Klausur (Modulprüfung) zum Lehrerweiterbildungskurs Lineare Algebra/Analytische Geometrie I WiSe 2015/16

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1 Name, Vorname Matrikel-Nr. Aufg. Aufg.2 Aufg.3 Aufg.4 Σ Note bzw. Kennzeichen Klausur (Modulprüfung) zum Lehrerweiterbildungskurs Lineare Algebra/Analytische Geometrie I WiSe 25/6 Bearbeiten Sie bitte drei der vier folgenden Aufgaben! Falls Sie alle vier Aufgaben bearbeitet haben sollten, kennzeichnen Sie bitte, welche drei Aufgaben gewertet werden sollen! Zur vollständigen Lösung einer Aufgabe gehört, wenn nicht anders angegeben, auch die Darstellung des Gedankenganges. Pro gelöster Aufgabe erhalten Sie Punkte, also maximal 3 Punkte. Bei den Teilen (a) der Aufgaben 2, 3 und 4 erhalten Sie jeweils bei richtig angekreuzter Antwort 2 (der ) Punkte. Um Vorteile durch Raten zu vermeiden, wird eine falsche Antwort bei den Teilen (a) mit je Punkt bewertet. Eigener nicht-programmierbarer Taschenrechner (ohne Benutzung einer evtl. Gleichungslösungsfunktion) ist erlaubt. Aufgabe (Analytische Geometrie des R 3 Ebene, Orthogonalität) Sei E die Ebene des R 3, die durch die Punkte A, B, C mit den Ortsvektoren a =, b = bzw. c = (mit den Koordinaten bezüglich der kanonischen Basis) geht. R 3 sei mit dem kanonischen Skalarprodukt versehen!. Bestimmen Sie die Ebene E durch Angabe der Menge ihrer Ortsvektoren! (Die entsprechende Formel dürfen Sie ohne Beweis verwenden.) 2. Berechnen Sie den Ortsvektor f des Punktes F E mit der zusätzlichen Eigenschaft f E! Lösungshilfe: Beachten Sie, dass man sich bei f E auf die Untersuchung von f ( b a) und f ( c a) beschränken kann. Berücksichtigen Sie aber die Forderung f E (nach Identifizierung von F und f ). 3. Skizzieren Sie grob E und f geometrisch!

2 Aufgabe 2 (Lineare Unabhängigkeit, Basis) (a) Ist folgende Aussage für Vektoren a und b aus R 3 mit a b wahr oder falsch? (Bitte kreuzen Sie ohne Beweis/Begründung die richtige Antwort an!) wahr falsch Die Vektoren a, b und a b sind linear unabhängig, (b) Gegeben seien folgende Vektoren aus V = R 4 : a = (,,, ), b = (,,, ), c = (,,, ), d = (,,, ) und d 2 = (,,, ). Beantworten Sie folgende Fragen (jeweils mit Begründung/Beweis) (i) Sind die fünf Vektoren a, b, c, d, d 2 linear unabhängig? Lösungshinweis: Zur Begründung der Antwort genügt das Zitat und die Anwendung eines Satzes aus der Vorlesung. (ii) Sind die Vektoren a, b, c, d linear unabhängig oder linear abhängig? (iii) Zeigen Sie, dass B = (a, b, c, d 2 ) eine Basis von V ist! Aufgabe 3 (Lineare Abbildung, Matrixdarstellung) (a) Ist folgende Aussage wahr oder falsch? (Bitte kreuzen Sie ohne Beweis/Begründung die richtige Antwort an!) ( ( ) Die Abbildung f : R 2 ξ ) R mit f = ξ ξ ξ 2 + ξ 2 ist nicht linear. 2 wahr falsch (b) Sei E = ur + vr eine von den linear unabhängigen Vektoren u und v aufgespannte Nullpunktebene von R 3 und g = wr eine Nullpunktgerade mit w / E.. Begründen Sie kurz: B = (u, v, w) ist eine Basis von R Begründen Sie (u.a. durch Anwendung eines Satzes), dass es eine surjektive lineare Abbildung f 2 von R 3 auf sich gibt mit f 2 (u) = u, f 2 (v) = v und f 2 (w) = w. 3. Geben Sie die Matrix A := M B B (f 2) von f 2 bezüglich der Basis B an! Aufgabe 4 (Lineares Gleichungssystem; elementare Zeilenumformungen; Rang einer Matrix) Gegeben sei folgendes lineares Gleichungssystem über R mit α R: αx +x 2 +x 4 = 3 αx ( ) +(α + )x 2 = 3 αx +x 2 +αx 3 +x 4 = 3 αx +x 2 +αx 4 = 3. 2

