Technische Universität Clausthal Institut für Mathematik Prof. Dr. L. G. Lucht Dr. C. Elsholtz Dipl.-Math. T. Bekehermes cand. math. S. Kubertin

WS 2000/2001

Ingenieurmathematik I

Hausübungen und Lösungen

Allgemeine Hinweise: Die Veranstalter der Vorlesung wurden mehrfach gebeten, eine schriftliche Lösung der Hausaufgaben auszuteilen. Wir danken besonders Dr. Maxsein, der uns erlaubt hat, auch von ihm mehrfach erprobte Aufgaben und Lösungen zu verwenden und die Lösungen auf diesem Wege zu verteilen. Die meisten der vorliegenden Lösungen wurden von Frau Kubertin erstellt und getippt. Auch ihr sei an dieser Stelle herzlich gedankt. Ebenso danken wir Herrn Bekehermes für das Korrekturlesen und viele weitere Hinweise an die Tutoren. Wir verweisen darauf, daß die Lösungen sich an die Tutoren richten, und daher vielleicht an mancher Stelle zu knapp sind, an anderer Stelle vielleicht aber auch zu ausführlich sind, wenn Alternativlösungen erwähnt werden. Wir hoffen aber, daß die Lösungen auch für Sie als Studenten hilfreich sind: Vielleicht sehen Sie besser, wie Sie ihre eigenen langen Rechnungen hätten vereinfachen können, oder welche Schritte zu einem vollständigen Beweis gefehlt haben. Sie profitieren von diesen Lösungen am meisten, wenn Sie diese nicht abheften, sondern durcharbeiten! Eine juristische Haftung für die Korrektheit der Lösungen wird natürlich nicht übernommen. Wenn Sie Fehler finden, senden Sie mir bitte eine Email. C. Elsholtz

1. Hausübungsblatt

1. Je einer der drei Brüder Karl, Ludwig und Martin studiert an einer der Universitäten von Aachen, Berlin und Clausthal. Sie studieren verschiedene Fächer in verschiedenen Semestern, nämlich Geotechnik, Informatik und Verfahrenstechnik. Der älteste Bruder Karl studiert nicht in Clausthal und Martin nicht in Aachen. Der Bruder in Clausthal studiert nicht Verfahrenstechnik. Der Bruder in Aachen studiert Informatik. Martin studiert nicht Geotechnik. Der Berliner Bruder hat sein Vorexamen bestanden. Die Eltern hoffen, daß alle Söhne ihr Studium in der Regelstudienzeit abschließen werden. Das Produkt ihrer Semesterzahlen ergibt 45.

Was und wo studiert Ludwig, und im wievielten Semester ist er?

2. Bestimmen Sie die Mengen A, B, C aus den folgenden Angaben:

A ∪ B = {2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} ,
B ∪ C = {1, 2, 4, 6, 8} ,  B ∩ C = {4, 8} ,
A ∪ C = {1, 2, 3, 4, 5, 7, 8} ,  A ∩ C = {2, 4} .

Lösungen

1. Numeriere die einzelnen Sätze des Textes von (1) bis (9) durch.

Wegen (1), (2) und (5) wird Informatik in Aachen studiert, wegen (4) Geotechnik in Clausthal, also Verfahrenstechnik in Berlin.

Wegen (3) und (6) studiert Martin weder Informatik noch Geotechnik, also Verfahrenstechnik in Berlin. Wegen (3) studiert Karl in Aachen Informatik. Also studiert Ludwig Geotechnik in Clausthal.

Aus (9) und (8) kommen für das Produkt 45 dreier verschiedener Zahlen < 15 aus der Teilermenge {1, 3, 5, 9, 15, 45} von 45 nur die Faktoren 1, 5, 9 in Frage. Wegen (3) ist Karl im 9. Semester, wegen (7) Martin im 5. Semester; also ist Ludwig im 1. Semester.

Ergebnis: Ludwig studiert im 1. Semester Geotechnik in Clausthal.

