Übungsklausur zur Vorlesung Lineare Algebra und Analytische Geometrie I

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1 Humboldt-Universität zu Berlin Mathematisch-Naturwissenschaftliche Fakultät II, Institut für Mathematik A. Filler Übungsklausur zur Vorlesung Lineare Algebra und Analytische Geometrie I Bitte lösen Sie jede Aufgabe auf einem separaten Blatt. Geben Sie auf jedem Blatt gut lesbar Ihren Namen, die Matrikelnummer und Ihre Übungsgruppe (Namen des Übungsleiters, Wochentag an. Achten Sie auf gut nachvollziehbare Darstellungen der Lösungs- bzw. Beweisschritte. Für die vorliegende Übungsklausur ist eine Bearbeitungszeit von 60 Minuten vorgesehen. Sie hat daher den halben Umfang einer regulären Klausur (mit einer Bearbeitungszeit von 0 Minuten.. Bestimmen Sie ein Paar reeller Zahlen λ und µ, so dass das LGS x = 0 (λ x + x = 0 (µ x + (λ+ x = 0 x = 0 unendlich viele Lösungen besitzt. Sie müssen für diese Aufgabe das LGS nicht ausführlich lösen, sondern können geeignete λ und µ auch mit scharfem Blick erkennen. Sie sollten aber begründen, dass das LGS für die von Ihnen angegebenen λ und µ tatsächlich unendlich viele Lösungen besitzt.. Weisen Sie nach, dass in jedem Vektorraum V über R für alle u, v V und alle µ R gilt: Falls µ u = µ v und µ =0, so ist u = v. Hinweis: Begründen Sie alle Beweisschritte unter Bezugnahme auf die Vektorraumaxiome und die Folgerungen daraus (siehe das dieser Klausur beiliegende Blatt Vektorraumaxiome und Folgerungen. { }. Es sei B = b ; b ; b eine Basis eines Vektorraumes V. Zeigen Sie, dass dann auch die Vektoren a = b + b, a = b + b und a = b + b eine Basis von V bilden. 4 Pkt. 4. Gegeben sind ein Unterraum U eines Vektorraumes V und Vektoren u, v V. Welche der folgenden Aussagen sind richtig? 7 Pkt. (i Gehören u und v nicht zu U, so ist auch u+ v / U. (ii Gehört u zu U, nicht aber v, so ist u+ v / U. Geben Sie Beweise oder Gegenbeispiele an. 5. Geben Sie zu folgenden Teilmengen des Vektorraumes R an, ob sie lineare Unterräume sind; begründen Sie Ihre Aussagen: 7 Pkt. {( v } {( v } (i U = v R v +v = v (ii U = v R v v = v v v Zusatzaufgabe: Weisen Sie nach: In jedem Parallelogramm schneiden sich die Verbindungsstrecke eines beliebigen Eckpunktes mit dem Mittelpunkt der gegenüberliegenden Seite und die Diagonale durch die benachbarten Eckpunkte im Verhältnis :.. 0 Zusatzpkt. Bewertung:,0 ab 8 Pkt.;, ab ;,7 ab 4 Pkt.;,0 ab Pkt.;, ab 0 Pkt.;,7 ab 8 Pkt.;,0 ab ;, ab 4 Pkt.;,7 ab Pkt., 4 ab 0 Pkt.

