Klausur zur Vorlesung Lineare Algebra I - Mathematik

Heinrich-Heine-Universität Düsseldorf
Mathematisches Institut
23.07.2011
Lehrstuhl für Algebra und Zahlentheorie
Prof. Dr. Oleg Bogopolski
Klausur zur Vorlesung
Lineare Algebra I
Bearbeitungszeit: 120 min
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Vorname:
Matrikelnr.:
Studienfach:
Fachsemester:
Mit meiner Unterschrift melde ich mich zur oben genannten Klausur
an und bestätige, dass ich mich momentan nicht in einem Urlaubssemester befinde und damit berechtigt bin eine Prüfung abzulegen.
................................
(Unterschrift)
Hinweis: Wie üblich müssen Sie bei den Aufgaben 2-7 den Lösungsweg
angeben.
Aufgabe 1
Punkte
Note:
2
3
4
5
6
7
P
Aufgabe 1 [18 Punkte]
Die Aufgabenteile a)-h) in Aufgabe 1 müssen nicht begründet werden.
Bei den Multiple-Choice Aufgaben a)-e) gibt jede richtige Antwort zwei Punkte, jede nicht
beantwortete 0 Punkte und für jede falsche Antwort werden zwei Punkte abgezogen. Falls
Sie im Teil a)-e) insgesamt eine negative Anzahl an Punkten erreichen, wird dieser Teil
mit 0 Punkten gewertet.
Ja
Nein
X
a)
Sind U und V Untervektorräume eines Vektorraums W , so ist
U ∪ V auch ein Untervektorraum von W .
b)
Die Vektoren v1 , · · · , vn ∈ Rn heißen linear unabhängig, wenn
gilt: Sind λ1 = · · · = λn = 0, so folgt λ1 v1 + · · · + λn vn = 0.
X
c)
Eine lineare Abbildung ϕ ist genau dann bijektiv, wenn
ker(ϕ) = 0 ist.
X
d)
Es gilt det(A · B) = det(B · A) für alle Matrizen A, B ∈
M (n, n, R).
X
e)
Die Nullmatrix ist diagonalisierbar.
X
f) Geben Sie alle Untergruppen der Gruppe (Z15 , +15 ) an.
[2 Punkte]
Lösung
{0}, {0, 5, 10}, {0, 3, 6, 9, 12}, (Z15 , +15 )
g) Stellen Sie die Permutation σ = (3 4 5) ◦ (3 7 8 1) ◦ (9 2 8 3) ∈ S9 als Produkt von
unabhängigen Zyklen dar und berechnen Sie Sign(σ) und Ord(σ).
[3 Punkte]
Lösung
• σ = (1 4 5 3 9 2) ◦ (7 8)
• Sign(σ) = (−1)5 (−1) = 1
• Ord(σ) = 6
h) Sei ϕ : (Z6 , +6 ) → (Z9 , +9 ) ein Gruppenhomomorphismus definiert durch ϕ(1) = 3.
Berechnen Sie ker(ϕ) und im(ϕ).
[3 Punkte]
Lösung
ker(ϕ) = {0, 3}, im(ϕ) = {0, 3, 6}
Aufgabe 2 [14 Punkte]
a) Zeigen Sie mit dem Euklidischen Algorithmus, dass ggT(50, 13) = 1 ist.
[4 Punkte]
b) Finden Sie a, b ∈ Z, so dass 1 = 50a + 13b gilt.
[5 Punkte]
c) Finden Sie ein Element b ∈ Z∗50 , so dass 13b = 1 in Z∗50 gilt.
[3 Punkte]
d) Finden Sie ein Element b ∈ Z∗50 , so dass 13b = 3 in Z∗50 gilt.
[2 Punkte]
Lösung
a) Mit dem Euklidischen Algorithmus erhalten wir
50
13
11
2
=
=
=
=
3 · 13 + 11
11 + 2
5·2+1
2·1+0
Also ist ggT(50, 13) = 1.
b) Aus a) folgt
1 = 11 − 5 · 2 = (50 − 3 · 13) − 5(13 − 11) = 50 − 8 · 13 + 5 · 11 =
= 50 − 8 · 13 + 5(50 − 3 · 13) = 6 · 50 − 23 · 13
Also a = 6 und b = −23.
c) Aus dem Augabenteil b) haben wir die Gleichung 50 · 6 + 13 · (−23) = 1 in Z. Diese
gilt auch in Z∗50 . Da 6 · 50 = 0 in Z∗50 haben wir 13 · (−23) = 1. Also b = −23,
reduziert modulo 50 ist b = 27.
d) 13 · 27 = 1 ist äquivalent zu 13 · 27 · 3 = 1 · 3. Also b = 27 · 3 = 81, reduziert modulo
50 ergibt es b = 31.
Aufgabe 3 [12 Punkte]
a) Bestimmen Sie alle Lösungen des inhomogenen reellen Gleichungssystems:

3x3 + 6x4 = −3

x1 + x2 + 2x3
= 1

2x1 + 2x2 + x3
−6x4 = 5
[7 Punkte]
b) Bestimmen Sie ein Fundamentalsystem


x1 + x2 +

2x1 + 2x2 +
des reellen Gleichungssystems:
3x3 + 6x4 = 0
2x3
= 0
x3
−6x4 = 0
[5 Punkte]
Lösung
Das lineare Gleichungssystem

3x3 + 6x4 = −3

x1 + x2 + 2x3
= 1

2x1 + 2x2 + x3
−6x4 = 5
mit der Addition des (-2)–fachen der 2. Zeile zu der 3. Zeile ist äquvivalent zu

3x3 + 6x4 = −3

x1 + x2 + 2x3
= 1

−3x3
−6x4 = 3
und weiter mit der Addition der 3. Zeile zu der 1. Zeile ist äquvivalent zu
x1 + x2 + 2x3
= 1
−3x3
−6x4 = 3
Zuerst lösen wir das homogene Gleichungssystem:
x1 + x2 + 2x3
= 0
−3x3
−6x4 = 0
Für die Basisvektoren des homogenen Gleichungssystems setzen wir


x1
 1 
−3x3 − 6 · 0 = 0 ⇒ x3 = 0

1) 
 x3  ⇒ x1 + 1 + 2 · 0 = 0 ⇒ x1 = −1
0


x1
 0 
−3x3 − 6 · 1 = 0 ⇒ x3 = −2

2) 
 x3  ⇒ x1 + 0 + 2 · (−2) = 0 ⇒ x1 = 4
1
b) Das homogene Gleichungssystem hat eine Basis

 
−1
4





 1 , 0
 0   −2



0
1








a) Wir suchen eine spezielle Lösung. Für diese setzen wir x2 = 0 und x4 = 0. Also ist
−3x3 − 6 · 0 = 3 ⇒ x3 = −1 und x1 + 0 + 2(−1) = 1 ⇒ x1 = 3. Alle Lösungen des
inhomogenen Gleichungssystems sind:



 

3
−1
4
 0 

 


 + L  1  ,  0 
 −1 
 0   −2 
0
0
1
Eine andere Schreibweise:







3
−1
4







 1 
 0 
0






= 
+
λ
+
λ
|
λ
,
λ
∈
R
1
2
1
2
 0 
 −2 
−1 






0
0
1



3 − λ1 + 4λ2







λ
1


= 
| λ ,λ ∈ R
−1 − 2λ2  1 2






λ2
Aufgabe 4 [14 Punkte]
Sei


0 0 1
A =  0 1 0 .
1 0 0
a) Berechnen Sie die Eigenwerte von A.
[4 Punkte]
b) Berechnen Sie zu jedem Eigenwert λ den zugehörigen Eigenraum Eig(A, λ).
[6 Punkte]
c) Entscheiden Sie, ob die Matrix A diagonalisierbar ist und geben Sie gegebenenfalls
eine invertierbare Matrix T und eine Diagonalmatrix D an, so dass
T −1 AT = D.
[4 Punkte]
Lösung
a)