2. Fertige eine Tabelle an und markiere die Zugehörigkeit zu einer Menge durch 1, die Nicht-Zugehörigkeit durch 0.

1 2 3 4 5 6 7 8
A 0 1 1 1 1 0 1 0
B 0 0 0 1 0 1 0 1
C 1 1 0 1 0 0 0 1

Zuerst sieht man A ∪ B ∪ C = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}. Etwa folgt aus B ∪ C = {1, 2, 4, 6, 8} sofort, daß 3, 5, 7 nur in A liegen. Aus B ∩ C = {4, 8} ergibt sich die Zugehörigkeit von 4, 8 zu B und zu C, aus A ∩ C = {2, 4} folgt damit neben 2, 4 ∈ A weiter 8 ∉ A usw.

Ergebnis: A = {2, 3, 4, 5, 7}, B = {4, 6, 8}, C = {1, 2, 4, 8}.

2. Hausübungsblatt

1. Gegeben seien die nichtleeren Mengen X, Y und die Abbildung f : X ) Y. Ferner seien M_{1}, M_{2} ⊆ X. Beweisen Sie:

(a) f(M_{1} ∪ M_{2}) = f(M_{1}) ∪ f(M_{2}),

(b) f(M_{1} ∩ M_{2}) ⊆ f(M_{1}) ∩ f(M_{2}).

(c) Geben Sie ein Beispiel dafür, daß in (b) keine Gleichheit bestehen muß.

2. (a) Für genau welche natürlichen Zahlen n gilt 4^{n} ≥ n^{4}? Begründung?

(b) Für alle natürlichen Zahlen n sei

s_{n} = ∑_{1≤ν<2^{n}} \frac{1}{ν} .

Beweisen Sie: Für alle n ≥ 2 gilt \frac{n}{2} < s_{n} < n. Hinweis: Betrachten Sie die Summen

∑_{2^{j}≤ν<2^{j+1}} \frac{1}{ν} .

Lösungen

1. (a) Die folgenden Aussagen sind gleichwertig:

y ∈ f(M_{1} ∪ M_{2}),

es existiert ein x ∈ M_{1} ∪ M_{2} mit y = f(x),
es existiert ein x ∈ M_{1} oder ein x ∈ M_{2} mit y = f(x),
y ∈ f(M_{1}) oder y ∈ f(M_{2}),
y ∈ f(M_{1}) ∪ f(M_{2}).

Es folgt f(M_{1} ∪ M_{2}) = f(M_{1}) ∪ f(M_{2}).

(b) Die Behauptung ist richtig für M_{1} ∩ M_{2} = ∅. Ist M_{1} ∩ M_{2} ≠ ∅, so existiert ein y ∈ f(M_{1} ∩ M_{2}), also ein x ∈ M_{1} ∩ M_{2} mit f(x) = y. Wegen x ∈ M_{1} und x ∈ M_{2} gilt y ∈ f(M_{1}) und y ∈ f(M_{2}), also y ∈ f(M_{1}) ∩ f(M_{2}). Es folgt f(M_{1} ∩ M_{2}) ⊆ f(M_{1}) ∩ f(M_{2}).

(c) Es sei M_{1} = {1}, M_{2} = {2}, und f : {1, 2} ) {0} sei erklärt durch f(1) = f(2) = 0. Dann gilt M_{1} ∩ M_{2} = ∅, also f(M_{1} ∩ M_{2}) = ∅, aber f(M_{1}) ∩ f(M_{2}) = {0} ∩ {0} = {0} ≠ ∅.

2. (a) Es gilt 4^{1} = 4 ≥ 1 = 1^{4}, 4^{2} = 16 ≥ 16 = 2^{4}, 4^{3} = 64 ≱ 81 = 3^{4}, 4^{4} = 256 ≥ 256 = 4^{4}. Zeige durch Induktion 4^{n} ≥ n^{4} für alle n ≥ 4. Für n = 4 ist dies schon erledigt. Es sei nun die Ungleichung schon richtig für ein n ≥ 4. Dann folgt

4^{n+1} = 4 · 4^{n} ≥ 4 · n^{4} ≥ (n + 1)^{4},

denn die letzte Abschätzung ist korrekt wegen

\frac{(n+1)^{4}}{n^{4}} = (1 + \frac{1}{n} )^{4} ≤ (1 + \frac{1}{4})^{4} = ( \frac{5}{4})^{4} = \frac{625}{256} ≤ 4 .

