Lösungen zur Klausur zur Linearen Algebra I, WS 2015/16, 20.02

Lösungen zur Klausur zur Linearen Algebra I, WS 2015/16, 20.02.2016
Version D
Vokabelbuch
In diesem Teil soll getestet werden, inwieweit Sie in der Lage sind, wichtige Definitionen und
Sätze aus der Vorlesung korrekt zu formulieren bzw. zu interpretieren. Für jede richtig gelöste
Teilaufgabe bekommen Sie einen Punkt. Sie können also in diesem Teil insgesamt 12 Punkte
erwerben.
Aufgabe 1. Seien X und Y nichtleere Mengen und f : X → Y eine Abbildung.
(a) Wann heißt f surjektiv?
Lösung: f heißt surjektiv, falls gilt: Für alle y ∈ Y existiert ein x ∈ X mit
f (x) = y.
Alternativ: f heißt surjektiv, falls Y = f (X).
(b) Sei B ⊆ Y . Wie ist die Menge f −1 (B) definiert?
Lösung: f −1 (B) = {x ∈ X : f (x) ∈ B}
Aufgabe 2. Sei V ein K-Vektorraum, und seien v1 , . . . , vn ∈ V .
(a) Wann heißen die Vektoren v1 , . . . , vn linear unabhängig?
Lösung: Die Vektoren v1 , . . . , vn heißen linear unabhängig, wenn für alle λ1 , . . . , λn ∈ K
gilt:
n
X
0=
λ i vi ⇒ 0 = λ 1 = λ 2 = · · · = λ n .
i=1
(b) Sei M ⊆ V . Wie ist der von M erzeugte Untervektorraum LH(M ) von V definiert?
Lösung:
LH(M ) =
\
{W : M ⊆ W und W ist Untervektorraum von V }
Alternativ: LH(M ) ist der kleinste Untervektorraum von V der M enthält.
P
Alternativ: LH(M ) = { ni=1 λi vi : n ∈ N, v1 , . . . , vn ∈ M, λ1 , . . . , λn ∈ K} .
(c) Wie ist die Dimension eines endlich erzeugten K-Vektorraums V definiert?
Lösung: Die Dimension von V ist die Anzahl der Elemente einer Basis von V .
Aufgabe 3. Seien V und W endlich erzeugte K-Vektorräume und sei F : V → W eine lineare
Abbildung. Ferner seien B = {v1 , . . . , vn } und B̃ = {w1 , . . . , wm } Basen von V und W .
(a) Geben Sie eine Formel für die Einträge der Darstellungsmatrix B̃AB
F von F an.
B̃
B
Lösung: Die Einträge aij der Darstellungsmatrix AF sind festgelegt durch die Formel
F (vj ) =
m
X
i=1
1
aij wi .
2
(b) Sei B 0 = {v10 , . . . , vn0 } eine weitere Basis von V . Welche Beziehung besteht zwischen den
B̃ B0
Darstellungsmatrizen B̃AB
F und AF ?
Lösung: Es gilt
B̃ B0
B B0
AF = B̃AB
F · AidV .
Aufgabe 4. Sei V ein endlichdimensionaler K-Vektorraum.
(a) Sei {v1 , . . . , vk } ein Erzeugendensystem für V . Was besagt der Basisauswahlsatz für
{v1 , . . . , vk }?
Lösung: Der Basisauswahlsatz besagt: Es existieren Indizes i1 , . . . , in ∈ {1, . . . , k}, so
dass {vi1 , . . . , vin } eine Basis von V ist.
Alternativ: Der Basisauswahlsatz besagt, dass das System {v1 , . . . , vk } eine Basis
von V enthält.
(b) Sei nun dim V = n und seien v1 , . . . , vn ∈ V . Welche Beziehungen bestehen zwischen den
folgenden Aussagen:
(a) v1 , . . . , vn sind linear unabhängig.
(b) {v1 , . . . , vn } ist ein Erzeugendensystem von V .
(c) {v1 , . . . , vn } ist eine Basis von V .
Genauer: Welche der Implikationen (a) ⇒ (b), (b) ⇒(c), (b)⇒ ¬(a) usw. sind erfüllt?
Lösung: Es gilt: (a) ⇔ (b) ⇔ (c).
Aufgabe 5. Sei A ∈ M (n × n, K) eine Matrix und sei FA : K n → K n ; FA (x) = Ax.
(a) Welche Beziehungen bestehen zwischen den folgenden Aussagen:
(a) A ist invertierbar.
(b) Die Zeilen von A sind linear abhängig.
(c) det(A) = 0.
Genauer: Welche der Implikationen (a) ⇒ (b), (b) ⇒(c), (b)⇒ ¬(a) usw. sind erfüllt?
Lösung: Es gilt: ¬(a) ⇔ (b) ⇔ (c).
(b) Wann heißt λ ∈ K Eigenwert von FA (Definition!) und wann heißt ein Vektor x ∈ K n
Eigenvektor zum Eigenwert λ von FA ?
Lösung: λ ∈ K heißt Eigenwert von FA , wenn ein 0 6= x ∈ K n existiert mit
FA (x) = λx. Ein Vektor x ∈ K n heißt Eigenvektor zum Eigenwert λ, wenn x 6= 0 und
FA (x) = λx gelten.
(c) Wie ist die charakteristische Funktion χA : K → K definiert. Welche Beziehung besteht
zwischen der charakteristischen Funktion χA und den Eigenwerten von FA ?
Lösung: Es gilt χA (λ) = det(λEn − A). Die Eigenwerte von A sind genau die
Nullstellen von χA .
3
Rechnen
In den folgenden Aufgaben soll getestet werden, inwieweit Sie die in der Vorlesung besprochenen Rechenverfahren beherrschen. Bitte geben Sie nur die Ergebnisse und die wichtigsten
Rechenschritte an. Sie können in diesem Teil insgesamt 17 Punkte erwerben.
Aufgabe 1. (3 Punkte) Sei z = √12 (1 + i) ∈ C. Berechnen Sie alle Potenzen z k ∈ C
mit k ∈ N0 . (Hinweis: Betrachten Sie zunächst die Lage von z in C.)
Lösung: Für jedes n ∈ N0 gilt:
1
1
z 8n+1 = √ (1 + i), z 8n+2 = i, z 8n+3 = √ (−1 + i),
2
2
1
1
= −1, z 8n+5 = − √ (1 + i), z 8n+6 = −i, z 8n+7 = √ (1 − i)
2
2
z 8n = 1,
z 8n+4
Aufgabe 2. (3 Punkte) Berechnen Sie alle möglichen Produkte
zen A, B, C mit



