Kurs:Lineare Algebra/Teil II/10/Klausur mit Lösungen

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine Orthonormalbasis in einem ${\displaystyle {}{\mathbb {K} }}$- Vektorraum mit Skalarprodukt.
2. Die Höhe in einem Dreieck.
3. Die Äquivalenzrelation zu einer Untergruppe ${\displaystyle {}H\subseteq G}$.
4. Die Gramsche Matrix zu einer Sesquilinearform auf einem endlichdimensionalen ${\displaystyle {}{\mathbb {C} }}$- Vektorraum ${\displaystyle {}V}$ bezüglich einer Basis ${\displaystyle {}v_{1},\ldots ,v_{n}}$.
5. Eine kompakte Teilmenge ${\displaystyle {}T\subseteq \mathbb {R} ^{n}}$.
6. Die Äquivalenz von zwei Normen ${\displaystyle {}\Vert {-}\Vert _{1}}$ und ${\displaystyle {}\Vert {-}\Vert _{2}}$ auf einem ${\displaystyle {}{\mathbb {K} }}$- Vektorraum ${\displaystyle {}V}$.

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz des Pythagoras in einem ${\displaystyle {}{\mathbb {K} }}$- Vektorraum ${\displaystyle {}V}$ mit Skalarprodukt.
2. Das Eigenwertkriterium für eine reell-symmetrische Bilinearform.
3. Der Charakterisierungssatz für stabile Endomorphismen.

Es sei ${\displaystyle {}V}$ ein normierter ${\displaystyle {}{\mathbb {K} }}$- Vektorraum und ${\displaystyle {}E}$ ein affiner Raum über ${\displaystyle {}V}$. Zeige, dass ${\displaystyle {}E}$ durch

${\displaystyle {}d(P,Q):=\Vert {\overrightarrow {PQ}}\Vert \,}$

zu einem metrischen Raum wird.

1. Es ist ${\displaystyle {}d{\left(P,Q\right)}=\Vert {\overrightarrow {PQ}}\Vert =0}$ genau dann, wenn ${\displaystyle {}{\overrightarrow {PQ}}=0}$, also ${\displaystyle {}P=Q}$ ist.
2. Es ist

   ${\displaystyle {}{\begin{aligned}d{\left(P,Q\right)}&=\Vert {\overrightarrow {PQ}}\Vert \\&=\Vert {-{\overrightarrow {QP}}}\Vert \\&=\vert {-1}\vert \cdot \Vert {\overrightarrow {QP}}\Vert \\&=d{\left(Q,P\right)}.\end{aligned}}}$

3. Für einen beliebigen Punkt ${\displaystyle {}R\in E}$ ist nach der Definition einer Norm

   ${\displaystyle {}{\begin{aligned}d{\left(P,Q\right)}&=\Vert {\overrightarrow {QP}}\Vert \\&=\Vert {{\overrightarrow {QR}}+{\overrightarrow {RP}}}\Vert \\&\leq \Vert {\overrightarrow {QR}}\Vert +\Vert {\overrightarrow {RP}}\Vert \\&=d{\left(Q,R\right)}+d{\left(R,P\right)}.\end{aligned}}}$

Wir betrachten die Matrix

${\displaystyle {\begin{pmatrix}{\frac {1}{2}}&-{\frac {1}{\sqrt {2}}}&-{\frac {1}{2}}\\{\frac {1}{2}}&{\frac {1}{\sqrt {2}}}&-{\frac {1}{2}}\\{\frac {1}{\sqrt {2}}}&0&{\frac {1}{\sqrt {2}}}\end{pmatrix}}.}$

a) Zeige, dass diese Matrix (bezüglich der Standardbasis) eine eigentliche Isometrie beschreibt.

b) Bestimme einen Eigenvektor zu dieser Matrix.

a) Es ist unmittelbar klar, dass die Spalten Orthonormalvektoren sind. Es ist auch direkt klar, dass der mittlere Spaltenvektor senkrecht auf den beiden anderen Spaltenvektoren steht. Ferner ist

