Klausur zur Mathematik I (Modul: Lineare Algebra I)

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1 Technische Universität Hamburg-Harburg Institut für Mathematik Prof. Dr. Anusch Taraz Wintersemester 5/6 Klausur zur Mathematik I (Modul: Lineare Algebra I) 8..6 Sie haben 6 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. Diese Eintragungen werden auf Datenträgern gespeichert. Name: Vorname: Matr.-Nr.: Stg.: AIW BU ET EUT IIW LUM MB Mech 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 Punkte vergeben. Aufgabe Punkte Korrekteur 4 5 6

2 Aufgabe : (++++ Punkte) Sei Bestimmen Sie (ohne Beweis) 4 5 A : 4 5, b : 5 und b : (i) Rang(A), (ii) eine Basis von Kern(A), (iii) eine Basis von Bild(A), (iv) die Lösungsmenge von Ax b, (v) die Lösungsmenge von Ax b. Lösungshinweis: Wir berechnen mit dem Gauß schen Eliminationsverfahren ( A b b ) (i) Wir lesen ab: Rang(A). (ii) Über die dritte und vierte Spalte berechnen wir ( ) ( ) ( ) y, y, und ( ) ( ) y, Damit ist eine Basis von Kern(A). y, ( ) 4 ( y, y, ( y, y, y, y ) ) ( ) ( ). (iii) Wir lesen ab: ist eine Basis von Bild(A). a, a 4 (iv) Über ( ) ( ) x, x, ( ) ( x, x, ) ( ) bestimmen wir die Lösungsmenge des ersten linearen Gleichungssystems, L x R 4 : x + x + x 4, x, x 4 R. (v) Das zweite lineare Gleichungssystem ist nicht lösbar, L.

3 Aufgabe : (4 Punkte) Sei G : {p P 5 : p(x) p( x) x R}. Beweisen Sie, dass G ein Unterraum von P 5 bezüglich der üblichen Addition und skalaren Multiplikation von Funktionen ist und geben Sie (ohne Beweis) eine Basis und die Dimension von G an. Lösungshinweis: Wir suchen Polynome vom Höchstgrad 5, deren Graph sich bei der Spiegelung an der y-achse nicht ändert. Addition und skalare Multiplikation ändern den Höchstgrad nicht. Wir untersuchen die Unterraum-Eigenschaften:. G x R : (x) ( x),. p, p G : p + p G p, p G x R : (p + p )(x) p (x) + p (x) p ( x) + p ( x) (p + p )( x),. λ R p G : λ p G λ R p G x R : (λ p)(x) λ p(x) λ p( x) (λ p)( x). Eine Basis bestimmen wir, indem wir ein beliebiges Polynom vom Höchstgrad 5 auf die verlangte Symmetrie untersuchen: p G p(x) 5 a i x i i 5 a i ( ) i x i i 5 a i ( x) i p( x) x R. i Da m, m, m, m, m 4, m 5 eine Basis von P 5 ist, können wir die Koeffizienten vergleichen und sehen, dass für i {,,,, 4, 5} a i ( ) i a i gelten muss, also a a a 5 gelten muss und a, a, a 4 beliebig sind. Damit ist die Dimension dim(g) und m, m, m 4 ist eine Basis. Alternativer Lösungshinweis: Wenn man mit dem zweiten Punkt anfängt, beweist man, dass G Lin(m, m, m 4 ), also erstens G P 5 als lineare Hülle ein Unterraum ist, die Basis m, m, m 4 aus drei linear unabhängigen Elementen besteht.

4 Aufgabe : ( Punkte) Es seien Vektoren p, p, p, p P 6 definiert als { { R R R R p : x p(x) : x + x, p : x p (x) : x, { { R R R R p : x p (x) : x + x 4 + x 5, p : x p (x) : x x 4 x 5. Zeigen Sie, dass p Lin(p, p, p ), indem Sie die Koeffizienten α i R, i [] der Linearkombination p α i p i berechnen. i Lösungshinweis: Das gegebene Polynom lässt sich als Linearkombination zweier Monome auffassen, p m + m. Das einzige Polynom mit linearem Anteil ist p m, also muss α sein, wenn p Lin(p, p, p ) liegt. Den fehlenden kubischen Anteil bekommt man sowohl aus p als auch aus p, die überflüssigen quartischen und quintischen Anteile wird man los, indem man p + p m bildet. Damit gilt und wir haben somit p m + m p + /(p + p ), α, α /, α / berechnet, p liegt klarerweise in Lin(p, p, p ). Alternativer Lösungshinweis: Wir entwickeln sämtliche Vektoren in der Basis m, m, m, m, m 4, m 5, m 6 von P 6, p p p p m m m m m α m m α m m 4 α m 4 m 5 m 5 m 6 m 6 und lösen mit dem Gauß schen Eliminationsverfahren (intelligenterweise nach Löschen sämtlicher Nullzeilen des Gleichungssystems) auf: α α /. α /

