1. Welche der folgenden Mengen sind Vektorrьaume, wenn man die

Lineare Algebra fu
r Physiker
L
osungen der Klausur vom 08.02.2003
1. Welche der folgenden Mengen sind Vektorraume, wenn man die Addition und skalare Vielfachbildung komponentenweise erklart?
a) Die Menge aller unendlichen reellen Folgen, die nur endlich viele
von 0 verschiedenen Komponenten haben,
b) Die Menge aller unendlichen reellen Folgen, die nur endlich viele
von 1 verschiedene Komponenten haben,
c) Die Menge aller unendlichen reellen Folgen, die unendlich viele
von 0 verschiedene Komponenten haben.
(3 Punkte) Antwort: In der Vorlesung wurde gezeigt, dass die Menge
aller rellen Zahlenfolgen mit komponentenweiser Addition und Vielfachbildung einen Vektorraum bildet. Es genugt daher, sich zu u berlegen, ob die Mengen in a), b) und c) Untervektorraume sind. Dazu
genugt es zu zeigen, dass sie genuber der Addition und Vielfachbildung
abgeschlossen sind oder nicht.
zu a) Addiert man zwei unendliche Folgen, die nur endlich viele von
Null verschiedene Komponenten haben, so hat ihre Summe auch nur
endlich viele von Null verschiedene Komponenten, gehort also zur Menge. Multipliziert man die Folge komponentenweise mit einem Skalar,
so gibt es danach auch nur endlich viele von Null verschiedene Komponenten. Die Menge ist also auch genuber der skalaren Multiplikation
abgeschlossen und bildet somit einen Untervektorraum, also auch einen
Vektorraum.
zu b) Multipliziert man eine Folge mit Null, so hat die neu entstehende Folge nur Nullen als Komponenten, d.h. unendlich viele von 1
verschiedene Komponenten. Somit gehort diese neue Folge nicht zur
Menge. D. h., die Menge ist gegenuber der skalaren Multiplikation
nicht abgeschlossen, also kein Vektorraum.
zu c) Hier kann man genau wie bei b) argumentieren, die Menge ist
also kein Vektorraum.
2. Sei V = L(B ) fur eine Teilmenge B V . Schreiben Sie den folgenden
Satz korrekt auf, indem sie genau zwei Worter streichen.
Dann ist jeder Vektor aus V durch mindestens/genau/hochstens eine
Linearkombination der Vektoren aus B darstellbar.
(1 Punkt)
Dann ist jeder Vektor aus V durch mindestens eine Linearkombination der Vektoren aus B darstellbar. (Weil die lineare Hulle
die Menge aller endlichen Linearkombinationen von Elementen aus B
ist, muss sich jedes Element aus V durch mindestens eine Linearkombination darstellen lassen. Da nicht gesagt ist, dass die Elemente aus B
linear unabhangig sind, kann es mehrere solche Linearkombinationen
als Darstellung desselben Elements geben.)
Antwort:
3. Es seien a; b 2 R; a 6= b. Bestimmen Sie den Rang und die Determinante der folgenden (n; n)-Matrix A :
0
1
a
A
=
b
Bb
B
Bb
B
B
@
..
.
a
b
b
a
b
:::
b
:::
b
:::
b
b
C
C
C
b
C
C
A
..
.
a
(5 Punkte)
Es ist am besten, zunachst die Determinante zu berechnen.
Denn wenn diese ungleich Null ist, so kennt man den Rang sofort.
Dazu subtrahiert man die 1. Zeile von allen ubrigen Zeilen und erhalt
folgende Determinante:
Antwort:
det A =
a
b
a
b
a
b
a
b
a
..
.
0
:::
0
b
a
b
0
0
0
..
.
:::
:::
0
b
b
0
a
Jetzt klammern wir in den Zeilen 2 bis n den Faktor (a
erhalten:
det A = (a
)
b
n
a
1
b
..
.
1 1 0
1 0 1 0
1 0
:::
:::
:::
0
b
) aus und
b
0
0
..
.
