Lineare Algebra I. Probeklausur - Lösungshinweise

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1 Institut für Mathematik Wintersemester 2012/13 Universität Würzburg 19. Dezember 2012 Prof. Dr. Jörn Steuding Dr. Anna von Heusinger Frederike Rüppel Lineare Algebra I Probeklausur - Lösungshinweise Aufgabe 1: (4+4+2 Punkte) Eine Funktion f : R R heißt gerade, falls f( x) f(x) für alle x R; sie heißt ungerade, wenn f( x) f(x) für alle x R. Zeigen Sie: (i) Die Mengen G bzw. U der geraden bzw. ungeraden Funktionen f : R R bilden jeweils einen Unterraum von V Abb(R, R). (ii) V G U (iii) Jede Funktion f : R R besitzt eine eindeutige Darstellung als Summe einer geraden und einer ungeraden Funktion. (i) Wir prüfen für G die Unterraumaxiome nach: (U0) G ist nicht leer, da die Nullabbildung (f 0) in G liegt. (U1) Seien f, g G, dann ist auch f + g eine gerade Funktion: (f + g)(x) f(x) + g(x) f( x) + g( x) (f + g)( x) (U2) Sei f G, dann ist auch λf G für alle λ R: (λf)(x) λ(f(x)) λ(f( x)) (λf)( x). Somit ist G ein Unterraum von Abb(R, R). Analog für die Menge der ungeraden Funktionen.(jeweils 2 Punkte für G und U) (ii) Es sei f : R R gegeben. Dann ist durch eine gerade und durch g : R R, x 1 (f(x) + f( x)) 2 h : R R, x 1 (f(x) f( x)) 2 eine ungerade Funktion definiert. Dann gilt f g + h, woraus V G + U folgt. (3 Pkt) Für jedes f G U gilt f(x) f( x) f(x), womit f identisch null ist und daher G U {0} (1 Pkt). Also folgt V G U.

2 iii) folgt mittels Satz 16.1 aus ii). (2 Pkt) Aufgabe 2: (4+4 Punkte) Sei {v 1,..., v n } eine Basis eines K-Vektorraums V, und sei f : V W eine K- lineare Abbildung von V in einen K-Vektorraum W. Dann ist f eindeutig bestimmt durch die n Vektoren w 1 f(v 1 ),..., w n f(v n ) aus W. Zeigen Sie: a) f ist injektiv {w 1,..., w n } sind linear unabhängig in W. b) f ist surjektiv {w 1,..., w n } bilden ein Erzeugendensystem von W. a) (2 Pkt) Sei f nicht injektiv, dann gibt es ein v n i λ iv i 0 mit f(v) 0. Es gilt f(v) f( λ i v i ) i1 λ i f(v i ) i1 λ i w i 0. i1 Somit sind {w 1,..., w n } linear abhängig in W. (2 Pkt) Sind umgekehrt {w 1,..., w n } linear abhängig in W, dann gibt es eine nichttriviale Linearkombination mit 0 λ i w i λ i f(v i ) f( λ i v i ) f(v) i1 i1 und v n i1 λ iv i 0. Also ist f nicht injektiv. b) (2 Pkt) Sei f surjektiv. Dann gibt es zu jedem w W ein v n i1 λ iv i mit w f(v) f( λ i v i ) λ i f(v i ) λ i w i. i1 Somit ist {w 1,..., w n } ein Erzeugendensystem von W. (2 Pkt) Ist umgekehrt {w 1,..., w n } ein Erzeugendensystem von W, so gibt es zu jedem w λ 1,..., λ n ein v n i1 λ iv i, sodass w n i1 λ iw i n i1 λ if(v i ) f( n i1 λ iv i ) f(v). Also ist f surjektiv. i1 i1 i1 Aufgabe 3: (3+4 Punkte) Es sei a R und die Matrix A gegeben durch a A 2. 0 a 1 a) Für welche a R ist A invertierbar?

3 b) Berechnen Sie für a 0 die Inverse von A. a) Wir bringen A durch Zeilenumformungen auf Zeilenstufenform: a a a 2 II II I a III III+aII a. 0 a 1 0 a 1 + a(2 a) Die letzte Matrix hat genau dann vollen Rang, wenn a 2 +2a 1 (a 1) 2 0, also a 1 ist. Somit ist A für alle a R\{1} invertierbar. b) Wir berechnen die Inverse von 0 A 2 durch elementare Spaltenumformungen: Vertauschen von Spalte I und II: 2 0 II-I 2 0 III-2II: 0 0 (-1)III: 0 0 Damit ist 2 A Wir machen die Probe: A A Aufgabe 4: (3+2+3 Punkte) Sei K ein Körper und F n die n-te Fibonacci-Zahl (d.h. F 0 0, F 1 1, F n+1 F n + F n 1 ).

