Kurs:Lineare Algebra/Teil II/3/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	${}\sum$
Punkte	3	3	4	4	3	1	2	5	2	6	6	3	4	4	2	2	54

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

Die Abstandsfunktion auf einem Vektorraum ${}V$ über ${}{\mathbb {K} }$ mit einem Skalarprodukt ${}\left\langle -,-\right\rangle$ .
Eine Orthogonalbasis in einem ${}{\mathbb {K} }$ - Vektorraum ${}V$ mit Skalarprodukt.
Der adjungierte Endomorphismus zu einem Endomorphismus
$\varphi \colon V\longrightarrow V$

auf einem endlichdimensionalen ${}{\mathbb {K} }$ - Vektorraum ${}V$ mit Skalarprodukt.
Ein Normalteiler ${}N$ in einer Gruppe ${}G$ .
Eine offene Menge in einem metrischen Raum ${}M$ .
Das Tensorprodukt von linearen Abbildungen
$\varphi _{i}\colon V_{i}\longrightarrow W_{i}$

für ${}i=1,\ldots ,n$ .

Lösung

Zu zwei Vektoren ${}v,w\in V$ nennt man
${}d{\left(v,w\right)}:=\Vert {v-w}\Vert :={\sqrt {\left\langle v-w,v-w\right\rangle }}\,$

den Abstand zwischen ${}v$ und ${}w$ .
Eine Basis ${}v_{i}$ , ${}i\in I$ , von ${}V$ heißt Orthogonalbasis, wenn
$\left\langle v_{i},v_{j}\right\rangle =0{\text{ für }}i\neq j$

gilt.
Man nennt einen Endomorphismus
$\psi \colon V\longrightarrow V$

adjungiert zu ${}\varphi$ , wenn

${}\left\langle \varphi (v),w\right\rangle =\left\langle v,\psi (w)\right\rangle \,$

für alle ${}v,w\in V$ gilt.
Ein Untergruppe ${}H\subseteq G$ ist ein Normalteiler, wenn
${}xH=Hx\,$

für alle ${}x\in G$ ist.
Eine Teilmenge ${}U\subseteq M$ heißt offen, wenn für jedes ${}x\in U$ ein ${}\epsilon >0$ mit
${}U{\left(x,\epsilon \right)}\subseteq U\,$

existiert.
Zu den ${}K$ - linearen Abbildungen
$\varphi _{i}\colon V_{i}\longrightarrow W_{i}$

heißt die lineare Abbildung

$V_{1}\otimes _{}\cdots \otimes _{}V_{n}\longrightarrow W_{1}\otimes _{}\cdots \otimes _{}W_{n},\,v_{1}\otimes _{}\cdots \otimes _{}v_{n}\longmapsto \varphi _{1}(v_{1})\otimes _{}\cdots \otimes _{}\varphi _{n}(v_{n}),$

das Tensorprodukt der ${}\varphi _{i}$ .

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

Der Satz des Thales.
Der Satz von Lagrange über die Ordnung eines Gruppenelementes ${}g\in G$ in einer endlichen Gruppe ${}G$ .
Der Satz über die Dimension des Tensorproduktes.

Lösung

Es sei ${}P$ ein Punkt in der euklidischen Ebene ${}E$ , ${}K$ der Kreis mit Radius ${}r>0$ und Mittelpunkt ${}P$ und es sei ${}G$ eine Gerade durch ${}P$ , die den Kreis in den Punkten ${}A$ und ${}B$ trifft. Dann ist für jeden Punkt ${}C\in K$ das Dreieck ${}A,B,C$ rechtwinklig an ${}C$ .
Die Ordnung von ${}g$ teilt die Ordnung der Gruppe.
Es sei ${}K$ ein Körper und seien ${}V_{1},\ldots ,V_{n}$ endlichdimensionale Vektorräume über ${}K$ . Dann ist die Dimension des Tensorproduktes gleich
${}\dim _{K}{\left(V_{1}\otimes _{}\cdots \otimes _{}V_{n}\right)}=\dim _{K}{\left(V_{1}\right)}\cdots \dim _{K}{\left(V_{n}\right)}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Wende das Schmidtsche Orthonormalisierungsverfahren auf die Basis

{\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\0\\3\end{pmatrix}}

des ${}\mathbb {R} ^{3}$ an.

