KLAUSUR ZUR LINEAREN ALGEBRA I MUSTERLÖSUNG

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1 KLAUSUR ZUR LINEAREN ALGEBRA I Wiederholungsprüfung MUSTERLÖSUNG. April 2008 Name: Studiengang: Aufgabe Summe Punktzahl /50 Allgemeine Hinweise: Bitte schreiben Sie Ihre Lösungen jeweils unter die Aufgabenstellung und ggf. auf die Rückseite. Wenn der Platz nicht ausreicht, bitten Sie die Aufsicht um zusätzliches Aufgabenpapier. Verwenden Sie immer für jede Aufgabe ein separates Blatt. Vermerken Sie auf jedem Blatt Ihren Namen und Ihre Matrikelnummer. Einziges erlaubtes Hilfsmittel ist ein von Ihnen selbst beidseitig handbeschriebenes DIN A4-Blatt. Wir wünschen viel Erfolg!

2 Aufgabe (8 Punkte) In R 3 seien die folgenden Vektoren gegeben: u := 2 0 2, u 2 :=, w := 2 0, w 2 := Es seien U := Lin(u, u 2 ) und W := Lin(w, w 2 ). Bestimmen Sie eine Basis des Unterraums U W Lösung. Ein Vektor v R 3 liegt genau dann in U W, wenn es Skalare α, α 2, β, β 2 R gibt, so dass v = α u + α 2 u 2 = β w + β 2 w 2 gilt. Wir müssen also das lineare Gleichungssystem 2α + α 2 β + 7β 2 = 0 α 2 + 2β β 2 = 0 2α + α 2 + 4β 2 = 0 in α, α 2, β, β 2 lösen. Anwendung des Eliminationsverfahrens auf die zugehörige Matrix liefert: Setzt man β 2 =, so erhält man den Vektor (, 5, 3, 2 )t, der den Lösungsraum erzeugt. Der Durchschnitt U W hat also den Basisvektor 2 u 5u 2 = ( 4, 5, 4) t.

3 Aufgabe 2 (0 Punkte) (a) Berechnen Sie die Determinanten der folgenden reellen quadratischen Matrizen: 5 A := (5 Punkte). (b) Zeigen Sie, dass die Matrix D = B := A E 3 C := A 4 A (5 Punkte) invertierbar ist. Bestimmen Sie alle Eigenwerte und Basen der zugehörigen Eigenräume von D und von D. (Hinweis: Die Berechnung von D können Sie durch ein geeignetes Argument vermeiden.) Lösung. (a) Man berechnet direkt det(a) = 0 und det(b) = 9. Damit erhält man det(c) = det(a 4 A 3 ) = det ( A 3 (A E 3 ) ) = det(a) 3 det(b) = = (b) Es ist det(d) = 4 0, also ist D invertierbar. Da D bereits obere Dreicksgestalt hat, sind die Eigenwerte gerade die Diagonaleinträge und 2. Wir bestimmen die Eigenräume: Der Eigenraum von D zum Eigenwert ist U = Kern(D E 4 ) = Kern = Lin( (, 0, 0, 0) t). Der Eigenraum von D zum Eigenwert 2 ist U 2 = Kern(D 2E 4 ) = Kern = Lin( (9, 5,, 0) t, (0, 0, 0, ) t) Zu D stellen wir folgende allgemeine Überlegung an: Ist λ R ein Eigenwert von D mit Eigenvektor v, so gilt nach Definition Dv = λv. Da D invertierbar ist, muss λ 0 sein, und es folgt D v = λ v. Die Umkehrung gilt ebenso. Die Zuordnung λ gibt also eine Bijektion zwischen λ den Eigenwerten von D und D, und die Eigenräume bleiben dieselben. Damit ist gezeigt, dass D die Eigenwerte und hat, mit jeweils den gleichen Eigenräumen, d.h. zum Eigenwert von 2 D gehört der Eigenraum U und zum Eigenwert von 2 D gehört der Eigenraum U 2.

