Klausur zur Mathematik I (Modul: Lineare Algebra I) 07.02.2013

Technische Universität Hamburg-Harburg
Institut für Mathematik
Prof. Dr. Wolfgang Mackens
Wintersemester 2012/2013
Klausur zur Mathematik I (Modul: Lineare Algebra I)
07.02.2013: Lösungshinweise
Sie haben 60 Minuten Zeit zum Bearbeiten der Klausur.
Tragen Sie bitte zunächst Ihren Namen, Ihren Vornamen und Ihre Matrikelnummer in
DRUCKSCHRIFT in die folgenden jeweils dafür vorgesehenen Felder ein.
Diese Eintragungen werden auf Datenträger gespeichert.
Name:
M U S
Vorname:
M A X
Matr.-Nr.:
4
Studiengang:
T
E R S
T U D E N T
2
Mitarbeiter
Grundsätzlich gilt für alle Studierenden, dass die Module Analysis I“ und Lineare Al”
”
gebra I“ die Gesamtnote für das Fach Mathematik I“ ergeben.
”
Ich bin darüber belehrt worden, dass die von mir zu erbringende Prüfungsleistung nur
dann als Prüfungsleistung bewertet wird, wenn die Nachprüfung durch das Zentrale
Prüfungsamt der TUHH meine offizielle Zulassung vor Beginn der Prüfung ergibt.
(Unterschrift)
Bearbeiten Sie die angegebenen zwei Teile A und B. In Teil A werden 5 Punkte und in
Teil B werden 15 Punkte vergeben.
Teil A
Definition Punkte Korrekteur
P
=
Aufgabe
1
2
3
4
Teil B
Punkte Korrekteur
Teil A: Definitionen
Wählen Sie bis zu fünf der folgenden zehn Begriffe aus, und schreiben Sie
deren Definitionen in die jeweils dafür vorgesehene Textlücke.
Jede korrekte Definition unter den maximal fünf ausgewählten Definitionen wird mit
einem Punkt bewertet.
Schreiben Sie für mehr als fünf Begriffe Definitionen auf, so wählen wir für die Bewertung
hiervon die ersten fünf.
Begriffe: Allquantor; Linke Dreiecksmatrix; Reguläre Matrix; Normierter Raum; Dyadisches Produkt; Metrik; Summennorm; Definitionsbereich; Aussage; Lineare Abhängigkeit
Allquantor: Der Allquantor ∀ dient der Kurzschreibweise ∀x : A(x) für für alle x ist
”
A(x) wahr“.
Linke Dreiecksmatrix: Eine Matrix L = (lij ) ∈ R(n,n) heißt linke oder untere Dreiecksmatrix, wenn lij = 0 für j > i.
Reguläre Matrix: Eine quadratische (n, n)-Matrix heißt regulär, wenn Rang(A) = n
ist.
Normierter Raum: Ein Vektorraum mit einer darauf erklärten Norm heißt ein normierter Vektorraum oder kurz ein normierter Raum.
Dyadisches Produkt: Das dyadische Produkt für x ∈ Rn und y ∈ Rm ist x · y T aus
R(n,m) .
Metrik: Für eine beliebige Menge M heißt eine Abbildung
M ×M → R
d:
(u, v) 7→ d(u, v)
eine Metrik auf M , wenn die folgenden drei Bedingungen gelten:
(i)
d(u, v) = 0 ⇐⇒ u = v
∀u, v ∈ M,
(ii) d(u, v) = d(v, u)
∀u, v ∈ M,
(Symmetrie)
(iii) d(u, w) 6 d(u, v) + d(v, w) ∀u, v, w ∈ M. (Dreiecksungleichung)
