Kurs:Lineare Algebra/Teil I/49/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	20	${}\sum$
Punkte	3	3	3	7	4	5	0	3	8	0	3	1	2	3	6	0	3	0	3	0	57

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

Die Vereinigung der Mengen ${}L$ und ${}M$ .
Äquivalente (inhomogene) lineare Gleichungssysteme zur gleichen Variablenmenge über einem Körper ${}K$ .
Der Kern einer linearen Abbildung
$\varphi \colon V\longrightarrow W$

zwischen zwei ${}K$ -Vektorräumen ${}V$ und ${}W$ .
Ein Eigenvektor zu einer linearen Abbildung
$\varphi \colon V\longrightarrow V$

auf einem ${}K$ - Vektorraum ${}V$ .
Das charakteristische Polynom zu einer ${}n\times n$ -Matrix ${}M$ mit Einträgen in einem Körper ${}K$ .
Eine baryzentrische Kombination in einem affinen Raum ${}E$ .

Lösung

Die Menge
${}L\cup M={\left\{x\mid x\in L{\text{ oder }}x\in M\right\}}\,$

heißt die Vereinigung der beiden Mengen.
Zwei (inhomogene) lineare Gleichungssysteme heißen äquivalent, wenn ihre Lösungsmengen übereinstimmen.
Man nennt
${}\operatorname {kern} \varphi :={\left\{v\in V\mid \varphi (v)=0\right\}}\,$

den Kern von ${}\varphi$ .
Ein Element ${}v\in V$ , ${}v\neq 0$ , heißt ein Eigenvektor von ${}\varphi$ , wenn
${}\varphi (v)=\lambda v\,$

mit einem gewissen ${}\lambda \in K$ gilt.
Das Polynom
${}\chi _{M}:=\det \left(X\cdot E_{n}-M\right)\,$

heißt charakteristisches Polynom von ${}M$ .
Zu einer Familie ${}P_{i}$ , ${}i\in I$ , von Punkten in ${}E$ und einem Zahltupel ${}a_{i}$ , ${}i\in I$ , mit
${}\sum _{i\in I}a_{i}=1\,$

heißt die Summe ${}\sum _{i\in I}a_{i}P_{i}$ baryzentrische Kombination der ${}P_{i}$ .

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

Der Satz über die Dimension von Untervektorräumen für den Durchschnitt und die Summe.
Der Satz über den Zusammenhang zwischen der Verknüpfung linearer Abbildungen und der Matrizenmultiplikation (genaue Formulierung mit Basen).
Der allgemeine Entwicklungssatz für die Determinante.

Lösung

Es sei ${}K$ ein Körper und ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}K$ - Vektorraum. Es seien ${}U_{1},U_{2}\subseteq V$ Untervektorräume. Dann ist
${}\dim _{K}{\left(U_{1}\right)}+\dim _{K}{\left(U_{2}\right)}=\dim _{K}{\left(U_{1}\cap U_{2}\right)}+\dim _{K}{\left(U_{1}+U_{2}\right)}\,.$
Bei der Korrespondenz zwischen linearen Abbildungen und Matrizen entsprechen sich die Hintereinanderschaltung von linearen Abbildungen und die Matrizenmultiplikation. Damit ist folgendes gemeint: es seien ${}U,V,W$ Vektorräume über einem Körper ${}K$ mit Basen
${\mathfrak {u}}=u_{1},\ldots ,u_{p},\,{\mathfrak {v}}=v_{1},\ldots ,v_{n}{\text{ und }}{\mathfrak {w}}=w_{1},\ldots ,w_{m}.$

Es seien

$\psi :U\longrightarrow V{\text{ und }}\varphi :V\longrightarrow W$

lineare Abbildungen. Dann gilt für die beschreibenden Matrizen von ${}\psi ,\,\varphi$ und der Hintereinanderschaltung ${}\varphi \circ \psi$ die Beziehung

$M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {u}}(\varphi \circ \psi )=(M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi ))\circ (M_{\mathfrak {v}}^{\mathfrak {u}}(\psi )).$
Es sei ${}K$ ein Körper und sei ${}M=(a_{ij})_{ij}$ eine ${}n\times n$ -Matrix über ${}K$ . Zu ${}i,j\in {\{1,\ldots ,n\}}$ sei ${}M_{ij}$ diejenige Matrix, die entsteht, wenn man in ${}M$ die ${}i$ -te Zeile und die ${}j$ -te Spalte weglässt. Dann ist (bei ${}n\geq 2$ für jedes feste ${}i$ bzw. ${}j$ )
${}\det M=\sum _{i=1}^{n}(-1)^{i+j}a_{ij}\det M_{ij}=\sum _{j=1}^{n}(-1)^{i+j}a_{ij}\det M_{ij}\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Erläutere Vor- und Nachteile des axiomatischen Aufbaus der Mathematik.

