Institut für Mathematik Prof. Dr. Marko Lindner
Klausur zur Mathematik I (Veranstaltung: Lineare Algebra I) 30.08.2019
Sie haben 60 Minuten Zeit zum Bearbeiten der Klausur.
Tragen Sie bitte zunächst Ihren Namen, Ihren Vornamen und Ihre Matrikelnummer in DRUCKSCHRIFTin 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 offizielle 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 =
Begründen Sie folgende Aussagen.
(a) Ist n ∈Z ungerade, so ist n3 ebenfalls ungerade.
(b) Sind X, Y und Z Mengen und sind f :X →Y und g :Y →Z injektiv, so istg◦f ebenfalls injektiv.
(c) Die Gerade durch die Punkte
1
−2 1
und
−2 4
−2
enthält den Nullvektor.
(d) Ist A ∈ Rm×n und hat die Zeilenstufenform A0 von A genau n Pivot-Elemente, so ist die Abbildung fA :Rn→Rm, fA(x) :=Ax injektiv.
Lösungshinweise 1
(a) Ist n ungerade, so gibt es k ∈ Z mit n = 2k + 1. Damit ist n3 = (2k + 1)3 = 8k3+ 12k2+ 6k+ 1 = 2(4k3+ 6k2+ 3k) + 1 ebenfalls ungerade. (1 Punkt) (b) Seien x, x0 ∈X mitg(f(x)) =g◦f(x) =g◦f(x0) =g(f(x0)). Da g injektiv ist, folgt
damit f(x) = f(x0). Da f injektiv ist, folgt damit x = x0. Also ist g ◦f injektiv.
(1 Punkt)
(c) Da die Gerade gegeben ist durch n
(1−λ)
1
−2 1
+λ
−2 4
−2
: λ ∈R o
,
erhalten wir mit λ= 13: 2 3·
1
−2 1
+ 1 3·
−2 4
−2
=
0 0 0
. (1P unkt).
(d) Hat A0 genau n Pivot-Elemente, so gilt Kern(A) = {o}. Damit ist die lineare Ab- bildung fA injektiv, denn sind x,x0 ∈ Rn mit fA(x) = fA(x0), dann folgt aus der Linearität f (x−x0) = o, also x−x0 ∈Kern(A) = {o}. (1 Punkt)
Ermitteln Sie die Gerade g inR3, die durch den Punkt
2 0 1
verläuft und senkrecht zur
Ebene E = n
x y z
∈ R3 : x−2y+ 2z = 4o
liegt. Bestimmen Sie alle Punkte auf g, deren Abstand zu E genau 6ist.
Lösungshinweise 2
Ein Normalenvektor von E ist gegeben durchn=
1
−2 2
. (1 Punkt) Damit ist
g =n
2 0 1
+λ
1
−2 2
: λ∈R o
. (0.5P unkte)
Wegen
2 0 1
∈ E bestimmen wir zunächst alle λ ∈ R, so dass λ
1
−2 2
= 6. Da
1
−2 2
=p
12+ (−2)2+ 22 = 3, muss also |λ|= 2 gelten, also λ = ±2 (0.5 Punkte).
Somit erhalten wir die beiden Punkte x1 =
2 0 1
−2
1
−2 2
=
0 4
−3
, (0.5P unkte)
x2 =
2 0 1
+ 2
1
−2 2
=
4
−4 5
. (0.5P unkte)
Lösen Sie das Gleichungssystem
1 2 3 4 3 4 5 6 5 6 7 8
x=
2 2 2
.
Lösungshinweise 3
Wir nutzen den Gauß-Algorithmus.
