Klausur zur Mathematik I (Modul: Lineare Algebra I)

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1 Technische Universität Hamburg Institut für Mathematik Prof. Dr. Marko Lindner Wintersemester 06/7 Klausur zur Mathematik I (Modul: Lineare Algebra I 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. Name: Vorname: Matr.-Nr.: Stg.: AIW BU ET EUT IIW LUM MB MEC SB VT VTBIO Sch. Grundsätzlich gilt für alle Studierenden, dass die Module Analysis I und Lineare Algebra 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 alle wie folgt angegebenen Aufgaben. Es werden insgesamt 0 Punkte vergeben. Aufgabe Punkte Korrektor =

2 Aufgabe : (4 Punkte ( (a Sei A :=. Prüfen Sie f A : R R, f A (x := Ax auf Injektivität, Surjektivität und Bijektivität. Kommentieren Sie auch die Lösbarkeit von Gleichungssystemen mit der Koeffizientenmatrix A. 3 (b Bestimmen Sie die Normalform der Ebene E durch die Punkte 0, und 0 0. Wie groß ist der Abstand von v := zu E? 0 (a Da A quadratisch ist, sind die Eigenschaften Injektivität, Surjektivität und Bijektivität für f A äquivalent. f A ist genau dann injektiv, wenn Kern(A = {o}, und dies gilt genau dann, wenn det(a 0 ist. Wir rechnen det(a = ( = 5. Damit ist f A injektiv, surjektiv und bijektiv. ( Punkt Daraus schließen wir auch, das das lineare Gleichungssystem Ax = b für alle rechten Seiten b R eine eindeutige Lösung x R besitzt. ( Punkt 3 (b Seien p := 0, a := 0 =, b := 0 =. Dann ist E = { p + λa + µb : λ, µ R }. Wir rechnen n := a b = 6 =. Wir normieren noch: n 0 := n n = 6 =. 9 3 Dann ist E = { v R 3 : n 0, v p = 0 }. Da n 0 normiert ist gilt für den Abstand von v zu E dist(v, E = n 0, v p = =. ( Punkt ( Punkt

3 Aufgabe : (5 Punkte Sei A := Bestimmen Sie eine Basis von Bild(A und eine Basis von Kern(A, und ermitteln Sie den Rang von A. Wir nutzen den Gauß-Algorithmus: G ( 3G G G ( Punkte Die Spalten von A, zu denen Pivotelemente gehören, bilden eine Basis von Bild(A. Damit ( ist 6, 6, 7 eine Basis von Bild(A. ( Punkt Der Kern von A ist somit eindimensional. Wir lösen Ax = o. Aus der obigen Zeilenstufenform erhalten wir mit der freien Variablen x 4 : x 3 = x 4, x = x 4, x = 3( 3x 3x 3 = 3x4, ( 3 also ist eine Basis von Kern(A. ( Punkt Weil es drei Pivotelemente gibt (alternativ: eine Basis von Bild(A besteht aus drei Elementen, ist Rang(A = 3. ( Punkt

4 Aufgabe 3: (3 Punkte ( Entscheiden Sie mit Begründung, ob, 3, linear unabhängig ist. 0 Wir nutzen die Determinante (Determinante ungleich Null liefert Unabhängigkeit ( Punkt: det 3 = = 6 0. ( Punkt 0 Damit ist die Familie von Vektoren linear unabhängig. ( Punkt Alternativ können wir auch den Gauß-Algorithmus nutzen: 3 ( G ( 4 G ( Punkte Da jede Spalte ein Pivotelement besitzt, ist der Kern der entsprechenden Matrix trivial und somit die Familie der Spalten linear unabhängig. ( Punkt

5 Aufgabe 4: (3 Punkte Seien 3 A := 0, B := 0 0 0, C := Berechnen Sie det ( A BC. Wir rechnen ( det(a = det = 8, ( 3 Punkte det(a = det(a = 8, ( Punkte det(b = ( 3 det 0 = 8, ( Punkte 0 0 det(c = ( 8 4 = 64. ( Punkte Damit erhalten wir det ( A BC = det(a det(b det(c = 8 ( 64 =. ( Punkt 8

6 Aufgabe 5: (5 Punkte { Sei U := x x = x R 3 : x x 3 = 0 x 3 (a Zeigen Sie, dass U ein Unterraum von R 3 ist. }. (b Ermitteln Sie eine Orthonormalbasis von U. (c Bestimmen Sie die Orthogonalprojektion von x := n o ein Normalenvektor von U ist, also n U gilt. 3 auf Span{n}, wobei (a Offenbar ist o U, also U. Seien u, v U, α R. Dann gelten u u 3 = 0, v v 3 = 0. Damit ist (u + v (u 3 + v 3 = u u 3 + v v 3 = 0, also u + v U. Ebenso ist (αu (αu 3 = α(u u 3 = 0, also αu U. Somit ist U ein Unterraum von R 3. ( Punkte Alternativ kann man feststellen, dass U = Kern(A für A := ( 0, und somit ein Unterraum ist. ( Punkte (b Mit A := ( 0 ist U = Kern(A. Der zweite und dritte Eintrag eines Vektors liefern freie Variablen für das Gleichungssystem Ax = o, und damit erhalten wir ( 0 zunächst, 0 als Basis für U. ( Punkt Wegen 0 0, 0 = 0 0 ist diese Basis schon orthogonal. Wir müssen die Vektoren also nur noch normieren. Der erste ist es schon, den zweiten ersetzen wir durch 0 und erhalten damit ( 0, 0 als Orthonormalbasis von U. ( Punkt 0 (c Der Vektor n ist ein Normalenvektor der Ebene U, also beispielsweise n = 0. Die orthogonale Projektion p von x auf Span{n} ist dann gegeben durch x, n p = n, n n = 0 = 0. ( Punkt.