Lösung Axiomatischer Aufbau/Vor- und Nachteile/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (7 Punkte)

Wir betrachten die Abbildung

\Psi \colon \mathbb {N} ^{4}\longrightarrow \mathbb {N} ^{4},

die einem Vierertupel ${}(a,b,c,d)$ das Vierertupel

(\vert {b-a}\vert ,\vert {c-b}\vert ,\vert {d-c}\vert ,\vert {a-d}\vert )

zuordnet. Zeige, dass sich bei jedem Starttupel ${}(a,b,c,d)$ nach endlich vielen Iterationen dieser Abbildung stets das Nulltupel ergibt.

Lösung

Es sei ${}m$ das Maximum der beteiligten vier Zahlen ${}a,b,c,d$ . Wir zeigen, dass dieses Maximum nach endlich vielen Iterationen kleiner wird. Da wir uns innerhalb der natürlichen Zahlen befinden, folgt daraus, dass das Maximum irgendwann ${}0$ wird, was bedeutet, dass dann alle vier Zahlen ${}0$ sind. Da alle Zahlen aus ${}\mathbb {N}$ sind und die nichtnegative Differenz genommen wird, wird das Maximum definitiv nicht größer bei einer Iteration. Allerdings kann das Maximum gleich bleiben. Dies kann aber nur dann sein, wenn ein Nachbar (zyklisch gedacht, die vierte Zahl ist also auch ein Nachbar der ersten Zahl) des Maximums gleich ${}0$ ist. Wir müssen (durch zyklisches Vertauschen und Spiegeln) nur noch die Situation anschauen, wo das Tupel die Form

(m,0,x,y)

mit ${}x,y\leq m$ hat. Wenn ${}x=y=0$ ist, so liefert die Abbildung

(m,0,0,m).

Wir müssen also nur noch die Situation anschauen, wo es höchstens zwei Nullen gibt. Bei

(m,0,x,0)

mit ${}x\neq 0$ ergibt sich im nächsten Schritt

(m,x,x,m),

was keine Nullen mehr hat. Bei

(m,0,0,y)

mit ${}y\neq 0$ ergibt sich im nächsten Schritt

(m,0,y,m-y).

Bei ${}y<m$ besitzt dies nur eine Null, bei ${}y=m$ sind wir in einem schon behandelten Fall. Es sei das Tupel jetzt

(m,0,x,y)

mit

{}0<x,y\leq m\,.

Das Ergebnis ist

(m,x,\vert {x-y}\vert ,m-y).

Bei ${}x=m$ ist dies

(m,m,m-y,m-y)

mit dem Folgetupel

(0,y,0,y).

Bei ${}y<m$ besitzt dies ein kleineres Maximum, bei ${}y=m$ ist das Folgetupel gleich

(m,m,m,m),

und davon ist das Folgetupel

(0,0,0,0).

Es sei also ${}x<m$ . Das Folgetupel ist bei ${}y=m$ gleich

{}(m,x,\vert {x-y}\vert ,m-y)=(m,x,m-x,0)\,,

und dessen Folgetupel ist

(m-x,\vert {m-2x}\vert ,m-x,m).

Allenfalls in der dritten Position könnte eine ${}0$ stehen, doch diese ist nicht benachbart zum einzigen Vorkommen von ${}m$ , sodass das Folgetupel keine Null besitzt.

Das Folgetupel ist bei ${}y<m$ gleich

(m,x,\vert {x-y}\vert ,m-y),

und dabei ist wieder allenfalls in der dritten Position eine ${}0$ , stehen, doch diese ist nicht benachbart zum einzigen Vorkommen von ${}m$ , sodass das Folgetupel keine Null besitzt.