Lösung

Der Vektor ${}{\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix}}$ besitzt die Norm ${}{\sqrt {5}}$ , somit ist

{}u_{1}={\frac {1}{\sqrt {5}}}{\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}{\frac {2}{\sqrt {5}}}\\{\frac {1}{\sqrt {5}}}\\0\end{pmatrix}}\,

der zugehörige normierte Vektor. Der zweite Vektor muss senkrecht zu ${}u_{1}$ sein und zusammen mit ${}u_{1}$ den Untervektorraum ${}\langle {\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix}}\rangle$ aufspannen. Dies führt zum Ansatz

{}0=\left\langle {\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix}}+\lambda {\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix}}\right\rangle =\left\langle {\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}2\lambda +1\\\lambda \\-1\end{pmatrix}}\right\rangle =2+5\lambda \,,

sodass

{}\lambda =-{\frac {2}{5}}\,

ist. Somit ist

{}w_{2}={\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix}}-{\frac {2}{5}}{\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}{\frac {1}{5}}\\-{\frac {2}{5}}\\-1\end{pmatrix}}\,.

Die Norm dieses Vektors ist ${}{\frac {\sqrt {30}}{5}}$ . Der normierte Vektor zu ${}w_{2}$ ist demnach

{}u_{2}={\begin{pmatrix}{\frac {1}{\sqrt {30}}}\\-{\frac {2}{\sqrt {30}}}\\-{\frac {5}{\sqrt {30}}}\end{pmatrix}}\,.

Der dritte Vektor muss senkrecht auf ${}u_{1}$ und ${}u_{2}$ (bzw. auf ${}w_{1}$ und ${}w_{2}$ ) stehen. Ein solcher Vektor ist

{}w_{3}={\begin{pmatrix}-1\\2\\-1\end{pmatrix}}\,.

Daher kann man

{}u_{3}={\begin{pmatrix}-{\frac {1}{\sqrt {6}}}\\{\frac {2}{\sqrt {6}}}\\-{\frac {1}{\sqrt {6}}}\end{pmatrix}}\,

als dritten Vektor der Orthonormalbasis nehmen.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass die Determinante einer linearen Isometrie

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

gleich ${}1$ oder gleich ${}-1$ ist.

Lösung

Ohne Einschränkung sei gemäß Satz 33.8 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025))

{}V=\mathbb {R} ^{n}\,

mit dem Standardskalarprodukt. Die Spalten in der beschreibenden Matrix ${}M$ zu ${}\varphi$ bezüglich der Standardbasis ${}e_{1},\ldots ,e_{n}$ sind

{}u_{i}=\varphi (e_{i})\,,

und diese bilden nach Voraussetzung ebenfalls eine Orthonormalbasis des ${}\mathbb {R} ^{n}$ . Insbesondere ist

{}\left\langle u_{i},u_{j}\right\rangle =\delta _{ij}\,.

Daher ist

{}{M^{\text{tr}}}M={\begin{pmatrix}1&0&\cdots &\cdots &0\\0&1&0&\cdots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&1&0\\0&\cdots &\cdots &0&1\end{pmatrix}}\,.

Somit folgt die Aussage aus dem Determinantenmultiplikationssatz und aus Satz 17.5 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)).

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}{\mathbb {K} }$ - Vektorraum mit einem Skalarprodukt,

\varphi \colon V\longrightarrow V

eine Isometrie und ${}U\subseteq V$ ein ${}\varphi$ - invarianter Untervektorraum. Zeige, dass das orthogonale Komplement ${}U^{\perp }$ ebenfalls ${}\varphi$ -invariant ist.

Lösung

Es ist

{}U^{\perp }={\left\{v\in V\mid \left\langle v,u\right\rangle =0{\text{ für }}{\text{alle }}u\in U\right\}}\,.

Für ein solches ${}v\in U^{\perp }$ und ein beliebiges ${}u\in U$ ist

{}\left\langle \varphi (v),u\right\rangle =\left\langle \varphi ^{-1}(\varphi (v)),\varphi ^{-1}(u)\right\rangle =\left\langle v,u'\right\rangle =0\,,

da ${}u'=\varphi ^{-1}(u)\in U$ wegen der Invarianz von ${}U$ liegt. Also ist wieder ${}\varphi (v)\in U^{\perp }$ .

Aufgabe (1 Punkt)

Skizziere ein Dreieck, bei dem zwei Höhenfußpunkte außerhalb der Dreiecksseiten liegen.

Lösung Dreieck/Höhenfußpunkt/Zwei außerhalb/Skizze/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper mit einer von ${}2$ verschiedenen Charakteristik und sei ${}\left\langle -,-\right\rangle$ eine symmetrische Bilinearform auf einem ${}K$ - Vektorraum ${}V$ . Zeige

{}\left\langle v,w\right\rangle ={\frac {1}{4}}{\left(\left\langle v+w,v+w\right\rangle -\left\langle v-w,v-w\right\rangle \right)}\,.