1
Jetzt subtrahieren wir das b-fache jeder Zeile von der 1. Zeile und
erhalten:
det A = (a
a
1
)
b
n
+ (n
1)b 0
1
1 0
1
0 1 0
..
.
1
0
:::
:::
:::
0
0
0
0
.. .
1
Dies gibt sofort det A = (a b) 1(a + (n 1)b). Damit folgt wegen
a 6= b nach Vorraussetzung, dass det A 6= 0 ist f
ur a +(n 1)b 6= 0. Also
ist der Rang von A fur a 6= (1 n)b gleich n. Falls a = (1 n)b gilt, so
ist die Determinante Null, also der Rang von A jedenfalls kleiner als n.
Aus den Betrachtungen zur Determinante sieht man aber auch, dass
der Rang von A gleich dem Rang der Matrix
n
0
1
a
B
B
B
B
B
@
..
.
b
1 1 0
1 0 1 0
1 0
:::
:::
:::
0
b
0C
C
0C
C
.. C
.A
1
ist. Diese hat oenbar (n 1) linear unabhangige Zeilen unabhangig
von der Wahl von a oder b. Somit ist der Rang von A immer grosser
oder gleich n 1. Ist also a = (1 n)b, so muss der Rang von A gleich
n
1 sein.
Bemerkung: Die Aufgabe lasst sich sehr elegant und kurz losen, hier
ist nur der Weg aufgezeigt, der ohne jeden Trick auskommt.
4. Es sei f : V ! W eine lineare Abbildung,
folgenden Aussagen ist (sind) richtig?
a)
b)
c)
d)
U
U
U
U
U
:= ker(f ). Welche der
= fw
~ 2 W j f (w
~) = ~
og,
= f~v 2 V j f (~v) = ~og,
= ff (~v) j ~v = ~og,
= f~v 2 V j f (~v) = 1g.
(4 Punkte)
zu a) Dies ist Unsinn, den fur Elemente aus W ist
nicht deniert.
zu b) Dies ist genau die Denition des Kernes, also richtig.
Antwort:
f
gar
zu c) Diese Menge ist eine Teilmenge von W , der Kern von f ist aber
eine Teilmenge von V .
zu d) Der Kern sind alle die Elemente aus V , die auf die Null abgebildet
werden und nicht auf die 1, sofern die 1 uberhaupt zu W gehort.
5. (V; < ; >) sei ein euklidischer Vektorraum und U V ein endlich
dimensionaler Untervektorraum. Zeigen Sie, dass fur die Orthogonalprojektion P : V ! U gilt < P ~v; ~u >=< ~v; P ~u > fur alle ~v ; ~u 2 V .
Bestimmen Sie die Eigenwerte und Eigenvektoren von P . (5 Punkte)
Antwort: Seien ~
v und ~
u zwei beliebige Vektoren aus V . Man hat dann
die orthogonale Zerlegung ~v = v~1 + v~2 mit v~1 2 U; v~2 2 U ? und eine
analoge Zerlegung ~u = u~1 + u~2 mit u~1 2 U; u~2 2 U ? . Dies gibt wegen
P ~
v = v
~1 ; P ~
u = u
~1
U
U
U
U
U
U
< PU ~
v; ~
u >
=< v~1 ; ~u >=< v~1 ; u~1 + u~2 >=< v~1 ; u~1 >=
=< v~1 ; P
u
U~
>
=< v~1 + v~2 ; P
u
U~
=< ~v; P
>
u
U~
>
Damit ist der 1. Teil bewiesen.
Zu den Eigenwerten und Eigenraumen: Fur die Elemente ~u aus U gilt
nach den Eigenschaften von P oenbar P (~u) = ~u. Somit ist U ein
Eigenraum von P zum Eigenwert 1. Fur die Elemente ~u? aus U ?
gilt oenbar P (~u?) = ~o, somit ist U ? ein Eigenraum von P zum
Eigenwert Null. Weitere Eigenwerte kann es nicht geben, denn die
zugehorigen Eigenvektoren mussten linear unabhangig sein von den
Vektoren der Raume U und U ?, was unmoglich ist, da U und U ?
zusammen V aufspannen.
