Musterlösung zur Klausur Lineare Algebra II für Lehramt

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1 Musterlösung zur Klausur Lineare Algebra II für Lehramt Aufgabe : Entscheiden Sie in dieser Aufgabe, ob die Aussagen wahr oder falsch sind. Begründungen sind nicht erforderlich. Ein korrekt gesetztes Kreuz gibt einen Punkt. Ein falsch gesetztes Kreuz gibt einen Minus-Punkt. (Eine negative Gesamtpunktzahl wird auf Null aufgerundet. (i Es sei A R n n eine orthogonale Matrix. Dann gilt: wahr falsch (a A hat nur reelle Eigenwerte. (b Es ist det(a =. (c A ist regulär. (d A ist diagonalisierbar. (e A ist normal. (ii Es sei B R n n eine symmetrische Matrix. Dann gilt: wahr falsch (a Die Signatur von B ist die Anzahl der Eigenwerte von B, die entweder positiv oder negativ sind. (b Die Signatur von B ist positiv. (c Ist B positiv definit, so hat B nur positive Eigenwerte. (d Ist B positiv definit, so sind die Elemente auf der Hauptdiagonalen positiv. (e Ist B die Gramsche Matrix einer symmetrischen Bilinearform zu einer Basis B, so ist B positiv definit. 0 Punkte Aufgabe : In dieser Aufgabe sind nur die Ergebnisse in die dafür vorgesehenen Felder einzutragen. Die Lösungswege sind unerheblich. (i Es seien u = (,, und u = (4, 3, 0. Dann gilt für den von u und u eingeschlossenen Winkel α: cos(α = 5.

2 (ii Es seien v = (, 0, 0, v = (0,, 0 und v 3 = (0,,. Bestimmen Sie die Gramsche Matrix G des Standardskalarprodukts bezüglich der Basis v, v, v 3 : G = 0 0 (iii Dualisieren Sie die folgende Aussage: Zwei Geraden durch den Koordinaten-Ursprung im Raum R 3 erzeugen in der Regel eine Ebene. Lösung: Zwei Ebenen durch den Koordinaten-Ursprung im Raum R 3 schneiden sich in der Regel in einer Geraden. 0 (iv Es sei A = 0. Ist A 0 0 (a normal? ja nein (b unitär? ja nein (c regulär? ja nein (d diagonalisierbar? ja nein (v Sei V := {f R[x] Grad(f } und ein inneres Produkt auf V sei definiert durch f, g := f(xg(xdx. Der Repräsentant zu L : V R, f f(0 ist h = 5 8 x Begründung (vgl. Blatt 8, Aufgabe 30: Die Legendre-Polynome l 0 3, l (x = x 45 und l (x = 8 (x bilden eine ONB bzgl. des gegebenen Skalarprodukts. Dann 3 ergibt sich h über h(x = k=0 L(l k l k (x = (x 3 = 5 8 x Punkte

3 Aufgabe 3: Es sei A = (i Bestimmen Sie für den Raum R 3 eine Basis aus Eigenvektoren von A. (ii Zeigen Sie, dass T R 3 3 und a, a, a 3 existieren, so dass T AT = diag(a, a, a 3. Hinweis: T muss nicht berechnet werden! (iii Sind a, a, a 3 und T eindeutig bestimmt? Begründen Sie Ihre Antwort! zu (i: Das charakteristische Polynom von A lautet P A (x = x 3 x + 5x + 6 = (x + (x (x Punkte und liefert somit die Eigenwerte λ =, λ = und λ 3 = 3. Da A Frobenius-Begleitmatrix ist, ergeben sich die Eigenvektoren v k für k =,, 3 über v k = λ k λ k Im vorliegenden Fall gilt also v =, v = 4, v 3 = 3 9 zu (ii: v, v, v 3 bilden eine Basis des R 3 aus Eigenvektoren von A, was äquivalent zur Diagonalisierbarkeit von A ist, d.h. T AT = diag(,, 3 mit T = zu (iii: Die Zahlen a, a, a 3 sind (bis auf Permutation als die Eigenwerte von A eindeutig bestimmt. Bei der Matrix ist hingegen zu beachten, dass für jeden der Eigenvektoren v k gilt, dass auch jedes skalare Vielfache w k = c k v k mit c k R \ {0} Eigenvektor ist mit Eig(A, λ k = Lin{w k }. Somit ist T nur bis auf nicht-triviale skalare Vielfache der Spalten eindeutig.

