Wiederholungs-Modulprüfung: zum Lehrerweiterbildungskurs Lineare Algebra/Analytische Geometrie I WiSe 2015/16 1.Klausur

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1 Name, Vorname Matrikel-Nr. Aufg.1 Aufg.2 Aufg.3 Aufg.4 Σ Note bzw. Kennzeichen Wiederholungs-Modulprüfung: zum Lehrerweiterbildungskurs Lineare Algebra/Analytische Geometrie I WiSe 2015/16 1.Klausur Bearbeiten Sie bitte drei der vier folgenden Aufgaben! Falls Sie alle vier Aufgaben bearbeitet haben sollten, kennzeichnen Sie bitte, welche drei Aufgaben gewertet werden sollen! Zur vollständigen Lösung einer Aufgabe gehört, wenn nicht anders angegeben, auch die Darstellung des Gedankenganges. Pro gelöster Aufgabe erhalten Sie 10 Punkte, also maximal 30 Punkte. Eigener nicht-programmierbarer Taschenrechner (ohne Benutzung einer evtl. Gleichungslösungsfunktion) ist erlaubt. Aufgabe 1 (Analytische Geometrie des R 2 Gerade, Orthogonalität, Länge, Parallelität) Sei g 1 die Gerade des R 2, die durch die Punkte A und B mit den Ortsvektoren ( ) ( ) 0 a = und 1 2 b = 0 (mit den Koordinaten bezüglich der kanonischen Basis) geht. R 2 sei mit dem kanonischen Skalarprodukt versehen! 1. Bestimmen Sie die Gerade g 1 durch Angabe ihrer Ortsvektoren! (Die entsprechende Formel dürfen Sie ohne Beweis verwenden.) 2. Berechnen Sie den Ortsvektor f 1 des Punktes F 1 g 1 mit der zusätzlichen Eigenschaft f 1 g 1! Lösungshilfe: Berücksichtigen Sie nach Bestimmung von g1 f 1 g 1 (nach Identifizierung von F 1 und f 1 ). 3. Welchen Abstand d hat der Nullpunkt von g 1? Lösungshilfe: Ohne Beweis dürfen Sie d = f 1 benutzen. die Forderung 4. Geben Sie ohne Beweis die Punkte der zu g 1 parallelen Geraden h 1 durch den Punkt F 2 mit Ortsvektor f 2 = f 1 an!

2 Aufgabe 2 (Lineare Unabhängigkeit, Basis) (a) Ist folgende Aussage A für Vektoren u, v und w aus R 3 wahr oder falsch? (Begründen Sie bitte Ihre Antwort durch Betrachten einer geeigneten Summe!) A: Die Vektoren v u, w v und u w sind linear abhängig. (b) Gegeben seien folgende Vektoren aus V = R 3 : a = (1, 0, 1), b = (0, 1, 0), c = (1, 1, 1), und d = (1, 1, 0). Beantworten Sie folgende Fragen (jeweils mit Begründung/Beweis) (i) Sind die vier Vektoren a, b, c, d linear unabhängig? Lösungshinweis: Zur Begründung der Antwort genügt das Zitat und die Anwendung eines Satzes aus der Vorlesung (ohne Beweis). (ii) Sind die Vektoren a, b, c linear unabhängig oder linear abhängig? (iii) Zeigen Sie (ohne Verwendung von Determinanten), dass B = (a, b, d) eine Basis von V ist! Aufgabe 3 (Lineare Abbildung, Matrixdarstellung) (a) Ist folgende Aussage B wahr oder falsch? (Begründen Sie bitte Ihre Antwort!): ( ( ) B: Die Abbildung f 1 : R 2 R 2 ξ ) ( ) mit f 1 ξ1 + ξ 1 = 2 ist nicht ξ 2 ξ 2 1 linear. (b) Sei g = ur die von dem Vektor u 0 aufgespannte Nullpunktgerade in R 2 und h = wr eine (weitere) Nullpunktgerade mit 0 w / g. 1. Begründen Sie kurz: B = (u, w) ist eine Basis von R Begründen Sie (u.a. durch Anwendung eines Satzes), dass es eine lineare Abbildung f 2 von R 2 in sich gibt mit f 2 (u) = w, und f 2 (w) = u. Zeigen Sie (ohne Benutzung von Determinanten), dass f 2 injektiv ist! 3. Geben Sie die Matrix A := M B B (f 2) von f 2 bezüglich der Basis B an! 4. Zeigen Sie, dass A 2 die (2 2) Einheitsmatrix ist. Lösungshinweis: Sie dürfen Eigenschaften von f benutzen! 2