3 (a) Ist folgende Aussage für das oben angeführte Lineare Gleichungssystem ( ) wahr oder falsch? (Bitte kreuzen Sie ohne Beweis/Begründung die richtige Antwort an!) wahr falsch Der Lösungsraum von ( ) ist ein (linearer) Unterraum von R 4. (b) (i) Geben Sie (ohne Begründung) die Koeffizientenmatrix A von ( ) an! (ii) Bringen Sie die Matrix A durch elementare Zeilenumformungen auf eine Matrix A in Zeilenstufenform, und bestimmen Sie (auch durch Zitate von Sätzen) den Rang von A und von A in Abhängigkeit von α! (iii) Lösen Sie das lineare Gleichungssystem ( ) für α =! 3

4 Lösungsskizzen zu Aufgabe. Nach der Dreipunkteformel gilt: 2.. Möglichkeit Sei f = E = a + ( b a)r + ( c a)r { } = + λ + µ λ, µ R { λ µ = λ }. λ, µ R µ f x f y f z! Ist f orthogonal zu b a und c a, so auch orthogonal zu allen Linearkombinationen dieser Vektoren, Daher kann man sich auf die Untersuchung von f ( b a) und f ( c a) beschränken (S. Lösungshinweis). Aus f x f y = = f z f x f y f z folgt f y f x = = f z f x, also f x = f y = f z. Da F E, also f x λ µ f = f x = λ (mit geeigneten λ, µ R) f x µ gelten soll, erhält man f x = λ = µ = λ µ, also f x = 3. Wegen der Beweisrichtung notwendige Probe: Umgekehrt hat f = 3 die benötigten Eigenschaften. 2. Möglichkeit; Einen auf b a und c a und damit auf allen Linearkombinationen dieser 4

5 Vektoren, also auch auf der Ebene E, senkrecht stehenden Vektor v erhält man mittels Vektorprodukt: v = = =. Gesucht ist nun ein skalares Vielfaches von v, das Ortsvektor eines Punktes von E ist: Aus λ µ ν = λ µ (mit geeigneten λ, µ, ν R) ergibt sich ν = λ = µ = λ µ = 2ν, folglich ν = 3. (Wegen der Beweisrichtung notwendige) Probe: Umgekehrt hat die benötigten Eigenschaften. f = 3 Anmerkung: Dieses Ergebnis stimmt mit den folgenden Symmetrie - Überlegungen überein: A, B und C bilden ein bzgl. der drei Koordinatenachsen symmetrisch liegendes Dreieck, dessen Schwerpunkt den Ortsvektor f = 3 ( a + b + c) hat. Dass f auch Normalenvektor von E ist, leuchtet wegen der gleichen Größe der Winkel zwischen f und den Koordinatenachsen anschaulich ein. 3. Z.B.: 5

6 zu Aufgabe 2 wahr (a) falsch X Anmerkung: ( ) a + b + (a b) = (b) (i) Jede Basis von R 4 hat genau 4 (= dim R 4 = dim < e, e 2, e 3, e 4 >) Elemente. Daher müssen die 5 angegebenen Vektoren linear abhängig sein. (ii) Wir betrachten die Gleichung λ a + λ 2 b + λ 3 c + λ 4 d = (mit λ i R für i =, 2, 3, 4). Diese ist äquivalent zu folgendem linearen Gleichungssystem: λ λ 3 = λ 2 +λ 3 = λ +λ 4 = λ 2 λ 4 =. Dieses hat als Lösung z.b. λ = λ 3 = λ 2 = λ 4 =. Umgekehrt (wegen der Beweisrichtung!) gilt a b + c d =. Daher sind die Vektoren a, b, c, d linear abhängig. Alternative Argumentation: Die Summe der ersten beidenzeilen minus der Summe der Zeilen drei und vier der Matrix M = ist. Also sind die Zeilen linear abhängig. Weitere Möglichkeit: Elementare Zeilenumformungen bei der Matrix M können zu einer Nullzeile führen. Dabei bleibt der Rang erhalten, ist also kleiner als 4. (iii).beweis-möglichkeit: Aus der Gleichung λ a + λ 2 b + λ 3 c + λ 4 d 2 = (mit λ i R für i =, 2, 3, 4) folgt (ähnlich wie in (ii)): λ λ 3 = λ 2 +λ 3 = λ +λ 4 = λ 2 +λ 4 = und damit λ 2 = λ 4 = λ = λ 3 = λ 2, also λ i = für alle i aus {, 2, 3, 4}. B ist daher linear unabhängig. Wegen B = 4 = dim R 4 ist daher B Basis von R Beweis-Möglichkeit ist der Nachweis, dass B ein Erzeugendensystem (und damit aus Dimensionsgründen eine Basis) ist. 6

