Gegeben sei das folgende reelle lineare Gleichungssystem:

Februar – Klausur

Lineare Algebra f¨ ur Ingenieure L¨ osungsskizze Klausurvariante A

1. Aufgabe 11 Punkte

Gegeben sei das folgende reelle lineare Gleichungssystem:

−x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = −5 x 2 + 2x 3 = −2 2x 1 + x 2 + 4x 3 − 2x 4 = 4 .

(a) Stellen Sie die zugeh¨ orige erweiterte Koeffizientenmatrix [A|~b] auf und bringen Sie diese in nor- mierte Zeilenstufenform.

(b) Bestimmen Sie die L¨ osungsmenge des linearen Gleichungssystems.

(c) Bestimmen Sie Bild(A) und Kern(A).

(d) Ist die zu A zugeh¨ orige Matrixabbildung injektiv? Ist sie surjektiv?

(a) (4 Punkte)

[A| ~b] =





−1 1 1 1 −5

0 1 2 0 −2

2 1 4 −2 4





III+2I

−−−−→

−I





1 −1 −1 −1 5

0 1 2 0 −2

0 3 6 0 −6





−−−−−→

I+II III−3II





1 0 1 −1 3

0 1 2 0 −2

0 0 0 0 0



 = NZSF([A| ~b])

(b) (3 Punkte)

Ausgehend von der NZSF in a): Die Nichtkopfvariablen parametrisieren die L¨ osungsmenge. Setze:

x ₃ := s, x ₄ := t ∈ R . Dann gilt f¨ ur die Kopfvariablen: x ₁ + s − t = 3 ⇔ x ₁ = 3 − s + t und x ₂ + 2s = −2 ⇔ x ₂ = −2 − 2s. Somit ist die L¨ osungsmenge des LGS:

L =











3 − s + t

−2 − 2s s t





s, t ∈ R







=











3

−2 0 0



 +

| {z }

Kern(A)

s





−1

−2 1 0



 + t





1 0 0 1





s, t ∈ R





 (c) (2 Punkte)

Eine Basis von Bild(A) bilden die Spalten der Matrix A, bei denen in der NZSF ein Kopf steht.

Nach a) sind dies die erste und die zweite Spalte von A. Somit ist Bild(A) = span ("

−1 0 2

# ,

"

1 1 1

#) . Die L¨ osungsmenge in b) setzt sich aus einer partikul¨ aren L¨ osung des inhomogenen LGS und den L¨ osungen des zugeh¨ origen homogenen LGS, also Kern(A) zusammen.

Somit ist Kern(A) =





 s





−1

−2 1 0



 + t





1 0 0 1





s, t ∈ R







= span











−1

−2 1 0



 ,





1 0 0 1









 (d) (2 Punkte)

Nach c) ist Kern(A) 6= n

~ 0 o

. Somit ist die zu A zugeh¨ orige Matrixabbildung nicht injektiv.

Bild(A) 6= R ³ , da nach c) Bild(A) von zwei Vektoren aufgespannt werden kann, der R ³ jedoch dreidimensional ist. Somit ist die zu A zugeh¨ orige Matrixabbildung auch nicht surjektiv.

2. Aufgabe 10 Punkte

Gegeben seien die Matrizen

B 1 :=





2 −1 7 3

0 0 4 0

2 2 −2 1

1 1 0 0



 , B 2 :=





0 0 4 0

2 −1 7 3

2 2 −2 1

1 1 0 0



 , B 3 :=





2 3 7 3

0 0 4 0

2 −6 −2 1

1 −3 0 0



 ∈ R ^4,4 .

(a) Bestimmen Sie det(B ₁ ) mithilfe des Laplaceschen Entwicklungssatzes.

(b) Bilden die Spalten von B 1 eine Basis des R ⁴ ? (c) Bestimmen Sie det(B 2 ).

(d) Bestimmen Sie det(B 3 ).

(a) (4 Punkte)

det(B 1 ) =

2 −1 7 3

0 0 4 0

2 2 −2 1

1 1 0 0

Laplace

=

2. Zeile (−1) ²⁺³ · (4) ·

2 −1 3

2 2 1

1 1 0

Laplace

=

3. Zeile −4((−1) ³⁺¹ · 1 · −1 3

2 1 + (−1) ³⁺² · 1 · 2 3 2 1 )

= −4[(−1 · 1 − 3 · 2) − (2 · 1 − 3 · 2)] = −4(−7 + 4) = 12

(b) (2 Punkte) Vier lin. unabh. Vektoren aus dem R ⁴ bilden eine Basis des R ⁴ , da dim( R ⁴ ) = 4.