${\displaystyle {}\left\langle {\begin{pmatrix}{\frac {1}{2}}\\{\frac {1}{2}}\\{\frac {1}{\sqrt {2}}}\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}-{\frac {1}{2}}\\-{\frac {1}{2}}\\{\frac {1}{\sqrt {2}}}\end{pmatrix}}\right\rangle =-{\frac {1}{4}}-{\frac {1}{4}}+{\frac {1}{2}}=0\,.}$

Die Determinante ist nach Sarrus

${\displaystyle {}{\frac {1}{4}}+{\frac {1}{4}}+{\frac {1}{4}}+{\frac {1}{4}}=1\,.}$

b) Es gibt einen Eigenvektor zum Eigenwert ${\displaystyle {}1}$. Dieser ist der Kern von

${\displaystyle {}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}{\frac {1}{2}}&-{\frac {1}{\sqrt {2}}}&-{\frac {1}{2}}\\{\frac {1}{2}}&{\frac {1}{\sqrt {2}}}&-{\frac {1}{2}}\\{\frac {1}{\sqrt {2}}}&0&{\frac {1}{\sqrt {2}}}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}{\frac {1}{2}}&{\frac {1}{\sqrt {2}}}&{\frac {1}{2}}\\-{\frac {1}{2}}&1-{\frac {1}{\sqrt {2}}}&{\frac {1}{2}}\\-{\frac {1}{\sqrt {2}}}&0&1-{\frac {1}{\sqrt {2}}}\end{pmatrix}}\,.}$

Dies führt zum linearen Gleichungssystem

${\displaystyle {}{\frac {1}{2}}a+{\frac {1}{\sqrt {2}}}b+{\frac {1}{2}}c=0\,,}$

${\displaystyle {}-{\frac {1}{2}}a+{\frac {{\sqrt {2}}-1}{\sqrt {2}}}b+{\frac {1}{2}}c=0\,,}$

${\displaystyle {}-{\frac {1}{\sqrt {2}}}a+{\frac {{\sqrt {2}}-1}{\sqrt {2}}}c=0\,.}$

Der Ansatz ${\displaystyle {}c=1}$ führt auf ${\displaystyle {}a={\sqrt {2}}-1}$ und auf

${\displaystyle {}b=-{\frac {\sqrt {2}}{2}}a-{\frac {\sqrt {2}}{2}}c=-{\frac {\sqrt {2}}{2}}{\left({\sqrt {2}}-1\right)}-{\frac {\sqrt {2}}{2}}=-{\frac {2-{\sqrt {2}}+{\sqrt {2}}}{2}}=-1\,.}$

Ein Eigenvektor zum Eigenwert ${\displaystyle {}1}$ ist demnach

${\displaystyle {\begin{pmatrix}{\sqrt {2}}-1\\-1\\1\end{pmatrix}}.}$

Man gebe ein Beispiel für eine lineare Abbildung

${\displaystyle \varphi \colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2}}$

an, deren Ordnung ${\displaystyle {}2}$ ist und die keine Isometrie ist.

Wir betrachten

${\displaystyle {}M={\begin{pmatrix}0&{\frac {1}{2}}\\2&0\end{pmatrix}}\,.}$

Es ist

${\displaystyle {}M^{2}={\begin{pmatrix}0&{\frac {1}{2}}\\2&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0&{\frac {1}{2}}\\2&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}\,,}$

die Ordnung ist also ${\displaystyle {}2}$. Es liegt keine Isometrie vor, da der erste Standardvektor ${\displaystyle {}e_{1}}$ auf ${\displaystyle {}2e_{2}}$, also auf einen Vektor der Länge ${\displaystyle {}2}$ abgebildet wird.

