Tutorium: Analysis und Lineare Algebra. Vorbereitung der Bonusklausur am (Teil 1, Lösungen)
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- Joachim Knopp
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1 Tutorium: Analysis und Lineare Algebra Vorbereitung der Bonusklausur am (Teil 1, Lösungen) 1. Mai 217
2 Steven Köhler mathe.stevenkoehler.de 2 c 217 Steven Köhler 1. Mai 217
3 Aufgabe 1 I Überführen der Matrix in Zeilenstufenform: II 2 I III 3 I IV I II ( 1 3 ) III + 5 II 1 1 IV II III IV III c 217 Steven Köhler 1. Mai 217
4 Aufgabe 1 II Überführen der Matrix in reduzierte Zeilenstufenform: I III II 4 3 III I 2 II c 217 Steven Köhler 1. Mai 217
5 Aufgabe 2 Überführen der Matrix in Zeilenstufenform: I II + 2 I c 217 Steven Köhler 1. Mai 217
6 Aufgabe 3 Überführen in Zeilenstufenform liefert die folgende Matrix: c 217 Steven Köhler 1. Mai 217
7 Aufgabe 4 I Überführen der Matrix in reduzierte Zeilenstufenform: II 3 I III 2 I I + 8 III II + 3 III I 2 II c 217 Steven Köhler 1. Mai 217
8 Aufgabe 4 II Rückwärtseinsetzen in die vorletzte Matrix, die bereits in Zeilenstufenform vorliegt, liefert das gesuchte Ergebnis: x 3 = 1 x 2 = 1 x 1 = 7 2x 2 = 5 Dasselbe Ergebnis kann außerdem an der letzten Matrix in reduzierter Zeilenstufenform direkt abgelesen werden. 8 c 217 Steven Köhler 1. Mai 217
9 Aufgabe 5 I Aufstellen der erweiterten Koeffizientenmatrix und Überführen in Zeilenstufenform: II 2 I III 2 I IV 3 I III + 2 II IV + II c 217 Steven Köhler 1. Mai 217
10 Aufgabe 5 II x 1 und x 4 sind die führenden Variablen. Die freien Variablen sind x 2, x 3 und x 5 : x 2 = r, x 3 = s, x 5 = t. Rückwärtseinsetzen ergibt: x 5 = t x 4 = 1 + 4t x 3 = s x 2 = r x 2 = 5 + 3r 3s + 4t 1 c 217 Steven Köhler 1. Mai 217
11 Aufgabe 5 III In Parameterform lässt sich die Lösung wie folgt darstellen: x = r s t (r, s, t R). 11 c 217 Steven Köhler 1. Mai 217
12 Aufgabe 6 I a) U 1 ist kein Unterraum, da es nicht abgeschlossen bzgl. der skalaren Multiplikation ist. Es gilt z.b. u = ( 1,,, ) U 1, aber u = (1,,, ) U 1. b) U 2 ist wegen (,,, ) U 2 kein Unterraum. c) U 3 ist wegen (,,, ) U 3 kein Unterraum. d) siehe nächste Folie e) U 5 ist kein Unterraum, da es nicht abgeschlossen bzgl. der skalaren Multiplikation ist. Es gilt z.b. u = (1,, 1, ) U 5, aber 2u = (2,, 2, ) U c 217 Steven Köhler 1. Mai 217
13 Aufgabe 6 II U 4 ist ein Unterraum. (i) U 4, da z.b. U 4 gilt. (ii) Für u, v U 4 gilt u + v U 4. u + v = = = u 1 u 2 u 3 u 1 + u 2 2u 3 + v 1 v 2 v 3 v 1 + v 2 2v 3 u 1 + v 1 u 2 + v 2 u 3 + v 3 u 1 + u 2 2u 3 + v 1 + v 2 2v 3 u 1 + v 1 u 2 + v 2 u 3 + v 3 (u 1 + v 1 ) + (u 2 + v 2 ) 2(u 3 + v 3 ) U 4 13 c 217 Steven Köhler 1. Mai 217
14 Aufgabe 6 III (iii) Für u U 4 gilt λu U 4. λu = λ = u 1 u 2 u 3 u 1 + u 2 2u 3 λu 1 λu 2 λu 3 λ(u 1 + u 2 2u 3 ) λu 1 = λu 2 λu 3 U 4 λu 1 + λu 2 2λu 3 14 c 217 Steven Köhler 1. Mai 217
15 Aufgabe 7 a) Die Menge U 1 aus Aufgabe 6a ist beispielsweise abgeschlossen bzgl. der Vektoraddition, nicht jedoch bezüglich der skalaren Multiplikation. Analog lässt sich eine Menge U R 3 definieren, die die gewünschten Eigenschaften besitzt: { (x1 ) } U =, x 2, x 3 x 1 + x 2. b) Die folgende Menge U ist abgeschlossen bzgl. der skalaren Multiplikation, nicht jedoch gegenüber der Vektoraddition. { (x1 ) } U =, x 2, x 3 x 1 x 2 =. 15 c 217 Steven Köhler 1. Mai 217
