Klausur Lineare Algebra I am Es sind insgesamt 60 Punkte bei der Klausur zu erreichen.

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1 Klausur Lineare Algebra I am Es sind insgesamt 60 Punkte bei der Klausur zu erreichen. Aufgabe 1. (6 Punkte insgesamt) a.) (3P) Definieren Sie, was eine abelsche Gruppe ist. b.) (3P) Definieren Sie, was ein Vektorraum V über einem Körper K ist (der Begriff Körper braucht nicht definiert zu werden). Aufgabe 2. (8 Punkte insgesamt) Sei V ein endlichdimensionaler K-Vektorraum und φ: V V eine lineare Abbildung. a.) (3P) Definieren Sie, was es heißt, daß φ diagonalisierbar ist und geben Sie ein zur Definition äquivalentes Kriterium dafür an, daß φ diagonalisierbar ist. b.) (3P) Definieren Sie, was ein Eigenwert von φ ist, ein Eigenvektor von φ und die charakteristische Abbildung von φ. c.) (2P) Geben Sie für λ K ein zur Definition äquivalentes Kriterium dafür an, daß λ ein Eigenwert von φ ist. Aufgabe 3. (6 Punkte insgesamt) a.) (4P) Sei K ein Körper und n N. Definieren Sie, wann folgende Abbildung Ψ eine Determinante genannt wird: Ψ: M(n, n, K) K. b.) (2P) Formulieren Sie den Determinantenproduktsatz. Aufgabe 4. (4 Punkte) Zeigen Sie, daß folgende Teilmenge V der Symmetrischen Gruppe S 4 eine abelsche Untergruppe von S 4 ist: V := {id, (12)(34), (13)(24), (14)(23)} S 4. Lösung zu Aufgabe 4 Es sind folgende Aussagen zu verifizierten: (i) (ii) (iii) (iv) x, y V = x y V. id V. x V = x 1 V. x, y V = x y = y x. Dazu wird zuerst eine Multiplikationstafel für die Elemente aus V aufgestellt (dies ist noch keine Gruppentafel, da bisher nicht gezeigt ist,

2 2 Klausur Lineare Algebra I am daß V eine Gruppe ist): id (12)(34) (13)(24) (14)(23) id id (12)(34) (13)(24) (14)(23) (12)(34) (12)(34) id (14)(23) (13)(24) (13)(24) (13)(24) (14)(23) id (12)(34) (14)(23) (14)(23) (13)(24) (12)(34) id Nun können die Punkte (i) bis (iv) an Hand der Tafel verifiziert werden: (i) Da alle Produkte von Elementen aus V wieder in V liegen, d.h. alle Multiplikationstafeleinträge, ist dieser Punkt erfüllt. (ii) Dies ist schon nach der Definition von V erfüllt. (iii) In jeder Zeile der Multiplikationstafel tritt das neutrale Element id auf, so daß zu jedem Element x V auch das Inverse in V enthalten sein muß. (iv) Die aufgestellte Multiplikationstafel ist symmetrisch und somit die Verknüpfung eingeschränkt auf V kommutativ. Aufgabe 5. (8 Punkte insgesamt) a.) (4P) Es sei ein reelles lineares Gleichungssystem Ax = b für x R 4 gegeben durch: A := und b := Geben Sie seine Lösungsmenge an. b.) (4P) Geben Sie für die durch A definierte lineare Abbildung φ A : R 4 R 3 eine Basis ihres Kerns und Bildes an. Lösung zu Aufgabe 5 a.) Der Gaußalgorithmus liefert folgende Umformungen des zu lösenden Gleichungssystems: σ 3,2, 2 x y z v σ 2,1, 5 σ 3,1, 6 x y z v x y z v x y z v

3 Klausur Lineare Algebra I am Dies führt dann zu folgenden Lösungen: y + 2z + 3v = 2 = y = 2 2z 3v x + 2y + 3z + 4v = 2 = x = 2 + z + 2v Der Lösungsraum L(A, b) hat somit die Form: 2 + z + 2v L(A, b) = 2 2z 3v z z, v R v 2 z + 2v 2 = z 3v z 0 z, v R = L(A, 0). v 0 b.) Der Lösungsraum L(A, b) aus dem vorherigen Teil ist schon mit Hilfe des Lösungsraumes L(A, 0) beschrieben worden, der nichts anders ist als der Kern von φ A ; es gilt somit: z + 2v ker φ A = 2z 3v z z, v R. v Eine Basis dieses Raumes ergibt sich sofort, wenn das Tupel der freien Variablen (z, v) einmal mit (1, 0) und einmal mit (0, 1) besetzt wird: 1 2 B ker φa = 2 1, Um eine Basis des Bildes von φ A zu bestimmen, muß zuersteinmal seine Dimsion bestimmt werden: diese entspricht dem Rang der Matrix A, der nach den Gaußumformungen des vorherigen Teiles aus der entstandenen Gaußnormalform abgelesen werden kann und den Wert 2 hat. Die Spalten der Matrix A sind als Bilder der Standardbasisvektoren ein Erzeugendensystem des Bildes, und wegen vorheriger Dimensionsaussage (rg A = 2) müssen aus den Spalten der Ursprungsmatrix