U
U
U
U
U
6. Bestimmen Sie alle a; b 2 R so, dass das folgende lineare Gleichungssystem uber R losbar wird.
2x1 + x2 + x3 =
5x1 + 4x2
5x3 =
3x1 + 2x2
x3
=
1
a
b:
(6 Punkte)
Da es nur um die Losbarkeit geht, ist eine Rangbetrachtung
ausreichend. Sei A die KoeÆzientenmatrix des Systems und (A ; ~b) die
erweiterte KoeÆzientenmatrix des Systems. Dann erhalt man mittels
Vertauschung der ersten und zweiten Spalte von A zunachst. dass die
Antwort:
Range von A bzw. (A ; ~b) gleich den Rangen folgender Matrizen sind:
0
1 2
@4 5
2 3
j
j
j
1
5
1
1
a
1
A
b
Subtraktion entsprechender Vielfacher der 1. Zeile von der 2. und 3.
Zeile ergibt Ranggleichheit mit
0
1
@0
0
2
3
1
j
j
j
1
9
3
1
1
a + 4A
b + 2
Daraus folgert man durch Vertauschung der 2. Zeile mit der 3. Zeile,
anschliessender Multiplikation der 2. Zeile mit 1 und entsprechender
Subtraktion eines geeigneten Vielfachen der 2. Zeile von der 3. Zeile,
dass diese Matrix ranggleich zu folgender Matrix ist:
0
1 2 1
@0 1 3
0 0 0
j
j
j
1
a
+4
b
1
2
3b
A
6
Also ist der Rang von A immer gleich 2, wahrend der Rang von (A ; ~b)
abhangt vom Wert von a 3b 2. Das Gleichungssystem ist genau dann
losbar, wenn gilt r(A ) = r(A ; ~b). Also ist unser System fur a 3b 2 6= 0
unlosbar bzw. fur alle a; b 2 R mit a = 3b + 2 losbar.
7. Sei A
a)
2K
n;n
. Zeigen Sie:
ist genau dann invertierbar, wenn A invertierbar ist. (2 Punkte)
b) Ist A invertierbar, so gilt (A 1 ) = (A ) 1 . (3 Punkte)
A
T
T
T
zu a): Eine Matrix A 2 K ist genau dann invertierbar,
wenn det A 6= 0 gilt. Weil det A = det A gilt, ist det A 6= 0 genau
dann, wenn det A 6= 0 gilt. Somit ist A genau dann invertierbar,
wenn A invertierbar ist.
zu b) Es sei A A 1 = E . Transponiert man diese Gleichung, so erhalt
man:
(A A 1 ) = E = E
n;n
Antwort:
T
T
T
T
Dies gibt
(A
1
)
T
T
AT
=E
und aus der Eigenschaft der Inversen folgt
(A
1
) = (A )
T
T
1
:
8. Ist eine der folgenden Aussagen richtig?
a) Es gibt eine Basis des R3 aus Vektoren der Form (x; x; x) .
b) Jede Basis des R3 besteht aus Vektoren der Form (x; x; x) .
c) Jeder Vektor der Gestalt (x; x; x) kann zu einer Basis des
erganzt werden.
T
T
T
R3
(3 Punkte)
zu a) Oenbar sind drei Vektoren der Gestalt (x; x; x); (y; y; y);
(z; z; z ) immer linear abhangig. Deshalb konnen solche Vektoren niemals eine Basis des R3 bilden.
zu b) Entweder wie a) oder als Gegenbeispiel die kanonische Basis des
R3 w
ahlen. (Als Gegenbeispiel kann jede Basis des R3 dienen.)
zu c) Auch dies ist nicht moglich falls (x; x; x) der Nullvektor ist. Fur
(x; x; x) 6= (0; 0; 0) kann man (x; x; x) nach dem Basiserganzungssatz immer zu einer Basis des R3 erganzen.
Antwort:
T
T
T
T