Ergebnis: Die Ungleichung 4^{n} ≥ n^{4} besteht für genau alle natürlichen Zahlen n ≠ 3.

(b) Für jedes j ∈ hat die Summe

t_{j} := ∑_{2^{j}≤ν<2^{j+1}} \frac{1}{ν}

genau 2^{j} verschiedene Summanden \frac{1}{ν} mit 2^{−(j+1)} < \frac{1}{ν} ≤ 2^{−j}. Es folgt \frac{1}{2} < t_{j} < 1. In der Zerlegung

s_{n} := ∑_{1≤ν<2^{n}}  \frac{1}{ν} = 1 + t_{1} + t_{2} + ⋯+ t_{n−1}  (n ∈ , n ≥ 2)

stehen rechts n ≥ 2 Summanden, die alle größer als \frac{1}{2} und, abgesehen vom ersten, kleiner als 1 sind. Es folgt \frac{n}{2} < s_{n} < n für alle n ∈ , n ≥ 2, wie behauptet.

3. Hausübungsblatt

(H1) Es seien f : A ) B und g : B ) C Abbildungen. Zeigen Sie:

(a) Ist g ∘ f surjektiv, so ist g surjektiv.

(b) Ist g ∘ f injektiv, so ist f injektiv.

(H2) Beweisen Sie, daß \sqrt[3]{5} irrational ist.

Lösungen

(H1) (a) Da g∘f surjektiv ist, gibt es zu jedem z ∈ C ein x ∈ A mit z = (g∘f)(x) = g(f(x)).

Somit existiert ein y ∈ B (nämlich f(x)) mit g(y) = z. Also ist g surjektiv.

(b) Angenommen, f ist nicht injektiv. Dann gibt es zwei verschiedene x_{1}, x_{2} ∈ A mit f(x_{1}) = f(x_{2}). Für diese gilt dann aber auch g(f(x_{1})) = g(f(x_{2})) bzw. (g ∘ f)(x_{1}) = (g ∘ f)(x_{2}), im Widerspruch zur Annahme.

(H2) Angenommen, es gilt \sqrt[3]{5} = \frac{a}{b} mit teilerfremden natürlichen Zahlen a, b. Dann folgt: 5b^{3} = a^{3}. Daher ist a^{3} durch 5 teilbar; wir zeigen, daß dann auch a durch 5 teilbar sein muß. Würde 5 nicht a teilen, so wäre a = 5k + b mit k ∈ _{0} und b ∈ {1, 2, 3, 4}; dann wäre

a^{3} = (5k + b)^{3} = (5k)^{3} + 3b(5k)^{2} + 3b^{2}(5k) + b^{3} = 5k̃ + b̃

mit k̃ ∈ _{0} und b̃ ∈ {1, 3, 2, 4}. Hierzu betrachte man die 4 Fälle,

1^{3} = 1 ergibt Rest 1 beim Teilen durch 5
2^{3} = 8  3
3^{3} = 27  2
4^{3} = 64  4.

Wäre also a kein Vielfaches von 5, dann wäre auch a^{3} kein Vielfaches von 5. Dies zeigt, daß a doch ein Vielfaches von 5 sein muß. Mit a = 5k gilt dann: 5b^{3} = (5k)^{3} bzw. b^{3} = 25k^{3}. Wie oben muß b durch 5 teilbar sein. Das steht aber im Widerspruch zu a, b teilerfremd.

Anmerkung: Im allgemeinen ist \sqrt[k]{n} für k, n ∈ entweder ganz oder irrational. Der Beweis erfolgt ähnlich wie hier, mit Hilfe der Eindeutigkeit der Primfaktorzerlegung.

Mittels eindeutiger Primfaktorzerlegung, die aus der Vorlesung nicht bekannt ist, kann man natürlich obigen Beweis stark vereinfachen.

4. Hausübungsblatt

(H1) (a) Beweisen Sie 2^{n−1} < n! für n ≥ 3.

(b) Beweisen Sie ∑_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} < 3 für n ∈ .