Die vier Spaltenvektoren von B ₁ sind lin. unabh., da nach a) det(B ₁ ) = 12 6= 0. Somit bilden sie auch eine Basis des R ⁴ .

(c) (2 Punkte) B 2 ist bis auf das Tauschen der ersten und zweiten Zeile identisch mit B 1 . Beim Vertauschen zweier Zeilen einer Matrix ¨ andert sich das Vorzeichen der Determinante:

det(B 2 ) = − det(B 1 ) = −12.

(d) (2 Punkte) Die Spaltenvektoren von B 1 seien ~b 1 ,~b 2 ,~b 3 ,~b 4 . Dann ist B 3 = h

~b 1 (−3) · ~b 2 ~b 3 ~b 4

i und det(B 3 ) = det h

~b 1 (−3) · ~b 2 ~b 3 ~b 4

i

= −3 · det h

~b 1 ~b 2 ~b 3 ~b 4

i

= −3 · det(B 1 ) = −3 · 12 = −36.

3. Aufgabe 10 Punkte

Gegeben sei die Matrix C :=

"

3 −3 0

0 0 1

0 0 3

#

∈ R ^3,3 .

(a) Bestimmen Sie alle Eigenwerte und zugeh¨ origen Eigenr¨ aume von C.

(b) Ist C diagonalisierbar?

(c) Ist C invertierbar?

(a) (6 Punkte)

C ist eine obere Dreiecksmatrix. Die Eigenwerte stehen somit auf der Diagonalen: λ _1/2 = 3 und λ ₃ = 0.

Die Eigenr¨ aume sind dann:

V λ

_1/2

= Kern(C − 3I 3 ) = Kern "

0 −3 0 0 −3 1

0 0 0

#!

II−I =

−

¹₃

I

Kern "

0 1 0 0 0 1 0 0 0

#!

= span ("

1 0 0

#)

und

V λ

₃

= Kern(C − 0I 3 ) = Kern(C) = Kern "

3 −3 0

0 0 1

0 0 3

#!

III−3II

=

1 3

I

Kern "

1 −1 0

0 0 1

0 0 0

#!

= span ("

1 1 0

#) .

(b) (2 Punkte) λ _1/2 ist ein doppelter Eigenwert, die alg VFH ist somit 2. Die geom VFH von λ _1/2 ist 1, da nach V λ

_1/2

von einem lin. unabh. Vektor aufgespannt wird und somit dim(V λ

_1/2

) = 1 gilt.C ist nicht diagonalisierbar, da geom VFH (λ _1/2 ) = 1 6= 2 = alg VFH (λ _1/2 ).

(c) (2 Punkte) Nach a) gilt V λ

3

= Kern(C − 0I 3 ) = Kern(C) = span ("

1 1 0

#) 6= n

~ 0 o

. Somit ist C nicht invertierbar.

4. Aufgabe 12 Punkte

Gegeben sei mit B := {2x, x + 1} eine Basis des R ≤1 [x], sowie die lineare Abbildung

L : R ≤1 [x] → R ≤1 [x] ; ax + b 7→ (3a − 3b)x + (2a − 2b).

(a) Bestimmen Sie Kern(L).

(b) Bestimmen Sie die darstellende Matrix L _B von L bzgl. der Basis B.

(c) Ein Eigenwert von L ist 0. Geben Sie einen zugeh¨ origen Eigenvektor an.

(d) Sei C = {p ₁ , p ₂ } eine weitere Basis des R ≤1 [x] und S _B→C := h _{1 1}

−1 0

i

die Transformationsmatrix beim Basiswechsel von B nach C. Bestimmen Sie C.

(a) (4 Punkte)

Kern(L) = {ax + b ∈ R ≤1 [x] | L(ax + b) = 0x + 0}

L(ax + b) = (3a − 3b)x + (2a − 2b) = 0x + 0

Koeffizientenvergleich f¨ uhrt auf das LGS 3a − 3b = 0, 2a − 2b = 0. F¨ ur die zweite Gleichung gilt 2a − 2b = 0 ⇔ 2a = 2b ⇔ a = b, was kein Widerspruch zur ersten Gleichung ist.

Somit ist Kern(L) = {ax + a | a ∈ R } = span {x + 1}.

