Lineare Algebra 1, am 09.03.2015 Lösung Benotung: 4 - ig

Lineare Algebra 1, am 09.03.2015
Lösung
Benotung: 4 ab 15 Punkte, 3 ab 18 Punkte, 2 ab 23 Punkte, 1 ab 26 Punkte
* Definitionen: Hier soll überprüft werden, ob Sie die genauen Begriffe kennen.
Aufgabe 1. 6 Punkte: Definieren Sie die folgenden Begriffe: (Nur die Definitionen sind
gefragt.)
(1) 2 Punkte: Körper.
Lösung: Ein Körper ist eine Menge K ̸= ∅ mit zwei inneren Verknüpfungen + und ·,
wobei folgende Rechenregeln gelten:
(a) (K, +) ist eine abelsche Gruppe (mit neutralem Element 0 und inversem Element
−x zu x).
(b) (K \ {0}, ·) ist eine abelsche Gruppe (mit neutralem Element 1 und inversem Element x−1 zu x).
(c) Es gilt das Distributivgesetz a(b + c) = ab + ac für alle a, b, c ∈ K.
(2) 2 Punkte: Rang einer Matrix A.
Lösung:
Die Dimension des Spaltenraumes von A.
Lösung:
Seien f, g ∈ Hom(V, W ), λ ∈ K. Wir definieren für alle v ∈ V :
(3) 2 Punkte: Vektorraumverknüpfungen + und · auf der Menge Hom(V, W ) der
linearen Abbildungen V → W .
(Dabei ist K ein Körper und V , W Vektorräume über K.)
[f + g](v)
=
f (v) + g(v) ,
[λf ](v)
=
λf (v) .
* Wissensfragen. Hier soll überprüft werden, ob Sie Kenntnis und Überblick über den Inhalt des
Stoffes haben.
Aufgabe 2. 5 Punkte: Multiple-Choice-Frage: Zutreffendes ankreuzen. Jedes richtige
Kreuz zählt einen Punkt. Nicht angekreuzte Aufgaben oder falsche Kreuze werden nicht
gezählt. Sie müssen Ihre Antworten nicht begründen.
(1) RICHTIG
FALSCH: Wenn ein lineares Gleichungssystem Ax = b als
Lösungsmenge einen Unterraum besitzt, dann ist b = 0.
Richtig:
Jeder Unterraum enthält den Nullvektor, und damit ist b = A0 = 0.
(2) RICHTIG
FALSCH:
ist auch Im(z 2 ) > 0.
Richtig:
Sei z ∈ C. Wenn Re(z) > 0 und Im(z) > 0, dann
Es liegt dann arg(z) ∈ (0, π/2), und daher arg(z 2 ) = 2 arg(z) ∈ (0, π).
(3) RICHTIG
FALSCH: Seien A, B ∈ Kn×n . Die Spalten von AB sind
Linearkombinationen der Spalten von B.
Falsch:
Zum Beispiel
(
)
(
0 1
1
A=
, B=
1 0
0
(4) RICHTIG
Falsch:
FALSCH:
)
(
0
0
, AB =
0
1
)
0
.
0
(5) Sei V ein Vektorraum über R und (a1 , · · · , an ) ein System von Vektoren aus V .
Wir definieren
 n
R
→V


 


 ξ1

∑
f: 
 ..  7→ n ξi ai .


i=1
.