(c) Geben Sie eine Formel für P_{n} = ∏_{k=2}^{n} (1 − \frac{1}{k^{2}} ) an und beweisen Sie diese.

(H2) Geben Sie eine geschlossene Formel für ∑_{ν=1}^{n} ν^{2}q^{ν} an und beweisen Sie diese.

Benutzen Sie Ihre Ergebnisse aus (P1).

Lösungen

(H1) (a) Beweis durch Induktion:

Die Aussage ist richtig für n = 3, da 2^{3−1} = 4 < 3! = 6. Die Aussage sei richtig für n, also 2^{n−1} < n!. Dann folgt: 2^{(n+1)−1} = 2 · 2^{n−1} < 2 · n! < (n + 1)!, da n ≥ 3.

(b) Nach a) ist k! > 2^{k−1}, also gilt \frac{1}{k!} < ( \frac{1}{2})^{k−1} für k ≥ 3. Unter Benutzung der Formel für die geometrische Summe folgt:

∑_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} < 1 + 1 + \frac{1}{2} + ∑_{k=3}^{n} ( \frac{1}{2}) ^{k−1}

= 1 + 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} · ∑_{k=0}^{n−3} ( \frac{1}{2}) ^{k}

= 1 + 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} · \frac{1 − ( \frac{1}{2})^{n−2}}{1 − \frac{1}{2}}
= 1 + 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} · ( 1 − \frac{1}{2^{n−2}} )
= 3 − \frac{1}{2^{n−1}} < 3.

(c) Wendet man die dritte binomische Formel auf (1 − \frac{1}{k^{2}} ) an, so erhält man ein Teleskop-Produkt:

∏_{k=2}^{n} ( 1 − \frac{1}{k^{2}} ) = ∏_{k=2}^{n} ( 1 + \frac{1}{k}) · ( 1 − \frac{1}{k})

= ∏_{k=2}^{n} \frac{k + 1}{k} · \frac{k − 1}{k}

= ∏_{k=2}^{n} \frac{k + 1}{k} · ∏_{k=1}^{n−1} \frac{k}{k + 1}

= \frac{n + 1}{n} · ( ∏_{k=2}^{n−1} \frac{k + 1}{k} · \frac{k}{k + 1}) · \frac{1}{2}
= \frac{n + 1}{2n} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2n} .

(H2) Für q = 1 ergibt sich nach Aufgabenblatt 2, Aufgabe 2b)

∑_{ν=1}^{n} ν^{2} = \frac{n(n + 1)(2n + 1)}{6} .

Sei also q ≠ 1. Verschiebe wie in (P1) die Summationsgrenzen und benutze das Ergebnis von (P1) für n − 1:

Q_{n} := ∑_{ν=1}^{n} ν^{2}q^{ν} = ∑_{ν=0}^{n−1}(ν + 1)^{2}q^{ν+1}

= q · ( ∑_{ν=0}^{n−1} ν^{2}q^{ν} + 2 ∑_{ν=0}^{n−1} νq^{ν} + ∑_{ν=0}^{n−1} q^{ν})

= q · ( Q_{n} − n^{2} q^{n} + 2 · ( \frac{(n − 1) q^{n}}{q − 1} − \frac{q^{n} − q}{(q − 1)^{2}} ) + \frac{q^{n} − 1}{q − 1}) .

Damit folgt: Q_{n} · (1 − q) = −n^{2}q^{n+1} + \frac{2(n−1)q^{n+1}}{q−1} − \frac{2q(q^{n} −q)}{(q−1)^{2}} + \frac{q(q^{n} −1)}{q−1} .

Also: Q_{n} = \frac{n^{2}q^{n+1}}{q−1} − \frac{2(n−1)q^{n+1}}{(q−1)^{2}} + \frac{2q(q^{n} −q)}{(q−1)^{3}} − \frac{q(q^{n} −1)}{(q−1)^{2}} .