3 Aufgabe 4 (Lineares Gleichungssystem; elementare Zeilenumformungen; Rang einer Matrix) Gegeben sei folgendes lineares Gleichungssystem über R mit β R: βx 1 +x 2 +x 4 = 1 βx ( ) 1 +(β + 1)x 2 +x 4 = 1 βx 1 +x 2 +βx 3 = 1 βx 1 +x 2 +βx 4 = 1. (a) Ist folgende Aussage C für das oben angeführte lineare Gleichungssystem ( ) wahr oder falsch? (Mit kurzer Begründung durch Angabe eines Satzes). C: Ist das Gleichungssystem ( ) lösbar, so ist der Lösungsraum von ( ) ein 5-dim affiner Unterraum von R 4. (b) (i) Geben Sie (ohne Begründung) die Koeffizientenmatrix A und die erweiterte Koeffizientenmatrix A erw von ( ) an! (ii) Bringen Sie die Matrix A erw durch elementare Zeilenumformungen auf eine Matrix A erw in Zeilenstufenform, und bestimmen Sie (auch durch Zitate von Sätzen) den Rang von A in Abhängigkeit von β! (iii) Lösen Sie das lineare Gleichungssystem ( ) für β = 0 (d.h.: Setzen Sie β = 0 in ( ) und geben Sie dann alle Lösungen dieses LGS an)! 3

4 Lösungsskizzen zu Aufgabe 1 1. Nach der Zweipunkteform der Geradengleichung gilt: mit λ R. g 1 : x = a + λ( b a) 0 2 = + λ Ist ein Vektor n orthogonal zu b a, so auch orthogonal zu allen Vielfachen dieses Vektors, Daher kann man sich auf die Untersuchung von f 1 ( b a) beschränken. 1 2 Man erhält durch genaues Hinsehen z.b. n 1 := = 2 1 b a und damit f 1 = λ n 1 mit geeignetem λ R. (Das gleiche Ergebnis ergibt sich auch folgendermaßen: Aus ξ 2 0 = = 2ξ η, η 1 ( ) ξ folgt n =.) 2ξ ( ) 1 Da F 1 g 1 gelten soll, muss µ 1 = a + λ 2 1 ( b a) = (für geeignete µ 1, λ 1 ) sein, woraus man die Bedingung µ 1 = 2λ 1 und 2µ 1 = 1 λ 1, λ also λ 1 = 1 5 und µ 1 = 2 5, erhält. Die wegen der Beweisrichtung notwendige Probe ergibt: Umgekehrt hat f 1 = 2 ( ) die benötigten Eigenschaften. 3. Laut Lösungshilfe ist d = f 1. Es gilt 4. h 1 : x = f 1 + λ( b a) = 2 5 f 1 = = λ mit λ R

5 zu Aufgabe 2 (a) Aussage A ist richtig: Denn 1 (v u) + 1 (w v) + 1 (u w) = 0 ist eine nicht-triviale Linearkombination des Nullvektors. (Man erhält diese durch die Lösungshilfe oder aus λ 1 (b a) + λ 2 (c b) + λ 3 (a c) = 0 mittels λ 1 = λ 2 = λ 3.) (b) (i) Jede Basis (also maximale lineare unabhängige Menge) von R 3 hat genau 3 (= dim R R 3 ) Elemente. Daher müssen die 4 angegebenen Vektoren linear abhängig sein. (ii) Wenn man nicht sofort a + b = c sieht, kann man die Gleichung λ 1 a + λ 2 b + λ 3 c = 0 (mit λ i R für i = 1, 2, 3) betrachten. Diese ist äquivalent zu folgendem linearen Gleichungssystem: λ 1 +λ 3 = 0 λ 2 +λ 3 = 0 λ 1 +λ 3 = 0. das sich z.b. durch λ 1 = λ 3 = λ 2 = 1 lösen lässt. Daher sind die Vektoren a, b, c linear abhängig. (iii) 1.Beweis-Möglichkeit: Aus der Gleichung zu Aufgabe 3 λ 1 a + λ 2 b + λ 3 d = 0 (mit λ i R für i = 1, 2, 3, ) folgt (ähnlich wie in (ii)): λ 1 +λ 3 = 0 λ 2 +λ 3 = 0 λ 1 = 0 und damit λ i = 0 für alle i {1, 2, 3}. B ist daher linear unabhängig. Wegen B = 3 = dim R R 3 ist somit B Basis von R Beweis-Möglichkeit ist der Nachweis, dass B ein Erzeugendensystem (und damit aus Dimensionsgründen eine Basis) ist. (a) Aussage B ist richtig: f 1 ist weder additiv noch homogen ; dies ist z.b. durch ein Gegenbeispiel oder durch Nachrechnen beweisbar, z.b.: ( ) 1 ) ( ) ( f 1 (2 ( ) 1 ) ( ) = 2 f = Alternativ z.b. : ( 1 1 ) ( ) 2 ( ( ) 1 ) ( ( ) 1 ) f 1 + = f f 0 1 = 0,