Aufgabe (4 Punkte)

Löse das inhomogene Gleichungssystem

{\begin{matrix}x&+y&+z&+w&=&0\\-2x&+3y&\,\,\,\,-z&+2w&=&3\\3x&\,\,\,\,\,\,\,\,&+2z&+5w&=&7\\-x&\,\,\,\,\,\,\,\,&+5z&+3w&=&1\,.\end{matrix}}

Lösung

Wir eliminieren zuerst die Variable ${}y$ , indem wir die erste Gleichung dreimal von der zweiten Gleichung subtrahieren. Dies führt auf

{\begin{matrix}-5x&\,\,\,\,\,\,\,\,&-4z&\,\,\,\,-w&=&3\\3x&\,\,\,\,\,\,\,\,&+2z&+5w&=&7\\-x&\,\,\,\,\,\,\,\,&+5z&+3w&=&1\,.\end{matrix}}

Nun eliminieren wir die Variable ${}x$ , indem wir (bezogen auf das vorhergehende System) ${}-5III+I$ und ${}3III+II$ ausrechnen. Dies führt auf

{\begin{matrix}&\,\,\,\,\,\,\,\,&-29z&-16w&=&-2\\&\,\,\,\,\,\,\,\,&17z&+12w&=&10\,.\end{matrix}}

Mit ${}3I+4II$ ergibt sich

{}-19z=36\,

und

{}z=-{\frac {36}{19}}\,.

Rückwärts gelesen ergibt sich

{}w={\frac {13}{19}}\,,

{}x={\frac {140}{57}}\,

und

{}y=-{\frac {71}{57}}\,.

Aufgabe (5 Punkte)

Betrachte die reellen Zahlen ${}\mathbb {R}$ als ${}\mathbb {Q}$ - Vektorraum. Zeige, dass die Menge der reellen Zahlen ${}\ln p$ , wobei ${}p$ durch die Menge der Primzahlen läuft, linear unabhängig ist. Tipp: Verwende, dass jede positive natürliche Zahl eine eindeutige Darstellung als Produkt von Primzahlen besitzt.

Lösung

Wir nehmen an, dass

{}\sum _{i=1}^{n}q_{i}\ln p_{i}=0\,

ist, wobei ${}p_{1},\ldots ,p_{n}$ verschiedene Primzahlen und ${}q_{1},\ldots ,q_{n}$ rationale Zahlen sind. Diese müssen wir als ${}0$ nachweisen. Durch Multiplikation mit einem Hauptnenner können wir annehmen, dass die ${}q_{i}$ ganze Zahlen sind. Wir wenden die Exponentialfunktion auf die obige Gleichung an und erhalten

{}e^{\sum _{i=1}^{n}q_{i}\ln p_{i}}=e^{q_{1}\ln p_{1}}\cdots e^{q_{n}\ln p_{n}}=\prod _{i=1}^{n}p_{i}^{q_{i}}=e^{0}=1\,.

Es sei ${}I\subseteq {\{1,\ldots ,n\}}$ die Teilmenge aller ${}i$ , für die der Exponent ${}q_{i}$ nichtnegativ ist. Durch Sortieren erhalten wir eine Gleichung der Form

{}\prod _{i\in I}p_{i}^{q_{i}}=\prod _{i\in {\{1,\ldots ,n\}}\setminus I}p_{i}^{-q_{i}}\,.

Dies ist eine positive natürliche Zahl und wegen der eindeutigen Primfaktorzerlegung müssen alle ${}q_{i}=0$ sein.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die inverse Matrix zu

{\begin{pmatrix}1&1&0\\7&2&1\\0&0&4\end{pmatrix}}.

Lösung


${}{\begin{pmatrix}1&1&0\\7&2&1\\0&0&4\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&1&0\\0&-5&1\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\-7&1&0\\0&0&{\frac {1}{4}}\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&1&0\\0&-5&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\-7&1&-{\frac {1}{4}}\\0&0&{\frac {1}{4}}\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\{\frac {7}{5}}&-{\frac {1}{5}}&{\frac {1}{20}}\\0&0&{\frac {1}{4}}\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}-{\frac {2}{5}}&{\frac {1}{5}}&-{\frac {1}{20}}\\{\frac {7}{5}}&-{\frac {1}{5}}&{\frac {1}{20}}\\0&0&{\frac {1}{4}}\end{pmatrix}}$

Aufgabe (8 Punkte)

Beweise den Satz über die natürliche Abbildung eines Vektorraumes in sein Bidual.