2 Bitte dieses Blatt zusammen mit der Klausur austeilen. Vektorraumaxiome und Folgerungen Definition: Eine nicht leere Menge V zusammen mit einer inneren Verknüpfung + : V V V, ( u, v u + v und einer äußeren Verknüpfung : R V V, (λ, u λ u heißt reeller Vektorraum bzw. Vektorraum über dem Körper der reellen Zahlen, falls folgende Bedingungen erfüllt sind: A. Für beliebige u, v V gilt u + v = v + u (Kommutativität der Addition. A. Für beliebige u, v, w V gilt ( u + v + w = u + ( v + w (Assoziativität d. Add.. A. Es existiert o V, so dass für alle u V gilt: u + o = u (Existenz Nullvektor. A4. Zu jedem u V existiert u V mit u + ( u = o (Existenz eines Gegenvektors zu jedem Vektor. S. Für beliebige u V gilt u = u. S. Für beliebige u V und beliebige λ, µ R gilt (λ µ u = λ (µ u (Assoziativität der Multiplikation von Vektoren mit reellen Zahlen. S. Für beliebige u, v V und beliebige λ R gilt λ ( u+ v = λ u + λ v (. Distributivgesetz. S4. Für beliebige u V und beliebige λ, µ R gilt (λ+µ u = λ u + µ u (. Distributivgesetz. Satz (Folgerungen aus den Vektorraumaxiomen: F. Für alle u V ist 0 u = o. F. Der Nullvektor o ist eindeutig bestimmt. F. Für alle λ R ist λ o = o. F4. Für jeden Vektor u ist der Gegenvektor u eindeutig bestimmt. F5. Für alle u V und alle λ R ist ( λ u = (λ u. F6. Für alle u V und alle λ R ist λ ( u = (λ u. F7. Für alle u V und alle λ R gilt: Aus λ u = o folgt λ = 0 oder u = o.

3 Lösungen bzw. Lösungsskizzen Hinweis: Die folgenden Lösungen bzw. Lösungsskizzen sind zum Vergleichen der Lösungen gedacht und enthalten teilweise keine Lösungswege. Sie werden hier auf den Wunsch von Studierenden hin bereitgestellt, es sei dazu aber ausdrücklich gesagt, dass es sich nur zum Teil um vollständige Musterlösungen handelt. Des Weiteren ist zu sagen, dass es natürlich für viele Aufgaben auch andere als die hier skizzierten Lösungswege geben kann.. λ =, µ =. Wegen µ =0 existiert µ. Aus der Voraussetzung µ u = µ v folgt µ (µ u = µ (µ v, was wegen VR-Axiom S gleichbedeutend mit µ µ u = µ µ v, ist. Somit gilt wegen S die Behauptung u = v.. Lineare Unabhängigkeit: Zu zeigen ist, dass aus λ a + λ a + λ a = o bzw. λ ( b + b + λ ( b + b + λ ( b + b = o folgt λ = λ = λ = 0. Dazu stellt man die obere Gleichung um: (λ +λ b + (λ +λ b + (λ +λ b = o. Wegen der linearen Unabhängigkeit von b, b, b folgt daraus λ +λ = 0, λ +λ = 0 und λ +λ = 0; durch Lösen dieses LGS erhält man λ = λ = λ = 0. a, a und a sind somit linear unabhängig. Es bleibt zu zeigen, dass { a ; a ; a } ein Erzeugendensystem ist, dass also für jeden x V λ, λ, λ R mit λ a + λ a + λ a = x bzw. λ ( b + b + λ ( b + b + λ ( b + b = x existieren. Dies erfolgt analog zum Nachweis { der linearen } Unabhängigkeit durch Umstellen der Gleichung, Nutzung der Tatsache, dass b ; b ; b eine Basis ist und Lösen eines LGS. Es ist nicht unbedingt notwendig, zu zeigen, dass a, a, a linear unabhängig sind und ein Erzeugendensystem bilden. Hat man eine der beiden Tatsachen nachgewiesen, so lässt sich unter Nutzung von Sätzen über Basen recht leicht begründen, dass a, a, a eine Basis sein muss, z. B. lässt sich jede linear unabhängige Teilmenge von V zu einer Basis erweitern, gleichzeitig bestehen alle Basen eines VR aus gleich vielen Vektoren somit muss { a ; a ; a }, nachdem die lineare Unabhängigkeit gezeigt wurde, bereits selbst eine Basis sein. In jedem Falle sollte eine saubere Begründung gegebenen werden (Begründungen wie sind lin. unabh. und deshalb Basis sind nicht ausreichend. 4. (i Die Aussage ist falsch. Gegenbeispiel: Die beiden Vektoren und liegen nicht in dem von 0 erzeugten Untervektorraum des R. Ihre Summe ist jedoch der Nullvektor von R, dieser gehört jedem Unterraum von R an. (ii Die Aussage ist richtig. Weil u U gilt, würde aus u + v U folgen: u + v u = v U, was im Widerspruch zur Voraussetzung steht. Damit kann u + v U nicht gelten. 5. U ist ein UR, U ist kein Unterraum von R. Begründungen: v (i Weil der Nullvektor offenbar in U liegt, gilt U = {}. Sind v, v v U, so v v gilt v + v = v, v + v = v, und somit (v + v + (v + v = (v + v. Also ist v + v v v + v = v + v v v + v U. Für jedes λ R gilt λ v + λ v = λv, also ist v v