7 zu Aufgabe 3 (a) wahr X falsch Anmerkung: f ist weder additiv noch homogen ; dies ist z.b. durch ein Gegenbeispiel oder durch Nachrechnen beweisbar. (b). u und v sind nach Voraussetzung linear unabhängig; wären u, v, w linear abhängig, so müsste w Linearkombination von u und v sein und damit in E liegen. Aus Anzahlgründen (3 = dim R 3 ) ist daher B eine Basis von R Nach dem Fortsetzungssatz existiert eine (eindeutig bestimmte) lineare Abbildung von R 3 in R 3 mit (beliebig) vorgebenen Bildern der Basiselemente u, v und w, im vorliegenden Fall also eine lineare Abbildung f 2 mit f 2 (u) = u, f 2 (v) = v und f 2 (w) = w. Diese Abbildung ist surjektiv (sogar bijektiv); denn jedes v = uλ +vλ 2 +wλ 3 aus R 3 hat auch die Darstellung v = uλ + vλ 2 + ( w)( λ 3 ), liegt also im Bild von f 2. (Mit (u, v, w) ist auch (u, v, w) eine Basis von V.) Alternative Begründung der Surjektivität von f 2 : λ λ 2 λ 3 B ist Bild von λ λ 2 λ 3 3. In den Spalten von A stehen die Koordinaten der Bilder der Basisvektoren; folglich gilt: A = MB B (f) =. B. zu Aufgabe 4 (a) wahr falsch X Anmerkung: Der Nullvektor von R 4 ist Element jeden Unterraums von R 4, aber keine Lösung von ( ). (b) (i) Es ist α A = α α + α α. α α (ii) Durch Subtraktion der.zeile von den anderen Zeilen erhält man α A = α α. α 7

8 Diese Matrix besitzt Zeilenstufenform, ist sogar Dreiecksmatrix. Der Rang einer Matrix ändert sich nicht bei elementaren Zeilenumformungen. Somit ergibt sich (gemäß den Eigenschaften einer Matrix in Zeilenstufenform): 4 falls α, α Rang A = Rang A = 3 α = 2 α =. (iii) Zu lösen ist nun das lineare Gleichungssystem x +x 2 +x 4 = 3 ( x ) +2x 2 = 3 x +x 2 +x 3 +x 4 = 3 x +x 2 +x 4 = 3, bei dem die 4. mit der ersten Zeile übereinstimmt und daher gestrichen werden kann. Durch elementare Zeilenumformungen analog zu (ii), angewandt auf die erweiterte Matrix, erhält man als erweiterte Koeffizientenmatrix: und daraus A = 3 ( ) x 3 =, x 2 = x 4, x = 3 x 2 x 4. Um die allgemeine Lösung, einen affinen Unterraum der Dimension 4 3) zu erhalten, hat man als.möglichkeit, aus ( ) mit x 2 = x 4 = c auf die Lösung (3 2c, c,, c) zu schließen. Der Lösungsraum L ist damit. L = {(3,,, ) + ( 2c, c,, c) c R} = (3,,, ) + ( 2,,, )R. Eine 2.Möglichkeit ist die Angabe einer Partikulärlösung aus ( ), z.b. p = (3,,, ) (was man auch direkt aus ( ) ablesen kann) und die Berechnung des Lösungsraums L des homogenen Systems; aus ( ) x 3 =, x 2 = x 4, x = x 2 x 4 folgt L = {( 2c, c,, c) c R} = ( 2,,, )R, insgesamt wieder L = (3,,, ) + ( 2,,, )R. 8