Höhere Mathematik I HM I A. SoSe Variante A

Átírás

1 Lehrstuhl II für Mathematik Prof. Dr. E. Triesch Höhere Mathematik I SoSe 05 Variante A Zugelassene Hilfsmittel: Als Hilfsmittel zugelassen sind zehn handbeschriebene DinA4-Blätter Vorder- und Rückseite beschriftet, keine Fotokopien oder Ausdrucke). Das Konzeptpapier zur Bearbeitung der Aufgaben Schmierblätter) ist von den Studierenden zur Klausur mitzubringen. Sonstige Hilfsmittel, wie zum Beispiel alte Klausuren, Skripte oder Taschenrechner, sind nicht erlaubt. Bewertung: Benutzen Sie bitte zur Beantwortung aller Aufgaben ausschließlich das in der Klausur ausgeteilte Papier! Es werden nur die Antworten gewertet, die auf dem Antwortbogen stehen! Hinweise zur Bewertung der einzelnen Klausurteile: I: Aufgabe I.-I.) Sie müssen unter expliziter Darstellung des Lösungsweges nachvollziehbar zu einer Lösung kommen. Ohne Lösungsweg gibt es keine Punkte. II: Aufgabe II.-II.4) Sie müssen das richtige Ergebnis in das entsprechende Ergebnis - Kästchen des Antwortbogens eintragen. Darüber hinaus können Sie in dem dazugehörigen Feld Lösungsskizze einen kurzen Rechenweg angeben, der in die Bewertung miteinbezogen wird, sollte Ihr Ergebnis falsch sein. III: Aufgabe III.-III.4) Sie müssen Aussagen den Wahrheitswert wahr W) oder falsch F) zuordnen. Sie erhalten nur dann Punkte, wenn Sie in einer Teilaufgabe alle Wahrheitswerte richtig und komplett zuordnen. Es gibt keine Minuspunkte. Bitte schreiben Sie keine Rechnungen oder Begründungen zu Teil III auf den Antwortbogen. Nutzen Sie dafür Ihr eigenes Konzeptpapier. Beispiel: Bestimmen Sie die Wahrheitswerte der folgenden zwei Aussagen: Pkt.). = 6. + =. Antwort.. Punkte Antwort.. Punkte i) W W 0 v) F - 0 ii) W F vi) W - 0 iii) F W 0 vii) - F 0 iv) F F 0 viii) - W 0 Viel Erfolg!

2 Teil I Aufgabe I.: 6+9 Pkt.) a) Zeigen Sie, dass a n für ein beliebiges a >, a N und alle n N immer durch a teilbar ist. n b) Zeigen Sie + ) = für alle n N. n + k n + k= Hinweis: Lösen Sie die Aufgabe mit Hilfe der vollständigen Induktion. Lösung: a) Wir lösen die Aufgabe mit Hilfe der vollständigen Induktion über n: An) Induktionsanfang: Es gilt für n = A) a n ist durch a teilbar. a = a ist durch a teilbar. Induktionsvoraussetzung: Es sei die Behauptung An) wahr für ein n N. Induktionsschluss: n n + Es gilt: An + ) a n+ = a a n = a + ) a n = a )a n }{{} durch a teilbar + } a n {{ } nach I.V. Der erste Summand ist durch a teilbar. Der zweite Summand ist nach der Induktionsvoraussetzung durch a teilbar. Also gilt mit dem Prinzip der vollständigen Induktion die Behauptung für alle n N. b) Wir lösen die Aufgabe mit Hilfe der vollständigen Induktion über n: An) n + ) = n + k n + k= Induktionsanfang: Es gilt für n = A) k= + ) = + k = + Induktionsvoraussetzung: Es sei die Behauptung An) wahr für ein n N. Induktionsschluss: n n + Es ist zu zeigen: An + ) n+ k= + ) = n + + k n + ) +

3 Dazu: n+ ) + n + + k k= n+ = + ) n + k n = + ) ) ) n + k n + n + n + n + n + k= = ) n + n + n + n + ) n + n + n + n + = n + n + n + n + n + n + = n + = n + = n + ) + Index- verschiebung k= I.V. Damit gilt nach dem Prinzip der vollständigen Induktion die Behauptung für alle n N. )