−λ
0
1
χA (λ) = det  0 1 − λ 0  = λ2 (1 − λ) − (1 − λ) = (1 − λ)(λ2 − 1)
1
0
−λ
= (1 − λ)(λ − 1)(λ + 1) = −(λ − 1)2 (λ + 1)
χA (λ) = 0 gilt genau dann wenn λ ∈ {−1, 1}, also die Matrix A hat Eigenwerte 1
und -1.
b)
• Eigenraum zum Eigenwert λ = 1.



 
x1
 x1
 x2  ∈ R3 | (A − E3 )  x2  = 
Eig(A, 1) =

x3
x3




−1 0
1
x1
 x1
 x2  ∈ R3 |  0 0
0   x2
=

x3
1 0 −1
x3

0 
0 

0
 

0 
= 0 

0
Das lineare homogene Gleichungssystem.
−x1 +x3 = 0
ist äquivalent zu x1 − x3 = 0
x1 −x3 = 0
mit führenden Unbekannten x1 und Parameterunbekannten x2 , x3 . Für die
Lösung setzen wir


x1
1)  1  ⇒ x1 − 0 = 0 ⇒ x1 = 0 und
0


x1
2)  0  ⇒ x1 − 1 = 0 ⇒ x1 = 1
1
Also ist

  
0
1
Eig(A, 1) = L  1  ,  0 
0
1
• Eigenraum zum Eigenwert λ = −1.



  
x1
0 
 x1
3





x2
0 
Eig(A, −1) =
∈ R | (A + E3 ) x2
=


x3
x3
0




  
1 0 1
x1
0 
 x1
 x2  ∈ R 3 |  0 2 0   x2  =  0 
=


x3
1 0 1
x3
0
Das lineare homogene Gleichungssystem.

+x3 = 0
 x1
x 1 + x3 = 0
2x2
= 0 ist äquivalent zu
x2 = 0

x1
+x3 = 0
mit führenden Unbekannten

 x1 , x2 und Parameterunbekannten x3 . Für die
x1
Lösung setzen wir  x2  ⇒ x2 = 0 ⇒ x1 + 1 = 0 ⇒ x1 = −1 Also ist
1


−1
Eig(A, −1) = L  0 
1
c) Die Matrix A ist diagonalisierbar, weil dim Eig(A, 1) + dim Eig(A, −1) = 2 + 1 = 3.
Es gilt für




0 1 −1
1 0
0
0  und D =  0 1
0 
T = 1 0
0 1
1
0 0 −1
T −1 AT = D
Aufgabe 5 [14 Punkte]
Seien



1
0
 0 
 1


v1 = 
 1  , v2 =  1
1
2




1
0

 −1 
 −1
 , w1 = 



 0  , w2 =  −1
−1
0




und
V = L(v1 , v2 ), W = L(w1 , w2 )
zwei Untervektorräume von R4 .
a) Berechnen Sie eine Basis von V ∩ W .
[8 Punkte]
b) Berechnen Sie eine Basis von V + W .
[6 Punkte]
Lösung
(a)
V ∩ W = {β1 w1 + β2 w2 | β1 , β2 ∈ R und es existieren α1 , α2 ∈ R
so dass α1 v1 + α2 v2 = β1 w1 + β2 w2 }.
Die Gleichung α1 v1 + α2 v2 = β1 w1 + β2 w2 ist äquivalent zu

α1



α1



α1
α2
+α2
+2α2
−β1
+β1 +β2
+β2
+β1

=0
−β1
=0
 α1
=0
α2 +β1 +β2 = 0
⇔
=0

−β2 = 0
=0
Es folgt, dass β2 = 0 und β1 kann beliebig gewählt werden. Also ist
V ∩ W = {β1 w1 + β2 w2 | β1 , β2 ∈ R und β2 = 0}
= {β1 w1 | β1 ∈ R}
 