Es sei ${\displaystyle {}\alpha _{n}}$ der Winkel zwischen dem ersten Standardvektor ${\displaystyle {}e_{1}}$ und dem Vektor ${\displaystyle {}v_{n}=\sum _{i=1}^{n}e_{i}}$ im ${\displaystyle {}\mathbb {R} ^{n}}$. Bestimme den Grenzwert

${\displaystyle \lim _{n\rightarrow \infty }\alpha _{n}.}$

Es ist

${\displaystyle {}\left\langle e_{1},v_{n}\right\rangle =1\,}$

und

${\displaystyle {}\Vert {v_{n}}\Vert ={\sqrt {n}}\,.}$

Somit ist

${\displaystyle {}{\frac {\left\langle e_{1},v_{n}\right\rangle }{\Vert {e_{1}}\Vert \cdot \Vert {v_{n}}\Vert }}={\frac {1}{\sqrt {n}}}\,.}$

Für ${\displaystyle {}n\rightarrow \infty }$ konvergiert dies gegen ${\displaystyle {}0}$. Da der Arkuskosinus stetig ist, konvergiert

${\displaystyle {}\alpha _{n}=\arccos {\frac {\left\langle e_{1},v_{n}\right\rangle }{\Vert {e_{1}}\Vert \cdot \Vert {v_{n}}\Vert }}=\arccos {\frac {1}{\sqrt {n}}}\,}$

gegen

${\displaystyle {}\arccos 0={\frac {\pi }{2}}\,.}$

Berechne die Schnittpunkte der beiden Kreise ${\displaystyle {}K_{1}}$ und ${\displaystyle {}K_{2}}$, wobei ${\displaystyle {}K_{1}}$ den Mittelpunkt ${\displaystyle {}(3,4)}$ und den Radius ${\displaystyle {}6}$ und ${\displaystyle {}K_{2}}$ den Mittelpunkt ${\displaystyle {}(-8,1)}$ und den Radius ${\displaystyle {}7}$ besitzt.

Die Kreisgleichungen der beiden Kreise sind

${\displaystyle {}(x-3)^{2}+(y-4)^{2}=x^{2}-6x+y^{2}-8y+25=36\,}$

und

${\displaystyle {}(x+8)^{2}+(y-1)^{2}=x^{2}+16x+y^{2}-2y+65=49\,.}$

Die Differenz der beiden Gleichungen ergibt

${\displaystyle {}22x+6y+40=13\,.}$

Also ist

${\displaystyle {}y={\frac {-22x-27}{6}}\,.}$

Dies setzen wir in die erste Kreisgleichung ein und erhalten

${\displaystyle {}{\begin{aligned}x^{2}-6x+{\left({\frac {-22x-27}{6}}\right)}^{2}-8{\frac {-22x-27}{6}}-11&=x^{2}+{\frac {121}{9}}x^{2}-6x+33x+{\frac {81}{4}}+{\frac {88}{3}}x+36-11\\&={\frac {130}{9}}x^{2}+{\frac {169}{3}}x+{\frac {181}{4}}\\&=0.\end{aligned}}}$

Nach der Lösungsformel für eine quadratische Gleichung ist

${\displaystyle {}{\begin{aligned}x_{1,2}&={\frac {-{\frac {169}{3}}\pm {\sqrt {{\frac {28561}{9}}-4\cdot {\frac {130}{9}}\cdot {\frac {181}{4}}}}}{\frac {260}{9}}}\\&={\frac {-169\pm {\sqrt {28561-130\cdot 181}}}{\frac {260}{3}}}\\&={\frac {-3\cdot 169\pm 3{\sqrt {28561-23530}}}{260}}\\&={\frac {-507\pm 3{\sqrt {5031}}}{260}}\\&={\frac {-507\pm 9{\sqrt {559}}}{260}}.\end{aligned}}}$