5 Aufgabe 4: (+ Punkte) Es sei C definiert als C :. 4 (i) Berechnen Sie det(c). (ii) Berechnen Sie det(c T C). Lösungshinweis: (i) Wir nutzen die Blockstruktur, det(c) 4 ( ) ( 4 ) 4, wobei die senkrechten Striche die Determinante der Matrix bezeichnen. (ii) Wir nutzen den Determinanten-Multiplikationssatz und das Wissen, dass die Transponation die Determinante nicht ändert, det(c T C) det(c T ) det(c) det(c) det(c) det(c) 6. Alternativer Lösungshinweis : (i) Wir verwenden die Laplace-Entwicklung (hier erst erste Zeile oder zweite Spalte, dann erste Zeile oder erste Spalte, zuletzt erste Zeile): det(c) ( ) 4 ( ) 4 ( ) ( 4 ) 4. (ii) Wir berechnen die Matrix C T C, 4 C T C und dann deren Determinante (Laplace oder blockweise), det(c T C) 4 ( 4 ) 4 ( 96) 6. Alternativer Lösungshinweis : (i) Wir verwenden das Gauß sche Eliminationsverfahren: C

6 Sei PC LR die aus diesen Daten gewonnene LR-Zerlegung, P :, L :, R :. Damit gilt det(pc) det(l) det(r) 4, und da nur eine Vertauschung der ersten und zweiten Zeile vorliegt, det(c) det(pc) 4. (ii) Wir berechnen wieder C T C und zerlegen diese Matrix dann mittels Gauß, 4 4 C T C 4 4, daher gilt det(c T C) Mischformen sind denkbar.

7 Aufgabe 5: ( Punkte) Zeigen Sie, dass die Familie linear abhängig ist. f : { R R x x+ und f : Lösungshinweis: Nach den Rechenregeln für Potenzen gilt { R R x x+ x R : x+ (x+)+ x+ x+ und daher ist die Familie f, f linear abhängig, denn x R : f (x) f (x) x+ x+ x+ x+ (x), also f α + f α f + f ( ), α, α.

8 Aufgabe 6: (+ Punkte) (i) Bestimmen Sie (ohne Beweis) eine Basis des von den Vektoren u :, u : und u : aufgespannten Unterraums des R. (ii) Ergänzen Sie die Basis aus (i) zu einer Basis des R und beweisen Sie, dass es sich tatsächlich um eine Basis des R handelt. Lösungshinweis: (i) Man kann ein kleineres Erzeugendensystem ablesen: Man sieht, dass u u u u e u u + e Lin(u, e ), u u + e Lin(u, e ), u u + e Lin(u, e ). Die Familie u, e ist linear unabhängig, denn hat vollen Rang. Daher ist u, e eine Basis von U : Lin(u, u, u ). (ii) Wir ergänzen die beiden Vektoren um e. Wir müssen noch zeigen, dass u, e, e eine Basis des R ist. Es gilt U : Daher gilt det(u) und demnach ist u, e, e eine Basis. Alternativer Lösungshinweis :. (i) Wir schreiben die drei Vektoren zeilenweise in eine Matrix und bemühen das Gauß sche Eliminationsverfahren:. 4 6 Damit ist eine Basis von U : Lin(u, u, u ). r, r

9 (ii) Wir ergänzen die Basis um e. Dann gilt wegen Rang(A) Rang(A T ) mit U T : Rang(U) Rang(U T ), dass r, r, e eine Basis des R ist. Alternativer Lösungshinweis : (i) Wir wenden das Gauß sche Eliminationsverfahren auf die Matrix an, die in den Spalten die Vektoren u, u, u enthält: Damit ist eine Basis von U : Lin(u, u, u ). (ii) Wir ergänzen die Basis um e. u, u Dann gilt aufgrund, dass u, u, e eine Basis des R ist.