Summennorm: Die Summennorm oder 1-Norm auf dem Vektorraum Rn ist gegeben
durch
n
X
kxk1 :=
|xj |.
j=1
Definitionsbereich: Der Definitionsbereich einer Abbildung f : X → Y ist die Menge
X.
Aussage: Eine Aussage ist ein schriftliches oder sprachliches Gebilde, das entweder wahr
(w) oder falsch (f) ist.
Lineare Abhängigkeit: Vektoren v 1 , . . . , v r eines
V heißen linear abhänPr Vektorraumes
j
gig, wenn es λ1 , . . . , λr ∈ R gibt, so dass j=1 λj v = 0 ist und λi 6= 0 ist für ein
i ∈ {1, . . . , r}. Anderenfalls heißen sie linear unabhängig.
Teil B: Aufgaben
Bearbeiten Sie alle wie folgt angegebenen Aufgaben:
Aufgabe 1: (4 Punkte)
Es bezeichne Π1 den Vektorraum der Polynome vom Höchstgrad Eins,
Π1 := {p : R → R | p(x) = ax + b ∀x ∈ R,
a, b ∈ R}
mit der üblichen Addition zweier Funktionen und der üblichen skalaren Multiplikation
einer Funktion mit einer reellen Zahl. Es sei die Abbildung s definiert als
Π1 × Π1 → R,
s:
(p, q) 7→ p(0) · q(0) + p0 (1) · q 0 (2).
Zeigen oder widerlegen Sie: s ist ein Skalarprodukt auf Π1 .
Lösungshinweis: Da die Polynome den Höchstgrad Eins haben, ist die Ableitung konstant, also gilt insbesondere (2 Punkte)
p0 (1) = p0 (2) ∀p ∈ Π1 .
(1)
Damit gilt für alle p, p1 , p2 , q ∈ Π1 , p(x) = ax + b, a, b ∈ R und alle λ ∈ R:
Def. s
s(p, q) = p(0) · q(0) + p0 (1) · q 0 (2)
(1)
Def. s
= p(0) · q(0) + p0 (2) · q 0 (1) = s(q, p)
(Symmetrie)
Def. s
s(λ · p, q) = (λ · p)(0) · q(0) + (λ · p)0 (1) · q 0 (2)
Def. skal. Mult., Abl.
=
λ · p(0) · q(0) + λ · p0 (1) · q 0 (2)
Def. s
= λ · s(p, q).
(Homogenität)
Def. s
s(p1 + p2 , q) = (p1 + p2 )(0) · q(0) + (p1 + p2 )0 (1) · q 0 (2)
Vektoradd., Abl.
(p1 (0) + p2 (0)) · q(0) + (p01 (1) + p02 (1)) · q 0 (2)
Distr., Komm. R
p1 (0) · q(0) + p01 (1) · q 0 (2) + p2 (0) · q(0) + p02 (1) · q 0 (2)
=
=
Def. s
= s(p1 , q) + s(p2 , q).
(Additivität)
Def. s
s(p, p) = p(0) · p(0) + p0 (1) · p0 (2)
(1)
= p(0) · p(0) + p0 (1) · p0 (1)
= (p(0))2 + (p0 (1))2 = b2 + a2 > 0.
(Semidefinitheit)
Der letzte Ausdruck ist als Summe zweier Quadrate reeller Zahlen genau dann Null, wenn
beide quadrierten reellen Zahlen Null sind, also p(x) = ax + b = 0 · x + 0 = 0 ∀x ∈ R, also
p das Nullpolynom ist. Damit gilt s(p, p) > 0 ∀p ∈ Π1 \ 0. (Pro Eigenschaft: 0.5 Punkte.)
Alternativ stellt man fest, dass für alle p ∈ Π1 gilt
p(x) = ax + b = p0 (0)x + p(0) = p0 (1)x + p(0),
also p = p0 (1) · m1 + p(0) · m0 , also der Vektor
p(0)
b
=
0
p (1)
a
der Koeffizientenvektor von p zur Monombasis ist, und dass die angegebene Abbildung
dann dem Standardskalarprodukt des R2 der Koeffizientenvektoren entspricht.
Aufgabe 2: (1+2 Punkte)
Sei v ∈ R3 gegeben als
 