1 0
1 0 1
2 1 
1 1



A=
, B=
, C= 0 0 1
0 1
0 0
0 0 0
1 1
von je zwei der Matri
0
1 .
2
Lösung: Die einzigen möglichen Produkte sind BA und CB. Es gelten




1 1
1 0


1 2
2 3


A2 =
, BA = 
0 0 und CB = 1 1 .
0 1
2 2
1 2


1 0 1
Aufgabe 3. (2 Punkte) Berechnen Sie die inverse Matrix zu A = 2 1 0 .
0 1 0
Lösung: Es gilt A−1

0 21
= 0 0
1 − 12

− 21
1 .
1
2
Aufgbabe 4. (3 Punkte) Seien A ∈ M (4 × 3, R) und b1 , b2 , b3 ∈ R4 gegeben durch

 
 
 

2
1
0
1 2 1
1
0 1 −1
0
2
 
 

 
A=
1 3 0  , b1 = 0 , b2 = 4 , b3 = 1 .
0
1
1 1 2
0
Berechnen Sie alle Lösungen der linearen Gleichungssysteme Ax = bi , i = 1, 2, 3.
Lösung: Es gilt: Die Gleichung Ax
 = b2 besitzt keine Lösung. Die Lösungsmenge der
3
Gleichung Ax = 0 ist Kern(A) = R · −1 . Die Lösungsmenge der Gleichung Ax = b2 ist
−1
 
 
3
−2



L=
2 + R · −1 .
0
−1
4

1 1 1 1
1 −1 1 −1

Aufgabe 5. (2 Punkte) Berechnen Sie die Determinante der Matrix A = 
1 2 4 8 .
1 −2 4 −8
Lösung: Es gilt det(A) = 72.

