\\&=\sum _{k=1}^{n+1}{\binom {n}{k-1}}a^{k}b^{n-k+1}+\sum _{k=0}^{n+1}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k+1}\\&=\sum _{k=1}^{n+1}{\left({\binom {n}{k-1}}+{\binom {n}{k}}\right)}a^{k}b^{n+1-k}+b^{n+1}\\&=\sum _{k=1}^{n+1}{\binom {n+1}{k}}a^{k}b^{n+1-k}+b^{n+1}\\&=\sum _{k=0}^{n+1}{\binom {n+1}{k}}a^{k}b^{n+1-k}.\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und sei ${}K[X]$ der Polynomring über ${}K$. Betrachte die Abbildungen, bei der ein Polynom auf seine entsprechende Polynomfunktion abgebildet wird. Geben Sie einen Körper an, sodass die Abbildung injektiv ist und einen, für den sie es nicht ist. Und beweisen Sie dies.

Lösung Polynomring/Nullfunktion/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (6 (3+1+2) Punkte)

1. Bestimme diejenigen reellen Polynomfunktionen, die bijektiv sind und für die die Umkehrfunktion ebenfalls polynomial ist.
2. Man gebe ein Beispiel für eine bijektive reelle Polynomfunktion, für die die Umkehrfunktion kein Polynom ist.
3. Zeige, dass durch das Polynom ${}X^{5}$ eine bijektive Abbildung

   $\mathbb {Z} /(7)\longrightarrow \mathbb {Z} /(7),\,x\longmapsto x^{5},$

   gegeben ist. Ist die Umkehrabbildung polynomial?

Lösung

1. Die einzigen reellen Polynome mit polynomialer Umkehrfunktion sind die Polynome der Form ${}aX+b$ mit

   ${}a\neq 0\,.$

   Für diese ist ${}{\frac {1}{a}}X-{\frac {b}{a}}$ die Umkehrfunktion, da ja wegen

   ${}{\frac {1}{a}}{\left(aX+b\right)}-{\frac {b}{a}}=X+{\frac {b}{a}}-{\frac {b}{a}}=X\,$

   und

   ${}a{\left({\frac {1}{a}}X-{\frac {b}{a}}\right)}+b=X-b+b=X\,$

   diese Funktionen invers zueinander sind. Wir zeigen, dass es darüberhinaus keine weiteren Polynome mit polynomialer Umkehrfunktion gibt. Ein konstantes Polynom ist nicht bijektiv. Es sei also ${}P$ ein Polynom, das zumindest einen Grad ${}\geq 2$ besitzt. Wenn man darin ein weiteres nichtkonstantes Polynom einsetzt, ergibt sich aber ebenfalls ein Polynom vom Grad ${}\geq 2$ und nicht ${}X$. D.h., dass ${}P$ keine polynomiale Umkehrfunktion besitzen kann.

2. Die Funktion

   $\mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto x^{3},$

   ist bijektiv nach Fakt *****, nach Teil (1) kann aber die Umkehrfunktion nicht polynomial sein.

3. Die vollständige Wertetabelle zu dieser Funktion ist

   ${}x$	${}0$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$
   ${}x^{5}$	${}0$	${}1$	${}4$	${}5$	${}2$	${}3$	${}6$

   also ist die Funktion bijektiv. Diese Funktion ist offenbar zu sich selbst invers, also ist die Umkehrfunktion polynomial.

Aufgabe (5 Punkte)

Bestimme die Übergangsmatrizen ${}M_{\mathfrak {v}}^{\mathfrak {u}}$ und ${}M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {v}}$ für die Standardbasis ${}{\mathfrak {u}}$ und die durch die Vektoren

$v_{1}={\begin{pmatrix}1\\4\\5\end{pmatrix}},\,\,v_{2}={\begin{pmatrix}0\\1\\2\end{pmatrix}}\,{\text{ und }}\,v_{3}={\begin{pmatrix}-1\\1\\0\end{pmatrix}}$

gegebene Basis ${}{\mathfrak {v}}$ im ${}\mathbb {R} ^{3}$.

