Institut für Mathematik Prof. Dr. Marko Lindner
Klausur zur Mathematik I (Veranstaltung: Lineare Algebra I) 31.08.2018
Sie haben 60 Minuten Zeit zum Bearbeiten der Klausur.
Tragen Sie bitte zunächst Ihren Namen, Ihren Vornamen und Ihre Matrikelnummer in DRUCKSCHRIFT in die folgenden jeweils dafür vorgesehenen Felder ein.
Name:
Vorname:
Matr.-Nr.:
Stg.: AIW BU BVT ET EUT IIW LUM MB MEC SB VT Sonstige Grundsätzlich gilt für alle Studierenden, dass die Lehrveranstaltungen Analysis I und Lineare Algebra I die Gesamtnote für das Modul Mathematik I ergeben.
Ich bin darüber belehrt worden, dass die von mir zu erbringende Prüfungsleistung nur bewertet wird, wenn das Zentrale Prüfungsamt der TUHH meine ozielle Zulassung vor Beginn der Prüfung bestätigt.
(Unterschrift)
Bearbeiten Sie alle wie folgt angegebenen Aufgaben. Es werden insgesamt 20 Punkte vergeben.
Aufgabe Punkte Korrektor 1
2 3 4 5
P =
Aufgabe 1 (4 Punkte)
Sind die folgenden Aussagen wahr bzw. falsch? Begründen Sie Ihre Entscheidung.
(a) Seien A, B, C Mengen. Dann giltA\(B ∪C) = (A\B)∩(A\C).
(b) Sind X, Y, Z Mengen und die Funktionen f: X → Y, g: Y → Z bijektiv, dann ist g◦f: X →Z ebenfalls bijektiv.
(c) |
A: A⊂
0,1,2
|= 9.
(d) Sind x,y∈R3 und gilt x×y=o, dann ist die Familie (x,y) linear abhängig.
Lösungshinweise 1
(a) Die Aussage ist wahr. Sei x∈A\(B∪C), d.h. x∈A, aber x /∈B ∪C, also x /∈B und x /∈ C. Dann ist x ∈ A\B und x ∈ A\C, also x ∈ (A\B)∩(A\C). Ist umgekehrt x∈(A\B)∩(A\C), dann ist x∈A\B und x∈A\C, alsox∈A und x /∈B und x /∈C, also x∈A\(B∪C). (1 Punkt)
(b) Die Aussage ist wahr. Bijektivitität bedeutet Invertierbarkeit der Abbildung. Sei h:=f−1◦g−1: Z →X. Dann gelten
h◦(g◦f) = f−1◦g−1
◦(g◦f) =f−1◦g−◦g◦f =f−1◦f =idX, und
(g◦f)◦h= (g◦f)◦ f−1◦g−1
=g◦f◦f−1◦g−1 =g◦g−1 =idZ. Also ist h = (g◦f)−1 und damit g◦f bijektiv. (1 Punkt)
(c) Die Aussage ist falsch. Es gilt A: A⊂
0,1,2
=
∅, 0 ,
1 , 2 ,
0,1 ,
0,2 ,
1,2 ,
0,1,2 , und damit
A: A⊂
0,1,2
= 8.(1 Punkt)
(d) Die Aussage ist wahr. Da kx×yk die Fläche des vonxund y aufgespannten Paral- lelogramms beschreibt, muss die Fläche also Null sein. Damit sindxundyVielfache voneinander, also linear abhängig. (1 Punkt)
Sei
E :=n
v∈R3 : D
2 1
−2
,v−
1
−4 1
E
= 0o
eine Ebene in R3 und für a∈R sei die Gerade ga inR3 gegeben durch
ga:=n
−2 1 1
+λ
−a+ 1 a+ 1
a
∈R3 : λ∈R o
.
(a) Bestimmen Sie alle a ∈R, so dass ga die EbeneE schneidet.
(b) Ermitteln Sie den Schnittpunkt im Fall a= 23. Lösungshinweise 2
Wir setzen einen beliebigen Punkt von ga in die bestimmende Gleichung für E ein, und erhalten
0 =D
2 1
−2
,
−2 1 1
+λ
−a+ 1 a+ 1
a
−
1
−4 1
E
= D
2 1
−2
,
−2 1 1
−
1
−4 1
E
+λ D
2 1
−2
,
−a+ 1 a+ 1
a
E
=−1 +λ(−3a+ 3). (2P unkte)
Diese Gleichung besitzt genau dann eine Lösung λ ∈ R, falls −3a + 3 6= 0, also a 6=
1. Genau für diese a schneidet ga die Ebene E in genau einem Punkt, der durch den Geradenparameter λ = −3a+31 beschrieben wird. (1 Punkt) Wir lesen auÿerdem ab: g1 ∩ E =∅.