6 (b) 1. u ist laut Voraussetzung ungleich 0. Wären u und w linear abhängig, so müsste w ein Vielfaches von u sein und damit in g liegen. Aus Anzahlgründen (2 = dim R R 2 ) ist daher B eine Basis von R Nach dem Fortsetzungssatz existieren lineare Abbildungen von R 2 in R 2 mit (beliebig) vorgebenen Bildern der Basiselemente u und w, im vorliegenden Fall also eine lineare Abbildung f 2 mit f 2 (u) = w und f 2 (w) = u. Diese Abbildung ist injektiv (sogar bijektiv); denn sind v 1 = uλ 1 + wλ 2 und v 2 = uµ 1 + wµ 2 Elemente von R 2, so folgt aus f(v 1 ) = f(v 2 ), dass wλ 1 + uλ 2 = wµ 1 + uµ 2 und damit (aus Eigenschaften einer Basis) λ 1 = µ 1 sowie λ 2 = µ 2 gilt, also v 1 = v 2. (Mit (u, w) ist auch (w, u) eine Basis von V.) Eine alternative Begründung der Injekivität von f 2 kann mittels der Surjektivität von f 2 und einem Dimensionsargument erfolgen. 3. In den Spalten von A stehen die Koordinaten der Bilder der Basisvektoren; folglich gilt: ( ) A = MB B 0 1 (f) = Möglichkeit: A 2 repräsentiert die Abbildung f 2 f 2. Diese lässt aber alle Vektoren von B fest, ist damit gleich der Identität und wird durch die (2 2) Einheitsmatrix dargestellt. 2. (weniger elegante) Möglichkeit: zu Aufgabe 4 A 2 = ( ) ( ) = ( (a) Die Aussage C ist falsch. Zwar ist der Lösungsraum von ( ) ein affiner Unteraum von V = R 4 ; dieser (bzw. der zugehörige lineare Unterraum) kann aber höchsten die Dimension von V haben. ). (b) (i) Es ist A = β β β β 1 β 0 β 1 0 β und A erw = β β β β 1 β 0 1 β 1 0 β 1 (ii) Durch Subtraktion der 1.Zeile von den anderen Zeilen erhält man β A erw = 0 β β β 1 0. Diese Matrix besitzt Zeilenstufenform. Der Rang einer Matrix ändert sich nicht bei elementaren Zeilenumformungen. Somit ergibt sich 6

7 (gemäß den Eigenschaften einer Matrix in Zeilenstufenform bzw. im Fall β = 0 wegen einer 0 Zeile und Gleichheit zweier weiterer Zeilen): Rang A = 4 falls β 1, β 0 3 β = 1 2 β = 0. (iii) Zu lösen ist nun das lineare Gleichungssystem x 2 +x 4 = 1 ( x ) 2 +x 4 = 1 x 2 = 1 x 2 = 1, bei dem jeweils 2 Zeilen übereinstimmen und daher gestrichen werden können. Durch elementare Zeilenumformungen analog zu (ii) erhält man als erweiterte Koeffizientenmatrix: ( ) und daraus (oder aus ( ) ) ( ) x 2 = 1, x 4 = 0. Um die allgemeine Lösung, einen affinen Unterraum der Dimension 4 2, zu erhalten, hat man als 1.Möglichkeit, aus ( ) auf die Lösung (x 1, 1, x 3, 0) zu schließen. Der Lösungsraum L ist damit. L = (0, 1, 0, 0) + (1, 0, 0, 0)R + (0, 0, 1, 0)R. Eine 2.Möglichkeit ist die Angabe einer Partikulärlösung aus ( ) bzw. ( ), z.b. p = (0, 1, 0, 0), und die Berechnung des Lösungsraums L 0 des homogenen Systems: Aus ( ) x 4 = x 2 = 0 folgt L 0 = {(x 1, 0, x 3, 0) x 1, x 3 R} = (1, 0, 0, 0)R + (0, 0, 1, 0)R, insgesamt wieder L = (0, 1, 0, 0) + (1, 0, 0, 0)R + (0, 0, 1, 0)R. 7