Aufgabe 6. (4 Punkte) Sei F : R2 → R2 die lineare Abbildung mit F
x1 + x2
x1 .
=
3x1 − x2
x2
(1) Berechnen Sie die Darstellungsmatrix ASF bezüglich der Standardbasis S = {e1 , e2 }.
Lösung: Es gilt
ASF
1 1
=
.
3 −1
(2) Berechnen Sie die Eigenwerte von F .
Lösung: Die Eigenwerte von F sind λ1,2 = ±2.
λ − 1 −1
= (λ − 1)(λ + 1) − 3 = λ2 − 4 =
(Es gilt χA (λ) = det(λE2 − A) = det
−3 λ + 1
(λ − 2)(λ + 2). Die Nullstellen des Charakteristischen Polynoms sind daher ±2.)
(3) Berechnen Sie eine Basis des Eigenraums Eλ (F ) ⊆ R2 zu jedem Eigenwert λ von F .
Lösung: Der Eigenraum zum Eigenwert 2 ist
1 −1
1
Kern(2E2 − A) = Kern
=R·
.
−3 3
1
Der Eigenraum zum Eigenwert −2 ist
−3 −1
Kern(−2E2 − A) = Kern
−3 −1
1
=R·
.
−3
(4) Entscheiden Sie, ob F diagonalisierbar ist. Wenn ja, berechnen Sie eine Basis B von R2 ,
so dass AB
F eine Diagonalmatrix ist.
Lösung: Ist B =
1
1
,
, so ist B eine Basis aus Eigenvektoren für F
1
−3
und es gilt
AB
F
2 0
=
.
0 −2
5
Beweisen
In diesem Abschnitt sollen Sie einige Aussagen beweisen. Sie dürfen, sofern in der Aufgabenstellung nichts anderes steht, die Resultate der Vorlesung, aber nicht die der Übungen benutzen.
Sie können in diesem Teil höchstens 20 Punkte erwerben. Zum Bestehen der Klausur müssen
Sie mindestens 4 Punkte in diesem Bereich erzielen!
Aufgabe 1. (4 Punkte) Sei A ∈ M (m × n, K) eine Matrix. Beweisen Sie die Äquivalenz
der folgenden Aussagen:
(1) Kern(A) = {0}.
(2) Die Spalten von A sind linear unabhängig.

x1
 
Lösung: Seien a1 , . . . , an die Spalten von A. Dann gilt für x =  ...  ∈ K n , dass A · x =

Pn
xn
j=1 xj aj .
Damit folgt:
Kern(A) = 0 ⇔ ∀x ∈ K n : [A · x = 0 ⇒ x = 0]
 