ξn
Wenn f ein Isomorphismus ist, dann ist (a1 , · · · , an ) eine Basis von V .
Richtig:
Isomorphismen bilden Basen auf Basen ab. Es ist ai = f (ei ), wobei ei der
i-te Einheitsvektor ist. Daher ist (a1 , · · · , an ) das Bild der Einheitsbasis.
* Mit der folgenden Aufgabe soll überprüft werden, ob Sie Brücken zwischen den verschiedenen
Kapiteln der Vorlesung schlagen können. Antworten Sie bitte mit kurzen, verständlichen Sätzen:
Aufgabe 3. 4 Punkte:
(a) 1 Punkt: Der Raum R2×2 der 2 × 2-Matrizen über R ist ein Vektorraum. Geben Sie
eine Basis dieses Raumes an.
Lösung:
Zum Beispiel:
(
)
1 0
,
0 0
(
0
0
1
0
)
,
(
0
1
)
0
,
0
(
0
0
0
1
)
.
(b) 1 Punkt: Zu welchem Zweck haben wir den Austauschsatz von Steinitz bewiesen?
Lösung: Als Hilfsmittel, um zu zeigen, dass alle Basen eines Vektorraumes gleich viel Vektoren enthalten. Erst auf Grund dieser Tatsache kann man den Begriff Dimension definieren. (c) 1 Punkt: Welcher Zusammenhang besteht zwischen Basen und Koordinaten?
Lösung: Die Koordinaten eines Vektors beziehen sich immer auf eine Basis (b1 , · · · , bn ). Ist
(
)T
∑
x= n
· · · ξn .
i=1 ξi bi , dann ist der Koordinatenvektor von x gleich ξ1
(d) 1 Punkt: Seien (b1 , · · · , bn ) eine Basis eines Vektorraumes V und w1 , · · · , wn beliebige
Vektoren eines Vektorraumes W . Dann gibt es bekanntlich eine lineare Abbildung
f : V → W , sodass für alle i gilt f (bi ) = wi . Warum gilt dieser Satz nur für Basen
(b1 , · · · , bn ) und nicht allgemein für Erzeugendensysteme?
Lösung: f (x) wird definiert, indem man x als Linearkombination der bi schreibt: x =
∑n
∑n
i=1 ξi wi . Wenn aber die bi linear abhängig sind, ist die Zerlei=1 ξi bi . Dann ist f (x) :=
gung von x nicht eindeutig, und damit ist f nicht eindeutig bestimmt.
* Zwei Aufgaben zu den Details der Beweise. Hier soll überprüft werden, ob Sie die mathematischen Zusammenhänge verstehen und auch in unmissverständlicher und klarer Sprache wiedergeben können. Die Klarheit Ihrer Formulierung fließt wesentlich in die Bewertung ein.
Aufgabe 4. 5 Punkte: Sei M ⊂ Kn eine Teilmenge des Kn . Zeigen Sie, dass folgende
Aussagen äquivalent sind:
(i) M ist ein Erzeugendensystem von Kn .
(ii) Wenn f : Kn → K eine lineare Abbildung ist, sodass f (x) = 0 für alle x ∈ M , dann
ist f = 0 die Nullabbildung.
Lösung:
(i) ⇒ (ii): Sei M ein Erzeugendensystem von Kn . Für jedes y ∈ Kn gibt es
∑
λ1 , · · · , λm ∈ K und x1 , · · · , xm ∈ M sodass y = m
i=1 λi xi . Es ist dann
f (y) =
m
∑
i=1
λi f (xi ) =
m
∑
λi 0 = 0 .
i=1
(ii) ⇒ (i): Wir wählen Vektoren x1 , · · · , xm ∈ M sodass (x1 , · · · , xm ) eine Basis der linearen Hülle
von M bilden. Wenn diese lineare Hülle nicht ganz Kn ist, lässt sich (x1 , · · · , xm ) zu einer Basis
(x1 , · · · , xm , xm+1 , · · · , xn ) des Kn erweitern. Durch
{
0 falls i ≤ m
f (xi ) =
1 sonst
wird eindeutig eine lineare Abbildung f : Kn → K definiert, und weil f (xm+1 ) = 1 ist, ist f ̸= 0.
Ist aber x ∈ M , so ist x erst recht in der linearen Hülle von M und lässt sich als Linearkombination
∑
x= m
i=1 λi xi schreiben. Damit ist f (x) = 0.
Aufgabe 5. 5 Punkte: Beweisen Sie den Satz: Wenn eine lineare Abbildung bijektiv ist,
dann ist auch ihre Umkehrabbildung linear.
Lösung:
Sei f : U → V bijektiv, seien x, y ∈ V , α, β ∈ K. Zu zeigen ist:
f −1 (αx + βy) = αf −1 (x) + βf −1 (y)
Wegen der Linearität von f gilt:
f (αf −1 (x) + βf −1 (y)) = αf (f −1 (x)) + βf (f −1 (y)) = αx + βy .
Das heißt aber dasselbe wie
αf −1 (x) + βf −1 (y) = f −1 (αx + βy) .
* Die folgende Aufgabe soll überprüfen, ob Sie die Rechenverfahren anwenden können. Antworten
gelten nur, wenn auch der Lösungsweg sichtbar ist.
Aufgabe 6. 5 Punkte: Für welche Werte von a und b besitzt das folgenden Gleichungssystem in den Unbekannten x, y, z
(a) genau eine Lösung?
(b) gar keine Lösung?
(c) unendlich viele Lösungen?
x
3x
2x
+
+
+
2y
3y
y
+
+
+
3az
(9a − 9)z
(5a − 9)z
=
=
=
1 + 2b
1 + 6b
1 − a + 5b
Sie müssen die Lösungen des Gleichungssystems nicht bestimmen!
Lösung: Wir bringen das Gleichungssystem in Matrixform und führen Pivotschritte aus:




1∗ 2
3a
1 + 2b
1
2
3a
1 + 2b
3

3 (9a − 9)
1 + 6b  → 0 −3∗
−9
−2
2
1 (5a − 9)
1 − a + 5b
0
−3
(−a − 9)
−1 − a + b


1
2
3a
1 + 2b
→ 0 −3 −9
−2 
0
0
−a
1−a+b
Ist a ̸= 0, dann hat die Systemmatrix Rang 3 und das System ist eindeutig lösbar. Ist a = 0, so
entsteht links eine Nullzeile. Ist dann 1 − a + b = 1 + b ̸= 0, dann bleibt rechts eine Zahl ungleich
Null stehen, und das System hat gar keine Lösung. Ist dagegen a = 0 und b = −1, so gibt es eine
nichtbasische Variable und damit unendlich viele Lösungen.