Kurs:Mathematik für Anwender/Teil I/4/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	${}\sum$
Punkte	3	3	3	6	5	4	3	4	3	3	2	5	4	4	5	3	4	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Eine natürliche Zahl ${}n\geq 2$ heißt eine Primzahl, wenn die einzigen natürlichen Teiler von ihr ${}1$ und ${}n$ sind.
2. Eine Funktion ${}f\colon \mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$ heißt ungerade, wenn für alle ${}x\in \mathbb {R}$ die Gleichheit

   ${}f(-x)=-f(x)\,$

   gilt.

3. Eine Folge von abgeschlossenen Intervallen

   $I_{n}=[a_{n},b_{n}],\,n\in \mathbb {N} ,$

   in ${}\mathbb {R}$ heißt eine Intervallschachtelung, wenn ${}I_{n+1}\subseteq I_{n}$ für alle ${}n\in \mathbb {N}$ ist und wenn die Folge der Intervalllängen, also

   ${\left(b_{n}-a_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} },$

   gegen ${}0$ konvergiert.

4. Die Taylor-Reihe zu ${}f$ im Entwicklungspunkt ${}a$ ist

   $\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {f^{(k)}(a)}{k!}}(x-a)^{k}.$

5. Das Treppenintegral von ${}t$ ist durch

   $T:=\sum _{i=1}^{n}t_{i}(a_{i}-a_{i-1})$

   definiert.

6. 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.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es sei ${}I=[a,b]\subseteq \mathbb {R}$ ein abgeschlossenes beschränktes Intervall und sei

   $f\colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R}$

   eine stetige Funktion. Dann gibt es ein ${}x\in [a,b]$ mit

   $f(x)\geq f(x'){\text{ für alle }}x'\in [a,b].$

2. Die trigonometrischen Funktionen

   $\mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto \cos x,$

   und

   $\mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto \sin x,$

   erfüllen für ${}x\in \mathbb {R}$ die Kreisgleichung

   ${}(\cos x)^{2}+(\sin x)^{2}=1\,.$

3. 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)

Es soll Holz unterschiedlicher Länge (ohne Abfall) in Stücke zerlegt werden, die zwischen ${}30$ und ${}40$ cm lang sein sollen (jeweils einschließlich). Für welche Holzlängen ist dies möglich?

Lösung

Es sei ${}\ell$ die Länge des Holzes, das zerlegt werden soll. Für ${}\ell <30$ ist eine Zerlegung offenbar nicht möglich. Für ${}30\leq \ell \leq 40$ kann man das Stück so lassen, wie es ist, eine Zerlegung ist also möglich. Für ${}40<\ell <60$ ist eine Zerlegung nicht möglich, da das Stück zu lang ist, um es direkt zu übernehmen, aber zu kurz, um es in zwei oder mehr Teile zu zerlegen. Für ${}60\leq \ell \leq 80$ kann man das Stück in zwei (beispielsweise gleichgroße) Teile unterteilen, eine Zerlegung ist also möglich. Für ${}80<\ell <90$ ist keine Zerlegung möglich. Für zwei Teile ist das Stück nämlich zu lang und für drei oder mehr Teile ist es zu kurz. Ab

${}\ell \geq 90\,$

ist eine Zerlegung stets möglich. Die Länge erfüllt dann nämlich

${}30s\leq \ell <30(s+1)\,$

mit einer natürlichen Zahl ${}s\geq 3$. Wenn man ${}\ell$ durch ${}s$ dividiert, erhält man

${}30\leq {\frac {\ell }{s}}<{\frac {30(s+1)}{s}}=30{\frac {(s+1)}{s}}\leq 30{\frac {4}{3}}\leq 40\,,$

was als Länge eines Teilstücks erlaubt ist.

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

Wir betrachten die durch die Wertetabelle

${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$	${}8$
${}F(x)$	${}3$	${}5$	${}1$	${}7$	${}8$	${}2$	${}6$	${}4$

gegebene Abbildung ${}F$ von

${}M=\{1,2,\ldots ,8\}\,$

in sich selbst.