Insgesamt folgt:

∑_{ν=1}^{n} ν^{2}q^{ν} = \{ \begin{matrix}\frac{n(n+1)(2n+1)}{6} & falls q = 1 \\ \frac{n^{2}q^{n+1}}{q−1} − \frac{2(n−1)q^{n+1}}{(q−1)^{2}} + \frac{2q(q^{n} −q)}{(q−1)^{3}} − \frac{q(q^{n} −1)}{(q−1)^{2}} & sonst. \end{matrix}

(Wir machen für n = 0 (Q_{0} = 0) und n = 1 (Q_{1} = q) die Probe: Q_{0} = 0 − \frac{−2q}{(q−1)^{2}} + \frac{−2q}{(q−1)^{2}} − 0 = 0.

Q_{1} = \frac{q^{2}}{q−1} − 0 + 0 − \frac{q}{q−1} = q.) Alternativlösung: Benutze n^{2} = ∑ _{ν=1}^{n} (2ν − 1).

Q_{n} := ∑_{ν=1}^{n} ν^{2}q^{ν} = q + 4q^{2} + 9q^{3} + … +  n^{2}q^{n}
= q + q^{2} + q^{3} + … +  q^{n}
+ 3(q^{2} + q^{3} + … +  q^{n})
+ 5(q^{3} + … +  q^{n})
... ⋮
+ (2n − 1)q^{n}.

Dann folgt mit der geometrischen Summe und mit dem Ergebnis aus (P1):

Q_{n} = q \frac{q^{n} − 1}{q − 1} + 3q^{2} \frac{q^{n−1} − 1}{q − 1} + ⋯+ (2n − 1)q^{n} \frac{q^{1} − 1}{q − 1}
= −\frac{1}{q − 1} ( −n^{2}q^{n+1} + ∑_{k=1}^{n}(2k − 1)q^{k})
= −\frac{1}{q − 1} ( −n^{2}q^{n+1} + 2 ∑_{k=1}^{n} kq^{k} − ∑_{k=1}^{n} q^{k})
= −\frac{1}{q − 1} ( −n^{2}q^{n+1} + 2 ( \frac{nq^{n+1}}{q − 1} − \frac{q^{n+1} − q}{(q − 1)^{2}} ) − q \frac{q^{n} − 1}{q − 1}) (wegen (P1))
= −\frac{1}{q − 1} ( −n^{2}q^{n+1} + \frac{(2n − 1)q^{n+1} + q}{q − 1} − 2 \frac{q^{n+1} − q}{(q − 1)^{2}} )
= \frac{1}{q − 1} ( n^{2}q^{n+1} − \frac{(2n − 1)q^{n+1} + q}{q − 1} + 2 \frac{q^{n+1} − q}{(q − 1)^{2}} ) .

Dies ist äquivalent zu obigem Ergebnis, auch wenn es optisch anders aussieht. Die verschieden aussehenden Teile sind:

\frac{−q}{(q − 1)^{2}} − \frac{2q}{(q − 1)^{3}} = \frac{−2q^{2}}{(q − 1)^{3}} + \frac{q}{(q − 1)^{2}} .

5. Hausübungsblatt

(H1) Beweisen Sie:

(a) Für alle natürlichen Zahlen n gilt

∑_{k=0}^{n} (−1)^{k} \binom{n}{k} = 0 .

(b) Für alle nicht negativen ganzen Zahlen n, k gilt

∑_{j=0}^{k} \binom{n + j}{j} = \binom{n + k + 1}{k} .

(H2) An einer Wurfbude auf dem Jahrmarkt werfen drei (ungeschickte?) Personen auf eine Figur je einen Ball. Die erste trifft mit einer Wahrscheinlichkeit von \frac{3}{4} , die zweite mit einer von \frac{2}{3} und die dritte mit Wahrscheinlichkeit \frac{1}{2} . Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, daß die Figur

(a) nicht getroffen wird,

(b) von allen drei Bällen getroffen wird,

(c) von genau zwei Bällen getroffen wird.

Lösungen

(H1) (a) Es gilt:

∑_{k=0}^{n} (−1)^{k} \binom{n}{k} = ∑_{k=0}^{n} \binom{n}{k} (−1)^{k} · 1^{n−k}
= (1 − 1)^{n} = 0^{n}
= 0 für n ∈ , also n ≠ 0.