4 Aufgabe 3 Sei (G,, e) eine Gruppe mit mindestens zwei Elementen, und sei g G, g e. (a) Betrachten Sie die Abbildung (8 Punkte) (3 Punkte) λ g : { G G h g h. Beweisen oder widerlegen Sie die folgenden Aussagen: Die Abbildung λ g ist (i) injektiv. (ii) surjektiv. (iii) ein Gruppenhomomorphismus. (b) Sei nun G endlich (d.h. G habe nur endlich viele Elemente). Zeigen Sie, dass es m, n N gibt mit m n und g m = g n. Folgern Sie, dass es ein k N gibt mit g k = e. (Dabei ist g n := g g für alle n N.) (3 Punkte) } {{ } n-mal (c) Sei G endlich. Zeigen Sie, dass es sogar ein k N gibt, so dass h k = e für alle h G gleichzeitig gilt. (2 Punkte) Lösung. (a) Die Abbildung λ g ist injektiv, denn sind h, h 2 G mit λ g (h ) = λ g (h 2 ), so folgt g h = g h 2 und nach Multiplikation mit g von links h = h 2. Sie ist auch surjektiv, denn für jedes h G gilt h = g (g h) = λ g (g h). Die Abbildung λ g ist jedoch kein Gruppenhomomorphismus: Denn wäre λ g ein Gruppenhomomorphismus, so müsste λ g (e) = e gelten. Es gilt jedoch λ g (e) = g e = g und g e nach Voraussetzung. (Wenn man auf den Trick mit dem neutralen Element nicht kommt, kann man auch direkt ansetzen: Wäre λ g ein Gruppenhomomorphismus, dann müsste für alle h, h 2 G die Gleichheit λ g (h h 2 ) = λ g (h ) λ g (h 2 ) gelten. Dies ist äquivalent zu g h h 2 = g h g h 2. Durch Multiplikation mit g von links und h 2 von rechts folgt daraus h = h g. Somit folgt g = e, ein Widerspruch.) (b) Wäre g m g n für alle m, n N, so wäre die Teilmenge { g n ; n N } von G unendlich, ein Widerspruch. Seien also m n N mit g m = g n und es gelte ohne Einschränkung m > n. Setze k := m n. Durch Multiplikation der Gleichheit g m = g n mit g n := g g } {{ folgt g } k = e. n-mal (c) Sei G = {g,..., g n }. Nach (b) gibt es zu jedem i {,..., n} ein m i N mit g m i i = e. Setze k := m m n. Dann gilt für alle i {,..., n}: g k i = g k i = (g m i i ) k m i = e k m i = e.

5 Aufgabe 4 (0 Punkte) Erinnerung: Eine lineare Abbildung ϕ: R 3 R 3 heißt eine Spiegelung, wenn sie ϕ 2 = id R 3 erfüllt. Sei E = (e, e 2, e 3 ) die Standardbasis von R 3 und sei eine lineare Abbildungen ϕ durch die folgende darstellende Matrix gegeben: Mat E E(ϕ) = (a) Zeigen Sie, dass ϕ eine Spiegelung ist. ( Punkt) (b) Bestimmen Sie eine Basis B von Kern(ϕ id R 3) sowie eine Basis B 2 von Kern(ϕ + id R 3). (3 Punkte) (c) Zeigen Sie, dass B = (B, B 2 ) eine Basis von R 3 ist. (2 Punkte) (d) Geben Sie die darstellende Matrix Mat B B(ϕ) an. (4 Punkte) Lösung. Sei A := Mat E E(ϕ). (a) Man rechnet nach, dass A 2 = E 3 gilt und ϕ somit eine Spiegelung ist. (b) Wir lösen das lineare Gleichungssystem und bestimmen damit die Basis B = ( (, 0, ) t, (4, 3, 0) t) von Kern(ϕ id R 3). Analog lösen wir das Gleichungssystem und erhalten die Basis B 2 = ( (2,, 0) t) von Kern(ϕ + id R 3) (c) Erste Möglichkeit: Die beiden Basen B, B 2 sind Basen der Eigenräume zu zwei verschiedenen Eigenwerten. Damit besteht die Familie (B, B 2 ) aus drei linear unabhängigen Vektoren, die somit eine Basis von R 3 bilden. Zweite Möglichkeit: Die Matrix hat die Determinante 0 0. Damit besteht die Familie B = (B, B 2 ) aus drei linear unabhängigen Vektoren, die somit eine Basis von R 3 bilden. (d) Erste Möglichkeit: Die Basen B und B 2 sind jeweils Basen der Eigenräume zu den Eigenwerten und. Da diese zusammen eine Basis von R 3 bilden, hat die transformierte Matrix Mat B B(ϕ) die Diagonalgestalt