(b) (4 Punkte)

spaltenweise Bestimmung von L B :

L _B ~ e ₁ = K _B (L(K _B ⁻¹ (~ e ₁ ))) = K _B (L(2x)) = K _B (6x + 4) = K _B ((2x) + 4(x + 1)) ^lin. = K _B (2x) + 4 · K _B (x + 1) = ~ e 1 + 4~ e 2 = h ₁

4

i

L _B ~ e 2 = K _B (L(K _B ⁻¹ (~ e 2 ))) = K _B (L(x + 1)) = K _B (0) = h ₀

0

i

L _B = h _{1 0}

4 0

i

(c) (2 Punkte)

Nach a) ist x + 1 ∈ Kern(L). Somit x + 1 ein Eigenvektor zum Eigenwert 0 von L, da L(x + 1) = 0 = 0 · (x + 1).

(d) (2 Punkte) F¨ ur die Spalten von S gilt:

S~ e 1 = K _C (K _B ⁻¹ (~ e 1 )) = K _C (2x) = h ₁

−1

i und S~ e 2 = K _C (K _B ⁻¹ (~ e 2 )) = K _C (x + 1) = h ₁

0

i . Daraus folgt das LGS 1· p 1 − 1 · p 2 = 2x, 1 · p 1 + 0 · p 2 = x + 1. Die zweite Gleichung ergibt p ₁ = x + 1. Setzt man dies in die erste Gleichung ein, erh¨ alt man x + 1 − p ₂ = 2x ⇔ p ₂ = −x + 1. Somit ist C = {x + 1, −x + 1}.

alternativ: F¨ ur das i-te Basiselement in C gilt p _i = K _C ⁻¹ (~ e _i ) = K _B ⁻¹ (S ⁻¹ (~ e _i )). S ⁻¹ bestimmen:

[S|I 2 ] =

1 1 1 0

−1 0 0 1 II+I

− −− →

1 1 1 0 0 1 1 1

I−II

− −− →

1 0 0 −1

0 1 1 1

= [I 2 |S ⁻¹ ].

Dann gilt f¨ ur c p = K _B ⁻¹ (S ⁻¹ (~ e 1 )) = K _B ⁻¹ h ₀

1

i

= 0 · (2x) + 1 · (x + 1) = x + 1 und f¨ ur p ₂ = K _B ⁻¹ (S ⁻¹ (~ e ₂ )) = K _B ⁻¹ h ₋₁

1

i = −1 · (2x) + 1 · (x + 1) = −x + 1.

Somit ist C = {x + 1, −x + 1}.

5. Aufgabe 8 Punkte

Gegeben sei die Menge M := nh _{a b}

c d

i ∈ R ^2,2

a − c = 0 o . (a) Zeigen Sie, dass M ein Teilraum des R ^2,2 ist.

(b) M ist dreidimensional. Geben Sie eine Matrix A an, sodass B := nh _{0 1}

0 0

i

, h _{0 0}

0 1

i , A o

eine Basis von M ist und begr¨ unden Sie, dass B mit dem gew¨ ahlten A eine Basis von M ist.

(c) Zeigen Sie, dass N :=

B ∈ R ^2,2

B ² = 0 kein Teilraum von M ist.

(a) (3 Punkte)

M 6= ∅, da z.B. h _{0 0}

0 0

i ∈ M , denn 0 − 0 = 0.

F¨ ur A 1 := h _a

1

b

1

c

1

d

1

i

, A 2 := h _a

2

b

2

c

2

d

2

i ∈ M ist a 1 − c 1 = 0 und a 2 − c 2 = 0.

Dann gilt f¨ ur A 1 + A 2 = h _a

1

+ a

2

b

1

+ b

2

c

1

+ c

2

d

1

+ d

2

i :

(a 1 + a 2 ) − (c 1 + c 2 ) = (a 1 − c 1 ) + (a 2 − c 2 ) ^n.V. = 0 + 0 = 0.

Also ist A 1 + A 2 ∈ M und M abgeschlossen bzgl. Addition.

F¨ ur A := h _{a b}

c d

i ∈ M, α ∈ R ist a − c = 0.

Dann gilt f¨ ur αA = h _{αa αb}

αc αd

i : αa − αc = α(a − c) ^n.V. = α · 0 = 0.

Also ist αA ∈ M und M auch abgeschlossen bzgl. Skalarmultiplikation.

Da alle drei Teilraumkriterien erf¨ ullt werden, ist M ein Teilraum des R ^2,2 . (b) (3 Punkte)

W¨ ahle A := h _{1 0}

1 0

i . B ⊆ M , da h _{0 1}

0 0

i

, h _{0 0}

0 1

i ∈ M wegen 0 − 0 = 0 und A ∈ M wegen 1 − 1 = 0.