Lösung

Es ist

{}{\begin{aligned}{\frac {1}{4}}{\left(\left\langle v+w,v+w\right\rangle -\left\langle v-w,v-w\right\rangle \right)}&={\frac {1}{4}}{\left(\left\langle v,v\right\rangle +2\left\langle v,w\right\rangle +\left\langle w,w\right\rangle -\left\langle v,v\right\rangle +2\left\langle v,w\right\rangle -\left\langle w,w\right\rangle \right)}\\&={\frac {1}{4}}{\left(4\left\langle v,w\right\rangle \right)}\\&=\left\langle v,w\right\rangle .\end{aligned}}

Aufgabe (5 Punkte)

Der ${}\mathbb {R} ^{2}$ sei mit der Standard-Minkowski-Form versehen. Zeige, dass zu ${}z\in \mathbb {R}$ , ${}z\neq 0$ , die Vektoren

{\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}z-{\frac {1}{z}}\\z+{\frac {1}{z}}\end{pmatrix}}\,\,{\text{  und }}\,\,{\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}-z+{\frac {1}{z}}\\z+{\frac {1}{z}}\end{pmatrix}}

Geschwindigkeitsvektoren eines Beobachters sind. Zeige, dass jeder Beobachtervektor diese Gestalt besitzt.

Lösung

Es ist

{}{\begin{aligned}\left\langle {\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}z-{\frac {1}{z}}\\z+{\frac {1}{z}}\end{pmatrix}},{\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}z-{\frac {1}{z}}\\z+{\frac {1}{z}}\end{pmatrix}}\right\rangle &={\frac {1}{4}}{\left({\left(z-{\frac {1}{z}}\right)}^{2}-{\left(z+{\frac {1}{z}}\right)}^{2}\right)}\\&={\frac {1}{4}}{\left(z^{2}-2+{\left({\frac {1}{z}}\right)}^{2}-z^{2}-2-{\left({\frac {1}{z}}\right)}^{2}\right)}\\&=-1\end{aligned}}

und ebenso

{}{\begin{aligned}\left\langle {\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}-z+{\frac {1}{z}}\\z+{\frac {1}{z}}\end{pmatrix}},{\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}-z+{\frac {1}{z}}\\z+{\frac {1}{z}}\end{pmatrix}}\right\rangle &={\frac {1}{4}}{\left({\left(-z+{\frac {1}{z}}\right)}^{2}-{\left(z+{\frac {1}{z}}\right)}^{2}\right)}\\&={\frac {1}{4}}{\left(z^{2}-2+{\left({\frac {1}{z}}\right)}^{2}-z^{2}-2-{\left({\frac {1}{z}}\right)}^{2}\right)}\\&=-1,\end{aligned}}

somit sind dies Beobachtervektoren.

Es sei umgekehrt ${}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}$ ein Beobachtervektor, also

{}x^{2}-y^{2}=-1\,.

Wir müssen zeigen, dass dieser Vektor von einer der angegebenen Gestalt ist und betrachten daher die Gleichung

{}{\frac {1}{2}}{\left(z+{\frac {1}{z}}\right)}=y\,.

Multiplikation mit ${}z$ führt auf

{}z^{2}-2yz+1=0\,

bzw. auf

{}(z-y)^{2}+1-y^{2}=0\,

und auf

{}z=\pm {\sqrt {y^{2}-1}}+y\,,

wobei die Wurzel stets existiert, und zwar gleich ${}\pm x$ ist. Je nachdem, ob ${}x$ positiv oder negativ ist, muss man ${}z$ entsprechend wählen.

Aufgabe (2 Punkte)

Zeige, dass eine zyklische Gruppe kommutativ ist.

Lösung

Es sei ${}G$ die zyklische Gruppe und ${}g\in G$ ein Erzeuger. Dann lassen sich je zwei Elemente ${}x,y\in G$ als ${}x=g^{n}$ und ${}y=g^{m}$ mit ${}n,m\in \mathbb {Z}$ darstellen. Somit ist unter Verwendung der Potenzgesetze

{}xy=g^{n}g^{m}=g^{n+m}=g^{m}g^{n}=yx\,,

also ist die Gruppe kommutativ.

Aufgabe (6 (3+3) Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und sei

{}M={\left\{{\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}\mid a,b,c,d\in K,\,ad-bc\neq 0\right\}}\,

die Menge aller invertierbaren ${}2\times 2$ - Matrizen.

a) Zeige (ohne Bezug zur Determinante), dass ${}M$ mit der Matrizenmultiplikation eine Gruppe bildet.

b) Zeige (ohne Bezug zur Determinante), dass die Abbildung

M\longrightarrow K^{\times },\,{\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}\longmapsto ad-bc,

ein Gruppenhomomorphismus ist.

