Klausur ”Lineare Algebra II“ SS 2003

Samstag, 26. Juli 2003

mit Lösungsskizzen

Aufgabe 1 Berechnen Sie den Abstand des Punktes P = (3, 2, 4, 6, 8) im euklidischen Raum ℝ^{5} von der Geraden g = {(2, 3, 4, 5, 6) + t(2, 0, −2, 1, 0) | t ∈ ℝ}.

(3 Punkte)

Schreibe Q := (2, 3, 4, 5, 6) und Q(t) := (2, 3, 4, 5, 6) + t(2, 0, −2, 1, 0). Dann ist g = {Q(t) | t ∈ ℝ}. Der Abstand von P zu g ist das Minimum der Abstände von P zu Q(t), t ∈ ℝ. Der Abstand von P zu Q(t) ist ∥Q(t) − P ∥ = ∥(−1 + 2t, 1, −2t, −1 + t, −2)∥. Das Minimum wird angenommen für das t, für das der Vektor P − Q(t) senkrecht auf dem Richtungsvektor (2, 0, −2, 1, 0) der Geraden steht. Das ergibt die Bedingung

0 = ⟨(−1 + 2t, 1, −2t, −1 + t, −2), (2, 0, −2, 1, 0)⟩
= −2 + 4t + 4t − 1 + t = 9t − 3 ,

also t = \frac{1}{3}. Für dieses t folgt dann

d(P, g) = ∥Q(\frac{1}{3}) − P ∥ = ∥(−\frac{1}{3}, 1, −\frac{2}{3}, −\frac{2}{3}, −2)∥
= \sqrt{\frac{1}{9} + 1 + \frac{4}{9} + \frac{4}{9} + 4} = \sqrt{6} .

Aufgabe 2 Sei (V, ⟨ , ⟩) ein euklidischer Vektorraum mit dim V ≥ 2 und seien a, b, c ∈ V. Beweisen oder widerlegen Sie:

a) Ist ⟨a, b⟩ = ⟨a, c⟩ und a ≠ 0, so ist b = c. (1 Punkt)

Falsch. Gegenbeispiel: V = ℝ^{2}, a = b = e_{1}, c = e_{1} + e_{2}. Dann ist ⟨a, b⟩ = 1 = ⟨a, c⟩ und a ≠ 0, aber b ≠ c. Bemerkung: ⟨a, b⟩ = ⟨a, c⟩ gilt immer, wenn b − c senkrecht ist zu a.

b) Ist ⟨a, x⟩ = 0 für alle x ∈ V, so ist a = 0. (1 Punkt)

Wahr. Beweis: Nach Vorausetzung gilt (setze x := a) insbesondere ⟨a, a⟩ = 0. Aus der Definition des Skalarprodukts (Positiv-Definitheit) folgt a = 0.

Aufgabe 3 Betrachten Sie den ℝ^{2} mit dem üblichen Skalarprodukt. L ∈ End(ℝ^{2}) besitze

bezüglich der Standardbasis die Matrix (\begin{matrix}a & −b \\ b & a \end{matrix}) mit a^{2} + b^{2} ≠ 0. Dann ist

L eine Drehstreckung (das brauchen Sie nicht zu beweisen). Berechnen Sie den Streckfaktor und den Drehwinkel φ ∈ [0, π] von L.

(4 Punkte)

Die Matrix einer Drehstreckung hat die Gestalt ( \begin{matrix}a & −b \\ b & a \end{matrix} ) = r ( \begin{matrix}cos φ & − sin φ \\ sin φ & cos φ \end{matrix} ), wobei r der Streckfaktor ist und φ ∈ [0, π] der Drehwinkel. Bilden der Determinante liefert auf der linken Seite den Wert a^{2}+b^{2}, auf der rechten Seite den Wert r^{2}((cos φ)^{2} +(sin φ)^{2}) = r^{2}. Daraus folgt für den Streckfaktor: r = \sqrt{a^{2} + b^{2}}. Division durch r liefert dann cos φ = \frac{a}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}} , also φ = arccos \frac{a}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}} .