1. Erstelle eine Wertetabelle für ${}F^{2}=F\circ F$.
2. Erstelle eine Wertetabelle für ${}F^{3}=F\circ F\circ F$.
3. Begründe, dass sämtliche iterierten Hintereinanderschaltungen ${}F^{n}$ bijektiv sind.
4. Bestimme für jedes ${}x\in M$ das minimale ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ mit der Eigenschaft, dass

   ${}F^{n}(x)=x\,$

   ist.

5. Bestimme das minimale ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ mit der Eigenschaft, dass

   ${}F^{n}(x)=x\,$

   für alle ${}x\in M$ ist.

Lösung

1. Es ist

   ${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$	${}8$
   ${}F(F(x))$	${}1$	${}8$	${}3$	${}6$	${}4$	${}5$	${}2$	${}7$

2. Es ist

   ${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$	${}8$
   ${}F(F(F(x)))$	${}3$	${}4$	${}1$	${}2$	${}7$	${}8$	${}5$	${}6$

3. Aus der Wertetabelle kann man unmittelbar entnehmen, dass ${}F$ bijektiv ist. Nach [[Abbildung/Hintereinanderschaltung/Bijektiv/Fakt|Kurs:Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)/Abbildung/Hintereinanderschaltung/Bijektiv/Fakt/Faktreferenznummer (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024))]] sind dann sämtliche Hintereinanderschaltungen der Abbildung mit sich selbst wieder bijektiv.
4. Die Abbildungsvorschrift bewirkt

   $1\mapsto 3\mapsto 1$

   und

   $2\mapsto 5\mapsto 8\mapsto 4\mapsto 7\mapsto 6\mapsto 2.$

   Für ${}x=1,3$ ist also ${}n=2$ und für ${}x=2,5,8,4,7,6$ ist ${}n=6$.

5. Bei ${}n=6$ sind nach Teil (4) die Zahlen ${}2,5,8,4,7,6$ wieder an ihrer Stelle, aber auch ${}1,3$ sind an ihrer Stelle, da ${}6$ ein Vielfaches von ${}2$ ist.

Aufgabe (5 Punkte)

Finde die komplexen Quadratwurzeln von

${}w={\frac {-5+{\sqrt {3}}{\mathrm {i} }}{2}}\,$

über den Ansatz

${}(a+b{\mathrm {i} })^{2}=w\,.$

Lösung

Der Ansatz

${}(a+b{\mathrm {i} })^{2}=a^{2}-b^{2}+2ab{\mathrm {i} }=w={\frac {-5+{\sqrt {3}}{\mathrm {i} }}{2}}\,$

führt auf die beiden reellen Gleichungen

${}a^{2}-b^{2}={\frac {-5}{2}}\,$

und

${}2ab={\frac {\sqrt {3}}{2}}\,.$

Daraus folgt direkt, dass ${}a$ und ${}b$ nicht ${}0$ sein können. Wir lösen die zweite Gleichung nach ${}b$ auf und erhalten

${}b={\frac {\sqrt {3}}{4a}}\,.$

Dies setzen wir in die erste Gleichung ein und erhalten

${}a^{2}-b^{2}=a^{2}-\left({\frac {\sqrt {3}}{4a}}\right)^{2}=a^{2}-\left({\frac {3}{16a^{2}}}\right)=-{\frac {5}{2}}\,.$

Multiplikation mit ${}a^{2}$ und umstellen ergibt

${}a^{4}+{\frac {5}{2}}a^{2}-{\frac {3}{16}}=0\,.$

Dies ist eine biquadratische Gleichung, die zugrunde liegende quadratische Gleichung ist (mit ${}y=a^{2}$)

${}y^{2}+{\frac {5}{2}}y-{\frac {3}{16}}=0\,$

mit den Lösungen

${}y_{1},y_{2}={\frac {-{\frac {5}{2}}\pm {\sqrt {{\frac {25}{4}}+{\frac {3}{4}}}}}{2}}={\frac {-{\frac {5}{2}}\pm {\sqrt {\frac {28}{4}}}}{2}}={\frac {-{\frac {5}{2}}\pm {\sqrt {7}}}{2}}=-{\frac {5}{4}}\pm {\frac {\sqrt {7}}{2}}\,.$