4 Aufgabe I.: 9 Pkt.) Bestimmen Sie in Abhängigkeit von a, b R die Lösungsmenge des folgenden Gleichungssystems: x x x = 0 x x x = b x + ax = Lösung: Für das Gleichungssystem Ax = b stellen wir die zugehörige Koeffizientenmatrix A auf und bringen diese Matrix in HNF A = A b ) = b ) ) 0 b ) ) 0 b 0 a 0 a 0 0 a + b Um die Matrix weiter in HNF bringen zu können, brauchen wir die folgende Fallunterscheidung. Fall : a : Für diesen Fall ist der Rang der Matrix gleich und damit hat das Gleichungssystem eine eindeutige Lösung b 0 b b 0 0 a + b 0 0 a+ 0 )+ ) 0 0 b b+) a+ )+) 0 0 b b+ )+) a+ 0 0 b b+ a b+ 0 0 b+ Die eindeutige Lösung ist x b b+) a+ x = b b+ a+, für alle a R \ { } und b R. a+ x b+ a+ Fall : a = : Für diesen Fall brauchen wir eine weitere Fallunterscheidung: Fall.: b : Dann ist b 0 b. 0 0 a + b b Das Gleichungssystem ist unlösbar, da 0x + 0y + 0z = 0 b gilt. Fall.: b = : Dann ist b a + b a+ Das Gleichungssystem hat unendlich viele Lösungen. 4 Dann ist eine spezielle Lösung. Weiter ist eine Basis des zugehörigen homogenen 0 Gleichungssystems. 4

5 Der Lösungsraum für a = b = ist 4 L = + λ 0 λ R. Zusammenfassend ist das Gleichungssystem b b+) a+ ) eindeutig lösbar für a, die Lösung ist gegeben durch b b+ a+ ; ) unlösbar für a = b ; b+ a+ ) Es gibt unendlich viele Lösungen für a = b =. Der Lösungsraum ist gegeben durch 4 L = + λ 0 λ R. 5

6 Aufgabe I.: a) Es sei 0 A = R. Bestimmen Sie alle Eigenwerte und die dazugehörigen Eigenvektoren der Matrix A Pkt.) b) Bestimmen Sie für die Matrix A aus Aufgabenteil a) eine Matrix V R und eine Diagonalmatrix D R mit c) Es sei Lösung V AV = D. 0 0 B = R Bestimmen Sie alle Eigenwerte inklusive algebraischer Vielfachheit der Matrix B. a) Das charakteristische Polynom von A ist λ P λ) = det λ λ = λ λ) + ) + ) λ) λ) ) λ) = λ + 6λ 9λ λ) 4 λ) + λ = λ + 6λ = + λ)4 λ). Die Eigenwerte von A sind λ = und λ, = 4. Die Eigenvektoren erhalten wir durch Lösen der folgenden Gleichungssysteme: Für λ = : v = Für λ, = 4: v =, v = b) A ist symmetrisch. Daher existieren nach dem Spektralsatz die Matrizen V, D mit D = diagλ, λ, λ ). Also ist A diagonalisierbar. Es gilt für die Matrizen: 0 0 D = diagλ, λ, λ ) = und V = v v v ) =

7 c) Das charakteristische Polynom von B ist λ 0 0 P λ) = detb λi 4 ) = det λ λ λ ) ) λ 4 λ 5 = det det = λ) 9) 4 λ) λ) λ 0 λ = 4 4λ + λ 9) 4 λ) λ) = λ 4λ 5) 4 λ) λ) = 5 + λ) + λ) 4 λ) λ) = λ 5) λ 4) λ + ) Die Eigenwerte von B sind λ = 5, λ =, λ = 4 und λ 4 =. Die Eigenwerte von B mit algebraischer Vielfachheit sind dann: λ = 5 einfach), λ,4 = zweifach), λ = 4 einfach). 7