1 2 3 4 2 3 4 5 6 2 5 6 7 8 2
1 2 3 4 2 0 −2 −4 −6 −4 0 −4 −8 −12 −8
1 2 3 4 2 0 −2 −4 −6 −4
0 0 0 0 0
(2P unkte)
Das Gleichungssystem ist also lösbar. Wir finden zwei Pivotelemente in den ersten beiden Spalten, und damit zwei freie Variablen x3 und x4. (1 Punkt) Auflösen der restlichen beiden Variablen x1 und x2 liefert
−2x2−4x3−6x4 =−4 =⇒x2 = 2−2x3−3x4, (0.5P unkte) und
1x1+ 2(2−2x3−3x4) + 3x3+ 4x4 = 2 =⇒x1 =−2 +x3+ 2x4. (0.5P unkte) Die Lösungsmenge ist damit gegeben durch
L = (
x1 x2 x3 x4
=
−2 2 0 0
+x3
1
−2 1 0
+x4
2
−3 0 1
: x3, x4 ∈R )
. (1P unkt)
Ermitteln Sie die Determinante der Matrix
2 −1 3 −1 1
2 1 1 −1 2
0 0 4 −2 1
0 0 −1 1 −1
0 0 0 1 1
.
Lösungshinweise 4
Die Matrix ist in Blockdreiecksgestalt
2 −1 3 −1 1
2 1 1 −1 2
0 0 4 −2 1
0 0 −1 1 −1
0 0 0 1 1
=
B C O D
mit B =
2 −1 2 1
, D=
4 −2 1
−1 1 −1
0 1 1
. (1 Punkt)Wir rechnen
det(B) = det
2 −1 2 1
= 2·1−(−1)·2 = 4, (1P unkt)
det(D) = det
4 −2 1
−1 1 −1
0 1 1
= 4·1·1 + (−2)·(−1)·0 + 1·(−1)·1−1·1·0−4·(−1)·1−(−2)·(−1)·1
= 5. (1P unkt)
Damit ist
det
2 −1 3 −1 1
2 1 1 −1 2
0 0 4 −2 1
0 0 −1 1 −1
0 0 0 1 1
= det(B)·det(D) = 4·5 = 20. (1P unkt)
Zeigen Sie, dassp=
2 3 2 3
die orthogonale Projektion vonx=
1 2 3 4
aufU = Span
1 1 1 1
,
1 0 1 0
ist.
Lösungshinweise 5
Wir müssen zeigen, dass p ∈ U gilt (0.5 Punkte) und dass x−p⊥U gilt (0.5 Punkte).
Für die erste Eigenschaft bestimmen wir α, β ∈R mit
α
1 1 1 1
+β
1 0 1 0
=
2 3 2 3
.
Dies ist ein lineares Gleichungssystem in Spaltensichtweise. Der Gauß-Algorithmus liefert
1 1 2 1 0 3 1 1 2 1 0 3
1 1 2 0 −1 1 0 0 0 0 −1 1
1 1 2 0 −1 1 0 0 0 0 0 0
. (1P unkt)
Also ist das Gleichungssystem lösbar, mit der eindeutigen Lösung α = 3 und β = −1.
(0.5 Punkte) Insbesondere ist p∈U.
Für die zweite Eigenschaft zeigen wir, dass x−p⊥
1 1 1 1
und x−p⊥
1 0 1 0
gelten. Wir
rechnen x−p =
−1
−1 1 1
(0.5 Punkte). Damit gelten
*
−1
−1 1 1
,
1 1 1 1
+
= 0, (0.5P unkte)
*
−1
−1 1 1
,
1 0 1 0
+
= 0. (0.5P unkte)
Damit ist x−p⊥U.
Offenbar ist B=
1 1 1
,
0 1 0
eine Basis von U. Damit ist
G(B) = 4 2
2 2
. (1P unkt) Weiter ist
* x,
1 1 1 1
+
* x,
1 0 1 0
+
= 10
4
. (1P unkt)
Lösen des Gleichungssystems
G(B)(x↓U)B =
* x,
1 1 1 1
+
* x,
1 0 1 0
+
ergibt damit
(x↓U)B = 3
−1
. (1P unkt)
Damit ist
x↓U = 3
1 1 1 1
−1
1 0 1 0
=
2 3 2 3
=p. (1P unkt)
