Lineare Algebra I Lösung der Probeklausur

David Blottière
WS 2006/07
Universität Paderborn
Patrick Schützdeller
Lineare Algebra I
Lösung der Probeklausur
Aufgabe 1 :
M1 i) M1 ist linear unabhängig.
Seien a, b, c ∈ R mit
Daraus folgt :


 
 
1
1
2
a  0  + b  0  + c  1  = 0.
1
0
1
Also gilt a = b = c = 0.

 a + b + 2c = 0
c=0
.

a+c=0
ii) M1 ist ein Erzeugendensystem von R3 .
< M1 > ist ein 3-dimensionaler (denn M1 ist linear unabhängig) R-Untervektorraum des 3-dimensionalen
R-Vektorraumes R3 . Also < M1 >= R3 .
iii) M1 ist ein Erzeugendensystem von R3 , das linear unabhängig ist. Also ist M1 eine Basis von R3 .
M2 i) Da 0 ∈ M2 ist M2 nicht linear unabhängig. Zum Beispiel :
 
 
 
0
1
0
1  0  + 0  0  + 0  1  = 0.
0
0
0
ii) M2 ist kein Erzeugendensystem von R3 .
   
* 1   0 +
0 
 1
Wir haben < M2 >=  0  ,  1  , und  0  ,  1  ist linear unabhängig.


0
0
0
0
Also dim(< M2 >) = 2, und < M2 >6= R3 .
iii) Aus i (oder ii) folgt : M2 ist keine Basis von R3 .
M3 i) M3 ist nicht linear unabhängig.
Wir nehmen an : M3 ist linear unabhängig. Daraus folgt : dim(< M3 >) = 4. Aber < M3 > ist ein
Untervektorraum von R3 . Also dim(< M3 >) ≤ 3. Widerspruch.
ii) M3 ist ein Erzeugendensystem von R3 .
Wir bemerken : M1 ⊂ M3 . Damit < M1 >⊂< M3 >⊂ R3 . Wir wissen auch, dass < M1 >= R3 .
Also < M3 >= R3 .
iii) Aus i folgt : M3 ist keine Basis von R3 .
M4 i) M4 ist nicht linear unabhängig.
M4 ist ein Untervektorraum von R3 . Also 0 ∈ M4 . Daraus folgt : M4 ist nicht linear unabhängig.
ii) M4 ist ein Erzeugendensystem von R3 .
     
0
0 
 1
Wir sehen, dass  0  ,  1  ,  0  linear unabhängig ist.


0
0
2
Also ist < M4 > ein 3-dimensionaler R-Untervektorraum des 3-dimensionalen R-Vektorraumes R3 .
Damit < M4 >= R3 .
iii) Aus i folgt : M4 ist keine Basis von R3 .
M5 i) Wir sehen, dass M5 linear unabhängig ist.
ii) M5 ist kein Erzeugendensystem von R3 .
dim(< M5 >) = 1 6= 3. Also < M5 >6= R3 .
iii) Aus ii folgt : M5 ist keine Basis von R3 .
M6 i) M6 ist nicht linear unabhängig. Zum Beispiel :


 
1
2
?
2  0  − 1  0  = 0.
1
2
ii) M6 ist kein Erzeugendensystem von R3 .
* 1 +
Aus ? folgt : < M6 >=  0  .
1
Also dim(< M6 >) = 1 6= 3. Damit < M6 >6= R3 .
iii) Aus ii folgt : M6 ist keine Basis von R3 .
Aufgabe 2 :
(A1) ist richtig.
Begründung : Es gilt rk f = dim Im(f ). Zusammen mit der Dimensionsformel erhält man also
n = dim V = dim Ker(f ) + dim Im(f ) = dim Ker(f )
| {z }
=0
Damit ist Ker(f ) ein n-dimensionaler Unterraum des n-dimensionalen Vektorraumes V und damit gilt :
Ker(f ) = V.
(A2) ist falsch.
Gegenbeispiel :
x
x
f : R → R,
7→ 1 0
= x.
y
y
2
(A3) ist richtig.
Begründung : Mit der Dimensionsformel folgt
Im(f ) = 0.
dim Ker(f ) = |dimV
{z } − |dim {z
}
=n
=n
Damit ist Ker(f ) = {0} und die Abbildung f injektiv.
(A4) ist falsch.
Gegenbeispiel : f : R → R, x 7→ 0.
(A5) ist richtig.
Begründung : Es sind zwei Richtungen zu zeigen.
⇒ Aus f injektiv folgt Ker(f ) = {0}. Mit der Dimensionsformel folgt
m = n = dim Ker(f ) +dim Im(f ) = dim Im(f )
|
{z
}
=0
Damit folgt Im(f ) = W und f ist somit auch surjektiv, also bijektiv und damit ein Isomorphismus.
⇐ Falls f ein Isomorphismus ist, ist f sowohl injektiv als auch surjektiv. Da f surjektiv ist, gilt dim Im(f ) =
m und da f injektiv ist, folgt dim Ker(f ) = 0. Mit der Dimensionsformel folgt
n = dimV = dim Ker(f ) + dim Im(f ) = m.
|
{z
} | {z }
=0
=m
Aufgabe 3 : Sei GS das folgende Gleichungssystem.

