Lösungsskizzen zur Klausur zur Linearen Algebra I Definitionen

Technische Universität Berlin
Institut für Mathematik
Prof. Dr. Stefan Felsner
Andrea Hoffkamp
Wintersemester 2007/08
11. Februar 2008
Lösungsskizzen zur Klausur zur Linearen Algebra I
Definitionen
Aufgabe 1 (1+1+1 Punkte)
Definieren Sie die folgenden Begriffe:
a) Lineare Unabhängigkeit:
Sei V ein K-Vektorraum. {v1 , . . . , vn } ⊆ V heisst linear unabhängig, falls aus
n
P
λk vk = 0 mit λk ∈ K stets folgt λk = 0 für alle k = 1, . . . , n.
k=1
b) Lineares Erzeugnis (”Spann”):
Sei V ein K-Vektorraum und {v1 , . . . , vn } ⊆ V . Das lineare Erzeugnis der Vektoren
v1 , . . . , vn ist die Menge aller Linearkombinationen dieser Vektoren, also
n
P
spanK (v1 , . . . , vn ) := {
λk vk | λk ∈ K}.
k=1
c) Basis:
Sei V ein K-Vektorraum. B = {v1 , . . . , vn } ⊆ V heisst Basis von V , falls B linear
unabhängig ist und spanK (B) = V gilt.
Aufgabe 2 (1+1+1 Punkte)
a) Definieren Sie den Begriff Determinante einer Matrix:
Sei MK (n, n) die Menge aller n × n-Matrizen über dem Körper K.
Eine Abbildung det : MK (n, n) → K heisst Determinante, falls gilt
• det ist linear in jeder Zeile.
• det ist alternierend, d.h. besitzt eine Matrix A ∈ MK (n, n) zwei gleiche Zeilen,
so ist det A = 0.
• det ist normiert, d.h. det En = 1.
b) In welcher Beziehung stehen die Determinante einer Matrix und der Rang einer
Matrix (ohne Beweis!)?:
Für A ∈ MK (n, n) gilt: det A 6= 0 ⇐⇒ rgA = n.
c) Wie lautet die Leibnizformel zur Berechnung der Determinante einer Matrix?:
P
Für A = (aij )i,j=1,...,n ∈ MK (n, n) ist det A =
(sgnπ)a1π(1) a2π(2) · . . . · anπ(n) .
π∈Sn
Aussagen
Aufgabe 3 (6 Punkte)
Sei V ein endlich-dimensionaler K-Vektorraum, U, W Unterräume von V und v, w ∈ V .
Kreuzen Sie die richtigen Implikationen bzw. die richtigen Aussagen an.
(a) Ist dimK U + dimK W = dimK V , dann ist V = U ⊕ W .
(b) Ist BU eine Basis von U und BW eine Basis von W,
dann ist BU ∪ BW eine Basis von U + W .
(c) Ist dimK V = 8, dimK U = 6 und dimK W = 3, dann weiß man
8 ≥ dimK (U + W ) ≥ 6.
(d) v + U = 0 + U
(e) v und w linear unabhängig
⇒
⇐
N
N
wahr
falsch
N
N
N
v=0
v + U und w + U linear unabhängig
(f) Sei V = R3 und U = spanR ((1, 0, 0), (0, 1, 0)).
Kreuzen Sie an, welche der folgenden Mengen eine Basis von V /U ist.
{(1, 1, 0) + U }
{(1, 0, 0) + U, (0, 1, 0) + U }
N
{(0, 0, 1) + U }
Aufgabe 4 (6 Punkte)
Entscheiden Sie, welche der folgenden Aussagen wahr oder falsch sind:
(a) Wenn die Spalten einer Matrix linear abhängig sind,
so sind es auch ihre Zeilen.
(b) Der Spaltenraum einer 3 × 3-Matrix
ist gleich dem Zeilenraum.
(c) Der Spaltenraum einer 3 × 3-Matrix
hat dieselbe Dimension wie der Zeilenraum.
(d) Die Spalten einer Matrix bilden eine Basis des Spaltenraums.
wahr
falsch
N
N
N
N
wahr
N
falsch
N
Es sei A eine 6 × 4-Matrix über R. Kreuzen Sie an:
(e) Hat A maximalen Rang, dann ist rgA = 6.
(f) Der Kern von A hat die Dimension 3, wenn A den Rang 1 hat.
Aufgaben
Aufgabe 5 (2+2+2+2+3 Punkte)
Sei R[x]2 = {a0 + a1 x + a2 x2 | ai ∈ R} der Vektorraum der Polynome vom Grad ≤ 2 über
R. Eine lineare Abbildung f : R[x]2 → R3 sei definiert durch
f (a0 + a1 x + a2 x2 ) = (a2 , a0 − a1 + 2a2 , a0 − a1 − a2 ).
a) Sei A = (1, x, x2 ) die kanonische Basis von R[x]2 und B = (e1 , e2 , e3 ) die kanonische
Basis von R3 . Bestimmen Sie die darstellende Matrix MBA (f ) von f bzgl. der Basen
A und B.
Es ist f (1) = (0, 1, 1), f (x) = (0, −1, −1), f (x2 ) = (1, 2, −1). Also ist


0 0
1
MBA (f ) =  1 −1 2 
1 −1 −1
b) Bestimmen Sie das Bild von f . Geben Sie eine Basis von Imf und die Dimension
von Imf an!
Imf ist gerade der Spaltenraum von
MBA (f
Da die
ersten beiden Spalten
offenbar