Aufgabe 4 Betrachten Sie den ℝ^{5} mit dem üblichen Skalarprodukt. Berechnen Sie das 3-dimensionale Volumen des Parallelotops P (u, v, w), das von den Vektoren u = (1, 2, 1, −1, 0) ∈ ℝ^{5}, v = (0, −1, 2, 1, 1) ∈ ℝ^{5} und w = (1, 0, 1, −1, 2) ∈ ℝ^{5} aufgespannt wird. (5 Punkte)

Das Volumen wird mit Hilfe der Gramschen Determinante berechnet:

vol_{3} (P (u, v, w)) = \sqrt{| \begin{matrix}⟨u,u⟩ & ⟨u,v⟩ & ⟨u,w⟩ \\ ⟨v,u⟩ & ⟨v,v⟩ & ⟨v,w⟩ \\ ⟨w,u⟩ & ⟨w,v⟩ & ⟨w,w⟩ \end{matrix} |}

Man berechnet ⟨u, u⟩ = −7, ⟨v, v⟩ = −7, ⟨w, w⟩ = −7, ⟨u, v⟩ = ⟨v, u⟩ = −1, ⟨u, w⟩ = ⟨w, u⟩ = 3, ⟨v, w⟩ = ⟨w, v⟩ = 3, und somit

vol_{3} (P (u, v, w)) = \sqrt{| \begin{matrix}7 & −1 & 3 \\ −1 & 7 & 3 \\ 3 & 3 & 7 \end{matrix} |} = … = \sqrt{192} = 8\sqrt{3}.

Aufgabe 5 Welche der folgenden Begriffe gehören zur affinen Geometrie, welche gehören zur euklidischen Geometrie? Schreiben Sie hinter jeden der Begriffe entweder ”affin“ oder ”euklidisch“, ohne Begründung.

(i) Winkelhalbierende euklidisch

(ii) Seitenhalbierende affin (iii) parallele Ebenen affin

(iv) Orthogonalität euklidisch

(v) Isometrie euklidisch

(2 Punkte)

Aufgabe 6 Ist das Polynom x^{3} − 2x + 4

a) als Polynom über ℝ

b) als Polynom über ℚ

in Linearfaktoren zerlegbar? Hinweis: Bestimmen Sie eine (ganzzahlige) Nullstelle durch Raten.

Durch Ausprobieren gefundene Nullstelle: x_{1} = −2. Polynomdivision liefert: x^{3} − 2x + 4 = (x + 2)(x^{2} − 2x + 2). Das Polynom x^{2} − 2x + 2 hat die Nullstellen x_{2,3} = 1 ± \sqrt{1 − 2} = 1 ± i ∈ ℂ ∖ ℝ, also keine reellen Nullstellen, zerfällt also weder über ℝ noch über ℚ in Linearfaktoren. Deshalb zerfällt auch das ursprüngliche Polynom x^{3} − 2x + 4 weder über ℝ noch über ℚ in Linearfaktoren.

(3 Punkte)

Aufgabe 7

Ist die Matrix (\begin{matrix}−1 & 3 & 2 \\ −1 & 2 & 0 \\ 1 & −1 & 1 \end{matrix}) ∈ ℝ^{3×3} diagonalisierbar?

Hinweis: Das charakteristische Polynom besitzt eine ganzzahlige Nullstelle.

Nenne die angegebene Matrix A. Das charakteristische Polynom von A

ist P_{A} = det(A − xE_{3}) = | \begin{matrix}−1−x & 3 & 2 \\ −1 & 2−x & 0 \\ 1 & −1 & 1−x \end{matrix} | = … = −x^{3} + 2x^{2} − 1.

Ausprobieren liefert die Nullstelle λ_{1} = 1 und Polynomdivision liefert dann P_{A} = (x − 1)(−x^{2} + x + 1) = −(x − 1)(x^{2} − x − 1) (Alternativ erlaubt geschicktes Ausrechnen der Determinante, den Faktor (x − 1) auszuklammern und ergibt direkt diese Darstellung). Die Nullstellen des quadratischen Polynoms x^{2} − x − 1 sind λ_{2,3} = \frac{1}{2} ± \frac{\sqrt{5}}{2}.