8 Teil II Aufgabe II.: 4++ Pkt.) Es sei P der Vektorraum der Polynome mit Koeffizienten in R und bezeichne P n P den Unterraum der Polynome vom Grad höchstens n mit n N). Bestimmen Sie die Dimension der Unterräume von P, die von den angegebenen Mengen erzeugt werden. a) A = {p P 7 p0) = 0} b) B = {4, x, x +, πx } c) C = {x, x + x, x + x + x, x 4 + x + x + x} Lösung: a) A = {p P 7 p0) = 0}. Die Menge selbst bildet schon einen Unterraum. Also muss nur noch die Frage beantwortet werden, welche Dimension A hat. Nicht jedes Polynom aus P 7 liegt in A z.b. konstante Polynome nicht). Damit muss die Dimension echt kleiner 8 sein, der Dimension des gesamten Raumes P 7. Andererseits liegen die Polynome x, x,..., x 7 alle in A. Diese sind linear unabhängig und es sind 7. Damit hat A mindestens die Dimension 7. Insgesamt hat A also die Dimension 7. b) Die Menge B = {4, x, πx } bildet eine Basis von U B, dem von der Menge B = {4, x, x +, πx } aufgespannten Raum U B. Dies gilt, da B im Erzeugnis von B enthalten ist und damit auch alle Vektoren aus U B. Außerdem sind die Vektoren in B linear unabhängig. Deswegen hat U B die Dimension. c) Versucht man, aus der Menge C = {x, x + x, x + x + x, x 4 + x + x + x} das Nullpolynom linear zu kombinieren, gelangt man zu folgender Gleichung αx 4 + x + x + x) + βx + x + x) + γx + x) + δx = 0. Daraus erhält man das folgende Gleichungssystem in den Variablen α, β, γ, δ R welches nur die triviale Lösung besitzt. Damit sind die Vektoren aus C linear unabhängig und bilden eine Basis des von ihnen aufgespannten Raumes. Dieser hat die Dimension 4. 8

9 Aufgabe II.: ++)+ Pkt.) 0 { ) )} Es sei A = 0,, eine Basis des R und B =, eine Basis des R. Sei 4 f : R R eine lineare Abbildung definiert durch ) 0 ) 0 ) f 0 =, f = und f 0 0 =. 4 a) Berechnen Sie die folgenden Matrizen: i) ME, f, E ) ii) MB, id, E ) iii)mb, f, A) b) Weiter sei die lineare Abbildung g : R R gegeben, definiert durch die Abbildungsmatrix 0 MA, g, B) = 0. Lösung: Bestimmen Sie a) i) Aus MB, f g), B). ) 0 ) 0 ) f 0 =, f = und f 0 0 =, = 0 0 und = 0 sowie der Linearität von f folgt, dass 0 0 Damit ist ) 0 ) f 0 = und f =. 0 0 ME, f, E ) = ) 0. ii) Es gilt Invertieren der Matrix ergibt ) ) MB, id, E ) = ME, id, B)) ) =. 4 9 ) ).

10 Also gilt iii) Es gilt b) Es gilt 5 MB, id, E ) = ) = ). 5 4 MB, f, A) = MB, id, E ) ME, f, E ) ME, id, A) = ) ) = ) = ) ) = ) MB, f g), B) = [MB, f g, B)] = [MB, f, A) MA, g, B)] = ) [ )] 4 = 5 7 = )) ) det 5 7 }{{} = = )

11 Aufgabe II.: 6 Pkt.) Finden Sie alle Vektoren v R, welche die folgenden Bedingungen i), ii) und iii) erfüllen: i) v hat die Länge ; ii) v ist orthogonal zum Vektor a = ; iii) für den Winkel zwischen v und b = 0 gilt v, b) = π 4. Lösung: x Setze v = y R. Gesucht sind alle Vektoren v mit z i) Da v = x + y + z = gilt, ist i) v = ; ii) v a; iii) v, b) = π 4. x + y + z = 9. ) ii) Aus v a folgt v, a = 0, also x y + z = 0. ) iii) Aus b = 0 folgt b = ) =. Einerseits ist v, b = x z, andererseits gilt v, b = v b cos v, b) = cos π ) 4 = =. Daraus folgt aus ) folgt und aus ) folgt In ) eingesetzt ergibt das x z =, ) y = x + z x = z. Daraus folgt und insgesamt z ) + z + z) + z = 9 6z 8z + 9 = 0 z = ±. v = x = ±, y = ± + +, und v =.

12 Aufgabe II.4: a) Stellen Sie die komplexe Zahl z = 6 i in Polarkoordinaten dar. 6 b) Berechnen Sie den Real- und Imaginärteil von 6 ) 5 6i z =. 4 + i c) Bestimmen Sie alle Lösungen z C der Gleichung Lösung: z 6 = 8i + i) und tragen Sie die Lösungen in die Skizze im Antwortbogen ein. a) Für den Betrag von z gilt ) z = + = 6 6) =. Damit erhalten wir z = ) i = π ei Pkt.) b) Setze z = w 5, wobei w = 6 6i. Dann ist 4+i w = 6 + i)4 i) = i) = i)4 i) 0 + i) = ) i = e i 5π 4 und es folgt ) 5 ) 5 z = w 5 = e i 5π 4 = e i 5π 4 = 9 e i π 4 = 9 + i ). Damit ist der Realteil Re z) = 9 = 9 6 und der Imaginärteil Im z) = 9 = 9 6. c) Es gilt z 6 = 8i + i) = 8 i ) = 8 + i ) = 8e i π 4. Nach der Formel von De Moivre erhält man sechs Lösungen: Damit gilt: z 0 = e i π 8, z k = 6 8 e i π 4 +kπ 6 = e i π 8 + kπ ) für k = 0,,..., 5. z = e i π 8 + π ) = e i π 4, z = e i π 8 + π ) = e i 9π 4, z = e i π 8 + π ) = e i 9π 8, z 4 = e i π 8 + 4π ) = e i 5π 4, z5 = e i π 8 + 5π ) = e i 4π 4.

