Klausur HM I F 2004 HM I : 1

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1 Klausur HM I F 004 HM I : Aufgabe (5 Punkte): Für welche n gilt die folgende Aussage? ( n ) det n! n 0 (n )! () Führen Sie den Beweis mit Hilfe der vollständigen Induktion. Lösung: Beweis per Induktion nach n. Induktionsanfang: Wir zeigen, dass () für n = gilt. ( ) det! = 0 ( )! =. Wir zeigen, dass () für n = gilt. ( ) det! = 0 ( )! =. Also gilt die Behauptung für n =,. Induktionsannahme: Sei () wahr für ein festes n N mit n, d.h. ( n ) det n! n n 0 (n )! n n n n n n. ( n Induktionsschluss: Wir zeigen, dass det (n+)! 0 n! Induktionsannahme gilt: n n + n n n +. Wir bestimmen alle n, für die n n n +n gilt. Also n+ ) n n n + n + n (n n ) n + n + n n(n 5n ) 0 n. n+, d.h. n n +n. Nach n+ Daraus folgt, dass () für alle n gilt.

2 Klausur HM I F 004 HM I : Aufgabe (5 Punkte): Es seien M = { z C arg(z ) π Re(z) > 0 } und M = { z C \ {0} z z z z 0 } Re (z) + Im (z) + z Re(z) Re( z). z a) Bestimmen und skizzieren Sie M. b) Bestimmen und skizzieren Sie M mit z 0 = + i. c) Gilt i M M mit z 0 = + i? Hinweis zu M : Das Argument arg(z) einer komplexen Zahl z C ist der Winkel von z als Vektor in der komplexen Ebene mit der positiven Realteil-Achse, und es gilt: arg(z) ( π, π]. Lösung: zu a) Sei z = re iφ, d.h. arg(z) = φ. Dann folgt z = (re iφ ) = r e iφ. Wegen arg(z) ( π, π] und Re(z) > 0 folgt daraus, dass arg(z ) = arg(z) und so arg(z ) π arg(z) π. Wegen Re(z) > 0 arg(z) < π haben wir insgesamt 4 z = re iφ M π 4 φ < π π < φ π 4. Dabei ist zu beachten, dass die eine Hälfte des Randes zu der Menge M gehört und die andere nicht. zu b) Nun betrachten wir die Menge M = {z C \ {0} z z z z 0 Re (z)+im (z)+ z Re(z) z Re( z) }. Es gilt z z = z, z = Re (z) + Im (z) und Re(z) = Re( z). Sei z = x + iy and z = x iy. Also z z z z 0 Re (z) + Im (z) + z Re(z) z Re( z) z z z 0 z + z Re(z) Re( z) z z ( z z 0 + Re(z)) Re( z) z z z 0 + Re(z) Re( z) z z 0 Es sei z = x + iy. Dann folgt (x ) + (y ) (x ) + (y ) 4 d.h. M ist das Innere (mit Rand) des Kreises C mit Radius und Mittelpunkt z 0 = + i. zu c) Wegen Re( i) = 0 < 0 gilt i / M und somit i / M M.

3 M π_ 4 M _

4 Klausur HM I F 004 HM I : Aufgabe (7 Punkte): Es sei P der Raum aller Polynome vom Grad höchstens, und es seien p (x) = x x +, p (x) = x x + P und p (x) = x + x P. Ferner sei die Abbildung L : P P definiert durch L(a 0 + a x + a x ) = (a a )p (x) + (a a 0 )p (x) + (a 0 + a )p (x). a) Ist B = {p (x), p (x), p (x)} eine Basis von P? b) Zeigen Sie, dass L eine R-lineare Abbildung ist. c) Bestimmen Sie die Darstellungsmatrix M(C, L, C), wobei C = {, x, x }. d) Bestimmen Sie alle Polynome p P mit der Eigenschaft, dass L(p ) = p. Lösung: zu a) Da {, x, x } eine Basis von P ist, folgt α p (x) + α p (x) + α p (x) = 0 α ( x x + ) + α (x x + ) + α (x + x) = 0 ( α + α + α )x + ( α α + α )x + α + α = 0 α + α + α = 0 α α + α = 0. α + α = 0 Die Frage ist also, ob das folgende lineare Gleichungssystem einen trivialen Kern hat oder nicht. 0 (I)+(II),(I)+(III) Also hat das Gleichungssystem einen nicht trivialen Kern, womit p (x), p (x), p (x) linear abhängig sind, d.h. B ist keine Basis. zu b) Es seien p(x) = α 0 + α x + α x, q(x) = β 0 + β x + β x P und γ R beliebig. Dann gilt und L(p(x) + q(x)) = L((α 0 + β 0 ) + (α + β )x + (α + β )x ) Also ist L linear. = ((α + β ) (α + β ))p (x) + ((α + β ) (α 0 + β 0 ))p (x) +((α 0 + β 0 ) + (α + β ))p (x) = (α α )p (x) + (α α 0 )p (x) + (α 0 + α )p (x) +(β β )p (x) + (β β 0 )p (x) + (β 0 + β )p (x) = L(p(x)) + L(q(x)) L(γ p(x)) = L(γα 0 + γα x + γα x ) = (γα 0 γα )p (x) + (γα γα 0 )p (x) + (γα 0 + γα )p (x) = γ[(α 0 α )p (x) + (α α 0 )p (x) + (α 0 + α )p (x)] = γl(p(x)).