16 Aufgabe 8 V 1 V 2 : Aus V 1 und V 2 folgt V 1 V 2, somit ist V 1 V 2 nicht leer. u, v V 1 V 2 u + v V 1 V 2 : Aus u, v V 1 V 2 folgt u, v V 1 und u, v V 2. Da V 1 und V 2 Unterräume sind, gilt u + v V 1 und u + v V 2. Hieraus folgt implizit u + v V 1 V 2. v V 1 V 2, λ K λv V 1 V 2 : Aus v V 1 V 2 folgt v V 1 und v V 2. Da V 1 und V 2 Unterräume sind, gilt λv V 1 und λv V 2. Hieraus folgt implizit λv V 1 V c 217 Steven Köhler 1. Mai 217
17 Aufgabe 9 a) Die Vektoren sind linear abhängig; es gilt v 3 = 4v 1 3v 2. b) Aufstellen der erweiterten Koeffizientenmatrix der Gleichung λ 1 v 1 + λ 2 v 2 + λ 3 v 3 + λ 4 v 4 = und Überführen in Zeilenstufenform liefert Rückwärtseinsetzen ergibt λ 1 = λ 2 = λ 3 = λ 4 = als einzige Lösung. Die Vektoren sind folglich linear unabhängig. c) Die Vektoren v 1,..., v 5 sind linear abhängig; 5 Vektoren des R 4 können niemals linear unabhängig sein. 17 c 217 Steven Köhler 1. Mai 217
18 Aufgabe 1 I Zum Prüfen der linearen Unabhängigkeit der Polynome p 1 (x), p 2 (x), p 3 (x) muss die folgende Gleichung gelöst werden: λ 1 p 1 (x) + λ 2 p 2 (x) + λ 3 p 3 (x) = λ 1 (x 2 + x ) + λ 2 (x 2 + 3x 1 ) + λ 3 (4x 2 ) = ( λ1 + λ 2 ) x 2 + ( λ 1 + 3λ 2 + 4λ 3 ) x + ( λ2 2λ 3 ) = Zwei Polynome sing gleich, wenn ihre Koeffizienten gleich sind. Die obige Gleichung entspricht dem folgenden Gleichungssystem: λ 1 + λ 2 = λ 1 + 3λ 2 + 4λ 3 = λ 2 2λ 3 = 18 c 217 Steven Köhler 1. Mai 217
19 Aufgabe 1 II Lösen mit dem Gauß-(Jordan-)Verfahren ergibt: λ 1 = 2t, λ 2 = 2t, λ 3 = t (t R). Da neben der trivialen Lösung λ 1 = λ 2 = λ 3 = noch weitere Lösungen existieren, sind die Polynome p 1 (x), p 2 (x) und p 3 (x) linear abhängig. 19 c 217 Steven Köhler 1. Mai 217
20 Aufgabe 11 a) Aufschreiben der Vektoren als Zeilen einer Matrix und anschließendes Überführen in Zeilenstufenform: Alle Nicht-Null-Zeilen bilden eine Basis von Lin (v 1, v 2, v 3, v 4 ). b) Lin (v 1, v 2, v 3, v 4 ) besitzt die zwei Basisvektoren b 1 = (1, 2, 3) und b 2 = (, 6, 1), d.h. dim ( Lin (v 1, v 2, v 3, v 4 ) ) = 2. c) Es handelt sich um eine Ebene im R 3. 2 c 217 Steven Köhler 1. Mai 217
21 Aufgabe 12 I Um zu zeigen, dass es sich bei b 1 = (1, 1, ) und b 2 = (2, 1, ) um eine Basis von U handelt, muss gezeigt werden, dass b 1 und b 2 linear unabhängig sind, was in diesem Fall trivial ist, da b 1 und b 2 keine Vielfachen voneinander sind. Außerdem muss jedes Element u = (u 1, u 2, ) U als Linearkombination von b 1 und b 2 dargestellt werden können. Es muss also gelten: u 1 u = λ λ 2 1 Dies ist genau dann der Fall, wenn gilt: λ 1 + 2λ 2 = u 1 λ 1 λ 2 = u 2 21 c 217 Steven Köhler 1. Mai 217
22 Aufgabe 12 II Lösen des Gleichungssystems: 1 2 u u 2 II I 1 2 u 1 3 u 2 u 1 II ( ) u 1 I 2 II 1 u 2 u u 1 + 2(u 2 u 1 ) 1 3 u 2 +u 1 3 Die Lösung kann direkt abgelesen werden: λ 1 = 1 3 u u2 λ2 = 1 3 u1 1 3 u2 Jedes Element u U kann also durch b 1 und b 2 dargestellt werden. Es handelt sich um eine Basis. 22 c 217 Steven Köhler 1. Mai 217
23 Aufgabe 13 I Die beiden Bedingungen der Menge U können durch das folgende lineare Gleichungssystem in Matrixform dargestellt werden: ( ) x ( ) x = x 3 Aufstellen der erweiterten Koeffizientenmatrix und Überführen in reduzierte Zeilenstufenform liefert: ( 1 1 ) c 217 Steven Köhler 1. Mai 217
24 Aufgabe 13 II Die Wahl von x 3 = t (t R) liefert: x 1 = t x 2 = 2t x 3 = t In Parameterform lässt sich die Lösung wie folgt darstellen: 1 x = t 2 (t R). 1 Der Vektor b = (1, 2, 1) stellt eine Basis von U dar. 24 c 217 Steven Köhler 1. Mai 217
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