1




 


−1


=
β1 
|
β
∈
R
0  1






−1


1






−1


Also ist 
eine Basis von V ∩ W .
0 





−1
(b) V + W = L (v1 , v2 , w1 , w2 ). Wir schreiben die Erzeugenden als Zeilen einer Matrix, bringen diese auf Zeilenstufenform. Dann sind die nicttrivialen Zeilen linear
unabhängig und erzeugen v1 , v2 , w1 , w2 , also eine Basis.
1
0
1
1
0
1
1
2
1 −1
0 −1 (− 1. Zeile)
0 −1 −1
0 (+ 2. Zeile)
1
0
1
1
0
1
1
2
0 −1 −1 −2 (+ 2. Zeile)
0
0
0
2
1
0
1
1
0
1
1
2
0
0
0
2
0
0
0
0
Eine Basis von V + W ist
  
1
0


  
0
 , 1
 1   1



1
2

0 

  0 
, 
  0 


2
 
Aufgabe 6 [14 Punkte]
Für x ∈ R sei die Matrix M (x) definiert durch


1 0 2
M (x) =  0 x 0 
2 0 x2
a) Finden Sie alle x ∈ R, so dass M (x) invertierbar ist.
[4 Punkte]
b) Berechnen Sie für die in a) gefundenen x den Eintrag in der 1-ten Zeile und 3-ten
Spalte von (M (x))−1 .
[4 Punkte]
c) Berechnen Sie für x = −1 die inverse Matrix (M (−1))−1 .
[6 Punkte]
Lösung
a) Die Matrix M (x) ist

1
det  0
2
genau dann invertierbar, wenn det(M (x)) 6= 0.

0 2
x 0  = x3 − 4x = x(x2 − 4) = x(x − 2)(x + 2)
0 x2
Also M (x) ist invertierbar genau dann wenn x ∈
/ {0, −2, 2}.
b)
(M (x))−1
1
=
det
x(x − 2)(x + 2)
0 2
x 0
13
=
det M (x)031
=
det(M (x))
=
−2x
−2
=
x(x − 2)(x + 2)
(x − 2)(x + 2)
1
0
2
1
0
0
0 −1
0
0
1
0
2
0
1
0
0
1
1
0
2
1
0
0
0 −1
0
0
1
0
0
0 −3
−2
0
1
c)
1
0
2
1
0
0
0
1
0
0 −1
0
0
0
1
2/3
0 −1/3
1
0
0 −1/3
0
2/3
0 −1
0
0
1
0
0
0
1
2/3
0 −1/3
(−2) · 1. Zeile
·(−1)
·(−1/3)
(−2) · 3. Zeile
·(−1/3)
(−2) · 3. Zeile
·(−1/3)


−1/3
0
2/3
0 −1
0 
M (−1)−1 = 
2/3
0 −1/3
Aufgabe 7 [14 Punkte]
Sei (G, ∗) eine Gruppe und sei h ein Element von G. Zeigen Sie, dass die Teilmenge
U = {g ∈ G | g ∗ h = h ∗ g} eine Untergruppe von (G, ∗) ist.
Lösung
g2 ∈U
g1 ∈U
• Seien g1 , g2 ∈ U . Dann ist (g1 ∗ g2 ) ∗ h = g1 ∗ h ∗ g2 = h ∗ g1 ∗ g2 , also g1 ∗ g2 ∈ U .
• Sei g ∈ U . Dann gilt g ∗ h = h ∗ g. Das ist äquivalent zu
g −1 ∗ g ∗ h = g −1 ∗ h ∗ g
⇔ g −1 ∗ g ∗ h ∗ g −1 = g −1 ∗ h ∗ g ∗ g −1
⇔ h ∗ g −1 = g −1 ∗ h
Also ist g −1 ∈ U .
Damit ist U eine Untergruppe von (G, ∗).