Institut für Mathematik Prof. Dr. Marko Lindner
Klausur zur Mathematik I (Veranstaltung: Lineare Algebra I) 06.03.2018
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 =
Entscheiden Sie, ob folgende Aussagen wahr bzw. falsch sind. Begründen Sie Ihre Ent- scheidung.
(a) Die Abbildung f: R3 →R, f(x) :=
*
1 2 3
,x +
ist linear.
(b) Die Abbildung g: R3 →R3, g(x) :=x×
1 2 3
ist bijektiv.
(c) 5 ist eine gerade Zahl ⇐⇒ A:=
1 0 1 0
ist invertierbar.
(d) Wenn m∈Z gerade und n∈Z ist, dann ist m·n gerade.
Lösungshinweise 1
(a) Es gilt f(x) = 1x1+ 2x2+ 3x3 = 1 2 3
x. Damit istf =fAfürA = 1 2 3
∈ R1×3 und damit linear. Die Aussage ist also wahr. (1 Punkt)
(b) g ist nicht bijektiv, denn es gilt oenbar g(o) = o, und für x :=
1 2 3
6= o gilt
ebenfalls g(x) =
1 2 3
×
1 2 3
=
0 0 0
= o. Damit is g nicht injektiv, also auch nicht bijektiv. Die Aussage ist also falsch. (1 Punkt)
(c) Oenbar ist5eine ungerade Zahl. Auÿerdem istAnicht invertierbar. Da eine Äquiva- lenz genau dann wahr ist, wenn auf beiden Seiten die selben Wahrheitswerte stehen, ist somit die Aussage wahr (die Aussagen auf beiden Seiten sind ja falsch).(1 Punkt) (d) Ist m gerade, dann gibt es k ∈ Z mit m = 2k. Damit ist m·n = (2k)·n = 2(kn).
Da kn ∈Z, ist m·n gerade. Die Aussage ist also wahr. (1 Punkt)
Gegeben sei die Ebene E durch die Punkte
1 1 0
,
0 1 1
und
0 0 0
. Bestimmen Sie eine Normalform der Ebene E und einen Vektor n ∈ R3 mit n 6= o, so dass n⊥v für alle v∈E.
Lösungshinweise 2
Die Ebene E besitzt die beiden Richtungsvektoren u =
0 1 1
−
1 1 0
=
−1 0 1
und
v=
0 0 0
−
1 1 0
=
−1
−1 0
.(1 Punkt)Ein Normalenvektor der Ebene ist damit gegeben durch
u×v=
−1 0 1
×
−1
−1 0
=
1
−1 1
. (1 Punkt) Wegen o=
0 0 0
∈E gilt damit
E =n
x∈R3 :
*
1
−1 1
,x +
= 0o .
Somit können wirn =
1
−1 1
wählen. (1 Punkt)
Seien A:=
2 1 −2 1
−2 −4 4 0 2 −5 2 3
,b1 :=
10
−16
−2
und b2 :=
3 2
−1
. Bestimmen Sie jeweils die Lösungsmenge vonAx=b1 und Ax=b2. Lösungshinweise 3
Wir nutzen den Gauÿ-Algorithmus mit beiden rechten Seiten gleichzeitig:
2 1 −2 1 10 3
−2 −4 4 0 −16 2
2 −5 2 3 −2 −1
2 1 −2 1 10 3
0 −3 2 1 −6 5
0 −6 4 2 −12 −4 2 1 −2 1 10 3
0 −3 2 1 −6 5
0 0 0 0 0 −14
(2 Punkte)
Wir lesen ab: Ax = b1 ist lösbar, während Ax = b2 nicht lösbar ist, also eine leere Lösungsmenge besitzt.(1 Punkt)Zur Bestimmung der Lösungsmenge von Ax=b1 lesen wir weiterhin ab, dass die ersten beiden Spalten der Zeilenstufenform von A ein Pivot- element besitzen. Damit geltenRang(A) = 2, die Variablenx1 und x2 sind abhängig und die Variablen x3 und x4 sind frei. Wir rechnen
−3x2+ 2x3+x4 =−6 =⇒ x2 = 2 + 2
3x3+1 3x4, und
2x1+x2 −2x3+x4 = 10 =⇒ x1 = 4 + 2
3x3− 2
3x4. (1 Punkt) Somit ist die Lösungsmenge von Ax=b1 gegeben durch
L=n
x1
x2 x3 x4
=
4 2 0 0
+x3
2/3 2/3
1 0
+x4
−2/3 1/3
0 1
: x3, x4 ∈R o
. (1 Punkt)
Gegeben seien die drei Vektorenu:=
2
−1
−1
,v:=
−3 2 3
undw:=
1 0
−1
. Bestimmen sie das vorzeichenbehaftete Volumen des von u, v und w aufgespannten Spates. Ist die Familie (u,v,w) linear abhängig?
Lösungshinweise 4 Es gilt
Volumen(u,v,w) = det u v w
= det
2 −3 1
−1 2 0
−1 3 −1
= 2·2·(−1) + (−3)·0·(−1) + 1·(−1)·3
−1·2·(−1)−2·0·3−(−3)·(−1)·(−1)
=−4 + 0−3 + 2−0 + 3 =−2. (2 Punkte) Da det u v w
6= 0 ist, ist die Familie (u,v,w) linear unabhängig. (1 Punkt)
Mitu1 :=
1 1 1 1
,u2 :=
1 3 1 3
und u3 :=
1 1
−1
−1
istB:= (u1,u2,u3)eine Basis des Unter- raumsU := Span(B)vonR4. Bestimmen Sie mittels Gram-Schmidt-Orthonormalisierung, ausgehend von B, eine Orthonormalbasis von U.
Lösungshinweise 5
Wir normieren zunächst u1. Es giltku1k=√
12+ 12+ 12+ 12 = 2 und damit
w1 = 1
ku1ku1 =
1/2 1/2 1/2 1/2
. (1 Punkt)
Die Normalkomponentev2 von u2 bzgl. Span(w1) ist gegeben durch
v2 =u2−hu2,w1iw1 =
1 3 1 3
−
*
1 3 1 3
,
1/2 1/2 1/2 1/2
+
1/2 1/2 1/2 1/2
=
1 3 1 3
−4
1/2 1/2 1/2 1/2
=
−1 1
−1 1
. (1 Punkt)
Normierung liefert den zweiten Vektorw2 der Orthonormalbasis. Es gilt kv2k=p
(−1)2 + 12+ (−1)2+ 12 = 2 und damit
w2 = 1
kv2kv2 =
−1/2 1/2
−1/2 1/2
. (1 Punkt)
Die Normalkomponentev3 von u3 bzgl. Span(w1,w2) ist gegeben durch v3 =u3− hu3,w1iw1− hu3,w2iw2
=
1 1
−1
−1
−
*
1 1
−1
−1
,
1/2 1/2 1/2 1/2
+
1/2 1/2 1/2 1/2
−
*
1 1
−1
−1
,
−1/2 1/2
−1/2 1/2
+
−1/2 1/2
−1/2 1/2
=
1 1
−1
−1
−0
1/2 1/2 1/2 1/2
−0
−1/2 1/2
−1/2 1/2
=
1 1
−1
−1
. (1 Punkt)
Normierung liefert den dritten Vektor w3 der Orthonormalbasis. Es gilt kv3k=p
12+ 12+ (−1)2 + (−1)2 = 2
w3 = 1
kv3kv3 =
1/2 1/2
−1/2
−1/2
. (1 Punkt)
Die Orthonormalbasis ist gegeben durch (w1,w2,w3).