Dabei ist

${}y_{1}=-{\frac {5}{4}}+{\frac {\sqrt {7}}{2}}={\frac {1}{4}}{\left(-5+2{\sqrt {7}}\right)}\,$

positiv und besitzt die reellen Quadratwurzeln

${}a_{1},a_{2}=\pm {\frac {1}{2}}{\sqrt {-5+2{\sqrt {7}}}}\,$

und somit sind die komplexen Quadratwurzeln von ${}w$ gleich

${}z_{1}={\frac {1}{2}}{\sqrt {-5+2{\sqrt {7}}}}+{\frac {\sqrt {3}}{2{\sqrt {-5+2{\sqrt {7}}}}}}{\mathrm {i} }\,$

und

${}z_{2}=-{\frac {1}{2}}{\sqrt {-5+2{\sqrt {7}}}}-{\frac {\sqrt {3}}{2{\sqrt {-5+2{\sqrt {7}}}}}}{\mathrm {i} }\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Es seien ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ und ${}{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ konvergente Folgen in ${}\mathbb {R}$. Zeige, dass die Produktfolge ${}{\left(x_{n}\cdot y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ ebenfalls konvergent mit

${}\lim _{n\rightarrow \infty }{\left(x_{n}\cdot y_{n}\right)}={\left(\lim _{n\rightarrow \infty }x_{n}\right)}\cdot {\left(\lim _{n\rightarrow \infty }y_{n}\right)}\,$

ist.

Lösung

Sei ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Die konvergente Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ ist nach Lemma 7.10 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)) insbesondere beschränkt und daher existiert ein ${}D>0$ mit ${}\vert {x_{n}}\vert \leq D$ für alle ${}n\in \mathbb {N}$. Sei ${}x:=\lim _{n\rightarrow \infty }x_{n}$ und ${}y:=\lim _{n\rightarrow \infty }y_{n}$. Wir setzen ${}C:=\max\{D,\vert {y}\vert \}$. Aufgrund der Konvergenz gibt es natürliche Zahlen ${}N_{1}$ und ${}N_{2}$ mit

$\vert {x_{n}-x}\vert \leq {\frac {\epsilon }{2C}}{\text{ für }}n\geq N_{1}{\text{ und }}\vert {y_{n}-y}\vert \leq {\frac {\epsilon }{2C}}{\text{ für }}n\geq N_{2}.$

Diese Abschätzungen gelten dann auch für alle ${}n\geq N:=\max\{N_{1},N_{2}\}$. Für diese Zahlen gilt daher

${}{\begin{aligned}\vert {x_{n}y_{n}-xy}\vert &=\vert {x_{n}y_{n}-x_{n}y+x_{n}y-xy}\vert \\&\leq \vert {x_{n}y_{n}-x_{n}y}\vert +\vert {x_{n}y-xy}\vert \\&=\vert {x_{n}}\vert \vert {y_{n}-y}\vert +\vert {y}\vert \vert {x_{n}-x}\vert \\&\leq C{\frac {\epsilon }{2C}}+C{\frac {\epsilon }{2C}}\\&=\epsilon .\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme den Grenzwert der Folge

${\frac {\sin n}{n}},\,n\in \mathbb {N} _{+}.$

Lösung

Für reelles ${}x$ ist immer

${}-1\leq \sin x\leq 1\,.$

Somit ist

${}-{\frac {1}{n}}\leq {\frac {\sin n}{n}}\leq {\frac {1}{n}}\,$

für alle ${}n\in \mathbb {N}$. Da die Folge ${}{\left({\frac {1}{n}}\right)}_{n\in \mathbb {N} _{+}}$ gegen ${}0$ konvergiert und dies auch für die negative Folge ${}{\left(-{\frac {1}{n}}\right)}_{n\in \mathbb {N} _{+}}$ gilt, muss aufgrund des Quetschkriteriums auch die Folge ${}{\left({\frac {\sin n}{n}}\right)}_{n\in \mathbb {N} _{+}}$ gegen ${}0$ konvergieren.