Lösung 2x2-Matrizen/Determinante/Direkt/Gruppenhomomorphismus/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (6 (1+2+1+2) Punkte)

Es sei ${}M$ die Menge der zweimal stetig differenzierbaren Funktionen von ${}\mathbb {R}$ nach ${}\mathbb {R}$ . Definiere auf ${}M$ eine Relation durch

f\sim g{\text{ falls }}f(0)=g(0),\,f'(0)=g'(0){\text{ und }}f^{\prime \prime }(1)=g^{\prime \prime }(1).

a) Zeige, dass dies eine Äquivalenzrelation ist.

b) Finde für jede Äquivalenzklasse dieser Äquivalenzrelation einen polynomialen Vertreter.

c) Zeige, dass diese Äquivalenzrelation mit der Addition von Funktionen verträglich ist.

d) Zeige, dass diese Äquivalenzrelation nicht mit der Multiplikation von Funktionen verträglich ist.

Lösung

a) Wir betrachten die Abbildung

H\colon M\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,f\longmapsto (f(0),f'(0),f^{\prime \prime }(1)).

Zwei Funktionen ${}f$ und ${}g$ stehen genau dann in dieser Relation zueinander, wenn ihre Bilder unter ${}H$ übereinstimmen. Daher liegt eine Äquivalenzrelation vor (und ${}H$ beschreibt die Äquivalenzklassenbildung).

b) Das Polynom

a+bx+{\frac {c}{2}}x^{2}

wird unter ${}H$ auf ${}(a,b,c)$ abgebildet, sodass dieses Polynom diese Klasse repräsentiert.

c) Es sei ${}f_{1}\sim g_{1}$ und ${}f_{2}\sim g_{2}$ . Es ist ${}(f_{1}+f_{2})\sim (g_{1}+g_{2})$ zu zeigen. Dies folgt aber sofort aufgrund der Additivität der Ableitung.

d) Wir betrachten ${}f_{1}=g_{1}=x$ und ${}f_{2}=x$ und ${}g_{2}=x^{3}-3x^{2}+x$ . Offenbar ist ${}f_{1}\sim g_{1}$ . Die relevanten Werte für ${}f_{2}$ sind wegen ${}f_{2}=x,\,f_{2}'=1,\,f_{2}^{\prime \prime }=0$ einfach

H(f_{2})=(0,1,0).

Für ${}g_{2}$ ergibt sich ${}g_{2}=x^{3}-3x^{2}+x,\,g_{2}'=3x^{2}-6x+1,\,g_{2}^{\prime \prime }=6x-6$ . Daher ist

H(g_{2})=(0,1,0),

sodass ${}f_{2}\sim g_{2}$ ist. Wir behaupten, dass ${}f_{1}f_{2}$ und ${}g_{1}g_{2}$ nicht äquivalent sind. Es ist ${}f_{1}f_{2}=x^{2}$ mit den Ableitungen ${}(x^{2},2x,2)$ und daher ist

H(f_{1}f_{2})=(0,0,2).

Für ${}g_{1}g_{2}=x(x^{3}-3x^{2}+x)=x^{4}-3x^{3}+x^{2}$ hat man die Ableitungen ${}(x^{4}-3x^{3}+x^{2},4x^{3}-9x^{2}+2x,12x^{2}-18x+2)$ und daher ist

H(g_{1}g_{2})=(0,0,-4)\neq H(f_{1}f_{2}).

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}R$ ein kommutativer Ring mit ${}p$ Elementen, wobei ${}p$ eine Primzahl sei. Zeige, dass ${}R$ ein Körper ist.

Lösung

Es sei ${}x\in R$ , ${}x\neq 0$ . Wir betrachten die von ${}x$ erzeugte additive Untergruppe von ${}R$ . Wegen ${}x\neq 0$ handelt es sich nicht um die triviale Gruppe. Da nach dem Satz von Lagrange die Ordnung jeder Untergruppe die Gruppenordnung teilt und diese eine Primzahl ist, erzeugt ${}x$ schon ganz ${}R$ . Es gibt also insbesondere eine natürliche Zahl ${}n$ mit

{}nx=1\,.

Da jeder Ring die natürlichen Zahlen enthält, bedeutet dies, dass ${}x$ eine Einheit ist.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}e_{1},\ldots ,e_{n}$ die Standardbasis des ${}\mathbb {R} ^{n}$ ( ${}n\geq 1$ ) und sei

{}T=\{\pm e_{1},\ldots ,\pm e_{n}\}\,.