6 Zweite Möglichkeit: Es gilt Ihre Inverse berechnet sich zu und man erhält TE B = TB E = Mat B B(ϕ) = TB E Mat E E(ϕ) TE B =

7 Aufgabe 5 (6 Punkte) Sei K ein Körper und V ein K-Vektorraum. Sei n N, n 2, und sei ϕ: V V ein Endomorphismus von V, der ϕ n = ϕ erfüllt. Zeigen Sie, dass (a) Kern(ϕ) Bild(ϕ) = {0} und (b) Kern(ϕ) + Bild(ϕ) = V gelten. Lösung. (a) Sei v Kern(ϕ) Bild(ϕ) = {0}. Dann gilt also ϕ(v) = 0 und es gibt w V mit ϕ(w) = v. Wegen n 2 folgt nun v = ϕ(w) = ϕ n (w) = ϕ n (ϕ(w)) = ϕ n (v) = ϕ n 2 (ϕ(v)) = ϕ n 2 (0) = 0. (b) Die Inklusion ( ) ist klar. Für die umgekehrte Inklusion ( ), sei v V gegeben. Wegen ϕ n = ϕ gilt ϕ(v ϕ n (v)) = 0, also v ϕ n (v) Kern(ϕ). Wegen n 2 gilt außerdem ϕ n (v) = ϕ(ϕ n 2 (v)) Bild(ϕ). Insgesamt gilt also v = v ϕ n (v) + ϕ n (v). } {{ } } {{ } Kern(ϕ) Bildϕ

8 Aufgabe 6 (8 Punkte) Sei K ein Körper, und seien m, n N. Seien V und W zwei K-Vektorräume mit dim(v ) = n und dim(w ) = m. (a) Zeigen Sie: Der Vektorraum Hom K (V, W ) aller linearen Abbildungen V W hat die Dimension mn. (2 Punkte) (b) Sei f End K (V ) mit dim ( Kern(f) ) = d. Zeigen Sie, dass W = { f g ; g End K (V ) } (6 Punkte) ein (n 2 nd)-dimensionaler Unterraum von End K (V ) ist. (Hinweis: Betrachten Sie zur Bestimmung der Dimension die lineare Abbildung ϕ f : End K (V ) End K (V ), g f g.) Lösung. (a) Erste Möglichkeit: Nach Wahl von Basen für V und W entsprechen die linearen Abbildungen V W genau ihren darstellenden Matrizen, d.h. man man hat einen Vektorraumisomorphismus Hom K (V, W ) = Mat m n (K). Es genügt also zu zeigen, dass der K-Vektorraum Mat m n (K) die Dimension mn hat. Das ist aber klar, denn eine Basis von Mat m n (K) ist durch die Elementarmatrizen E ij = (δ ik δ jl ) k=,...,m,l=,...,n gegeben (d.h. E ij hat an der Stelle (i, j) den Eintrag, sonst 0), und es gibt offenbar mn verschiedene Elementarmatrizen. Zweite Möglichkeit: Sei (v,..., v n ) eine Basis von V und (w,..., w m ) eine Basis von W. Für jedes i {,..., n}, j {,..., m}, definiere nach dem Prinzip der linearen Ausdehnung eine Abbildung f ij : V W durch f ij (v i ) = w j und f ij (v k ) = 0 für alle k i. Zeige nun, dass die mn verschiedenen linearen Abbildungen f ij eine Basis von Hom K (V, W ) bilden. (b) Der Unterraum W ist gerade Bild(ϕ f ). Nach der Dimensionsformel für lineare Abbildungen und Teil (a) gilt dim ( Kern(ϕ f ) ) + dim ( Bild(ϕ f ) ) = dim(end K (V )) = m 2. Wir bestimmen dim ( Kern(ϕ f ): Der Unterraum Kern(ϕ f ) besteht genau aus den Endomorphismen g : V V für die f g = 0 gilt. Dies ist genau dann der Fall, wenn Bild(g) Kern(f) gilt. Damit gilt also Kern(ϕ f ) = Hom K (V, Kern(f)). Mit dim ( Kern(f) ) = d und Teilaufgabe (a) folgt dim ( Kern(ϕ f ) = md und damit dim(w ) = m 2 md, wie behauptet.

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