 
). 
1
0
1
0
linear abhängig sind, gilt Imf =span( 1  ,  2 ). Die Vektoren  1  ,  2 
−1
1
−1
1
sind offenbar linear unabhängig und deswegen eine Basis von Imf , also dim Imf = 2.
c) Bestimmen Sie den Kern von f . Geben Sie eine Basis von Kernf und die Dimension
von Kernf an!
Es ist f (a0 + a1 x + a2 x2 ) = (a2 , a0 − a1 + 2a2 , a0 − a1 − a2 ) = (0, 0, 0) genau dann,
wenn a2 = 0 und a0 = a1 . Damit ist Kernf =span(1 + x), {1 + x} ist damit Basis
von Kernf und dim Kernf = 1.
d) Ist f injektiv? Ist f surjektiv?
f ist nicht injektiv, da Kernf 6= {0}. f ist nicht surjektiv, da dim Imf = 2 < 3.
e) Sei B 0 = (b1 , b2 , b3 ) mit b1 = e1 + e2 , b2 = e2 + e3 , b3 = e1 + e3 eine weitere Basis
von R3 .
Bestimmen Sie die Koordinaten von f (5 + 3x − x2 ) bzgl. der Basis B 0 .
Aus den drei Gleichungen b1 = e1 + e2 , b2 = e2 + e3 , b3 = e1 + e3 erhält man durch
Umformungen: e1 = 12 (b1 − b2 + b3 ), e2 = 12 (b1 + b2 − b3 ) und e3 = 21 (−b1 + b2 + b3 ).
Damit ist die Transformationsmatrix


1
1 −1
1
1
1 
TBB0 =  −1
2
1 −1
1
Die Koordinaten von f (5 + 3x − x2 ) bzgl. der Basis B 0 erhält man durch Anwenden
von TBB0 auf f (5 + 3x − x2 ) = (−1, 0, 3). Es ergibt sich:

 

−2
−1
TBB0 ·  0  =  2 
3
1
Aufgabe 6 (5 Punkte)
Für welche Zahlen c ∈ R ist das reelle lineare Gleichungssystem
x1 − cx2 = 1
(c − 1)x1 − 2x2 = 1
a) eindeutig lösbar,
b) lösbar, aber nicht eindeutig
c) nicht lösbar?
Betrachte die erweiterte Koeffizientenmatrix
1
−c 1
c − 1 −2 1
.
Für c 6= 1 ist es erlaubt die erste Zeile mit (1 − c) zu multiplizieren und das Ergebnis zur
zweiten Zeile zu addieren. Man erhält:
1
−c
1
1
−c
1
=
0 −2 + c(c − 1) 2 − c
0 (c + 1)(c − 2) 2 − c
als Zeilenstufenform.
Für c = −1 ergibt die letzte Zeile ”0 = 3”, also ist das LGS in diesem Fall nicht lösbar.
Für c = 2 ist die letzte Zeile der erweiterten Koeffizientenmatrix eine Nullzeile. Das LGS
ist dann lösbar, aber nicht eindeutig lösbar, da Rang der Matrix 1 ist.
1 −1 1
.
Für c = 1 sieht die erweiterte Koeffizientenmatrix so aus:
0 −2 1
1 −1
1 −1 1
ist das LGS in diesem Fall eindeutig lösbar.
Wegen 2 = rg
= rg
0 −2
0 −2 1
Insgesamt ist das LGS also für alle c 6= −1, 2 eindeutig lösbar.
Aufgabe 7 (2+4 Punkte)
a) Sei V ein K-Vektorraum. Zeigen Sie: Ist (v1 , . . . , vn ) eine Basis von V , dann ist
auch (v1 , v1 + v2 , v1 + v2 + v3 , . . . , v1 + . . . + vn ) eine Basis von V .
Da die Dimension von V gleich n ist, ist lediglich zu zeigen, dass die Vektoren
(v1 , v1 + v2 , v1 + v2 + v3 , . . . , v1 + . . . + vn ) linear unabhängig sind:
Seien λ1 , . . . , λn ∈ K, so dass λ1 v1 + λ2 (v1 + v2 ) + . . . + λn (v1 + . . . + vn ) = 0.
Dann ist 0 = λ1 v1 + λ2 (v1 + v2 ) + . . . + λn (v1 + . . . + vn )
= (λ1 + . . . + λn )v1 + (λ2 + . . . + λn )v2 + . . . + (λn−1 + λn )vn−1 + λn vn .
Da (v1 , . . . , vn ) linear unabhängig, folgt λn = 0, λn−1 +λn = 0, . . . , λ1 +. . .+λn = 0.
Daraus folgt, dass λi = 0 ist für alle i = 1, . . . , n.
b) Seien V, W K-Vektorräume und F ∈ Hom(V, W ). Sei {v1 , . . . , vn } ⊆ V und sei
wi = F (vi ) ∈ W für i = 1, . . . , n. Beweisen oder widerlegen Sie:
(i) Ist {v1 , . . . , vn } linear unabhängig, dann ist auch {w1 , . . . , wn } linear unabhängig.
Die Aussage ist falsch. Gegenbeispiel: F : V → W mit F (v) = 0 für alle v ∈ V .
(ii) Ist {w1 , . . . , wn } linear unabhängig, dann ist auch {v1 , . . . , vn } linear unabhängig.
n
P
Seien λi ∈ K mit
λi vi = 0.
i=1
Dann ist 0 = F (0) = F (
n
P
i=1
λi vi ) =
n
P
λi F (vi ) =
i=1
von F . Da {w1 , . . . , wn } linear unabhängig,
n
P
λi wi wegen der Linearität
i=1
folgt λi = 0 für alle i = 1, . . . , n.