Lösung

Es sei ${}v\in V$ fixiert. Zuerst ist zu zeigen, dass ${}\Psi (v)$ eine Linearform auf dem Dualraum ${}{V}^{*}$ ist. Offenbar ist ${}\Psi (v)$ eine Abbildung von ${}{V}^{*}$ nach ${}K$ . Die Additivität ergibt sich aus

{}(\Psi (v))(f_{1}+f_{2})=(f_{1}+f_{2})(v)=f_{1}(v)+f_{2}(v)=(\Psi (v))(f_{1})+(\Psi (v))(f_{2})\,,

wobei wir die Definition der Addition auf dem Dualraum verwendet haben. Die Verträglichkeit mit der Skalarmultiplikation ergibt sich entsprechend mittels

{}(\Psi (v))(sf)=(sf)(v)=s(f(v))=s((\Psi (v))(f))\,.

Zum Beweis der Additivität der Gesamtabbildung seien ${}v,w\in V$ . Es ist die Gleichheit

{}\Psi (v+w)=\Psi (v)+\Psi (w)\,

zu zeigen. Da dies eine Gleichheit in ${}{\left({V}^{*}\right)}^{*}$ ist, also insbesondere eine Gleichheit von Abbildungen, sei ${}f\in {V}^{*}$ beliebig. Dann folgt die Additivität aus

{}(\Psi (v+w))(f)=f(v+w)=f(v)+f(w)=(\Psi (v))(f)+(\Psi (w))(f)\,.

Entsprechend ergibt sich die skalare Verträglichkeit aus

{}(\Psi (sv))(f)=f(sv)=s(f(v))=s((\Psi (v))(f))\,.

Zum Nachweis der Injektivität sei ${}v\in V$ mit ${}\Psi (v)=0$ gegeben. D.h. für alle Linearformen ${}f\in {V}^{*}$ ist ${}f(v)=0$ . Dann ist aber nach Lemma 14.7 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) schon

{}v=0\,

und nach dem Injektivitätskriterium ist ${}\Psi$ injektiv.

Im endlichdimensionalen Fall folgt die Bijektivität aus der Injektivität und aus Korollar 13.12 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)).

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (3 Punkte)

Bestätige den Determinantenmultiplikationssatz für die beiden Matrizen

A={\begin{pmatrix}1&4&1\\1&2&0\\0&1&1\end{pmatrix}}\,\,{\text{  und }}\,\,B={\begin{pmatrix}2&0&1\\0&1&0\\1&0&1\end{pmatrix}}.

Lösung

Die Determinante von ${}A$ ist

{}\det {\begin{pmatrix}1&4&1\\1&2&0\\0&1&1\end{pmatrix}}=-1\,

und die Determinante von ${}B$ ist

{}\det {\begin{pmatrix}2&0&1\\0&1&0\\1&0&1\end{pmatrix}}=1\,.

Das Produkt der beiden Matrizen ist

{}AB={\begin{pmatrix}1&4&1\\1&2&0\\0&1&1\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}2&0&1\\0&1&0\\1&0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}3&4&2\\2&2&1\\1&1&1\end{pmatrix}}\,.

Die Determinante davon ist

{}{\begin{aligned}\det AB&=\det {\begin{pmatrix}3&4&2\\2&2&1\\1&1&1\end{pmatrix}}\\&=-1.\end{aligned}}

Dies stimmt mit dem Produkt der beiden einzelnen Determinanten überein.

Aufgabe (1 Punkt)

Berechne die Determinante der Matrix

{\begin{pmatrix}3-\pi &2-3{\sqrt {5}}\\3-{\sqrt {5}}&4\pi \end{pmatrix}}.