Somit ist

${\displaystyle {}{\begin{aligned}y_{1}&={\frac {-22x_{1}-27}{6}}\\&={\frac {-22{\frac {-507+9{\sqrt {559}}}{260}}-27}{6}}\\&=-11{\frac {-169+3{\sqrt {559}}}{260}}-{\frac {9}{2}}\\&=-{\frac {33{\sqrt {559}}}{260}}+{\frac {11\cdot 13}{20}}-{\frac {9}{2}}\\&=-{\frac {33{\sqrt {559}}}{260}}+{\frac {53}{20}}\end{aligned}}}$

und

${\displaystyle {}{\begin{aligned}y_{2}&={\frac {-22x_{2}-27}{6}}\\&={\frac {-22{\frac {-507-9{\sqrt {559}}}{260}}-27}{6}}\\&=-11{\frac {-169-3{\sqrt {559}}}{260}}-{\frac {9}{2}}\\&={\frac {33{\sqrt {559}}}{260}}+{\frac {11\cdot 13}{20}}-{\frac {9}{2}}\\&={\frac {33{\sqrt {559}}}{260}}+{\frac {53}{20}}.\end{aligned}}}$

Die Schnittpunkte sind also

${\displaystyle \left({\frac {-507+9{\sqrt {559}}}{260}},\,-{\frac {33{\sqrt {559}}}{260}}+{\frac {53}{20}}\right)}$

und

${\displaystyle \left({\frac {-507-9{\sqrt {559}}}{260}},\,{\frac {33{\sqrt {559}}}{260}}+{\frac {53}{20}}\right).}$

Diskutiere, ob es sinnvoll ist, die Ecken eines Dreiecks in der Ebene immer gleichermaßen gegen den Uhrzeigersinn mit ${\displaystyle {}A,B,C}$ zu bezeichnen, insbesondere unter Berücksichtigung des Bildes rechts.

Beweise den Kathetensatz vektoriell.

Wir setzen ${\displaystyle {}v=C-A}$ und ${\displaystyle {}w=B-C}$. Der Verbindungsvektor von ${\displaystyle {}A}$ nach ${\displaystyle {}B}$ ist dann gleich ${\displaystyle {}v+w}$. Nach Lemma 32.14 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) ist der Höhenfußpunkt gleich

${\displaystyle {}{\begin{aligned}D&=A+p_{(v+w)\mathbb {R} }(v)\\&=A+\left\langle v,{\frac {v+w}{\Vert {v+w}\Vert }}\right\rangle {\frac {v+w}{\Vert {v+w}\Vert }}\\&=A+{\frac {\left\langle v,v\right\rangle }{\Vert {v+w}\Vert ^{2}}}(v+w)\\&=A+{\frac {\left\langle v,v\right\rangle }{\left\langle v,v\right\rangle +\left\langle w,w\right\rangle }}(v+w).\end{aligned}}}$

Daher ist

${\displaystyle {}{\begin{aligned}d(A,D)\cdot d(A,B)&={\frac {\left\langle v,v\right\rangle }{\left\langle v,v\right\rangle +\left\langle w,w\right\rangle }}\Vert {v+w}\Vert \cdot \Vert {v+w}\Vert \\&={\frac {\left\langle v,v\right\rangle }{\left\langle v,v\right\rangle +\left\langle w,w\right\rangle }}\left\langle v+w,v+w\right\rangle \\&=\left\langle v,v\right\rangle \\&=\Vert {v}\Vert ^{2}\\&=d(A,C)^{2}.\end{aligned}}}$

Skizziere ein Viereck und eine Gerade, die jede Vierecksseite schneidet.

Man gebe ein Beispiel für eine nicht ausgeartete symmetrische Bilinearform ${\displaystyle {}\left\langle -,-\right\rangle }$ auf einem reellen Vektorraum ${\displaystyle {}V}$ und einem Untervektorraum ${\displaystyle {}U\subseteq V}$ derart an, dass ${\displaystyle {}V\neq U+U^{\perp }}$ gilt.