1

v = 2
3
und sei L definiert durch
L:
R3 → R3
x 7→ x × v
a) Zeigen Sie: L ist linear.
b) Bestimmen Sie die Matrixdarstellung von L bzgl. der Standardbasis des R3 im Urbildund im Bildraum.
Lösungshinweis: Wir setzen die Rechenregeln des Kreuzproduktes im R3 als bekannt
voraus. Dann gilt:
a) Die Abbildung ist linear, da das Kreuzprodukt es ist (1 Punkt), genauer:
Def. L
L(λ · x) = (λ · x) × v = λ · (x × v)
Def. L
= λ · L(x) ∀x ∈ R3 ∀λ ∈ R,
(Homogenität)
Def. L
L(x1 + x2 ) = (x1 + x2 ) × v = x1 × v + x2 × v
Def. L
= L(x1 ) + L(x2 ) ∀x1 , x2 ∈ R3 .
(Additivität)
b) Die Matrixdarstellung von L bzgl. der Standardbasis des R3 im Urbild- und im Bildraum
erhalten wir, indem wir die Standardbasis e1 , e2 , e3 des R3 in L einsetzen (1 Punkt):
     
1
1
0
1
1





L(e ) = e × v = 0 × 2 = −3 ,
(2)
0
3
2
     
0
1
3
2
2





0 ,
L(e ) = e × v = 1 × 2 =
(3)
0
3
−1
     
0
1
−2
3
3





0
2
1 .
L(e ) = e × v =
×
=
(4)
1
3
0
Diese müssen nach der zweiten Basis entwickelt werden, was sie bereits sind; sie sind
ja in der Standardbasis gegeben. Spaltenweise in eine Matrix geschrieben erhalten wir
also die Matrixdarstellung M von L (1 Punkt) zu


0
3 −2
0
1 .
M = −3
2 −1
0
Aufgabe 3: (5 Punkte)
Berechnen Sie die Lösungsmenge des

1
2

3
4
folgenden linearen Gleichungssystemes:
 

4
2 3



3 4
5 .
x
=
6
4 5
7
5 6
Lösungshinweis: Das Gauß’sche Eliminationsverfahren wird verwendet, um die Matrix
auf obere Dreiecksgestalt zu bringen, wobei die rechte Seite gleich mittransformiert wird
(pro Schritt 1 Punkt):






1 2 3 4
1
2
3
1
2
3
4
4
2 3 4 5
0 −1 −2 −3
0 −1 −2 −3





.
3 4 5 6
0 −2 −4 −6
0
0
0
0
4 5 6 7
0 −3 −6 −9
0
0
0
0
Das Gleichungssystem ist also lösbar, da b im Bild von A ist. Dieses ist erkennbar an den
Nullen in den Zeilen der transformierten rechten Seite, wo Nullzeilen in A entstanden sind.
Die Lösungsmenge L hat also die Gestalt L = x0 + Kern(A). Diese können wir beschreiben mithilfe einer speziellen Lösung x0 und einer Basis des eindimensionalen Kernes1 (1
Punkt).
Wir berechnen die eindeutige spezielle Lösung, in der die letzte Komponente gleich Null
ist; die beiden anderen Komponenten erfüllen
1
2
4
−2
y
=
yspeziell =
,
0 −1 speziell
−3
3
also ist unsere gesuchte spezielle Lösung x0 (1 Punkt) gleich
 
−2
x0 :=  3 .
0
Weiter bestimmen wir den Lösungsraum des homogenen Gleichungssystems durch einen
Basisvektor, dessen letzte Komponente wir gleich Eins setzen, die anderen beiden Komponenten werden dann berechnet über
1
2
3
−3
1
y
=−
=
yhomogen =
.
0 −1 homogen
−2
2
−2
Der Vektor


1
y := −2 .
1
ist also eine Basis des Kernes (1 Punkt).
Damit ist die Lösungsmenge gegeben durch

 
 
−2
1

3 


3 + λ −2 ,
L := x ∈ R x =

0
1
1
λ∈R


.

Die Dimension des Kernes berechnet sich als Anzahl der Spalten minus dem Rang der Matrix, also
3 − 2 = 1.
Aufgabe 4: (3 Punkte)
Ergänzen Sie
R → R,
p1 :
x 7→ x2 + x − 1
und p2 :
R → R,
x 7→ x2 − x + 1
zu einer Basis des Π2 . Beweisen Sie dabei auch, dass es sich wirklich um eine Basis handelt.
Lösungshinweis: Die beiden Polynome sind laut Aufgabenstellung linear unabhängig,
der Π2 hat die Dimension drei. Also wird noch ein drittes Polynom p3 ∈ Π2 benötigt
(1 Punkt), so dass alle drei linear unabhängig sind, siehe die nachfolgende Rechnung (1
Punkt). Wir wählen p3 := m0 (1 Punkt).
Mit diesen drei Polynomen kann man jetzt alle drei Monome m0 , m1 , m2 ∈ Π2 wie folgt
darstellen:
m0 = p3 , m1 = (p1 − p2 )/2 + p3 , m2 = (p1 + p2 )/2.
Da die drei Monome m0 , m1 , m2 eine Basis des Π2 darstellen, sind die drei Polynome
p1 , p2 , p3 auch eine Basis des Π2 .
Ende der Klausur