13 z z Imz) - z 4 - z ϕ 0 ϕ 0 = π 8 z 0 z 5 r = Rez)

14 Teil III Aufgabe III.: Gegeben sei die Matrix 0 A = a 0 0 a. 0 a 6 Pkt.) Bezeichne weiterhin M die Menge aller Werte a R, für welche die Matrix A positiv definit ist. Beurteilen Sie den Wahrheitswert der folgenden Aussagen.. M = 0, ). M =, 4 ) 4 +, + ). M =, ) 4. M = 6, ) 5. M = 6, 4 ) 6. M = 6, 4 + ) 7. M = 6, ) 8. M =, 4 ) Lösung: Berechne die Determinanten der Hauptminoren: det A = deta ) = > 0 für alle a R, ) det A = det = a > 0 a <, a det A = det a = a 5a + 6 > 0 a + 5a 6 < 0 6 < a <. 0 a Berechnen wir det A 4 = det A mit Hilfe des Entwicklungssatzes von Laplace. Hier: Entwicklung nach der. Spalte.) det A 4 = det A 0 0 = det a a det a = 8 6a) a 4 a) a a = a 6a + 6 > 0 a 8a + 8 > 0 a 4) > 8 a > 4 + a < 4. A ist genau dann positiv definit, wenn alle 4 Determinanten positiv sind. Es gilt < 4 <, da < <. Insgesamt folgt 6 < a <. 4

15 Aufgabe III.: +4 Pkt.) a) Beurteilen Sie den Wahrheitswert der folgenden Aussagen. x + y πz x. j : R R 4, y 0 z + y ist eine lineare Abbildung. z x y z x yz. k : R R, y xz ist eine lineare Abbildung. z xy x xy 5 + y)x. l : R R, y x + y + z ist eine lineare Abbildung. z z + 4y z)z 4yz x b) Beurteilen Sie den Wahrheitswert der folgenden Aussagen.. Die Komposition von linearen Abbildungen ist assoziativ.. Die Komposition von linearen Abbildungen ist kommutativ.. Seien V, W Vektorräume über R. Eine Abbildung f : V W ist genau dann linear, wenn für alle λ, λ R und alle v, v V gilt: λ fv ) + λ fv ) = fλ v + λ v ). 4. Sei V ein Vektorraum über R. Die konstante Abbildung fv) = 0 für alle v V ist linear. Hinweis: Eine Komposition von Abbildungen f, g und h heißt assoziativ, wenn f g) h = f g h) gilt. Eine Komposition von Abbildungen f und g heißt kommutativ, wenn f g = g f gilt. Lösung: a). Die Abbildung j ist linear, da x + y πz λx + λy πλz x λ j y = λ 0 z + y = 0λ x λz + λy = j λ y z z x y z λx λy λz und gilt. x x x + y πz j y + y = 0 z z z + y x y z = + x + y πz 0 z + y x y z x + x + y + y ) πz + z ) 0 z + z + y + y x + x ) y + y ) z + z ) x x = j y + y z z 5

16 x yz. k : R R, y xz. z xy Die Abbildung k ist nicht linear, da für λ R \ {, 0, } gilt x yz yz x k λ y = λ xz λ xz = λk y. z xy xy z. Die Abbildung vereinfacht sich zu der Form xy 5 + y)z 0x x + y + z = x + y + z. z + 4y z)z 4yz x x Analog zu Aufgabenteil. ergibt sich die Linearität. b). Eine lineare Abbildung lässt sich als Matrixmultiplikation darstellen und umgekehrt. Die Matrixmultiplikation ist assoziativ, also auch die Komposition von linearen Abbildungen.. Eine lineare Abbildung lässt sich als Matrixmultiplikation darstellen und umgekehrt. Die Matrixmultiplikation ist i.a. nicht kommutativ, also ist auch die Komposition von linearen Abbildungen i.a. nicht kommutativ.. Laut Definition ist eine Abbildung genau dann linear, falls i) für alle λ R, v V gilt ii) für alle v, v V gilt fλ v ) = λ fv ) fv + v ) = fv ) + fv ). Einsetzen von i) in ii) ergibt die gesuchte Aussage. Auf der anderen Seite folgt aus λ fv ) + λ fv ) = fλ v + λ v ) mit v = 0 bzw. λ = 0 die Bedingung i) und mit λ = λ = die Bedingung ii). 4. Es gilt für alle v, v V und λ, λ R die Bedingung aus Teil, d.h. fλ v + λ v ) = 0 = = λ fv ) + λ fv ). 6