4 Aufgabe 4: (i Es sei E = {x R 3 x + x x 3 = }. (a Bestimmen Sie den Abstand des Punktes a = zu E. (b Bestimmen Sie den Abstand zwischen E und der Geraden G = + λ λ R. (ii Es seien G = λ λ R und G 3 = + λ (a Bestimmen Sie einen Vektor, der senkrecht auf G und G 3 ist. (b Bestimmen Sie den Abstand von G und G 3. zu (i: a Die Ebene E hat die Hesse-Normalform E = x R3 x, 6 Der Abstand von a zu E ist daher d(a, E = 6, = =. 6 λ R. 6 Punkte b Der Vektor v = = G erfüllt und somit v G E, also d(g, E = 0. + =

5 zu (ii: a n = n 0 = = 6 5 b Die von den Richtungsvektoren von G und G 3 aufgespannte Ebene, die G 3 enthält, lautet in Hesse-Normalform F = x 6 R3 x, = Da 0 G, folgt sofort d(g, G 3 = Aufgabe 5: Man betrachte für Matrizen im R n n die Relation A B : S R n n regulär : B = S T AS. (i Zeigen Sie, dass eine Äquivalenzrelation ist. (ii Zeigen Sie, dass diag(,, 0, 4 und diag( 3, 0,, 5 in derselben Äquivalenzklasse liegen. zu (i: 8 Punkte Reflexivität: Für alle A R n n gilt A = E T n AE n mit der regulären Einheitsmatrix E n R n n, also ist A A. Symmetrie: Sei A B, also existiert reguläres S R n n mit B = S T AS. Wegen (S T = (S T folgt dann A = (S T BS = (S T BS und somit folgt B A. Transitivität: Seien A B und B C, d.h. es existieren reguläre Matrizen S, S R n n mit B = S T AS und C = S T BS. Somit gilt C = S T S T AS S = (S S T A(S S. Da das Produkt regulärer Matrizen wegen det(s S = det(s det(s 0 wieder regulär ist, folgt A C. zu (ii: Die Matrizen A = diag(,, 0, 4 und B = diag( 3, 0,, 5 sind symmetrisch mit Rang(A = Rang(B = 3 und Index p A = p B =. Nach Korollar 7. sind sie somit kongruent und daher äquivalent bezüglich der obigen Relation.

6 Aufgabe 6: Der Vektorraum C n sei versehen mit dem inneren Produkt z, w := z w z n w n z, w C n. Dann definiert z := z, z eine Norm auf C n. Zeigen Sie, dass für alle z, w C n gilt: z w z w. Beweis: Einerseits gilt ( 0 Punkte z = z w + w DUG z w + w und andererseits ( z w z w w = w z + z DUG w z + z Zusammen ergibt sich also w z w z = z w z w z w was äquivalent zu z w z w ist. z w ( z w ( z w, Aufgabe 7: Gegeben seien die zwei Gleichungssysteme x y =, x + y =, x + y = 4 und a + b = 0, a + b =. (i Ist eines der Systeme exakt lösbar? (ii Lösen Sie beide Systeme mit der Methode der kleinsten Quadrate. (iii Sind die Lösungen aus Teil (ii eindeutig? Wodurch bekommt man immer eine eindeutige Lösung? Wie sieht diese in den vorliegenden Fällen aus? 0 Punkte

7 zu (i: Es bezeichne A := die Systemmatrix des ersten LGS mit rechter Seite v := (,, 4 T und ( B := die des zweiten LGS mit rechter Seite w := (0, T. Dann gilt = Rang(A < Rang(A v = 3 und = Rang(B < Rang(B w =. Dies bedeutet v / Lin(a, a und w / Lin(b, b, wobei a, a die Spalten von A bzw. b, b die Spalten von B sind. Demnach sind beide Systeme nicht exakt lösbar. zu (ii: Das erste LS-LGS A T A(x, y T = A T v mit ( 6 A T A = A 6 T v = ( 9 4 liefert die eindeutige Least-Squares-Lösung (x, y T = (0, 7 3T. Das zweite LS-LGS B T B(a, b T = B T w mit ( ( 4 B T B = B 4 8 T w = besitzt die Lösungsgerade L = {( / 0 und ist demnach nicht eindeutig lösbar. + t ( t R} zu (iii: Für das zweite LS-LGS erhält man eine eindeutige Lösung, falls man die Lösung mit der kleinsten euklidischen Norm fordert (vgl. Globalübung zu Blatt 8, Aufgabe 3. Die Ursprungsgerade { ( G = t t R} ist der zu L gehörende lineare Unterraum mit ONB v = 5 (, T. Die Orthogonalprojetion des Vektors u = ( /, 0 T (Verschiebung des Nullvektors um den negativen Ortsvektor von L auf G lautet Π G (u = 5 ( / 0 (, Rückverschiebung liefert die Lösung ˆx = ( + 5 ( 0 ( = 5 = 0 (, T. (.

8 Aufgabe 8: Es seien K = {z C : z 5} und K = {z C : z i }. Skizzieren Sie die Mengen K und K und bestimmen Sie eine affine Abbildung ϕ : C C, die K auf K abbildet. 6 Punkte Lösung: Die Abbildung erfüllt die Anforderungen. ϕ : C C z z + ( + i 5