Lösung

Es ist

{}{\begin{aligned}\det {\begin{pmatrix}3-\pi &2-3{\sqrt {5}}\\3-{\sqrt {5}}&4\pi \end{pmatrix}}&={\left(3-\pi \right)}4\pi -{\left(3-{\sqrt {5}}\right)}{\left(2-3{\sqrt {5}}\right)}\\&=12\pi -4\pi ^{2}-6+15+2{\sqrt {5}}+9{\sqrt {5}}\\&=12\pi -4\pi ^{2}+9+11{\sqrt {5}}.\end{aligned}}

Aufgabe (2 Punkte)

Ersetze im Term ${}4x^{2}+3x+7$ die Variable ${}x$ durch den Term ${}y^{3}+5$ und vereinfache den entstehenden Ausdruck.

Lösung

Es ist

{}{\begin{aligned}4{\left(y^{3}+5\right)}^{2}+3{\left(y^{3}+5\right)}+7&=4{\left(y^{6}+10y^{3}+25\right)}+3y^{3}+15+7\\&=4y^{6}+43y^{3}+122.\end{aligned}}

Aufgabe (3 Punkte)

Führe in ${}\mathbb {Q} [X]$ die Division mit Rest „ ${}P$ durch ${}T$ “ für die beiden Polynome ${}P=6X^{3}+X+1$ und ${}T=3X^{2}+2X-4$ durch.

Lösung

Es ist insgesamt

6X^{3}+X+1={\left(3X^{2}+2X-4\right)}{\left(2X-{\frac {4}{3}}\right)}+{\frac {35}{3}}X-{\frac {13}{3}}\,.

Aufgabe (6 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und es seien ${}n$ verschiedene Elemente ${}a_{1},\ldots ,a_{n}\in K$ und ${}n$ Elemente ${}b_{1},\ldots ,b_{n}\in K$ gegeben. Zeige, dass es ein eindeutiges Polynom ${}P\in K[X]$ vom Grad ${}\leq n-1$ derart gibt, dass ${}P(a_{i})=b_{i}$ für alle ${}i$ ist.

Lösung

Wir beweisen die Existenz und betrachten zuerst die Situation, wo ${}b_{j}=0$ ist für alle ${}j\neq i$ für ein festes ${}i$ . Dann ist

(X-a_{1})\cdots (X-a_{i-1})(X-a_{i+1})\cdots (X-a_{n})

ein Polynom vom Grad ${}n-1$ , das an den Stellen ${}a_{1},\ldots ,a_{i-1},a_{i+1},\ldots ,a_{n}$ den Wert ${}0$ hat. Das Polynom

{\frac {b_{i}}{(a_{i}-a_{1})\cdots (a_{i}-a_{i-1})(a_{i}-a_{i+1})\cdots (a_{i}-a_{n})}}(X-a_{1})\cdots (X-a_{i-1})(X-a_{i+1})\cdots (X-a_{n})

hat an diesen Stellen ebenfalls eine Nullstelle, zusätzlich aber noch bei ${}a_{i}$ den Wert ${}b_{i}$ . Nennen wir dieses Polynom ${}P_{i}$ . Dann ist

{}P=P_{1}+P_{2}+\cdots +P_{n}\,

das gesuchte Polynom. An der Stelle ${}a_{i}$ gilt ja

{}P_{j}(a_{i})=0\,

für ${}j\neq i$ und ${}P_{i}(a_{i})=b_{i}$ .

Die Eindeutigkeit folgt aus Korollar 19.9 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)).

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (3 Punkte)

Eine lineare Abbildung

\varphi \colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3}

werde bezüglich der Standardbasis durch die Matrix

{\begin{pmatrix}13&2&1\\0&13&2\\0&0&13\end{pmatrix}}

beschrieben. Finde eine Basis, bezüglich der ${}\varphi$ durch die Matrix

{\begin{pmatrix}13&1&0\\0&13&1\\0&0&13\end{pmatrix}}

beschrieben wird.

Lösung

Es ist

{}M={\begin{pmatrix}13&2&1\\0&13&2\\0&0&13\end{pmatrix}}-13{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&2&1\\0&0&2\\0&0&0\end{pmatrix}}\,

und

{}{\begin{pmatrix}0&2&1\\0&0&2\\0&0&0\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}0&2&1\\0&0&2\\0&0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0&4\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}}\,.

Der Vektor ${}{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}$ gehört nicht zum Kern von ${}M^{2}$ , daher kann man aus den sukzessiven Bildern davon eine Basis wie gewünscht herstellen. Es ist