17 Aufgabe III.: a) Sei t R und es seien die Vektoren 0 t a =, a = 0, a =, a 4 =, a 5 = 0 0 gegeben. Beurteilen Sie den Wahrheitswert der folgenden Aussagen.. Die Vektoren a und a 5 sind genau dann linear abhängig, wenn t = ist.. Die Vektoren a und a sind linear abhängig.. Die Vektoren a, a und a 4 sind linear unabhängig. +4 Pkt.) b) Gegeben sei ein Vektorraum V und es sei W = {w, w,..., w n } V ein System von n Spaltenvektoren. Beurteilen Sie den Wahrheitswert der folgenden Aussagen.. Es sei W = w w... w n ) die zu W gehörige Matrix. W ist genau dann ein linear unabhängiges System, wenn RangW ) = n ist.. Für jedes b spanw, w,..., w n ) existieren eindeutig bestimmte Koeffizienten β i, so dass b = n β i w i gilt. Lösung: i=. Nun sei W ein linear unabhängiges System. Weiterhin sei c V, c 0 ein Vektor mit c / spanw, w,..., w n ). Dann ist {w, w,..., w n, c} ein linear unabhängiges System. a) ) a und a 5 sind genau dann linear abhängig, wenn ein α R existiert, so dass a = α a 5 ist. Diese Gleichung ist erfüllt mit α = und t =. β ) Analog wie ): Falls ein β R existiert, so dass a = β = β a = ist, so β sind a und a linear abhängig. Aus der Gleichung folgt β = und β =. Das ist ein Widerspruch. Damit sind a und a linear unabhängig. ) Da a der Nullvektor ist, sind a, a und a 4 linear abhängig. b) ) Nach der Definition der linear Abängigkeit is W genau dann l.u., wenn das Gleichungssystem W λ = 0 die eindutige Lösung λ = 0, 0,..., 0) hat. Dies gilt genau dann, wenn die Koeffizientenmatrix W vollen Rang hat. ) ) ) ) Die Aussage ist falsch. Angenommen es sei w =, w = und b =. Dann ist b nicht eindeutig darstellbar, denn es gilt zum Beispiel b = w +w = w = w. ) Es gilt zu zeigen: Wenn γ 0 c+γ w +γ w + +γ n w n = 0 ist, dann gilt γ 0, γ,..., γ n = 0. Da c / spanw, w,..., w n ) muss γ w +γ w + +γ n w n = 0 und γ 0 c = 0 einzeln gelten. Mit c 0 folgt γ 0 = 0. Da w, w,..., w n l.u. sind, gilt insgesamt γ 0 = γ =... = γ n = 0. Also sind w, w,..., w n, c linear unabhängig. 7

18 Aufgabe III.4: a) Es seien z, w C. Beurteilen Sie den Wahrheitswert der folgenden Aussagen.. Es gilt z = z z für alle z C.. Es gilt zw = z w für alle z, w C.. Für alle z C gilt: z = 0 z = 0. b) Es seien z, w C \ {0}, z = re iϕ und w = se iθ. Es ist r, s R mit r, s > 0. Beurteilen Sie den Wahrheitswert der folgenden Aussagen.. Es gilt z = r e iϕ für alle z C \ {0}. Lösung:. Es gilt z w = r s eiϕ θ) für alle z, w C \ {0}.. Es gilt z w = r s)e iϕ θ) für alle z, w C \ {0}. a). Es gilt z z = z. Daher ist die Aussage i.a. falsch.. Die Aussage ist richtig nach Satz. des Skriptes.. Die Aussage ist richtig nach Satz. des Skriptes. b). Die Aussage ist falsch, da r = r gilt mit r R. Laut Satz. gilt z = re iϕ re iϕ.. Die Aussage ist richtig nach Satz. des Skriptes.. Die Aussage ist i.a. falsch. Seien z = + i und w = + i. Dann gilt z w = 0 = )e i π 4 7π 4 ) = r s)e iϕ θ). + Pkt.) 8