Aufgabe (4 Punkte)

Sei ${}a\in \mathbb {R}$, ${}\vert {a}\vert <1$. Es sei

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto f(x),$

eine stetige Funktion mit der Eigenschaft, dass die Gleichheit ${}f(ax)=f(x)$ für alle ${}x\in \mathbb {R}$ gelte. Zeige, dass ${}f$ konstant ist.

Lösung

Unter der gegebenen Voraussetzung konvergiert die Folge ${}a^{n}$ gegen ${}0$. Daher konvergiert auch für jedes feste ${}x\in \mathbb {R}$ die Folge ${}a^{n}x$ gegen ${}0$. Durch iterative Anwendung der Voraussetzung an ${}f$ erhält man

${}f(x)=f(ax)=f(a^{2}x)=\ldots =f(a^{n}x)\,$

für jedes ${}n\in \mathbb {N}$. Aufgrund der Stetigkeit von ${}f$ ist also

${}f(x)=\lim _{n\rightarrow \infty }f(a^{n}x)=f(\lim _{n\rightarrow \infty }a^{n}x)=f(0)\,.$

Somit ist ${}f(0)$ der einzige Wert der Funktion.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die Ableitung der Sinus- und der Kosinusfunktion über ihre Potenzreihen (Satz 16.1 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024))).

Lösung

Nach Satz 16.1 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)) ist

${}{\begin{aligned}{\left(\sin x\right)}'&={\left(\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}x^{2n+1}}{(2n+1)!}}\right)}'\\&=\sum _{n=0}^{\infty }(-1)^{n}(2n+1){\frac {x^{2n}}{(2n+1)!}}\\&=\sum _{n=0}^{\infty }(-1)^{n}{\frac {x^{2n}}{(2n)!}}\\&=\cos x\end{aligned}}$

und

${}{\begin{aligned}{\left(\cos x\right)}'&={\left(\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}x^{2n}}{(2n)!}}\right)}'\\&=\sum _{n=1}^{\infty }(-1)^{n}(2n){\frac {x^{2n-1}}{(2n)!}}\\&=\sum _{n=1}^{\infty }(-1)^{n}{\frac {x^{2n-1}}{(2n-1)!}}\\&=(-1)\sum _{n=1}^{\infty }(-1)^{(n-1)}{\frac {x^{2n-1}}{(2n-1)!}}\\&=(-1)\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}{\frac {x^{2k+1}}{(2k+1)!}}\\&=-\sin x,\end{aligned}}$

wobei wir im vorletzten Schritt ${}k=n-1$ gesetzt haben.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme das Taylor-Polynom der Ordnung ${}4$ zur Funktion

${}f(x)=\sin x\,$

im Entwicklungspunkt ${}\pi /2$.

Lösung

Wir müssen das Polynom

$\sum _{k=0}^{4}{\frac {f^{(k)}{\left({\frac {\pi }{2}}\right)}}{k!}}{\left(x-{\frac {\pi }{2}}\right)}^{k}$

berechnen. Es ist

${}f{\left({\frac {\pi }{2}}\right)}=\sin {\left({\frac {\pi }{2}}\right)}=1\,,$

${}f^{\prime }{\left({\frac {\pi }{2}}\right)}=\cos {\left({\frac {\pi }{2}}\right)}=0\,,$

${}f^{\prime \prime }{\left({\frac {\pi }{2}}\right)}=-\sin {\left({\frac {\pi }{2}}\right)}=-1\,,$

${}f^{\prime \prime \prime }{\left({\frac {\pi }{2}}\right)}=-\cos {\left({\frac {\pi }{2}}\right)}=0\,$

und

${}f^{\prime \prime \prime \prime }{\left({\frac {\pi }{2}}\right)}=\sin {\left({\frac {\pi }{2}}\right)}=1\,.$