Für a= 23 erhalten wirλ= 1 und damit als Schnittpunkt
−2 1 1
+ 1
1 35 32 3
= 1 3
−5 8 5
. (1P unkt)
Aufgabe 3 (5 Punkte) Sei A:=
1 −3 2 2 2 −6 2 8
−1 3 −6 6
.
(a) Berechnen Sie die Dimension von Bild(A). (b) Ist b:=
1 0
−5
∈Bild(A)? Begründen Sie Ihre Entscheidung.
(c) Ist die Abbildung fA: R4 → R3, fA(x) := Ax surjektiv? Begründen Sie Ihre Ent- scheidung.
Lösungshinweise 3
Wir nutzen den Gauÿ-Algorithmus für A: 1 −3 2 2
2 −6 2 8 −2g1
−1 3 −6 6 −(−1)g1 1 −3 2 2
0 0 −2 4
0 0 −4 8 −2g20 1 −3 2 2
0 0 −2 4
0 0 0 0
(2P unkte)
Wir lesen ab: die erste und die dritte Spalte haben ein Pivotelement, also ist Bild(A) = Span
1 2
−1
,
2 2
−6
und hat damit Dimension2.(1 Punkt)Um zu testen, obb∈Bild(A)gilt, prüfen wir das Gleichungssystem Ax=b auf Lösbarkeit. Wir kopieren die Gauÿ-Schritte von oben für A, und führen sie parallel für b mit aus:
1 −3 2 2 1
2 −6 2 8 0 −2g1
−1 3 −6 6 −5 −(−1)g1
1 −3 2 2 1
0 0 −2 4 −2
0 0 −4 8 −4 −2g02 1 −3 2 2 1
0 0 −2 4 −2
0 0 0 0 0
Wir lesen ab: Das Gleichungssystem Ax=b ist lösbar, also ist b∈Bild(A).(1 Punkt) Da Rang(A) = 2 (es gibt zwei Pivotelemente in der Zeilenstufenform von A) und die Zeilenanzahlm = 3 ist, ist fA nicht surjektiv. (1 Punkt)
Berechnen Sie
det
2 −1 0 0
−1 2 −1 0
0 −1 2 −1
0 0 −1 2
.
Sind die Spalten der Matrix linear unabhängig? Begründen Sie Ihre Entscheidung.
Lösungshinweise 4
Wir nutzen Laplace-Entwicklung nach der ersten Zeile und danach die Regel von Sarrus und erhalten damit
det
2 −1 0 0
−1 2 −1 0
0 −1 2 −1
0 0 −1 2
= 2 det
2 −1 0
−1 2 −1 0 −1 2
−(−1) det
−1 −1 0
0 2 −1
0 −1 2
= 2 8 + 0 + 0−0−2−2
−(−1) −4 + 0 + 0−0−(−1)−0
= 8 + (−3) = 5. (2P unkte)
Da die Determinante ungleich Null ist, sind die Spalten der Matrix linear unabhängig.
(1 Punkt)
Aufgabe 5 (4 Punkte)
Sei U := Span
1
−1 1
−1
,
1 1 1
−1
. Bestimmen Sie die orthogonale Projektion von dem
Vektor x:=
1 2 3 4
auf U. Lösungshinweise 5
Oenbar ist B=
1
−1 1
−1
,
1 1 1
−1
eine Basis vonU. Die Gram'sche Matrix zuB lautet
G(B) =
D
1
−1 1
−1
,
1
−1 1
−1
E D
1 1 1
−1
,
1
−1 1
−1
E
D
1
−1 1
−1
,
1 1 1
−1
E D
1 1 1
−1
,
1 1 1
−1
E
= 4 2
2 4
, (1P unkt)
und weiterhin gilt
D
1 2 3 4
,
1
−1 1
−1
E
D
1 2 3 4
,
1 1 1
−1
E
= −2
2
. (1P unkt)
Das Gleichungssystem
G(B) α1
α2
=
D
1 2 3 4
,
1
−1 1
−1
E
D
1 2 3 4
,
1 1 1
−1
E
4 2 2 4
α1 α2
= −2
2
, dessen Lösung
α1 α2
= −1
1
ist.(1 Punkt) Damit erhalten wir
x↓U =α1
1
−1 1
−1
+α2
1 1 1
−1
=
0 2 0 0
. (1P unkt)