5 zu c) Wegen L() = p (x) + p (x) = x + x L(x) = p (x) + p (x) = x + x + und L(x ) = p (x) + p (x) = x + folgt, dass M(C, L, C) =. 0 zu d) Es gilt L(p ) = p p = γ 0 + γ x + γ x ist Eigenvektor zum Eigenwert von L M(C, L, C) γ 0 γ = γ 0 γ γ 0 γ Ker 4 0. γ γ γ Es ist also das folgende homogene Gleichungssystem zu lösen (I)+(II),4(I)+(III) (II):,5(II)+(III) 0 (II):,(II)+(I) Damit lässt sich der Kern der Matrix ablesen als span haben wir = span {p P L(p ) = p } = {αp 4 (x) p 4 (x) = x + x +, α R}.. Folglich

6 Klausur HM I F 004 HM I : 4 Aufgabe 4 (7 Punkte): Eine Kurve im R sei in Abhängigkeit von α R definiert durch (9α + )x + (α + 9)x + (6α 6)x x = 40. ( ) a) Bestimmen Sie die Matrix A R, so dass die Gleichung ( ) äquivalent ist mit x T x Ax = 40, falls x =. x b) Berechnen Sie in Abhängigkeit von α die Eigenwerte und eine Orthonormalbasis aus Eigenvektoren der Matrix A. c) Wie sieht die Normalform der Kurve ( ) aus? d) Geben Sie in Abhängigkeit von α den Typ der Kurve ( ) an. e) Zeichnen Sie die Kurven für α = 0, α = und α = 4. Lösung: zu a) Die Gleichung ( ) lässt sich schreiben als x T Ax = 40 mit A = 9α + α. α α + 9 zu b) 9α + λ α det(a λe ) = det α α + 9 λ = (9α + λ)(α + 9 λ) (α ) = 9α + 8α λ (0α + 0)λ 9α + 8α 9 = λ 0(α + )λ + 00α! = 0 λ / = 5(α + ) ± 5[(α + ) 4α] λ / = 5(α + ) ± 5 (α ) λ / = 5(α + ) ± 5(α ) λ = 0α λ = 0 Der Eigenraum V 0α zum Eigenwert 0α ist die Lösung des folgenden homogenen Gleichungssystems 9α + 0α α α (α ) α α + 9 0α = (α ) 9( α) α (α ). 0 0 Im Fall α haben wir die Hermitesche Normalform, und der Eigenraum lässt () 0 0 sich ablesen als span, d.h. sei v = 0. Da die Eigenvektoren zu verschiedenen Eigenwerten symmetrischer Matrizen orthogonal sind, können wir v = 0 wählen. Im Fall α = haben wir einen doppelten Eigenwert 0 und V 0 = R, d.h. in diesem Fall können v und v wie oben gewählt werden. zu c) Sei P = 0 und u = P T x. Dann gilt x T Ax = 40 x T P P T AP P T x = u T ( 0α αu + 0u = 40 αu + u = 4. ) u = 40

7 zu d) Aus der Normalform können wir nun in Abhängigkeit von α die verschiedenen Typen bestimmen: α > 0 : Ellipse α = 0 : Geradenpaar α < 0 : Hyperbel zu e) Im Spezialfall α = haben wir die Normalform u + u = 4, d.h. einen Kreis um Null mit Radius. Im Spezialfall α = 4 haben wir die Normalform u + ( u ) =, eine Ellipse, und im Spezialfall α = 0 haben wir die Normalform u = 4, d.h. u = ±, ein Geradenpaar, das parallel zur u -Achse ist. u x α=0 α= u α=4 x

8 Klausur HM I F 004 HM I : 5 Aufgabe 5: Beantworten Sie die folgenden Fragen ohne Begründung bzw. Herleitung. Eine nicht beantwortete Frage wird mit 0 Punkten, eine falsche Antwort wird mit Punkt und eine richtige Antwort mit Punkt bewertet. Es gibt insgesamt nicht weniger als 0 Punkte. Welche der folgenden Aussagen sind wahr, welche sind falsch? a) Das Minimum der Menge M = {( n m mn + nm ) n, m N} ist gleich Null. b) Es gilt i 0 = ( ) 55. c) Sei A eine ( )-Matrix mit den Matrixelementen { 0, falls i = k, i a ik = ( ) i+k, sonst Dann gilt Rang(A) =. d) B =, 5, ist eine Orthonormalbasis des R. 5 e) Gegeben sei die Abbildung γ : C C durch γ(z) = Im(z). Die Abbildung γ ist K-linear, wenn man C als Vektorraum über dem Körper K = C auffasst. f) Gegeben seien die linearen Abbildungen f, g : R n R n. Wenn 0 ein Eigenwert von g f ist, dann ist 0 auch ein Eigenwert von f g. Achtung: Schreiben Sie die richtigen Lösungen (Zuordnung zur entsprechenden Teilaufgabe nicht vergessen!!!) auf Ihren Klausurbogen und nicht auf dieses Aufgabenblatt. Lösung: zu a) Falsch (0 / M = {( n m mn+mn) n, m N} = { n, m N}). mn n zu b) Falsch (i 0 = i = i = i). zu c) Wahr (A = 0 0.) 0 zu d) Falsch (Für v = ist v = Vektor zu keinem der anderen beiden orthogonal.). 9 ( ) = 5. Zudem ist der. zu e) Falsch (Sei λ C und λ = a + i b. Sei z = x + i y. Dann ist Im(λz) = Im((a + i b)(x + i y)) = a y + b x. Nun ist λim(z) = (a + i b) y). zu f) Wahr (Seien A = (E n, f, E n ) und B = (E n, g, E n ). Dann gilt g f = A B und f g = B A. Weil ein Eigenwert von g f den Wert Null hat, folgt det(a B λe n ) = 0 0 = det(a B) = det(a) det(b) = det(b A) = det(b A λe n )).