Daher ist das vierte Taylor-Polynom gleich

$1-{\frac {1}{2}}{\left(x-{\frac {\pi }{2}}\right)}^{2}+{\frac {1}{24}}{\left(x-{\frac {\pi }{2}}\right)}^{4}.$

Aufgabe (2 (1+1) Punkte)

a) Unterteile das Intervall ${}[-4,5]$ in sechs gleichgroße Teilintervalle.

b) Bestimme das Treppenintegral derjenigen Treppenfunktion auf ${}[-4,5]$, die auf der in a) konstruierten Unterteilung abwechselnd die Werte ${}2$ und ${}-1$ annimmt.

Lösung

a) Die Länge des Intervalls ist ${}9$, daher muss die Länge der Teilintervalle gleich

${}{\frac {9}{6}}={\frac {3}{2}}=1{,}5\,$

sein. Dies ergibt die Teilintervalle

$[-4,{\frac {-5}{2}}],\,[{\frac {-5}{2}},-1],\,[-1,{\frac {1}{2}}],\,[{\frac {1}{2}},2],\,[2,{\frac {7}{2}}],\,[{\frac {7}{2}},5].$

b) Die Treppenfunktion, die abwechselnd die Werte ${}2$ und ${}{-1}$ besitzt, hat das Treppenintegral

${}1{,}5\cdot (2-1+2-1+2-1)=1{,}5\cdot 3=4{,}5\,.$

Aufgabe (5 Punkte)

Eine Person will ein einstündiges Sonnenbad nehmen. Die Intensität der Sonneneinstrahlung werde im Zeitintervall ${}[6,22]$ (in Stunden) durch die Funktion

$f\colon [6,22]\longrightarrow \mathbb {R} ,\,t\longmapsto f(t)=-t^{3}+27t^{2}-120t,$

beschrieben. Bestimme den Startzeitpunkt des Sonnenbades, sodass die Gesamtsonnenausbeute maximal wird.

Lösung

Es sei ${}a\in [6,21]$ der Anfangszeitpunkt des Sonnenbades. Die Gesamteinstrahlung der Sonne in der Stunde ${}[a,a+1]$ ist das bestimmte Integral

${}{\begin{aligned}S(a)&=\int _{a}^{a+1}(-t^{3}+27t^{2}-120t)\,dt\\&={\left(-{\frac {1}{4}}t^{4}+9t^{3}-60t^{2}\right)}|_{a}^{a+1}\\&={\left(-{\frac {1}{4}}(a+1)^{4}+9(a+1)^{3}-60(a+1)^{2}\right)}-{\left(-{\frac {1}{4}}a^{4}+9a^{3}-60a^{2}\right)}\\&=-{\frac {1}{4}}(4a^{3}+6a^{2}+4a+1)+9(3a^{2}+3a+1)-60(2a+1)\\&=-a^{3}+{\frac {51}{2}}a^{2}-94a-{\frac {205}{4}}.\,\end{aligned}}$

Für diese Funktion muss das Maximum im Intervall ${}[6,21]$ bestimmt werden. Dafür berechnen wir die Ableitung, diese ist

${}S'(a)={\left(-a^{3}+{\frac {51}{2}}a^{2}-94a-{\frac {205}{4}}\right)}^{\prime }=-3a^{2}+51a-94\,.$

Die Nullstellenberechnung dieser Ableitung führt auf ${}a^{2}-17a+{\frac {94}{3}}=0$ bzw. auf

${}{\left(a-{\frac {17}{2}}\right)}^{2}=-{\frac {94}{3}}+{\left({\frac {17}{2}}\right)}^{2}=-{\frac {94}{3}}+{\frac {289}{4}}={\frac {-376+867}{12}}={\frac {491}{12}}\,.$

Also ist

${}a_{0}={\sqrt {\frac {491}{12}}}+{\frac {17}{2}}\cong 14,8966\cong 14{\text{ Uhr }}54\,$

(die negative Wurzel muss nicht berücksichtigt werden, da diese zu einem ${}a$ außerhalb des Definitionsbereiches führt). Die zweite Ableitung

$S^{\prime \prime }(a)=-6a+51$

ist an der Stelle ${}a_{0}$ negativ, sodass dort das Maximum vorliegt. Da die Ableitung keine weiteren Nullstellen im Intervall besitzt, müssen die Randpunkte nicht gesondert betrachtet werden.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise die Newton-Leibniz-Formel.