Lösung

Es ist

${}M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {v}}={\begin{pmatrix}1&0&-1\\4&1&1\\5&2&0\end{pmatrix}}\,.$

Für die umgekehrte Übergangsmatrix müssen wir diese Matrix invertieren. Es ist

${}{\begin{pmatrix}1&0&-1\\4&1&1\\5&2&0\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&0&-1\\0&1&5\\0&2&5\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\-4&1&0\\-5&0&1\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&0&-1\\0&1&5\\0&0&-5\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\-4&1&0\\3&-2&1\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&0&-1\\0&1&5\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\-4&1&0\\-{\frac {3}{5}}&{\frac {2}{5}}&-{\frac {1}{5}}\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}{\frac {2}{5}}&{\frac {2}{5}}&-{\frac {1}{5}}\\-1&-1&1\\-{\frac {3}{5}}&{\frac {2}{5}}&-{\frac {1}{5}}\end{pmatrix}}$

Es ist also

${}M_{\mathfrak {v}}^{\mathfrak {u}}={\begin{pmatrix}{\frac {2}{5}}&{\frac {2}{5}}&-{\frac {1}{5}}\\-1&-1&1\\-{\frac {3}{5}}&{\frac {2}{5}}&-{\frac {1}{5}}\end{pmatrix}}\,.$

Aufgabe (12 Punkte)

Beweise den Charakterisierungssatz für eine Basis ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ in einem ${}K$- Vektorraum ${}V$.

Lösung

Wir führen einen Ringschluss durch. ${}(1)\Rightarrow (2)$. Die Familie ist ein Erzeugendensystem. Nehmen wir einen Vektor, sagen wir ${}v_{1}$, aus der Familie heraus. Wir müssen zeigen, dass dann die verbleibende Familie, also ${}v_{2},\ldots ,v_{n}$ kein Erzeugendensystem mehr ist.  Wenn sie ein Erzeugendensystem wäre, so wäre insbesondere ${}v_{1}$ als Linearkombination der Vektoren darstellbar, d.h. man hätte

${}v_{1}=\sum _{i=2}^{n}s_{i}v_{i}\,.$

Dann ist aber

${}v_{1}-\sum _{i=2}^{n}s_{i}v_{i}=0\,$

eine nichttriviale Darstellung der ${}0$, im Widerspruch zur linearen Unabhängigkeit der Familie. ${}(2)\Rightarrow (3)$. Nach Voraussetzung ist die Familie ein Erzeugendensystem, sodass sich jeder Vektor als Linearkombination darstellen lässt.  Angenommen, es gibt für ein ${}u\in V$ eine mehrfache Darstellung, d.h.

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

wobei mindestens ein Koeffizient verschieden sei. Ohne Einschränkung sei ${}s_{1}\neq t_{1}$. Dann erhält man die Beziehung

${}(s_{1}-t_{1})v_{1}=\sum _{i=2}^{n}(t_{i}-s_{i})v_{i}\,$

Wegen ${}s_{1}-t_{1}\neq 0$ kann man durch diese Zahl dividieren und erhält eine Darstellung von ${}v_{1}$ durch die anderen Vektoren. Nach Aufgabe 6.25 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) ist auch die Familie ohne ${}v_{1}$ ein Erzeugendensystem von ${}V$, im Widerspruch zur Minimalität. ${}(3)\Rightarrow (4)$. Wegen der eindeutigen Darstellbarkeit besitzt insbesondere der Nullvektor nur die triviale Darstellung, d.h. die Vektoren sind linear unabhängig. Nimmt man einen Vektor ${}u$ hinzu, so besitzt dieser eine Darstellung

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

und daher ist

${}0=u-\sum _{i=1}^{n}s_{i}v_{i}\,$

eine nichttriviale Darstellung der ${}0$, sodass die verlängerte Familie ${}u,v_{1},\ldots ,v_{n}$ nicht linear unabhängig ist. ${}(4)\Rightarrow (1)$. Die Familie ist linear unabhängig, wir müssen zeigen, dass sie auch ein Erzeugendensystem bildet. Es sei dazu ${}u\in V$. Nach Voraussetzung ist die Familie ${}u,v_{1},\ldots ,v_{n}$ nicht linear unabhängig, d.h. es gibt eine nichttriviale Darstellung

${}0=su+\sum _{i=1}^{n}s_{i}v_{i}\,.$

Dabei ist ${}s\neq 0$, da andernfalls dies eine nichttriviale Darstellung der ${}0$ allein mit den linear unabhängigen Vektoren ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ wäre. Daher können wir

${}u=-\sum _{i=1}^{n}{\frac {s_{i}}{s}}v_{i}\,$

schreiben, sodass eine Darstellung von ${}u$ möglich ist.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (5 (2+3) Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und sei ${}K[X]$ der Polynomring über ${}K$. Es sei ${}a\in K$ ein fixiertes Element.

a) Zeige, dass

${}{\mathfrak {a}}={\left\{F\in K[X]\mid F(a)=0\right\}}\,$

ein Ideal ist.

