Probeklausur zur Linearen Algebra 2

Probeklausur zur Linearen Algebra 2
Sommersemester 2010
Universität Heidelberg
Mathematisches Institut
Dr. D. Vogel
Michael Maier
Lösung
Aufgabe 1.
a) Die Aussage stimmt. Beweis: Da a ∈ (b) und b ∈ (a) gibt es c, d ∈ R
mit a = cb und b = da. Wir erhalten nun durch Einsetzen a = cda bzw.
0 = a−cda = a(1−cd). Falls a 6= 0 ist 1 = cd, da der Ring nullteilerfrei und
damit c ∈ R× . Falls a = 0 erhalten wir direkt b = 0, da sonst b ∈
/ (a) = (0)
×
und damit erfüllt c = 1 ∈ R die Bedingung.
b) Die Aussage ist falsch. Sei V = R und Φ(v, w) = 0 für alle v, w ∈ V . Φ ist
damit offensichtlich eine symmetrische Bilinearform aber Φ(1, 1) = 0
c) Die Aussage ist falsch. Nach Vorlesung ist eine Matrix über einem Ring
genau dann invertierbar wenn die Determinante eine Einheit im Ring ist. Da
(1 + i)(1 − i)i = 2i ∈
/ Z[i]× = {1, −1, i, −i} ist die Matrix nicht invertierbar.


0 4 0
d) Die Aussage ist falsch. Die Matrix M = 4 3 1 ∈ M (3 × 3, F5 ) ist
0 1 0


t
1
0

symmetrisch und PM = 1 t + 2 4.
0
4
t
2
⇒ χchar
M (t) = det(PM ) = t((t + 2)t + 4) − t = t(t + 2t + 3)
Nun hat aber t2 + 2t + 3 in F5 keine Nullstelle. Damit zerfällt das charakteristische Polynom nicht in Linearfaktoren und damit kann M nach LA 1
nicht diagonalisierbar sein.
Aufgabe 2.
⇒: ϕ ∈ ker f ⋆ ⇔ f ⋆ (ϕ) = 0 ⇔ ϕ ◦ f = 0 und somit ϕ(w) = 0 ∀w ∈ Bild(f ).
Nun bedeutet aber f (x) = b, dass b ∈ Bild(f ), also ϕ(b) = 0 ∀ϕ ∈ Kern(f ⋆ ).
⇐: Sei b ∈ W mit ϕ(b) = 0 ∀ϕ ∈ Kern(f ⋆ ). Angenommen b 6∈ Bild(f ). Da
Bild(f ) ein endlichdimensionaler Untervektorraum von W ist, besitzt es eine Basis, die sich mit b und weiteren Vektoren zu einer Basis von W ergänzen lässt.
Die dazugehörige duale Basis enthält aber die Linerform ϕ′ = b⋆ , die alle Basisvektoren außer b auf Null abbildet, b dagegen auf 1. Dann ist ϕ′ ◦ f = 0, also
ϕ′ ∈ Kern(f ⋆ ), aber ϕ′ (b) = 1. Widerspruch, es folgt die Behauptung.
Aufgabe 3.
a) Wir bestimmen zunächst eine Orthonormalbasis des Untervektorraums U := Lin(1, t),
ausgehend von der Basis (1, t)
w
f1 := 1 ⇒ w1 :=
w
f1
kw
f1 k
R1
= 1, da k1k2 = γ(1, 1) =
w
f2 := t − γ(t, 1) · 1 = t −
h
i1
1
1 3
1
x− 2
.
= 12
3
1
2
12 dx = 1.
0
und kf
w2 k2 = γ(f
w2 , w
f2 ) =
R1
0
(x − 12 )2 dx =
0
⇒ w2 :=
Lin(1, t).
w
f2
kw
f2 k
√
= 2 3 t − 21 . Somit ist (w1 , w2 ) eine Orthonormalbasis von
Nun können wir die orthogonale Projektion πU (t3 ) berechnen:
√ 3 √
1
1
9
1
3
3
3
πU (t ) = γ(t , w1 )w1 + γ(t , w2 )w2 = + 2 3 · · 2 3 t −
= t− .
4
40
2
10
5
b) Aus ϕ(1) = 1, ϕ(t) = 1 − t, ϕ(t2 ) = (1 − t)2 = 1 − 2t + t2 und
ϕ(t3 ) = (1 − t)3 = 1 − 3t + 3t2 − t3 folgt