Lösung

Aufgrund von Satz 18.17 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)) existiert das Integral. Mit der Integralfunktion

${}G(x):=\int _{a}^{x}f(t)\,dt\,$

gilt die Beziehung

${}\int _{a}^{b}f(t)\,dt=G(b)=G(b)-G(a)\,.$

Aufgrund von Satz 19.3 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)) ist ${}G$ differenzierbar mit

${}G'(x)=f(x)\,,$

d.h. ${}G$ ist eine Stammfunktion von ${}f$. Wegen Lemma 19.6 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)) ist ${}F(x)=G(x)+c$. Daher ist

${}\int _{a}^{b}f(t)\,dt=G(b)-G(a)=F(b)-c-F(a)+c=F(b)-F(a)\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei eine lineare Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2}$

mit

$\varphi {\begin{pmatrix}0\\1\\2\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}3\\-2\end{pmatrix}},\,\varphi {\begin{pmatrix}1\\4\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}{\text{ und }}\varphi {\begin{pmatrix}2\\1\\3\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}7\\2\end{pmatrix}}$

gegeben. Berechne

$\varphi {\begin{pmatrix}3\\-5\\4\end{pmatrix}}.$

Lösung

Wir lösen zuerst das lineare Gleichungssystem

$a{\begin{pmatrix}0\\1\\2\end{pmatrix}}+b{\begin{pmatrix}1\\4\\1\end{pmatrix}}+c{\begin{pmatrix}2\\1\\3\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}3\\-5\\4\end{pmatrix}}.$

Die Zeilenoperation ${}IV=2II-III$ führt auf

$(IV)\,\,\,7b-c=-14$

und ${}V=I+2IV$ führt auf

$(V)\,\,\,15b=-25.$

Damit ist

${}b={\frac {-25}{15}}=-{\frac {5}{3}}\,$

und

${}2c=3-b=3+{\frac {5}{3}}={\frac {14}{3}}\,,$

also

${}c={\frac {7}{3}}\,,$

und

${}a=-5-4b-c=-5-4{\left({\frac {-5}{3}}\right)}-{\frac {7}{3}}={\frac {-15}{3}}+{\frac {20}{3}}-{\frac {7}{3}}=-{\frac {2}{3}}\,.$

Also ist

${}{\begin{aligned}\varphi {\begin{pmatrix}3\\-5\\4\end{pmatrix}}&=\varphi {\left(-{\frac {2}{3}}{\begin{pmatrix}0\\1\\2\end{pmatrix}}-{\frac {5}{3}}{\begin{pmatrix}1\\4\\1\end{pmatrix}}+{\frac {7}{3}}{\begin{pmatrix}2\\1\\3\end{pmatrix}}\right)}\\&=-{\frac {2}{3}}\cdot \varphi {\begin{pmatrix}0\\1\\2\end{pmatrix}}-{\frac {5}{3}}\cdot \varphi {\begin{pmatrix}1\\4\\1\end{pmatrix}}+{\frac {7}{3}}\cdot \varphi {\begin{pmatrix}2\\1\\3\end{pmatrix}}\\&=-{\frac {2}{3}}\cdot {\begin{pmatrix}3\\-2\end{pmatrix}}-{\frac {5}{3}}\cdot {\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}+{\frac {7}{3}}\cdot {\begin{pmatrix}7\\2\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}-2-{\frac {5}{3}}+{\frac {49}{3}}\\{\frac {4}{3}}+{\frac {14}{3}}\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}{\frac {38}{3}}\\{\frac {18}{3}}\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}{\frac {38}{3}}\\6\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (5 Punkte)

Es seien ${}a,b,c\in \mathbb {R}$ reelle Zahlen. Wir betrachten die drei Vektoren

${}{\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}c\\a\\b\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}b\\c\\a\end{pmatrix}}\in \mathbb {R} ^{3}\,.$

Man gebe Beispiele für ${}a,b,c$ derart, dass der von diesen Vektoren erzeugte Untervektorraum die Dimension ${}0,1,2,3$ besitzt.

