Aufgaben und Lösungen zur Abschlußklausur zur Mathematik 1

Aufgaben und Lösungen zur
Abschlußklausur zur Mathematik 1
(Wiederholer und Nachzügler)
vom 26.03.2008
1. In der Menge Mn×n aller quadratischen Matrizen vom Format n × n mit
Einträgen aus R werden die folgenden Relationen betrachtet:
(a) ARB ↔ B = AT
(b) AR∗ B ↔ det(A) = det(B)
(1) Zeigen Sie, dass die Relation R symmetrisch ist. Warum ist R keine
Äquivalenzrelation?
(2) Die Relation R∗ ist Äquivalenzrelation. Weisen Sie die Transitivität
nach! Geben Sie die Äquivalenzklassen an und bestimmen Sie eine
vollständige Repräsentantenmenge der Äquivalenzklassen!
Lösung
(1) ∀A, B ∈ Mn×n : ARB → BRA ist richtig,
da ARB → B = AT → B T = (AT )T = A → A = B T → BRA gilt,
also ist R symmetrisch.
R ist keine Äquivalenzrelation, da nicht reflexiv:
ARA ↔ A = AT gilt nur für symmetrische Matrizen.
(2) ∀A, B, C ∈ Mn×n : ARB ∧ BRC → ARC gilt, da
ARB ∧ BRC ↔ det(A) = det(B) ∧ det(B) = det(C)
→ det(A) = det(C) → ARC
damit ist die Relation transitiv.
Äquivalenzklassen: [A]R = {X ∈ Mn×n | det(A) = det(X)}:
Eine vollständige Repräsentantenmenge der Äquivalenzklassen ist
z.B.:

















0




.. 


. 
|k∈R

..



.



0 ...
1 n×n
k ...
..
. 1
1
2. Zeigen Sie durch vollständige Induktion: Das Quadrat jeder ungeraden
natürlichen Zahl größer 1 ergibt bei Teilung durch 8 den Rest 1, d.h. für
alle n ∈ N gilt:
(2n + 1)2 ≡ 1 mod 8
Läßt sich die Aussage auch direkt beweisen?
Lösung:
I. A. Die Formel gilt für n = 1 : 32 = 9 ≡ 1 mod 8 ist richtig.
I. V. Die Formel gilt für n = k : (2k + 1)2 ≡ 1 mod 8.
I. Beh. Dann gilt die Formel auch für n = k + 1:
(2(k + 1) + 1)2 = (2k + 3)2 ≡ 1 mod 8.
I. Beweis:
(2k + 3)2
≡
1 mod 8
4k2 + 12k + 9
≡
1 mod 8
4k2 + 4k + 1 + 8k + 8 ≡ 1
8k + 8
≡
mod 8
0 mod 8
mit I. V.: 4k2 + 4k + 1 ≡ 1 mod 8 muß
gelten.
Dies ist erfüllt, da 8(k + 1) durch 8 teilbar.
Es geht auch direkt:
(2k + 1)2 = 4k2 + 4k + 1 ≡ 1 mod 8
4(k2 + k) + 1 ≡ 1 mod 8
1 ≡ 1 mod 8
ist gültig, da k2 + k sowohl für gerade als auch für ungerade k eine gerade
Zahl ist und damit 4(k2 + k) durch 8 teilbar ist.
Umkehrschlüsse sind richtig.
2
3. Gegeben sind die Matrizen A, B und C mit Einträgen aus R:


2 1
1 0 2
2 3


A=
, B = −1 0 ,
C=
−3 1 0
1 2
−2 0
(a) Man bestimme C −1 .
(b) Man berechne die Matrix X ∈ M2×2 , die die Matrizengleichung
C · X = A · B − 2C erfüllt.
(c) Welche Matrizenprodukte mit 2 Faktoren aus {A, B, C} sind nicht
definiert?
(d) Man berechne det(4C 2 · C −1 ).
Lösung:
2 −3
=
(a)
=
−1
2
−2
1
(b) X = C −1 (A · B − 2C), mit A · B =
gilt
−7 −3
−2
1
4 6
−6 −5
A · B − 2C =
−
=
, woraus
−7 −3
2 4
−9 −7
15 11
−1
X = C · (AB − 2C) =
folgt.
−12 −9
C −1
1
|C|
A11 A21
A12 A22
1
1
(c) Da nur Matrizen des Formats m × n mit Matrizen des Formats n × r
multiplizierbar sind, sind A · A, B · B, C · B und A · C nicht definiert.
(d) det(C) = 1. Damit gilt:
det(4C 2 · C −1 ) = det(4E) · det(C) · det(E)
= det(4E) · 1 · 1
= 16
3


2 3
6
4. Gegeben ist die Matrix A =  3 2 −3  ∈ M3×3 mit Einträgen aus R:
0 0 −1
(a) Bestimmen Sie die Eigenwerte von A.
(b) Geben Sie zwei zueinander orthogonale Eigenvektoren an.
(c) Benutzen Sie das Ergebnis aus (b), um eine Orthonormalbasis des
R3 zu konstruieren.
Lösung:
(a) Eigenwertproblem: A · x = λx → (A − λE)x = 0 → |A − λE| = 0
2−λ
3
6
3
2−λ
−3 = (−1 − λ)((2 − λ)2 − 9) = 0
0
0
−1 − λ damit folgt: λ1 = −1 und λ2 − 4λ + 4 − 9 = 0
λ2 − 4λ − 5 = 0 √
λ2,3 = 2 ± 4 + 5
= 2±3
Damit hat A den doppelten Eigenwert λ1 = λ2 = −1 und den einfachen Eigenwert λ3 = 5.
(b)
λ = −1
λ=5
x1
x2
x3
b
∗
-3
3
6
0
x1
x2
x3
b
∗
3
3
6
0
(-1)
3
-3
-3
0
3
3
-3
0
↓
0
0
-6
0
0
0
3
0
0
0
0
0
0
0
-9
0
0
0
-6
0
3x1 +3x2 +6x3 = 0
0
0
0
0
−9x3 = 0
−3x1 +3x2 +6x3 = 0
3x3
=0
y x3 = 0, x2 = t, x1 = −t
y x3 = 0, x2 = t, x1 = t


 
−1
1
Eigenvektor:  1  = e1
Eigenvektor:  1  = e2
0
0
mit t = 1. Es gilt: e1 · e2 = 0, d. h. e1 ist orthogonal zu e2 .
 
0
(c) Klar: e3 =  0  ist orthogonal zu e1 , e2 , oder berechne:
1


i j k 0
−1 1 0 = 0 · i + 0 · j − 2k y  0  orthogonal zu e1 , e2 .
1 1 0 −2


 1 
 
√
− √12
0
2




Orthonormalbasis: kee11 k =  √12  , kee22 k =  √12  , kee33 k =  0 
1
0
0
4
(1)
↓
(2)
↓
5. Gegeben ist folgendes Gleichungssystem im Restklassenkörper modulo 3.
Dabei wird abkürzend k für [k]3 verwendet:
x1 + 2x2 + x3 + x4 = 0
2x1 + x2 + x3 + 2x4 = 2
x1 + 2x2
+ x4 = α
(a) Für welche α ist das Gleichungssystem unlösbar?
(b) Man setze α = 2 und bestimme die Lösungsmenge L(A, b) des Gleichungssystems.
(c) Man gebe alle Lösungen an, die x2 = 1 erfüllen.
Lösung:
∗
∗
x1
1
2
1
0
0
0
x1
x2
2
1
2
0
0
0
+2x2
x3
1
1
0
2
2
0
+x3
2x3
b
0
2
α
2
α
α+1
=0
=2
=α+1
x4
1
2
1
0
0
0
+x4
0x4
(1)
↓
(2)
↓
(2)
|
↓
(a) Rang(A) = 2 6= 3 =Rang(A|b) für α + 1 6= 0, d. h. für α = 0 und
α = 1 hat das Gleichungssystem keine Lösungen.
(b) Mit α = 2 : Rang(A) = 2 =Rang(A|b), d.h. Gleichungssystem ist
lösbar. Da n − r = 4 − 2 = 2, sind 2 Variable frei zu wählen:
x4 = t1 , x2 = t2 . Es folgt: x3 = 1 und
x1 = x2 + 2x3 + 2x4 = t2 + 2 + 2t1 = 2 + 2t1 + t2 .
Allgemeine Lösung des Gleichungssystems:

 
x1
2





x2   0
L(A, b) = 
 x3  =  1



x4
0




2
  0 

 +   t1 + 
  0 

1


1




1 
t
|
t
,
t
∈
Z
3
0  2 1 2



0
(c) x2 = 1 wird nur im Falle t1 beliebig, t2 = 1 angenommen, also entstehen die 3 Lösungen:
t1








= 0
0
1 
,
1 
0
t1 =1
2
 1 
 ,
 1 
1
5
t1 =2
1 

 1 
 
 1 


2
6. Wahr oder falsch? Begründen Sie sorgfältig Ihre Entscheidung!
√
√
(1) Die komplexe Zahl z ∗ = − 12 2 − 21 2i ist eine Lösung der Gleichung
z 6 = −i.
(2) Die Vektoren a1 und a3 bilden eine Basis der linearen Hülle der
Vektoren a1 , a2 , a3 , a4 ∈ R3 :
 
 
 
 
0
0
2
3







a1 = 3 , a2 = 0 , a3 = 1 , a4 = 0  .
4
2
0
0
(3) Gegeben ist die Matrix A mit Einträgen aus R:


−2
2 −1
A =  −2
a −1 
6 −6
b
(a) Für alle a, b ∈ R ist A regulär.
(b) Für f : R3 → R3 mit der Abbildungsmatrix A gilt: Es gibt genau
ein Wertepaar (a, b), so dass Bild (f ) die Dimension 1 hat.
(c) Für f : R3 → R3 mit der Abbildungsmatrix A gilt: Es gibt genau
ein Wertepaar (a, b), so dass Kern(f ) die Dimension 1 hat.
Lösung
√
√
(1) z ∗ = − 12 2 − 21 2 = cos 45 π + i sin 45 π
5·6
(z ∗ )6 = cos 5·6
4 π + i sin 4 π
15
= cos 15
2 π + i sin 2 π
= cos 32 π + i sin 23 π
(2) Da
= 0 − i, d. h. Aussage ist richtig.
3 2 0
0 1 0
0 0 2
= |a4 a3 a2 | = 6 6= 0 gilt,
ist die Dimension der linearen Hülle aller vier Vektoren gleich 3, also
können die Vektoren a1 , a3 keine Basis sein. Aussage ist falsch!
6
(3) Anwendung des Gaussalgorithmus auf A liefert:


−2
2 −1
(−1) (3)
A =  −2
a −1  ↓
|
6 −6
b
↓


−2
2
−1
→  0 a−2
0 
0
0
b−3
Damit folgt:
Rang (A) = 3 ⇔ (a 6= 2 ∧ b 6= 3)
Rang (A) = 2 ⇔ (a = 2 ∧ b 6= 3)∨
(a 6= 2 ∧ b = 3)
Rang (A) = 1 ⇔ (a = 2 ∧ b = 3)
Aussage (a) ist falsch, da es die 3 Fälle gibt!
Aussage (b) ist richtig, da dim(Bild(f )) = Rang(A) = 1 nur für
a = 2 ∧ b = 3 gilt
Aussage (c) ist falsch: aus dim(Kern(f )) = 1 folgt dim(Bild(f )) = 2.
Für dim(Bild(f )) = Rang(A) = 2 gibt es aber mehr als eine Lösung,
z. B. a = 2 = b, a = 3 = b.
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