Kurs:Lineare Algebra/Teil I/7/Klausur mit Lösungen

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Aufgabe 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
Punkte 3 3 3 5 5 4 4 1 4 6 5 11 3 5 2 64




Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

  1. Die Umkehrabbildung zu einer bijektiven Abbildung .
  2. Eine -Matrix über einem Körper .
  3. Der Kern einer linearen Abbildung

    zwischen zwei -Vektorräumen und .

  4. Eine Projektion

    auf einem -Vektorraum .

  5. Das charakteristische Polynom zu einer -Matrix mit Einträgen in einem Körper .
  6. Eine affine Basis in einem affinen Raum über einem -Vektorraum .


Lösung

  1. Die Abbildung

    die jedes Element auf das eindeutig bestimmte Element mit abbildet, heißt die Umkehrabbildung zu .

  2. Eine -Matrix über ist ein Schema der Form

    wobei die aus sind.

  3. Man nennt

    den Kern von .

  4. Eine lineare Abbildung

    heißt Projektion, wenn

    gilt.

  5. Das Polynom

    heißt charakteristisches Polynom von .

  6. Eine Familie von Punkten , , in einem affine Raum über einem -Vektorraum heißt eine affine Basis von , wenn zu einem die Vektorfamilie

    eine Basis von ist.


Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

  1. Der Festlegungssatz für lineare Abbildungen.
  2. Die Cramersche Regel zur Lösung eines linearen Gleichungssystems.
  3. Der Satz über Eigenwerte zu einem Endomorphismus und einer Matrix.


Lösung

  1. Es sei ein Körper und es seien und Vektorräume über . Es sei , , eine Basis von und es seien , , Elemente in . Dann gibt es genau eine lineare Abbildung
    mit
  2. Es sei ein Körper und

    ein inhomogenes lineares Gleichungssystem Es sei vorausgesetzt, dass die beschreibende Matrix invertierbar sei. Dann erhält man die eindeutige Lösung für durch

  3. Es sei ein Endomorphismus auf dem endlichdimensionalen -Vektorraum und es sei eine Basis von . Es sei die beschreibende Matrix zu bezüglich dieser Basis. Dann ist genau dann ein Eigenvektor zu zum Eigenwert , wenn das Koordinatentupel zu bezüglich der Basis ein Eigenvektor zu zum Eigenwert ist.


Aufgabe (3 Punkte)

Es soll Holz unterschiedlicher Länge (ohne Abfall) in Stücke zerlegt werden, die zwischen und cm lang sein sollen (jeweils einschließlich). Für welche Holzlängen ist dies möglich?


Lösung

Es sei die Länge des Holzes, das zerlegt werden soll. Für ist eine Zerlegung offenbar nicht möglich. Für kann man das Stück so lassen, wie es ist, eine Zerlegung ist also möglich. Für ist eine Zerlegung nicht möglich, da das Stück zu lang ist, um es direkt zu übernehmen, aber zu kurz, um es in zwei oder mehr Teile zu zerlegen. Für kann man das Stück in zwei (beispielsweise gleichgroße) Teile unterteilen, eine Zerlegung ist also möglich. Für ist keine Zerlegung möglich. Für zwei Teile ist das Stück nämlich zu lang und für drei oder mehr Teile ist es zu kurz. Ab

ist eine Zerlegung stets möglich. Die Länge erfüllt dann nämlich

mit einer natürlichen Zahl . Wenn man durch dividiert, erhält man

was als Länge eines Teilstücks erlaubt ist.


Aufgabe (5 Punkte)

Beweise die allgemeine binomische Formel, also die Formel

für und beliebige Elemente in einem Körper .


Lösung

Wir führen Induktion nach . Für steht einerseits und andererseits . Sei die Aussage bereits für bewiesen. Dann ist


Aufgabe (5 Punkte)

Betrachte die reellen Zahlen als -Vektorraum. Zeige, dass die Menge der reellen Zahlen , wobei durch die Menge der Primzahlen läuft, linear unabhängig ist. Tipp: Verwende, dass jede positive natürliche Zahl eine eindeutige Darstellung als Produkt von Primzahlen besitzt.


Lösung

Wir nehmen an, dass

ist, wobei verschiedene Primzahlen und rationale Zahlen sind. Diese müssen wir als nachweisen. Durch Multiplikation mit einem Hauptnenner können wir annehmen, dass die ganze Zahlen sind. Wir wenden die Exponentialfunktion auf die obige Gleichung an und erhalten

Es sei die Teilmenge aller , für die der Exponent nichtnegativ ist. Durch Sortieren erhalten wir eine Gleichung der Form

Dies ist eine positive natürliche Zahl und wegen der eindeutigen Primfaktorzerlegung müssen alle sein.


Aufgabe (4 Punkte)

Im seien die beiden Untervektorräume

und

gegeben. Bestimme eine Basis für .


Lösung

Jeder Vektor aus dem Durchschnitt besitzt eine Darstellung

Die Koeffiziententupel bilden den Lösungsraum des linearen Gleichungssystems

das wir lösen müssen. Wir ersetzen die erste Gleichung durch

und die dritte Gleichung durch

Wir wählen , so dass sein muss. Dies legt eindeutig und dann auch fest. Daher ist der Durchschnitt eindimensional und

ist ein Basisvektor von .