Alternativlösung: Benutze \binom{n}{k} = \binom{n−1}{k−1} + \binom{n−1}{k}. Dann folgt:

∑_{k=0}^{n} (−1)^{k} \binom{n}{k} = ∑_{k=0}^{n} (−1)^{k} \binom{n − 1}{k − 1} + ∑_{k=0}^{n} (−1)^{k} \binom{n − 1}{k}

= ∑_{k=1}^{n} (−1)^{k} \binom{n − 1}{k − 1} + ∑_{k=0}^{n−1} (−1)^{k} \binom{n − 1}{k}

= ∑_{k=0}^{n−1} ( (−1)^{k+1} + (−1)^{k}) \binom{n − 1}{k}
= 0 .

(b) Vorbemerkung: Die Gleichung lautet etwa für k = 3 und n = 1:

\binom{1}{0} + \binom{2}{1} + \binom{3}{2} + \binom{4}{3} = \binom{5}{3}.

Im Pascalschen Dreieck stellt sich das folgendermaßen dar:

1

1  1
\underline{1}  2  1
1  \underline{3}  3  1
1  4  \underline{6}  4  1
1  5  10  10  5  1

Dabei ist die 10 Summe der 4 und der \underline{6}, wobei die 6 = \binom{4}{2}, die in der Formel selbst nicht vorkommt, dort durch die Summe der Elemente 1, 2, 3 ausgedrückt wird. Dies liefert die Idee für folgende Induktion: Beweis durch Induktion über k: Für k = 0 und alle nichtnegativen ganzen Zahlen n gilt:

∑_{κ=0}^{k} \binom{n + κ}{κ} = \binom{n}{0} = \binom{n + 1}{0} = \binom{n + k + 1}{k} .

Es gelte ∑_{κ=0}^{k} \binom{n+κ}{κ} = \binom{n+k+1}{k} für alle nichtnegativen ganzen Zahlen n und für ein

festes k. Dann folgt für k + 1:

∑_{κ=0}^{k+1} \binom{n + κ}{κ} = ∑_{κ=0}^{k} \binom{n + κ}{κ} + \binom{n + k + 1}{k + 1}

= \binom{n + k + 1}{k} + \binom{n + k + 1}{k + 1}
= \binom{n + k + 2}{k + 1} .

(H2) Es sei E_{i} das Ereignis, daß die i-te Person trifft (i ∈ 1, 2, 3), und p_{i} = P(E_{i}), also p_{1} = \frac{3}{4}, p_{2} = \frac{2}{3} und p_{3} = \frac{1}{2}.

(a) P(¬E_{1} ∧ ¬E_{2} ∧ ¬E_{3}) = P(¬E_{1}) · P(¬E_{2}) · P(¬E_{3}) = (1 − p_{1})(1 − p_{2})(1 − p_{3}) = \frac{1}{4} · \frac{1}{3} · \frac{1}{2} = \frac{1}{24}.

(b) P(E_{1} ∧ E_{2} ∧ E_{3}) = p_{1} p_{2} p_{3} = \frac{1}{4}.

(c) P((E_{1} ∧ E_{2} ∧ ¬E_{3}) ∨ (E_{1} ∧ ¬E_{2} ∧ E_{3}) ∨ (¬E_{1} ∧ E_{2} ∧ E_{3}))

= P(E_{1} ∧ E_{2} ∧ ¬E_{3}) + P(E_{1} ∧ ¬E_{2} ∧ E_{3}) + P(¬E_{1} ∧ E_{2} ∧ ¬E_{3})
= p_{1} p_{2} (1 − p_{3}) + p_{1} (1 − p_{2}) p_{3} + (1 − p_{1}) p_{2} p_{3} = \frac{6}{24} + \frac{3}{24} + \frac{2}{24} = \frac{11}{24}.

6. Hausübungsblatt

(H1) (a) Berechnen Sie die Werte der anderen trigonometrischen Funktionen aus

(i) sinφ = \frac{7}{25} , (ii) cosφ = \frac{3}{5} , (iii) tanφ = \frac{12}{5} .

(b) Zu welchen Winkeln φ_{0} mit 0 < φ_{0} < π gehören die Werte aus a) jeweils? Geben Sie dann alle Winkel φ_{0} ∈ mit den Werten aus a) an.