Es sei ${\displaystyle {}V=\mathbb {R} ^{2}}$, versehen mit der Standard-Minkowski-Form, die durch die Matrix ${\displaystyle {}{\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}}}$ bezüglich der Satndardbasis gegeben ist. Es sei

${\displaystyle {}U=\mathbb {R} {\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}\,.}$

Die Bedingung

${\displaystyle {}\left\langle {\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\right\rangle =x-y=0\,}$

bedeutet unmittelbar, dass

${\displaystyle {}U^{\perp }=U\,}$

ist. Insbesondere ist

${\displaystyle {}U+U^{\perp }=U\neq \mathbb {R} ^{2}\,.}$

Wir betrachten die Züge des Springers im Schach auf einem ${\displaystyle {}4\times 4}$-Brett. Ist es möglich, durch eine Zugfolge mit dem Springer alle Felder genau einmal zu treffen?

Dies ist nicht möglich. Von jedem Eckpunkt aus gelangt man mit einem Pferdsprung nur in eines der inneren vier Felder. Nehmen wir an, es gibt eine solche Durchlaufungskette. Es können maximal zwei Ecken am Anfang oder am Ende dieser Durchlaufungskette stehen. Es gibt also mindestens zwei Ecken, die sowohl einen Vorgänger als auch einen Nachfolger haben. Wenn diese benachbart sind, so sind dadurch schon alle inneren Felder abgedeckt und für die beiden anderen Ecken gibt es keine Anschlussmöglichkeit. Wenn sie gegenüber liegen, so liegt ein Viererzyklus vor, und eben keine vollständige Kette.

Beweise das Kernkriterium für die Injektivität eines Gruppenhomomorphismus

${\displaystyle \varphi \colon G\longrightarrow H.}$

Wenn ${\displaystyle {}\varphi }$ injektiv ist, so darf auf jedes Element ${\displaystyle {}h\in H}$ höchstens ein Element aus ${\displaystyle {}G}$ gehen. Da ${\displaystyle {}e_{G}}$ auf ${\displaystyle {}e_{H}}$ geschickt wird, darf kein weiteres Element auf ${\displaystyle {}e_{H}}$ gehen, d.h. ${\displaystyle {}\ker \varphi =\{e_{G}\}}$. Es sei umgekehrt dies der Fall und sei angenommen, dass ${\displaystyle {}g,{\tilde {g}}\in G}$ beide auf ${\displaystyle {}h\in H}$ geschickt werden. Dann ist

${\displaystyle {}\varphi {\left(g{\tilde {g}}^{-1}\right)}=\varphi (g)\varphi ({\tilde {g}})^{-1}=hh^{-1}=e_{H}\,}$

und damit ist ${\displaystyle {}g{\tilde {g}}^{-1}\in \operatorname {kern} \varphi }$, also ${\displaystyle {}g{\tilde {g}}^{-1}=e_{G}}$ nach Voraussetzung und damit ${\displaystyle {}g={\tilde {g}}}$.

Es sei ${\displaystyle {}G}$ eine Gruppe und ${\displaystyle {}g\in G}$ ein Element mit endlicher Ordnung. Zeige, dass die Ordnung von ${\displaystyle {}g}$ mit dem minimalen ${\displaystyle {}d\in \mathbb {N} _{+}}$ übereinstimmt, zu dem es einen Gruppenhomomorphismus

${\displaystyle \mathbb {Z} /(d)\longrightarrow G}$

gibt, in dessen Bild das Element ${\displaystyle {}g}$ liegt.

Wenn ${\displaystyle {}g}$ im Bild eines Gruppenhomomorphismus

${\displaystyle \mathbb {Z} /(d)\longrightarrow G}$

liegt, so liegt ${\displaystyle {}g}$ insbesondere in einer Untergruppe einer Ordnung ${\displaystyle {}\leq d}$ und nach dem Satz von Lagrange ist die Ordnung von ${\displaystyle {}g}$ ebenfalls ${\displaystyle {}\leq d}$. Die Ordnung ist also höchstens gleich dem Minimum der natürlichen Zahlen ${\displaystyle {}d}$, für die es einen solchen Gruppenhomomorphismus gibt.