 (a − 2)x − y + z = −a
(−a + 3)x + 2y − 2z = 1 + a .
GS :

(a − 2)x
+ z = 2−a
⇔
GS
⇔

 (a − 2)x − y + z = −a
(a − 1)x
= 1−a

y
= 2



−x +
(a − 1)x
y
Z1 → Z1
Z2 → Z2 + 2Z1
Z3 → Z3 − Z1
z = 1
= 1−a
= 2
Z1 → Z1 − Z2 + Z3
Z2 → Z2
Z3 → Z3
Wir unterscheiden zwei Fälle (Man kann nicht durch 0 dividieren).
a 6= 1

 −x +
GS ⇔
x

y
z = 1
= −1
= 2
Z1 → Z1
Z2 → (a − 1)−1 Z2
Z3 → Z3
GS hat eine einzige Lösung : x = −1, y = 2 und z = 0.
a=1
GS ⇔

 −x +

y
z = 1
0 =0
= 2

 
 

 
 
1
x

  −1
 x
 y  ∈ R3 :  y  ist eine Lösung von GS =  2  + λ  0  : λ ∈ R .

 

0
1
z
z
Aufgabe 4 : Wir definieren B, C ∈ M3 (R) durch




3 3 1
1 1 0
B :=  2 3 2  und C :=  0 1 1  .
1 1 1
1 0 1
B,C
Aus der Vorlesung folgt : MId
= C −1 B. Wir bestimmen C −1 .
Damit C −1

1
=
2
1
0
1
1
1
0
0
1
1
1
0
0
0
1
0
0
0
1
1
0
0
1
1
-1
0
1
1
1
0
-1
0
1
0
0
0
1
Z1 → Z1
Z2 → Z2
Z3 → Z3 − Z1
1
0
0
1
1
0
0
1
2
1
0
-1
0
1
1
0
0
1
Z1 → Z1
Z2 → Z2
Z3 → Z3 − Z2
1
0
0
1
1
0
0
1
1
1
0
0
1
0
0
− 21
1
2
1
2
Z1 → Z1
Z2 → Z2
Z3 → 21 Z3
1
0
0
1
1
0
0
0
1
1
0
1
2
1
−2
1
2
1
2
0
− 21
1
2
Z1 → Z1
Z2 → Z2 − Z3
Z3 → Z3
1
0
0
0
1
0
0
0
1
1
2
1
2
1
−2
− 21
1
2
− 21
1
2
Z1 → Z1 − Z2
Z2 → Z2
Z3 → Z3
1
2
1
2