Zeige, dass die Gruppe der eigentlichen Symmetrien von ${}T$ gerade ${}2^{n-1}(n!)$ Elemente besitzt.

Lösung

Eine (eigentliche oder uneigentliche) Symmetrie von ${}T$ muss jeden Standardvektor ${}e_{i}$ auf einen der Vektoren ${}\pm e_{j}$ abbilden. Damit eine Bijektion vorliegt, muss jeder Index ${}j$ unabhängig vom Vorzeichen genau einmal vorkommen. Da dann stets eine Orthonormalbasis vorliegt, handelt es sich um eine Isometrie. Für ${}e_{1}$ gibt es ${}2n$ Möglichkeiten, für ${}e_{2}$ gibt es ${}2(n-1)$ Wahlmöglichkeiten, da ${}\pm \varphi (e_{1})$ ausgeschlossen ist, u.s.w., sodass es insgesamt ${}2^{n}(n!)$ Symmetrien gibt. Die Determinante einer beschreibenden Matrix ist ${}1$ oder ${}-1$ , und durch Multiplikation einer Spalte mit ${}-1$ kann man erreichen, dass die Determinante ${}1$ wird. Daher ist die Hälfte der Symmetrien eigentlich, und deren Anzahl ist ${}2^{n-1}(n!)$ .

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ein Kreis mit sechs (äquidistanten) Knoten gegeben, die mit ${}1,2,3,4,5,6$ bezeichnet seien. Bei einem Bewegungsprozess seien die Wahrscheinlichkeiten, stehen zu bleiben oder zu dem linken oder rechten Nachbarn zu wechseln, konstant gleich ${}{\frac {1}{3}}$ . Erstelle die zugehörige stochastische Matrix und berechne die Eigenverteilung(en).

Lösung

Die zugehörige stochastische Matrix ist

{\begin{pmatrix}{\frac {1}{3}}&{\frac {1}{3}}&0&0&0&{\frac {1}{3}}\\{\frac {1}{3}}&{\frac {1}{3}}&{\frac {1}{3}}&0&0&0\\0&{\frac {1}{3}}&{\frac {1}{3}}&{\frac {1}{3}}&0&0\\0&0&{\frac {1}{3}}&{\frac {1}{3}}&{\frac {1}{3}}&0\\0&0&0&{\frac {1}{3}}&{\frac {1}{3}}&{\frac {1}{3}}\\{\frac {1}{3}}&0&0&0&{\frac {1}{3}}&{\frac {1}{3}}\end{pmatrix}}.

Die Verteilung

{\begin{pmatrix}{\frac {1}{6}}\\{\frac {1}{6}}\\{\frac {1}{6}}\\{\frac {1}{6}}\\{\frac {1}{6}}\\{\frac {1}{6}}\end{pmatrix}}

ist eine Eigenverteilung.

Aufgabe (2 (1+1) Punkte)

Es sei ${}U\subseteq V$ ein ${}K$ - Untervektorraum eines endlichdimensionalen ${}K$ - Vektorraumes ${}V$ . Wie kann man die Dimension des Restklassenraumes ${}V/U$ ausdrücken?
Kann man mit der Formel aus (1) die Dimension des Dachproduktes ${}\bigwedge ^{n}V=F/U$ ausrechnen, wobei ${}U\subseteq F$ die in der Konstruktion des Dachproduktes verwendeten Vektorräume sind?

Lösung

Es ist
${}\dim _{K}{\left(V/U\right)}=\dim _{K}{\left(V\right)}-\dim _{K}{\left(U\right)}\,.$
Nein, da ${}F$ und ${}U$ unendlichdimensional sind.

Aufgabe (2 Punkte)

Berechne in ${}\mathbb {R} ^{2}\otimes _{\mathbb {R} }\mathbb {R} ^{3}$ das Tensorprodukt

{\begin{pmatrix}-7\\3\end{pmatrix}}\otimes {\begin{pmatrix}3\\-2\\4\end{pmatrix}}.

Lösung

Es ist

{}{\begin{aligned}{\begin{pmatrix}-7\\3\end{pmatrix}}\otimes {\begin{pmatrix}3\\-2\\4\end{pmatrix}}&={\left(-7e_{1}+3e_{2}\right)}\otimes {\left(3e_{1}-2e_{2}+4e_{3}\right)}\\&=-21e_{1}\otimes e_{1}+14e_{1}\otimes e_{2}-28e_{1}\otimes e_{3}+9e_{2}\otimes e_{1}-6e_{2}\otimes e_{2}+12e_{2}\otimes e_{3}.\end{aligned}}