Es sei umgekehrt ${\displaystyle {}d}$ die Ordnung von ${\displaystyle {}g}$. Der kanonische Gruppenhomomorphismus

${\displaystyle \mathbb {Z} \longrightarrow G,\,n\longmapsto g^{n},}$

besitzt den Kern ${\displaystyle {}\mathbb {Z} d}$. Aufgrund des Satzes vom induzierten Homomorphismus induziert dieser Gruppenhomomorphismus einen Gruppenhomomorphismus

${\displaystyle \mathbb {Z} /(d)\longrightarrow G}$

und ${\displaystyle {}g}$ gehört dabei zum Bild.

Es sei ${\displaystyle {}V}$ ein reeller Vektorraum. Zeige, dass die Äquivalenz von Normen auf ${\displaystyle {}V}$ eine Äquivalenzrelation ist. Auf welcher Menge „lebt“ diese Äquivalenzrelation? Wie viele Äquivalenzklassen gibt es, wenn ${\displaystyle {}V}$ endlichdimensional ist?

Es sei

${\displaystyle {}M=(a_{ij})_{1\leq i,j\leq n}\,}$

eine reelle quadratische Matrix mit nichtnegativen Einträgen. Zeige, dass ${\displaystyle {}M}$ genau dann spaltenstochastisch ist, wenn ${\displaystyle {}M}$ für Vektoren mit nichtnegativen Einträgen isometrisch bezüglich der Summennorm ist, wenn also

${\displaystyle {}\Vert {Mv}\Vert _{\rm {sum}}=\Vert {v}\Vert _{\rm {sum}}\,}$

für alle ${\displaystyle {}v\in \mathbb {R} _{\geq 0}^{n}}$ gilt.

Es sei ${\displaystyle {}M}$ eine spaltenstochastische Matrix und

${\displaystyle {}v={\begin{pmatrix}v_{1}\\\vdots \\v_{n}\end{pmatrix}}\,}$

ein Vektor mit nichtnegativen Einträgen. Dann ist

${\displaystyle {}{\begin{aligned}\Vert {Mv}\Vert _{\rm {sum}}&=\sum _{i=1}^{n}(Mv)_{i}\\&=\sum _{i=1}^{n}{\left(\sum _{j=1}^{n}a_{ij}v_{j}\right)}\\&=\sum _{j=1}^{n}v_{j}{\left(\sum _{i=1}^{n}a_{ij}\right)}\\&=\sum _{j=1}^{n}v_{j}\\&=\Vert {v}\Vert _{\rm {sum}}.\end{aligned}}}$

Wenn umgekehrt die angegebene isometrische Eigenschaft gilt, so gilt insbesondere für die Bilder der Standardvektoren, dass ihre Summennorm gleich ${\displaystyle {}1}$ sein muss. Diese Bilder stehen in der entsprechenden Spalte der Matrix, alle Spaltensummen haben also den Wert ${\displaystyle {}1}$.

Vereinfache in ${\displaystyle {}\bigwedge ^{3}\mathbb {R} ^{3}}$ den Ausdruck

${\displaystyle 5e_{1}\wedge e_{2}\wedge e_{3}-4e_{2}\wedge e_{3}\wedge e_{1}+2e_{3}\wedge e_{2}\wedge e_{1}+8e_{2}\wedge e_{1}\wedge e_{3}.}$

Es ist

${\displaystyle {}{\begin{aligned}&\,\,\,\,\,\,\,5e_{1}\wedge e_{2}\wedge e_{3}-4e_{2}\wedge e_{3}\wedge e_{1}+2e_{3}\wedge e_{2}\wedge e_{1}+8e_{2}\wedge e_{1}\wedge e_{3}\\&=5e_{1}\wedge e_{2}\wedge e_{3}-4e_{1}\wedge e_{2}\wedge e_{3}-2e_{1}\wedge e_{2}\wedge e_{3}-8e_{1}\wedge e_{2}\wedge e_{3}\\&=-9e_{1}\wedge e_{2}\wedge e_{3}.\,\end{aligned}}}$