Aus α 1

h _{0 1}

0 0

i + α 2

h _{0 0}

0 1

i + α 3

h _{1 0}

1 0

i

= h _{0 0}

0 0

i

folgt durch Komponentenvergleich das LGS α ₃ = 0, α ₁ = 0, α ₃ = 0, α ₂ = 0. Die drei Matrizen lassen sich nur trivial zur Nullmatrix linear kombinieren und sind somit linear unabh¨ angig.

Da die drei Matrizen in B linear unabh¨ angig sind und B ⊆ M , ist B eine Basis des (nach Aufga- benstellung) dreidimensionalen Teilraums M .

(c) (2 Punkte) h _{0 0}

1 0

i ∈ N , da h _{0 0}

1 0

i h _{0 0}

1 0

i

= h _{0 0}

0 0

i

. Aber h _{0 0}

1 0

i 6∈ M , da 0 − 1 = −1 6= 0.

N 6⊆ M und somit kein Teilraum von M . alternativ: h _{0 1}

0 0

i ∈ N , da h _{0 1}

0 0

i h _{0 1}

0 0

i

= h _{0 0}

0 0

i und h _{0 0}

1 0

i ∈ N , da h _{0 0}

1 0

i h _{0 0}

1 0

i

= h _{0 0}

0 0

i . Aber h _{0 1}

0 0

i

+ h _{0 0}

1 0

i

= h _{0 1}

1 0

i 6∈ N ,da h _{0 1}

1 0

i h _{0 1}

1 0

i

= h _{1 0}

0 1

i 6= h _{0 0}

0 0

i . N ist nicht abgeschlossen bzgl. Addition und somit kein Teilraum.

6. Aufgabe 9 Punkte

Gegeben sei der euklidische Vektorraum R ² ausgestattet mit dem Standardskalarprodukt und die Ma- trixabbildung P : R ² → R ² . P beschreibt die Spiegelung an der Geraden span nh ₁

2

io . (a) Ist h ₁

2

i

ein Eigenvektor von P? Falls ja, zu welchem Eigenwert geh¨ ort er?

(b) Gibt es einen zu h ₁

2

i

linear unabh¨ angigen Eigenvektor von P ? Falls ja, zu welchem Eigenwert geh¨ ort er?

(c) P ist diagonalisierbar.

Bestimmen Sie eine invertierbare Matrix S ∈ R ^2,2 , sodass P = S h _{−1 0}

0 1

i

S ⁻¹ gilt.

(d) L¨ osen Sie das folgende Anfangswertproblem: ^d~ _dt ^y (t) = P ~ y(t) f¨ ur ~ y 0 = ~ y(7) = h ₋₁

3

i .

(a) (2 Punkte)

Bei der Spiegelung im R ² an der Geraden span nh ₁

2

io

werden alle Vektoren ~ v ∈ span nh ₁

2

io

auf sich selbst abgebildet. Da der Vektor h ₁

2

i

im Spann von sich selbst liegt, gilt P h ₁

2

i

= h ₁

2

i

= 1 · h ₁

2

i . h ₁

2

i ist Eigenvektor zum Eigenwert 1 von P . (b) (3 Punkte)

Alle zu der Geraden span nh ₁

2

io

orthogonalen Vektoren werden durch P auf −1 mal sich selbst abgebildet.

h ₋₂

1

i

ist orthogonal zu h ₁

2

i

, da h h ₁

2

i , h ₋₂

1

i i _std = 1 · 2 − 2 · 1 = 0.

Da beide Vektoren nicht der Nullvektor und orthogonal bzgl. des Standardskalarprodukts sind,

sind sie linear unabh¨ angig und es gilt P h ₋₂

1

i

= h ₂

−1

i

= −1 · h ₋₂

1

i . h ₋₂

1

i

ist Eigenvektor zum Eigenwert −1 von P.

(c) (2 Punkte) In der Diagonalmatrix stehen die beiden Eigenwerte von P. In S stehen entsprechend den Diagonaleintr¨ agen der Diagonalmatrix linear unabh¨ angige Eigenvektoren. Mit den Resultaten aus a) und b) ist S := h _{−2 1}

1 2

i .

(d) (2 Punkte) h ₋₁

3

i

ist eine Linearkombination von Eigenvektoren von P , denn es gilt:

h ₋₁

3

i

= h ₁

2

i + h ₋₂

1

i

mit h ₁

2

i , h ₋₂

1

i

Eigenvektoren zum Eigenwert 1 bzw. −1 von P . Somit ist

~ y(t) = e ^1(t−7) h ₁

2

i

+ e ^−1(t−7) h ₋₂

1

i

= e ^t−7 h ₁

2

i

+ e ^−t+7 h ₋₂

1

i

= h _e

t−7

− 2e

^−t+7

2e

^t−7

+ e

^−t+7

i