Lösung

Sei ${}a=b=c=0$. Dann steht hier dreimal der Nullvektor und der davon erzeugte Untervektorraum ist der Nullraum, welcher die Dimension ${}0$ besitzt.

Sei ${}a=b=c=1$. Dann steht hier dreimal der Vektor ${}{\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}}$ und der davon erzeugte Untervektorraum besitzt die Dimension ${}1$.

Sei ${}a=0$, ${}b=1$ und ${}c=-1$. Dann liegen die Vektoren

${\begin{pmatrix}0\\1\\-1\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}-1\\0\\1\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix}}$

vor. Addition dieser drei Vektoren ergibt den Nullvektor, sodass eine lineare Abhängigkeit vorliegt und die Dimension des erzeugten Raumes maximal ${}2$ sein kann. Da die ersten beiden Vektoren offenbar linear unabhängig sind, ist die Dimension genau ${}2$.

Sei ${}a=1$ und ${}b=c=0$. Dann liegt die Standardbasis vor und der erzeugte Vektorraum ist ${}\mathbb {R} ^{3}$, also dreidimensional.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestätige den Determinantenmultiplikationssatz für die beiden Matrizen

$A={\begin{pmatrix}1&4&0\\2&0&5\\0&2&-1\end{pmatrix}}\,\,{\text{ und }}\,\,B={\begin{pmatrix}1&2&7\\0&3&6\\0&-2&-3\end{pmatrix}}.$

Lösung

Die Determinante von ${}A$ ist

${}\det {\begin{pmatrix}1&4&0\\2&0&5\\0&2&-1\end{pmatrix}}=-10-2(-4)=-2\,$

und die Determinante von ${}B$ ist

${}\det {\begin{pmatrix}1&2&7\\0&3&6\\0&-2&-3\end{pmatrix}}=-9+12=3\,.$

Das Produkt der beiden Matrizen ist

${}AB={\begin{pmatrix}1&4&0\\2&0&5\\0&2&-1\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}1&2&7\\0&3&6\\0&-2&-3\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&14&31\\2&-6&-1\\0&8&15\end{pmatrix}}\,.$

Die Determinante davon ist

${}{\begin{aligned}\det AB&=\det {\begin{pmatrix}1&14&31\\2&-6&-1\\0&8&15\end{pmatrix}}\\&=-90+8-2(14\cdot 15-8\cdot 31)\\&=-82-2(210-248)\\&=-82-2(-38)\\&=-82+76\\&=-6.\end{aligned}}$

Dies stimmt mit dem Produkt der beiden einzelnen Determinanten überein.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme das charakteristische Polynom, die Eigenwerte mit Vielfachheiten und die Eigenräume zur reellen Matrix

${\begin{pmatrix}0&1&-1\\1&0&0\\1&0&0\end{pmatrix}}.$

Lösung

Das charakteristische Polynom ist

${}\det {\begin{pmatrix}x&-1&1\\-1&x&0\\-1&0&x\end{pmatrix}}=x^{3}-x+x=x^{3}\,.$

Somit ist ${}0$ der einzige Eigenwert mit algebraischer Vielfachheit ${}3$. Der Kern von ${}{\begin{pmatrix}0&1&-1\\1&0&0\\1&0&0\end{pmatrix}}$ ist

$\mathbb {R} {\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}}.$

Dabei ist klar, dass dies zum Kern gehört. Der Rang der Matrix ist ${}2$, da die beiden ersten Zeilen linear unabhängig sind. Nach der Dimensionsformel ist also der Kern eindimensional und die geometrische Vielfachheit ist ${}1$.