4 i) Zeigen Sie, dass n Fn+1 F n F n F n 1 für alle n N gilt. ii) Sei [] : K 2 2 K eine Abbildung definiert durch [] a b a b : ad bc. c d c d Zeigen Sie, dass [] multiplikativ ist, d.h. [A B] [A] [B] für beliebige A, B K 2 2. iii) Beweisen Sie: F n+1 F n 1 F 2 n ( 1) n für alle n N. i) Wir zeigen die Behauptung per Induktion: Induktionsanfang: Für n 1 gilt 1 F2 F 1. F 1 F 0 Induktionsvoraussetzung: Die Behauptung sei für ein festes n N gezeigt. Induktionsschluss: Unter der Vorausetzung, dass die Behauptung für ein n N gilt, zeigen wir, dass sie auch für n + 1 gilt. n+1 ( mit Hilfe der definierten Rekursion. ) n Fn+1 F n F n F n 1 Fn+1 + F n F n+1 Fn+2 F n+1 F n + F n 1 F n F n+1 ii) Die Behauptung kann durch( elementares ) Nachrechnen gezeigt werden. a1 a Sei A 2 b1 b und B 2. Dann folgt a 3 a 4 b 3 b 4 a1 b [A B] [ 1 + a 2 b 3 a 1 b 2 + a 2 b 4 ] a 3 b 1 + a 4 b 3 a 3 b 2 + a 4 b 4 (a 1 b 1 + a 2 b 3 ) (a 3 b 2 + a 4 b 4 ) (a 1 b 2 + a 2 b 4 ) (a 3 b 1 + a 4 b 3 ) a 1 b 1 a 3 b 2 + a 1 b 1 a 4 b 4 + a 2 b 3 a 3 b 2 + a 2 b 3 a 4 b 4 (a 1 b 2 a 3 b 1 + a 1 b 2 a 4 b 3 + a 2 b 4 a 3 b 1 + a 2 b 4 a 4 b 3 ) a 1 b 1 a 4 b 4 + a 2 b 3 a 3 b 2 a 1 b 2 a 4 b 3 a 2 b 4 a 3 b 1 (a 1 a 4 a 2 a 3 ) (b 1 b 4 b 2 b 3 ) [A] [B]. F n

5 iii) Die Behauptung kann mit Hilfe von i) und ii) gezeigt werden: [] F n+1 F n 1 Fn 2 Fn+1 F n F n F n 1 [ n ] i) ii) per Induktion [] n ( 1) n Aufgabe 5: (7 Punkte) Zeigen Sie, dass die Menge { } A x G : : A GL n (R), x R n GL n+1 (R) mit der Matrizenmultiplikation eine nichtabelsche Gruppe bildet. (G0) (2 Pkt) Die Matrizenmultiplikation ist eine Verknüpfung auf G: Jede Matrix G ist von der Form ( A x ). (1) Daher gilt für zwei Matrizen, Y G A x Y AY x Y A A Y A x Y + x, d.h. das Produkt zweier Matrizen ist wieder von der Form (1), da das Produkt von zwei invertierbaren Matrizen wieder invertierbar ist und A x Y +x R n. Also ist die Matrizenmultiplication eine Verknüpfung auf G. (G1) (1 Pkt) Die Matrizenmultiplikation ist nach Lemma 19.1 (iv) assoziativ. (G2) (1 Pkt) Das neutrale Element von GL n+1 (R) liegt in G, da En 0 E n+1 und E n invertierbar ist. (G3) (2 Pkt) Das inverse Element zu ist ( A 1 1 da ( A 1 A 1 x ) und 1 G, da A 1 A 1 x ), ( A x A 1 A A 1 x A 1 x ) invertierbar ist En 0

6 (G4) (1 Pkt) Die Gruppe G ist nicht abelsch, da A x Y AY x Y A A Y A x Y + x AY A A Y x + x Y AY x Y A x, da im Allgemeinen gilt A Y A A A Y.