A besitzt also 3 verschiedene Eigenwerte und ist deshalb (nach (9.3)) diagonalisierbar.

(5 Punkte)

Aufgabe 8 Bestimmen Sie die Eigenwerte, Eigenräume und die Jordansche Normalform

der Matrix A = (\begin{matrix}0 & −2 & 2 \\ −3 & −1 & −6 \\ 1 & 1 & 1 \end{matrix}).

Hinweis: Das charakteristische Polynom besitzt mindestens eine ganzzahlige Nullstelle. (8 Punkte)

Für das charakteristische Polynom berechnet man: P_{A} = −x^{3} + 3x + 2. Durch Ausprobieren findet man z.B. die Nullstelle λ_{1} = −1 und durch Polynomdivision P_{A} = −(x + 1)(x^{2} − x − 2). Das quadratische Polynom hat die Nullstellen λ_{2} = −1 und λ_{3} = 2.

Also ergibt sich P_{A} = (x + 1)^{2}(x − 2). Die Eigenwerte sind λ_{1} = −1 (mit der Vielfachheit 2) und λ_{3} = 2 (mit der Vielfachheit 1).

Bestimmung der Eigenräume: Man muss jeweils das Gleichungssystem

( \begin{matrix}0 − λ_{i} & −2 & 2 \\ −3 & −1 − λ_{i} & −6 \\ 1 & 1 & 1 − λ_{i} \end{matrix}) (\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{matrix}) = 0

lösen. Für den Eigenwert λ_{1} = −1 erhält man als Lösungsraum E(−1) = span{(−2, 0, 1)}, für λ_{3} = 2 erhält man E(2) = span{(1, −1, 0)}.

Insbesondere ist der Eigenraum zum doppelten Eigenwert −1 nur eindimensional. Da der Hauptraum E′(−1) aber zweidimensional ist (seine Dimension ist gleich der Vielfachheit des Eigenwerts), ergibt sich für die Jordansche Normalform

J = (\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 0 \\ 0 & 1 & −1 \end{matrix})

Aufgabe 9 Sei V := ℝ[x] der ℝ-Vektorraum der reellen Polynome.

a) Zeigen Sie:

Sind s_{1}, …, s_{m} ∈ ℝ verschiedene reelle Zahlen, so gibt es ein Polynom p ∈ ℝ[x], das genau s_{1}, …, s_{m} als Nullstellen besitzt, d. h., p(s_{i}) = 0 für alle i ∈ {1, … m} und p(s) ≠ 0 für alle s ∈ ℝ ∖ {s_{1}, …, s_{m}}. (3 Punkte)

Setze p(x) := (x − s_{1}) · . . . · (x − s_{m}). Daraus folgt sofort p(s_{i}) = 0. Ist p(s) = 0, so muss ein Faktor s − s_{i} = 0 sein, also s = s_{i}.

b) Für r ∈ ℝ sei δ_{r} ∈ V^{∗} definiert durch

δ_{r}(p) = p(r) für alle p ∈ V .

Zeigen Sie:

Sind r_{1}, …, r_{k} ∈ ℝ verschiedene reelle Zahlen, so sind die Linearformen δ_{r_{1}}, …, δ_{r_{k}} linear unabhängig. (5 Punkte)

Angenommen ∑_{i=1}^{k} α_{i}δ_{r_{i}} = 0. (D.h., für alle Polynome p ∈ V gilt ∑_{i=1}^{k} α_{i}δ_{r_{i}}(p) = 0.) Zu zeigen ist: Für alle j = 1, …, k gilt α_{j} = 0. Wähle mit (a) ein Polynom p ∈ V, so dass p(r_{i}) = 0 für i ≠ j, aber p(r_{j}) ≠ 0. Dann gilt

0 = ∑_{i=1}^{k} α_{i} δ_{r_{i}}(p) = ∑_{i=1}^{k} α_{i} p(r_{i}) = α_{j} p(r_{j})

Da p(r_{j}) ≠ 0, folgt α_{j} = 0. Daraus folgt, dass δ_{r_{1}}, …, δ_{r_{k}} linear unabhängig sind.