(c) Geben Sie eine Tabelle aller Umrechnungsformeln zwischen den Werten von je zwei der trigonometrischen Funktionen sin, cos, tan und cot an.

(H2) Untersuchen Sie, ob die Bildmenge f(D) mit D = (−1, ) der Funktion

x ⟼) y = f(x) = \frac{x}{1 + x}

beschränkt ist; bestimmen Sie ggf. supf(D) und inf f(D), und skizzieren Sie die Funktion.

Lösungen

(H1) Zunächst die allgemeinen Umrechnungsformeln:

(c) Ist sinφ gegeben, so folgt mit cos^{2} φ = 1 − sin^{2} φ:

cosφ = ±\sqrt{1 − sin^{2} φ} sowie

tanφ = \frac{sinφ}{cosφ} = \frac{sinφ}{±\sqrt{1 − sin^{2} φ}} und cotφ = \frac{1}{tanφ} = \frac{±\sqrt{1 − sin^{2} φ}}{sinφ} .

Ist cosφ gegeben, so folgt mit sin^{2} φ = 1 − cos^{2} φ:

sinφ = ±\sqrt{1 − cos^{2} φ} sowie
tanφ = \frac{sinφ}{cosφ} = \frac{±\sqrt{1 − cos^{2} φ}}{cosφ} und cotφ = \frac{1}{tanφ} = \frac{cosφ}{±\sqrt{1 − cos^{2} φ}} .

Es sei tanφ gegeben; aus tan^{2} φ = \frac{sin^{2} φ}{cos^{2} φ} = \frac{1}{cos^{2} φ} −1 folgt dann \frac{1}{cos^{2} φ} = 1+tan^{2} φ, also:

cosφ = ±\frac{1}{\sqrt{1 + tan^{2} φ}} .

Aus \frac{1}{tan^{2} φ} = \frac{cos^{2} φ}{sin^{2} φ} = \frac{1}{sin^{2} φ} − 1 folgt dann entsprechend \frac{1}{sin^{2} φ} = 1 + \frac{1}{tan^{2} φ} = \frac{tan^{2} φ+1}{tan^{2} φ} , also:

sinφ = ±\frac{tanφ}{\sqrt{1 + tan^{2} φ}} .

Ist cotφ gegeben, so folgen mit cotφ = \frac{1}{tan φ} die übrigen Formeln.

Insgesamt hat man:

ges.  sinφ  cosφ  tanφ  cotφ

geg.

sinφ  —  ±\sqrt{1 − sin^{2} φ} ±\frac{sin φ}{\sqrt{1−sin^{2} φ}} ±^{\frac{\sqrt{1−sin^{2} φ}}{sin φ}}

cosφ  ±\sqrt{1 − cos^{2} φ}  —  \frac{±\sqrt{1−cos^{2} φ}}{cos φ}  \frac{cos φ}{±\sqrt{1−cos^{2} φ}}

tanφ  ±\frac{tan φ}{\sqrt{1+tan^{2} φ}}  ±\frac{1}{\sqrt{1+tan^{2} φ}}  —  \frac{1}{tan φ}

cotφ  ±\frac{1}{\sqrt{1+cot^{2} φ}}  ±\frac{cot φ}{\sqrt{1+cot^{2} φ}}  \frac{1}{cot φ}  —

Dabei sind die Vorzeichen so zu wählen, daß sinφ für φ ∈ [0, 180^{∘}] positiv, für φ ∈ (180^{∘}, 360^{∘}) negativ ist, usw., also gemäß folgender Tabelle:

φ ∈ (0, 90^{∘}] (90^{∘}, 180^{∘}] (180^{∘}, 270^{∘}] (270^{∘}, 360^{∘}]
sinφ  +  +  -  -
cosφ  +  -  -  +
tanφ  +  -  +  -
cotφ  +  -  +  -

(a) Nach den Formeln aus (c) ergibt sich:

(i) sinφ = \frac{7}{25} \} cosφ = \frac{24}{25} , tanφ = \frac{7}{24} , cotφ = \frac{24}{7} . (ii) cosφ = \frac{3}{5} \} sinφ = \frac{4}{5} , tanφ = \frac{4}{3} , cotφ = \frac{3}{4} . (iii) tanφ = \frac{12}{5} \} sinφ = \frac{12}{13} , cosφ = \frac{5}{13} , cotφ = \frac{5}{12} .