1 1
1
1
0 −1 −2 −3
.
MBB (ϕ) = 
0 0
1
3
0 0
0 −1
Außerdem gilt für alle f, g ∈ V :
Z 1
Z
γ(ϕf, ϕg) =
(ϕ(f ))(x) (ϕ(g))(x) dx =
0
0
Trafo-Formel
=
Z
0
1
f (1 − x) g(1 − x) dx
1
f (x) g(x) dx = γ(f, g).
Somit ist ϕ eine orthogonale Abbildung.
Bemerkung: Dass MBB (ϕ) keine orthogonale Matrix ist, liefert hier keinen
Widerspruch, denn die Basis B = (1, t, t2 , t3 ) ist ja keine Orthonormalbasis
von V !
Aufgabe 4.
a) Mit Hilfe von Algorithmus 18.15:
1. χchar
Aα (t) = det (tE2 − A) = (t − (1 + α)) · (t − (1 − α))
Für α 6= 0:
1
α −α
)
= Lin(
2. Eig (Aα , 1 + α) = Kern
1
−α α
1
−α −α
)
= Lin(
Eig (Aα , 1 − α) = Kern
−1
−α −α
1
1
3. √2
ONB von Eig (Aα , 1 + α)
1
1
√1
ONB von Eig (Aα , 1 − α)
2 −1
Für α = 0:
1
0 0
) = R2
= Lin(
2. Eig (Aα , 0) = Kern
1
0 0
1
1
1
1
3. ( √2
, √2
) ist ONB von Eig (Aα , 0)
1
−1
4. Aα =
√1
2
1+α
0
1 1
·
·
0
1−α
1 −1
√1
2
t
1 1
1 −1
b) Mit Hilfe von Algorithmus 20.12:

 (1, 1) , |α| > 1
(1, 0) , |α| = 1
1. Aus Aufgabenteil a) ergibt sich: Signatur (Aα ) =

(2, 0) , |α| < 1
1 , |α| = 1
rang (Aα ) =
2 , |α| =
6 1


1 α 0
2 ,α = 0


rang (Mfα ) = rang α 1 α =
3 , α 6= 0
0 α 0
2. Daraus ergeben sich folgende Fälle:
Fall 1: α = 0
rang (Mfα ) = rang (Aα ) ⇒ fα ∼ fI,2,0 = X12 + X22
Fall 2: α 6= 0 und |α| =
6 1
rang (Mfα ) = rang (Aα ) + 1
Falls |α| > 1 so gilt: fα ∼ fII,1,1 = X12 − X22 + 1
Falls |α| < 1 muss zusätzlich noch die Signatur von Mfα mit Hilfe
von simultanen 
Zeilen- und
  bestimmt

 Spaltenumformungen

1
0
0
1
0
0
1 α 0
0 
werden: Mf α = α 1 α , 0 1 − α2 α , 0 1 − α2
−α2
0
α
0
0 α 0
0
0
1−α2
Für 0 < |α| < 1 gilt somit Signatur (Mfα ) = (2, 1)
⇒ fα ∼ fII,0,2 = −X12 − X22 + 1
Fall 3: |α| = 1
rang (Mfα ) = rang (Aα ) + 2 ⇒ fα ∼ fIII,1,0 = X12 − 2 X2
c) Für α = 1 ergibt sich eine Parabel.
Aufgabe 5.
Sei R ein kommutativer Ring mit 1.
R heißt nullteilerfrei, wenn 1 6= 0 und ab = 0 impliziert, dass a oder b null sind.
R heißt Hauptidealring, wenn R nullteilerfrei ist und es für jedes Ideal a ⊂ R ein
Element a ∈ R gibt, so dass a = (a) = aR.
Eine Abbildung δ : R \ {0} → N0 heißt (euklidische) Normabbildung, wenn es für
alle f, g ∈ R, g 6= 0 Elemente q, r ∈ R gibt, so dass f = qg+r und δ(r) < δ(g) oder
r = 0. Ein nullteilerfreier Ring R, der eine euklidische Normabbildung zulässt,
heißt euklidisch.
Sei nun a ⊂ R ein Ideal eines euklidischen Rings R mit Normabbildung δ. Ist
a das Nullideal, so gilt a = (0) = 0R, also ist a ein Hauptideal. Nehmen wir
nun an, dass a Elemente ungleich 0 enthält. Dann ist die Menge δ(a \ {0}) eine
Teilmenge von N0 und hat folglich ein kleinstes Element. Es gibt also ein (nicht
notwendigerweise eindeutiges) a ∈ a, so dass δ|a\{0} (a) minimal ist. Es ist klar,
dass (a) ⊂ a gilt, denn es ist a ∈ a. Sei nun x ∈ a. Da R euklidisch ist, gibt
es q, r ∈ R mit x = qa + r und δ(r) < δ(a) oder r = 0. Da a ∈ a ist qa ∈ a
und somit auch x − qa = r ∈ a. Es ist nach Voraussetzung also ausgeschlossen,
dass r 6= 0 gilt, denn sonst wäre δ|a\{0} (a) nicht minimal. Es gilt also x = qa und
somit x ∈ (a), folglich a = (a) und damit ist a ein Hauptideal, also insgesamt R
Hauptidealring.