b) Bestimme ein Polynom ${}P\in K[X]$ mit

${}{\mathfrak {a}}=(P)\,.$

Lösung

a) Es ist ${}0\in {\mathfrak {a}}$. Für ${}F,G\in {\mathfrak {a}}$ ist

${}(F+G)(a)=F(a)+G(a)=0+0=0\,,$

also ${}F+G\in {\mathfrak {a}}$. Für ${}F\in {\mathfrak {a}}$ und ${}H\in K[X]$ ist

${}(HF)(a)=H(a)F(a)=H(a)0=0\,,$

also ${}HF\in {\mathfrak {a}}$.

b) Wir behaupten

${}{\mathfrak {a}}=(X-a)\,.$

Das Polynom ${}X-a$ gehört offenbar zu ${}{\mathfrak {a}}$ und damit gehört auch das von ${}X-a$ erzeugte Hauptideal ${}(X-a)$ zu ${}{\mathfrak {a}}$. Es sei umgekehrt ${}F\in {\mathfrak {a}}$. Die Division mit Rest ergibt

${}F=(X-a)Q+R\,,$

wobei ${}R$ konstant ist. Aus ${}F(a)=0$ folgt

${}0=F(a)=(a-a)Q(a)+R(a)=R(a)\,$

und da ${}R$ konstant ist, folgt ${}R=0$. Also ist ${}F\in (X-a)$.

Aufgabe (2 Punkte)

Beweise, dass der Polynomring kein Körper ist.

Lösung

In einem Körper besitzt jedes Element ein multiplikatives Inverses. Dies ist beim Polynomring nicht der Fall, dort besitzen nur die Konstanten ein Inverses.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

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

Wir betrachten die Matrix

${}M={\begin{pmatrix}7&0&2\\0&7&-1\\0&0&7\end{pmatrix}}\,$

über ${}\mathbb {Q}$.

a) Bestimme die jordansche Normalform von ${}M$.

b) Bestimme die kanonische Zerlegung von ${}M$ in einen diagonalisierbaren Anteil und einen nilpotenten Anteil.

c) Welche Eigenschaften der kanonischen Zerlegung erfüllt die Zerlegung

${}{\begin{pmatrix}7&0&2\\0&7&-1\\0&0&7\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}7&0&0\\0&7&0\\0&0&7\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0&0&2\\0&0&-1\\0&0&0\end{pmatrix}}\,,$

welche nicht?

Lösung

a) Es ist

${}M-7E_{3}={\begin{pmatrix}0&0&2\\0&0&-1\\0&0&0\end{pmatrix}}\,$

eine Matrix mit Rang ${}1$, daher ist der Eigenraum zum Eigenwert ${}7$ zweidimensional. Daher hat die jordansche Normalform die Gestalt

${\begin{pmatrix}7&0&0\\0&7&1\\0&0&7\end{pmatrix}}.$

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

${}{\begin{pmatrix}7&0&0\\0&7&1\\0&0&7\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}7&0&0\\0&7&0\\0&0&7\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}}\,.$

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

${}{\begin{pmatrix}7&0&0\\0&7&0\\0&0&7\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&7\\0&0&0\end{pmatrix}}\,$

und

${}{\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}7&0&0\\0&7&0\\0&0&7\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&4\\0&0&0\end{pmatrix}}\,,$

sodass auch die Vertauschbarkeitsbeziehung gilt.

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

${}{\begin{pmatrix}7&0&0\\0&7&0\\0&0&7\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}0&0&2\\0&0&-1\\0&0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0&14\\0&0&-7\\0&0&0\end{pmatrix}}\,$

und

${}{\begin{pmatrix}0&0&2\\0&0&-1\\0&0&0\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}7&0&0\\0&7&0\\0&0&7\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0&14\\0&0&-7\\0&0&0\end{pmatrix}}\,$

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

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme, ob im ${}\mathbb {R} ^{3}$ der Ausdruck

${\frac {1}{3}}{\begin{pmatrix}2\\7\\6\end{pmatrix}}+{\frac {3}{7}}{\begin{pmatrix}9\\0\\9\end{pmatrix}}+{\frac {3}{13}}{\begin{pmatrix}5\\5\\2\end{pmatrix}}$

eine baryzentrische Kombination ist.

Lösung

Wegen

${}{\frac {1}{3}}+{\frac {3}{7}}+{\frac {3}{13}}={\frac {91+117+63}{273}}={\frac {271}{273}}\neq 1\,$

liegt keine baryzentrische Kombination vor.