Aufgabe (4 Punkte)

Man gebe ein Beispiel für Untervektorräume in einem Vektorraum derart, dass ist, dass für ist, und so, dass die Summe nicht direkt ist.


Lösung

Es sei

und , und . Die Summe der drei Unterräume ist , da dies schon für die ersten beiden Unterräume gilt. Da die drei Vektoren paarweise linear unabhängig sind, ist

für . Wegen

ist

und somit ist die Summe nicht direkt.


Aufgabe (1 Punkt)

Es sei

eine lineare Abbildung zwischen den -Vektorräumen und . Zeige .


Lösung

Aufgrund der Additivität der linearen Abbildung ist

Addition mit dem negativen Element zu , also mit , ergibt


Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die komplexen Zahlen , für die die Matrix

nicht invertierbar ist.


Lösung

Die Matrix ist genau dann invertierbar, wenn ihre Determinante ist. Wir müssen also die Nullstellen der Determinante bestimmen. Die Determinante ist (nach der Regel von Sarrus)

Dies ist gleich genau dann, wenn

ist. Durch quadratisches Ergänzen führt diese Gleichung auf

Daher sind

die beiden einzigen Lösungen der quadratischen Gleichung. Diese zwei reellen Zahlen sind also die einzigen (reellen oder komplexen) Zahlen, für die die Matrix nicht invertierbar ist.


Aufgabe (6 Punkte)

Beweise den Satz, dass das Signum ein Gruppenhomomorphismus ist.


Lösung

Seien zwei Permutationen und gegeben. Dann ist


Aufgabe (5 Punkte)

Bestimme die Eigenwerte und die Eigenräume der durch die Matrix

gegebenen linearen Abbildung


Lösung

Das charakteristische Polynom ist

Dies ergibt zunächst den Eigenwert . Durch quadratisches Ergänzen (oder direkt) sieht man für den quadratischen Term die Nullstellen und , die die weiteren Eigenwerte sind. Da es drei verschiedene Eigenwerte gibt ist klar, dass zu jedem Eigenwert der Eigenraum eindimensional ist.

Eigenraum zu : Man muss die Lösungsmenge von

bestimmen. Eine Lösung ist offenbar der Spaltenvektor , so dass der Eigenraum zu gleich ist.

Eigenraum zu : Man muss die Lösungsmenge von

bestimmen. Eine Lösung ist offenbar der Spaltenvektor , so dass der Eigenraum zu gleich ist.

Eigenraum zu : Man muss die Lösungsmenge von

bestimmen. Eine Lösung ist offenbar der Spaltenvektor , so dass der Eigenraum zu gleich ist.


Aufgabe (11 (3+3+2+3) Punkte)

Es sei ein Körper und seien

Elemente, die nicht alle gleich seien. Wir betrachten die -Matrix

wobei die Einträge durch

gegeben sind.

a) Bestimme den Rang der Matrix .

b) Zeige, dass der Vektor ein Eigenvektor zu ist und bestimme den zugehörigen Eigenwert.

c) Zeige, dass bei diagonalisierbar ist.


d) Zeige, dass bei nicht diagonalisierbar sein muss.


Lösung

a) Es ist

Daher besitzt die durch gegebene lineare Abbildung eine Faktorisierung der Form

Daher ist das Bild von maximal eindimensional und der Rang der Matrix ist höchstens . Da nicht alle gleich sind, ist nicht die Nullmatrix und daher ist der Rang genau .

b) Es ist

Da nicht alle gleich sind, ist dieser Vektor ein Eigenvektor zum Eigenwert .

c) Die Matrix besitzt aufgrund der Rangeigenschaft einen -dimensionalen Kern. Ferner gibt es einen weiteren Eigenvektor zu einem von verschiedenen Eigenwert (da wir in sind und eine Summe von Quadraten betrachten). Daher ist die Summe der Dimensionen der Eigenräume gleich und somit liegt nach Lemma 22.11 (Lineare Algebra (Osnabrück 2017-2018)) eine diagonalisierbare Abbildung vor.

d) Es sei und . Die in Frage stehende Matrix ist dann

Das charakteristische Polynom davon ist

Daher ist der einzige Eigenwert. Der Kern ist aber eindimensional, daher ist die Matrix nicht diagonalisierbar.


Aufgabe (3 Punkte)

Man gebe eine Matrix der Ordnung an.


Lösung

Sei

Dann ist

Ferner ist

und

also ist die Ordnung gleich .


Aufgabe (5 Punkte)

Es sei eine nilpotente -Jordanmatrix. Zeige, dass die Kerne eine Fahne in bilden.


Lösung

Die nilpotente -Jordanmatrix hat die Gestalt

Die zugehörige lineare Abbildung ist also durch

gegeben. Die -te Iteration davon bildet somit auf

ab. Daher gehören die zum Kern von . Die Basisvektoren werden hingegen unter auf die linear unabhängigen Vektoren abgebildet. Daher ist der Rang gleich und es ist

mit der Dimension . Die Kerne bilden also eine aufsteigende Kette von Untervektorräumen, wobei die Dimensionen um wachsen. Es liegt also eine Fahne vor.


Aufgabe (2 Punkte)

Es seien und affine Räume über mit Punkten und . Zeige, dass im Produktraum die baryzentrische Beziehung

gilt.


Lösung

Zur Auswertung des baryzentrischen Ausdruckes wählen wir als Aufpunkt und erhalten