Determinanten – Mathe Studium 1. Semester Lösungen zur Klassenarbeit zum Herunterladen als PDF

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1. Lösung zu Aufgabe 1 (5 BE/Punkte)

   a) Entwicklung nach Zeile 1: \(1\cdot(1\cdot1-0\cdot4)-0+2\cdot(3\cdot4-1\cdot0)=1+24=25\) (2 P.).
   b) \(Z_3-2Z_1=(0,0,1,1)\), \(Z_4-Z_1=(0,0,1,2)\), dann \(Z_4-Z_3=(0,0,0,1)\). Diagonale \(1,1,1,1\): \(\det=1\) (3 P.).

   Bei a) bietet sich die erste Zeile an, weil sie eine Null enthält; das Vorzeichenmuster \(+,-,+\) ist zu beachten. Bei b) wäre eine Laplace-Entwicklung mühsam. Zeilenumformungen der Art „Vielfaches einer Zeile abziehen“ ändern die Determinante nicht; nach drei Schritten entsteht eine obere Dreiecksmatrix, deren Determinante das Produkt der Diagonale ist. Kontrolle für a) mit Sarrus: \(1+0+24-0-0-0=25\).

2. Lösung zu Aufgabe 2 (4 BE/Punkte)

   a) Entwicklung nach Zeile 1: \(1\cdot(4-t^2)-t\cdot(t-0)=4-2t^2\) (2 P.).
   b) \(4-2t^2=0\) für \(t=\pm\sqrt2\) (1 P.).
   c) \(A(0)\) ist diagonal mit \(1,4,1\): \(x=(3,2,5)^T\) (1 P.).

   Die Entwicklung nach der ersten Zeile nutzt die Null oben rechts; der mittlere Summand trägt das Vorzeichen minus. Die Matrix ist genau dann nicht invertierbar, wenn ihre Determinante verschwindet, also für \(t^2=2\). Für \(t=0\) ist die Matrix diagonal, und das System zerfällt in drei Einzelgleichungen \(x_1=3\), \(4x_2=8\), \(x_3=5\). Probe durch Einsetzen bestätigt die Lösung.

3. Lösung zu Aufgabe 3 (4 BE/Punkte)

   a) \(\begin{pmatrix}1&1\\6&10\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}100\\760\end{pmatrix}\) (1 P.).
   b) \(\det A=10-6=4\). \(x=\frac{100\cdot10-760}{4}=60\), \(y=\frac{760-600}{4}=40\) (2 P.).
   c) \(60+40=100\), \(360+400=760\) (1 P.).

   Die erste Gleichung zählt die Karten, die zweite die Einnahmen. Nach Cramer ersetzt man für \(x\) die erste Spalte durch die rechte Seite und erhält \(\det\begin{pmatrix}100&1\\760&10\end{pmatrix}=240\); für \(y\) die zweite Spalte, \(\det\begin{pmatrix}1&100\\6&760\end{pmatrix}=160\). Division durch \(4\) liefert sechzig Studierenden- und vierzig Normalkarten. Wegen \(\det A=4\ne0\) ist die Lösung eindeutig, und die Werte sind ganzzahlig, wie es für Kartenzahlen sein muss.

4. Lösung zu Aufgabe 4 (4 BE/Punkte)

   a) \(\det\begin{pmatrix}6&1\\2&5\end{pmatrix}=30-2=28\), Dreieck \(=14\,\mathrm{m}^2\) (2 P.).
   b) Obere Dreiecksmatrix mit Diagonale \(1,2,3\): \(V=6\,\mathrm{m}^3\) (2 P.).

   Für das Beet bildet man die Determinante aus den Ortsvektoren von \(P\) und \(Q\), weil \(O\) der Ursprung ist; das Dreieck hat die halbe Parallelogrammfläche. Das Spatvolumen ist der Betrag der Determinante der drei Kantenvektoren. Da die Matrix obere Dreiecksgestalt hat, genügt das Produkt \(1\cdot2\cdot3\). Ein negatives Vorzeichen hätte nur die Orientierung angezeigt.

5. Lösung zu Aufgabe 5 (3 BE/Punkte)

   a) \(2^3\cdot(-2)=-16\) (1 P.).
   b) \((-2)^2=4\) (1 P.).
   c) \(-\tfrac12\) (1 P.).

   Multipliziert man eine \(3\times3\)-Matrix mit \(2\), wird jede der drei Zeilen verdoppelt, deshalb erscheint der Faktor \(2^3=8\). Der Produktsatz \(\det(AB)=\det A\det B\) liefert \(\det(A^2)=(\det A)^2\) und, angewendet auf \(AA^{-1}=E\), die Beziehung \(\det A\cdot\det A^{-1}=1\). Typischer Fehler: \(\det(2A)=2\det A\). Gleichwertig: \(\det(A^{-1})=\frac1{\det A}\), und eine Matrix mit \(\det A\ne0\) ist stets invertierbar.

Gesamt : 20 Punkte