1 −1
1
B,C
1
1 −1 . Wir berechnen C −1 B um MId
zu bestimmen.
−1
1
1


2 1 0
1
B,C
MId
=  4 5 2 .
2
0 1 2
Aufgabe 5 : Es sind zwei Richtungen zu zeigen.
⇒
Es sei v ∈< v1 , v2 >. Man kann v also als Linearkombination der Vektoren v1 und v2 schreiben, d. h.
v = a1 v1 + a2 v2
mit a1 , a2 ∈ K.
Wendet man nun ϕ3 auf v an, so erhält man
ϕ3 (v) = ϕ3 (a1 v1 + a2 v2 ) = a1 ϕ3 (v1 ) +a2 ϕ3 (v2 ) = 0.
| {z }
| {z }
=0
⇐
=0
Es sei v ∈ V mit ϕ3 (v) = 0. Da (v1 , v2 , v3 ) eine nummerierte Basis von V ist kann man v in eindeutiger Weise
als Linearkombination dieser Basisvektoren schreiben, d. h.
v = a1 v1 + a2 v2 + a3 v3
mit a1 , a2 , a3 ∈ K.
Damit gilt
0 = ϕ3 (v) = ϕ3 (a1 v1 + a2 v2 + a3 v3 ) = a1 ϕ3 (v1 ) +a2 ϕ3 (v2 ) +a3 ϕ3 (v3 ) = a3 .
| {z }
| {z }
| {z }
=0
=0
=1
Man kann v also als Linearkombination der Vektoren v1 und v2 schreiben. Daraus folgt aber, dass v im Unterraum < v1 , v2 > liegt.
Aufgabe 6 : Wir machen einen Ringschluß.
a) ⇒ b)
Es sei v ∈ Im(f ), d. h. v = f (w) für ein w ∈ V . Damit gilt
f (v) = f (f (w)) = (f ◦ f )(w) = 0.
Damit ist jeder Vektor v ∈ Im(f ) im Kern von f enthalten. Daraus folgt Im(f ) ⊂ Ker(f ).
b) ⇒ c)
Wir nehmen an, es gilt Im(f ) ⊂ Ker(f ). Damit gilt insbesondere dim Im(f ) ≤ dim Ker(f ). Mit der Dimensionsformel
dim Ker(f ) + dim Im(f ) = dimV = n
folgt damit dim Ker(f ) ≥
offensichtlich m ≤ n2
n
2
und dim Im(f ) ≤ n2 . Wir definieren m = n − dim Ker(f ) = dim Im(f ). Es gilt
Es sei nun (v1 , ..., vm ) eine nummerierte Basis von Im(f ). Nach dem Basisergänzungssatz existieren nun (n −
2m) Vektoren vm+1 , ..., wn−m , so dass (v1 , ..., vn−m ) eine nummerierte Basis von Ker(f ) ist. Ebenfalls mit
dem Basisergänzungssatz erhält man m Vektoren w1 , ..., wm , so dass B = (v1 , ...., vn−m , w1 , ...., wm ) eine
nummerierte Basis von V ist.
Wir bestimmen nun MfB,B . Diese erhält man indem man die Bilder der Basisvektoren unter f als Linearkombinationen der Basisvektoren schreibt. Es gilt :
f (v1 ) = 0 · v1 + · · ·
..
.
···
···
···
· · · + 0 · vn−m + 0 · w1 + · · · + 0 · wm
f (vn−m ) = 0 · v1 + · · ·
···
···
···
· · · + 0 · vn−m + 0 · w1 + · · · + 0 · wm
f (w1 ) = a11 · v1 + · · ·
..
.
· · · + am1 · vm + 0 · vm+1 + · · · + 0 · vn−m + 0 · w1 + · · · + 0 · wm
f (wm ) = a1m · v1 + · · ·
· · · + amm · vm + 0 · vm+1 + · · · + 0 · vn−m + 0 · w1 + · · · + 0 · wm
Damit erhält man die Matrix
MfB,B
=
0 A
mit A = (aij ) ∈ Mm (K).
0 0
Wie oben gezeigt, gilt m ≤ n2 .
c) ⇒ a)
Es sei f bezüglich einer nummerierten Basis B dargestellt als
n
0 A
B,B
Mf =
mit A ∈ Mm (K) und m ≤ .
0 0
2
stellt man nun f ◦ f bezüglich der Basis B dar, so erhält man
B,B 2
MfB,B
◦f = (Mf ) =
Da m ≤
n
2
2
0 A
0 0
gilt, folgt (MfB,B )2 = 0. Damit ist f ◦ f die Nullabbildung.
Aufgabe 7 :
det(A)
:=
=
=
=

2
 2
det 
 1
1

0
 −1
det 
 1
1

−6 14 2
−7 11 3 

−2 8 1 
−2 12 0

−2 −2 0
−1 −13 0 

−2
8 1 
−2
12 0
Z1
Z2
Z3
Z4

0 −2 −2
1 · (−1)3+4 · det  −1 −1 −13 
1 −2
12


→ Z1 − 2Z3
→ Z2 − 3Z3
→ Z3
→ Z4

0 −2 −2
− det  0 −3 −1 
1 −2 12
(Entwicklung nach der vierten Spalte)
Z1 → Z1
Z2 → Z2 + Z3
Z3 → Z3
=
−2 −2
− 1 · (−1)3+1 det
−3 −1
=
4.
(Entwicklung nach der ersten Spalte)