4 λ v v λ v = λ v U. λ v v Alternative Begründung: über Lösungsmengen homogener LGS. (ii Der Vektor ist ein Element von U. Aber das ( -Fache dieses Vektors, also ( ( = liegt nicht in U, sodass U kein Unterraum von R ist. Z. Es sei E der Schnittpunkt der Verbindungsstrecke des Punktes A mit dem Mittelpunkt der Seite BC und der Diagonalen BD. Zu zeigen ist, dass gilt: BE = BD und AE = AM BC. Bekannt ist, dass BE und BD sowie AE und AM BC jeweils zueinander kollinear sind, also λ, µ R existieren mit: BE = λ BD und AE = µ AM BC. Des Weiteren gilt BD = BC + ( DC und AM BC = AB + BC. Da das Viereck ABCD ein Parallelogramm ist, gilt DC = AB und somit BD = BC + ( AB. Daher ergibt sich BE = λ BC λ AB und AE = µ AB + µ BC. Unter Verwendung der Beziehung AB = AE + EB ergibt sich daraus AB = AE + ( BE = µ AB + µ BC λ BC + λ AB bzw. AB µ AB µ BC + λ BC λ AB = o ( µ λ AB + ( µ +λ BC = o. Die Vektoren AB und BC sind, da sie ein Parallelogramm aufspannen, nicht kollinear. Deshalb kann der Nullvektor nur auf triviale Weise als Linearkombination dieser Vektoren entstehen, es muss also gelten: µ λ = 0 µ + λ = 0. Durch Lösen dieses LGS ergibt sich λ =, µ =, also BE = BD, AE = AM BC und somit die Behauptung.

5 Alternative Aufgaben 6. Für welche λ R hat die folgende Matrix den Rang? 5 Pkt. λ A = 6 λ Lösung: rg(a = für λ = und λ =, ansonsten rg(a =. 7. Geben Sie ein Beispiel für zwei Unterräume U und U eines Vektorraumes V an, deren Vereinigungsmenge U U kein Unterraum ist (mit Begründung. Lösung: Wir betrachten z. B. zwei Unterräume von R, etwa: { } { U = xy xy = r 0 ; r R, U = xy xy U U enthält somit die Vektoren 0 und = r 0 ( 0, nicht aber deren Summe Widerspruch zu der Eigenschaft U des Unterraumkriteriums steht. } ; r R (, was im { } 0 8. Zeigen Sie, dass die Vektormenge E = ; ; ein Erzeugendensystem von R 0 0 ist. 0 Pkt. xy Lösung: E ist ein ES von R, wenn sich jeder Vektor R als Linearkombination der z xy 0 drei Vektoren von E darstellen lässt, also λ, µ, ν R existieren mit = λ( + µ z ν. Dies ist gleichbedeutend mit der Lösbarkeit des linearen Gleichungssystems λ + µ + ν = x µ + y ν = z. Dieses LGS ist für beliebige x, y, z lösbar, die (eindeutige Lösung ist λ = x y, µ = y z, ν = z.