4 4 Klausur Lineare Algebra I am A zwei linear unabhängige Vektoren ausgewählt werden. Offensichtlich erfüllen die ersten beiden Spalten diese Bedingung: B im φa = 1 5, Aufgabe 6. (8 Punkte insgesamt) a.) (2P) Die lineare Abbildung φ: R 3 R 3 sei gegeben durch: φ x y := x y + z x + y z. z x + z 2y Geben Sie eine Matrizendarstellung von φ an, wobei Sie in beiden Räumen die Standardbasis des R 3 wählen sollen. b.) (4P) Sei A, B M(2, 2, F 5 ) gegeben durch A := ( ) und B := ( Prüfen Sie, ob die Matrizen invertierbar sind und geben Sie gegebenfalls die Inverse an. c.) (2P) Berechnen Sie die Determinante folgender reeller Matrix: Lösung zu Aufgabe 6 a.) Um die Matrizendarstellung [φ] von φ bzgl. der Standardbasisvektoren zu bekommen, müssen die Standardbasisvektoren e 1 bis e 3 in φ eingesetzt werden und die jeweiligen Bildvektoren als Spalten in [φ] eingesetzt werden: φ(e 1 ) = 1 1, φ(e 2 ) = 1 1, φ(e 3 ) = = [φ] = b.) Die additiven und multiplikativen Inversen in F 5 haben folgende Form: a a und 1 a a ).

5 Klausur Lineare Algebra I am Damit errechnen sich die Determinanten der Matrizen A und B über F 5 zu det A = = 1 2 = = 4, det B = = 1 1 = = 0. Also ist die Matrix A invertierbar, und die Matrix B nicht. Die Inverse einer invertierbaren (2 2)-Matrix läßt sich über folgende Formel bestimmen: a b A :=, det A 0 = A c d 1 = 1 d b, det A c a woraus sich für die Matrix der Aufgabe ergibt: A 1 = = = = A. 2 3 (Alle Rechnungen in Teil b.) sind in F 5 ausgeführt!) c.) Mit Hilfe des Laplacschen Entwicklungssatzes ergibt sind: det = 1 det = ( 1) 5 det = 5 (6 2 0) = Dabei wurde zuerst nach der ersten Spalte entwickelt (Vorzeichen positiv und Faktor 1), dann nach der zweiten Spalte (Vorzeichen negativ, Faktor 5), und die Determinante der (2 2)-Matrix direkt ausgerechnet. Aufgabe 7. (8 Punkte) Bestimmen Sie für die folgenden beiden reellen Matrizen die charakteristische Abbildung, deren Eigenwerte, und ob sie diagonalisierbar sind: A := ( 2 ) Lösung für Aufgabe 7 und B :=

6 6 Klausur Lineare Algebra I am Die Charakteristischen Abbildungen und Eigenwerte von A und B errechnen sich folgendermaßen: 2 λ 1 (A) P A (λ) = det(a λe 2 ) = det = (2 λ)( λ) λ (B) = λ 2 2λ + 1 = (λ 1) 2. = Eigenwerte von A: λ = 1. P B (λ) = det(b λe 3 ) = det 1 λ λ λ Diagonalmatrix = (1 λ)(2 λ) 2. = Eigenwerte von B: λ 1 = 1 und λ 2 = 2. Ein Diagonlisierbarkeitstest für eine Matrix C M(n, n, K) kann folgendermaßen geführt werden: k C diagonalisierbar dim E C,λi = n. Dabei seien λ 1,..., λ k die paarweise verschiedenen Eigenwerte von C und E C,λi die zugehörigen Eigenräume. Für die Dimension der Eigenräume gilt mit Hilfe des Rangsatzes für lineare Abbildungen: i=1 dim E C,λi = dim ker(c λ i E n ) = n rg(c λ i E n ), so daß sich obiges Kriterium umformulieren läßt zu: k ( ) C diagonalisierbar n rg(c λ i E n ) = n. (Somit muß der Eigenraum zu einem λ i nicht explizit bestimmt werden, sondern nur der Rang, d.h. die Gaußnormalform, einer Matrix!). Für die Matrizen der Aufgabe liefert dies folgende Diagonalisierbarkeitstests: Für A M(2, 2, R) gibt es nur einen Eigenwert λ = 1, so daß der Diagonalisierbarkeitstest die Form i=1 A diagonalisierbar 2 rg(a E 2 ) = 2 rg(a E 2 ) = 0 hat. Der Rang von A E 2 läßt sich sofort mit dem Gaußalgorithmus bestimmen und liefert dann die Aussage über die Diagonalisierbarkeit

