Klausur zur Mathematik I (Modul: Lineare Algebra I)

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1 Technische Universität Hamburg-Harburg Institut für Mathematik Prof. Dr. Anusch Taraz Sommersemester 215 Klausur zur Mathematik I (Modul: Lineare Algebra I) 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 MEC 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 2 Punkte vergeben. Aufgabe Punkte Korrekteur =

2 Aufgabe 1: (3 Punkte) Ermitteln Sie die Polardarstellung von z = 1 3i 3+i. Es gilt z = 1 3i 3 + i = 1 3i 3 + i 3 i 3 i = (1 3i)( 3 i) ( 3 + i)( 3 i) = i = i (1 Punkt) Es gilt r = ( ) Re(z) 2 + Im(z) ( = ) = 1 (1 Punkt), und wegen Im(z) gilt ( ) Re(z) ϕ = arccos = arccos ( 1 ) 5 3 = π (1 Punkt). r 2 6

3 Aufgabe 2: (2 Punkte) Berechnen Sie die Determinante von B := Es gilt det(b) = ( 1 ) 4 det = 1 ( ) ( ) det det (1 Punkt) ( 1 2 Punkte) = 1 16 ( ) (3 ( 4) 2 2) (1 2 Punkte) = 1 ( 6) ( 16) = 6. 16

4 Aufgabe 3: (4 Punkte) 1 Sei A := a) Ermitteln Sie Rang(A) und Kern(A). b) Geben Sie die Menge aller b R 3 an, für die das lineare Gleichungssystem Ax = b lösbar ist. c) Bestimmen Sie die Lösungsmenge des linearen Gleichungssystems Ax = Abhängigkeit von b 1, b 2, b 3 R. b 1 b 2 in b 3 1 a) Umformung der Matrix A in Zeilenstufenform ergibt 2. Diese Matrix hat zwei Pivot-Elemente, und damit ist Rang(A) = 2 ( 1 Punkte). Also ist der Kern der 2 Matrix A eindimensional. Offensichtlich erfüllt der Vektor x = 1 die Gleichung Ax =, so dass Kern(A) = Lin 1 ist ( 1 Punkte). 2 b) Damit das Gleichungssystem Ax = b lösbar ist, also mindestens eine Lösung besitzt, muss b eine Linearkombination der Spalten von A sein. Damit ergibt sich 1 Lin 2, 2 als die Menge aller solcher b s (da die zweite Spalte von A der 1 Nullvektor in R 3 ist, liefert diese Spalte bei der linearen Hülle keinen Beitrag). Umformuliert bedeutet das also, dass b = kann (1 Punkt). b 1 2b 1 + 2b 3 für beliebige b 1, b 3 R sein b 3 c) Gilt b 2 2b 1 + 2b 3, so ist das lineare Gleichungssystem Ax = (1 Punkt). b 1 b 2 nicht lösbar b 3 Gilt b 2 = 2b 1 + 2b 3, so ist ist das Gleichungssystem nach Teil b) lösbar. Wir rechnen die Lösungsmenge aus: 1 b b 1 + 2b 3 2I 2III 1 b 3 1 b 1 1 b 3

5 b 1 Somit ist x 1 = b 1, x 2 = t R die freie Variable, und x 3 = b 3, also t : t R b 3 die Lösungsmenge (1 Punkt).

6 Aufgabe 4: (4 Punkte) t 5 Berechnen Sie dim Lin, t, 2 in Abhängigkeit von t R. Wir betrachten dazu die von t abhängige Matrix t 5 t 2 und bestimmen deren Rang, denn der Rang einer Matrix ist gleich der Dimension des Spaltenraums der Matrix. Überführung auf Zeilenstufenform ergibt t 5 t 2 Tausch I und III t 2 t 5 ti t 2 2t 5 t 2 +2II t 2 9 t 2 (2 Punkte) Wir lesen ab: Für t { 3, 3} ist der Rang der Matrix 2 ( 1 Punkte). Ebenso ist für 2 t = der Rang gleich 2, denn dann ist das zweite Element in der zweiten Zeile kein Pivot-Element (1 Punkte). Falls t R \ { 3,, 3} ist, so ist der Rang der Matrix gleich 3 ( 1 Punkte). 2

7 Aufgabe 5: (4 Punkte) Prüfen Sie, ob die folgenden Aussagen wahr sind. Begründen Sie Ihre Entscheidung bzw. geben Sie ein Gegenbeispiel an. a) Sei A R n n invertierbar. Wenn A 1 = A T, dann ist det(a) = 1. b) Sei A R n n invertierbar. Wenn det(a) = 1, dann ist A 1 = A T. a) Sei A invertierbar und es gelte A 1 = A T. Wegen 1 = det(i n ) = det(a) det(a 1 ) = det(a) det(a T ) und det(a) = det(a T ) gilt det(a) 2 = 1, also det(a) { 1, 1}. Die Behauptung ist also falsch, wenn wir eine Matrix A mit A 1 = A T und det(a) = 1 finden. Einige Beispiele einer solchen Matrix sind aber ( ) 1 A = 1, bzw. A = (2 Punkte). 1 b) Sei A invertierbar und es gelte det(a) = 1. Die Determinante einer Diagonalmatrix ist gerade das Produkt der Diagonalelemente. Außerdem gilt für eine Diagonalmatrix, dass sie mit ihrer Transponierten übereinstimmt. Die Inverse einer Diagonalmatrix ist ebenfalls eine Diagonalmatrix, mit den Inversen der Diagonalelemente auf der Diagonalen. Mit diesen drei Fakten lassen sich relativ einfach Gegenbeispiele erstellen, zum Beispiel ( ) 2 A =. Die Aussage ist also falsch (2 Punkte). 1 2

8 Aufgabe 6: (3 Punkte) Sei V ein R-Vektorraum und seien U 1 und U 2 Unterräume von V. Zeigen Sie, dass dann auch U 1 U 2 := {u 1 u 2 : u 1 U 1, u 2 U 2 } ein Unterraum von V ist. Da U 1 und U 2 Unterräume von V sind, gelten U 1 und U 2 (Unterräume beinhalten immer den Nullvektor). Damit ist = U 1 U 2 (1 Punkt). Seien u, v U 1 U 2. Dann gibt es u 1, v 1 U 1 und u 2, v 2 U 2, so dass u = u 1 u 2 und v = v 1 v 2 gelten. Wegen u + v = (u 1 u 2 ) + (v 1 v 2 ) = (u 1 + v 1 ) (u 2 + v 2 ), und u 1 + v 1 U 1, u 2 + v 2 U 2 erhalten wir also u + v U 1 U 2 (1 Punkt). Sei nun u U 1 U 2 und λ R. Dann gibt es u 1 U 1 und u 2 U 2 mit u = u 1 u 2. Wegen λ u = λ (u 1 u 2 ) = λ u 1 λ u 2, und λ u 1 U 1, λ u 2 U 2 erhalten wir also λ u U 1 U 2 (1 Punkt).