x1
 .. 
⇔ ∀x1 , . . . , xn ∈ K : [A ·  .  = 0 ⇒ x1 , . . . , xn = 0]
xn
⇔ ∀x1 , . . . , xn ∈ K :
n
X
xj aj = 0 ⇒ x1 , . . . , xn = 0]
j=1
⇔ a1 , . . . , an sind linear unabhängig.
Aufgabe 2. (4 Punkte) Sei V ein K-Vektorraum mit dim(V ) = n und sei W ein (endlich
erzeugter!) Untervektorraum von V . Zeigen Sie: Dann gilt dim(W ) ≤ dim(V ).
Lösung: Sei {w1 , . . . , wk } eine Basis von W und sei {v1 , . . . , vn } eine Basis von V . Da
die Vektoren w1 , . . . , wk linear unabhängig in V sind, gilt nach dem Basisergänzungssatz, dass
k ≤ n. Also gilt dim(W ) = k ≤ n = dim(V ).
Aufgabe 3. (4 Punkte) Sei P : V → V eine lineare Abbildung mit P ◦ P = P . Zeigen
Sie: Dann gilt Kern(P ) ∩ Bild(P ) = {0} und V = Kern(P ) ⊕ Bild(P ).
Lösung: Sei zunächst v ∈ Kern(P ) ∩ Bild(P ). Da v ∈ Bild(P ) existiert ein w ∈ V mit
v = P (w) und da v ∈ Kern(P ) gilt P (v) = 0. Dann folgt
v = P (w) = P ◦ P (w) = P (P (w)) = P (v) = 0.
Damit folgt Kern(P ) ∩ Bild(P ) = {0}.
Für ein beliebiges v ∈ V gilt: v = v1 + v2 mit v1 = P (v) und v2 = v − v1 = (idV − P )(v). Es
gilt natürlich v1 = P (v) ∈ Bild(P ) und v2 ∈ Kern(P ), denn
P (v2 ) = P ((idV − P )(v)) = P ◦ (idV − P )(v) = (P ◦ idV − P ◦ P )(v) = (P − P )(v) = 0.
Es folgt Kern(P ) ∩ Bild(P ) = {0} und V
V = Kern(P ) ⊕ Bild(P ).
= Kern(P ) + Bild(P ) und damit folgt
6

 
y1
x1



Aufgabe 4. (4 Punkte) Seien x = x2 und y = y2  ∈ R3 . Das Kreuzprodukt z = x×y ∈ R3
y3
x3
von x und y ist der Vektor mit den Komponenten
x 1 y1
x1 y1
x2 y2
.
, z3 = det
, z2 = − det
z1 = det
x 2 y2
x3 y3
x3 y3

Zeigen Sie: Sind x, y linear unabhängig, so gilt z 6= 0 und {z, x, y} ist eine Basis von R3 .
Hinweis: Betrachten Sie det(z, x, y).

z1 x 1

Lösung: Sei A =
z2 x 2
z3 x 3
sten Spalte erhalten wir
x
det(A) = z1 det 2
x3

y1
y2 . Entwickeln wir die Determinante von A nach der ery3
y2
y3
x y
− z2 det 1 1
x3 y3
+ z3
x1 y1
x2 y2
= z12 + z22 + z32 .
Damit folgt det(A) 6= 0 ⇔ z 6= 0. Die Vektoren z, x, y sind also genau dann linear unabhängig,
und damit eine Basis von R3 , wenn z 6= 0 gilt. Wir müssen zeigen, dass dies der Fall ist, wenn
x und y linear unabhängig sind. In diesem Fall existiert nach dem Basisergänzungssatz ein
Vektor w ∈ R3 mit {w, x, y} ist Basis von R3 . Dann folgt analog zur obigen Rechnung, dass
0 6= det(w, x, y) = w1 z1 + w2 z2 + w3 z3 . Aber dann ist mindestens einer der Zahlen z1 , z2 , z3
ungleich 0, also z 6= 0.
Aufgabe 5. (4 Punkte) Sei V ein K-Vektorraum und sei F ∈ End(V ). Beweisen Sie direkt (ohne das entsprechende Resultat der Vorlesung zu zitieren!): Sind λ1 , λ2 ∈ K Eigenwerte
von F mit λ1 6= λ2 und ist v1 Eigenvektor zu λ1 und v2 Eigenvektor zu λ2 von F , so sind v1 , v2
linear unabhängig.
Lösung: Zunächst gilt v1 6= 0 6= v2 , da v1 , v2 Eigenvektoren sind. Wir nehmen an, dass
v1 und v2 linear abhängig sind. Da v2 6= 0 existiert dann ein µ ∈ K mit v1 = µv2 . Dann folgt
λ1 v1 = F (v1 ) = F (µv2 ) = µF (v2 ) = µλ2 v2 = λ2 µv2 = λ2 v1 .
Dann folgt 0 = (λ1 − λ2 )v1 und da v1 6= 0, folgt λ1 = λ2 , ein Widerspruch!