7 von A: 1 1 A E 2 = 1 1 Klausur Lineare Algebra I am σ 2,1, = A ist nicht diagonalisierbar. = rg(a E 2 ) = 1 Die Matrix B M(3, 3, R) hat die beiden Eigenwerte λ 1 = 1 und λ 2 = 2, so daß die Diagonalisierbarkeitsbedingung folgende Gestalt hat: B diagonalisierbar 3 rg(b E 3 ) + 3 rg(b 2E 3 ) = 3 3 = rg(b E 3 ) + rg(b 2E 3 ). Die Ränge von B E 3 und B 2E 3 lassen sich sofort aus den jeweiligen Matrizen ablesen, da sie fast oder schon in Gaußnormalform sind, und liefern dann die Diagonalisierbarkeitsaussage: rg(b E 3 ) = rg (B E 3 ) = rg(b 2E 3 ) = rg (B 2E 3 ) = = B ist nicht diagonalisierbar. Aufgabe 8. (4 Punkte) Sei K ein Körper, n N, und seien A, D M(n, n, K). Beweisen Sie mit vollständiger Induktion: A ist ähnlich zu D = A k ist ähnlich zu D k für alle k N. Lösung zu Aufgabe 8 Ist A ähnlich zu D, so gibt es eine reguläre (invertierbare) Matrix T mit T 1 AT = D. Eine kurze Rechnung zeigt dann, daß dann auch T 1 A 2 T = D 2 gilt: D 2 = DD = (T 1 AT )(T 1 AT ) = T 1 AT T 1 AT = T 1 A 2 T. Dies gibt Anlaß zu folgender Aussage, die sich dann leicht mit einer vollständigen Induktion beweisen läßt: T 1 AT = D = T 1 A k T = D k für alle k N. Der Induktionsanfang k = 1 für diese Aussage ist trivial, und so kann als Induktionsannahme angenommen werden, daß die Aussage für ein

8 8 Klausur Lineare Algebra I am n N gilt. Nun ist als Induktionsschritt zu zeigen, daß daraus die Aussage für n + 1 folgt: T 1 A n+1 T = T 1 A n AT = T} 1 {{ A n T} = D n nach Ind. T 1 AT = D n T 1 AT = D n D = D n+1. Diese schärfe Aussage liefert nun die zu zeigende Aufgabe: A ist ähnlich zu B = T regulär : T 1 A k T = D = T regulär : T 1 A k T = D k für alle k N = A k ist ähnlich zu D k für alle k N. Aufgabe 9. (8 Punkte insgesamt) Sei V ein endlichdimensionaler K-Vektorraum und φ: V V eine lineare Abbildung. a.) (4P) Sei φ invertierbar und λ ein Eigenwert zu φ. Beweisen Sie, daß dann λ 0 gilt und λ 1 ein Eigenwert zu φ 1 ist. b.) (4P) Es gelte φ φ = φ, und es sei λ ein Eigenwert von φ. Beweisen Sie, daß dann λ {0, 1} gilt. Lösung zu Aufgabe 9 a.) Wäre λ = 0 ein Eigenwert zu φ, so gäbe es ein v 0 mit φ(v) = λv = 0v = 0, und somit wäre v 0 ker φ. Dies zeigt: φ hat den Eigenwert 0 = ker φ {0} = φ nicht invertierbar. (Es gilt bei allen Implikationen sogar Äquivalenz.) Damit muß λ 0 gelten. Ist nun v 0 ein Eigenvektor von φ zum Eigenwert λ 0, so gilt: v = φ 1 (φ(v)) = φ 1 (λv) = λφ 1 (v), und da λ 0 gilt, darf diese Gleichung durch λ geteilt werden: v = λφ 1 (v) = λ 1 v = φ 1 (v). Somit ist λ 1 ein Eigenwert von φ 1 (und alle Eigenvektoren von φ zum Eigenwert λ sind Eigenvektoren von φ 1 zum Eigenwert λ 1!). b.) Sei v 0 ein Eigenvektor von φ zum Eigenwert λ; dann gilt: λv = φ(v) = φ(φ(v)) = φ(λv) = λφ(v) = λ 2 v.

9 Klausur Lineare Algebra I am Daraus läßt sich unmittelbar folgern: λ 2 v = λv = (λ 2 λ) }{{} v = 0 = λ 2 λ = 0 0 = (λ 1)λ = 0 = λ {0, 1}. Viel Erfolg!!!