(b)

zu (a)(i) φ_{1} = arcsin \frac{7}{25} = 0.28 · · ·.

φ_{2} = π − φ_{1} = 2.85 · · ·. Außerdem φ = φ_{1,2} + 2kπ, mit k ∈ .

zu (a)(ii) φ_{1} = arccos \frac{3}{5} = 0.927 · · ·. Der zweite Wert φ_{2} = 2π − φ_{1} = 5.35 · · ·. liegt nicht im gesuchten Intervall. Alle anderen Werte erhält man aus φ_{1} und φ_{2} durch Addition von 2kπ.

zu (a)(iii) φ_{1} = arctan \frac{12}{5} = 1.17 · · ·. Da die Tangensfunktion die Periode π hat, außerdem φ = φ_{1} + kπ, mit k ∈ .

(H2) Es ist y = f(x) > 0 genau für x > 0, also für x = |x|. Also gilt wie in (P1) y < 1 für alle y ∈ f(D). Damit existiert das Supremum von f(D), und wie in (P1) folgt supf(D) = 1.

Angenommen, es wäre inf f(D) = ξ ∈ (ξ ≤ supf(D) = 1). Betrachte dann x = \frac{ξ−1}{2−ξ} = −1+ \frac{1}{2−ξ} ∈ D; es ist also f(x) = f(\frac{ξ−1}{2−ξ} ) = \frac{\frac{ξ−1}{2−ξ}}{\frac{1}{2−ξ}} = ξ−1 ∈ f(D) mit f(x) < ξ im Widerspruch zur Annahme. Also existiert inf f(D) nicht.

f(D) ist also nach oben beschränkt, nach unten aber nicht.

7. Hausübungsblatt

(H1) Rechnen Sie folgende Identitäten nach: (a) cosx + cosy = 2 cos \frac{x+y}{2} cos \frac{x−y}{2} , (b) cos2x = cos^{2} x − sin^{2} x = 2 cos^{2} x − 1.

(c) Drücken Sie cos3x analog zu (P1 c) aus. (H2) (a) Zeigen Sie, daß für alle x, y ∈ gilt:

cosh(x + y) = coshx coshy + sinhx sinhy .

(b) Für welche x ∈ gilt Arcoshx = ln(x + \sqrt{x^{2} − 1})?

Lösungen

(H1) (a) Benutze das Additionstheorem cos(a + b) = cosa cosb − sina sinb. Damit bekommt man für a := \frac{x+y}{2} und b := \frac{x−y}{2} :

cosx = cos(a + b) = cos( \frac{x + y}{2}) cos( \frac{x − y}{2}) − sin( \frac{x + y}{2}) sin( \frac{x − y}{2}) .

Weiter folgt aus dem Additionstheorem für a := \frac{y+x}{2} und b := \frac{y−x}{2} :

cosy = cos(a + b) = cos( \frac{y + x}{2}) cos( \frac{y − x}{2}) − sin( \frac{y + x}{2}) sin( \frac{y − x}{2})

= cos( \frac{y + x}{2}) cos( \frac{y − x}{2}) + sin( \frac{y + x}{2}) sin( \frac{x − y}{2}) .

Durch Addition dieser beiden Beziehungen folgt die Behauptung: cosx + cosy = 2 cos \frac{x+y}{2} cos \frac{x−y}{2}.

Alternative Lösung unter Benutzung von (P1 a):

cosx + cosy = sin(\frac{π}{2} − x) + sin(\frac{π}{2} − y)

= 2 sin( \frac{(\frac{π}{2} − x) + (\frac{π}{2} − y)}{2}) cos( \frac{(\frac{π}{2} − x) − (\frac{π}{2} − y)}{2})

= 2 sin( \frac{π}{2} − \frac{x + y}{2}) cos( \frac{y − x}{2})

= 2 cos( \frac{x + y}{2}) cos( \frac{x − y}{2}) .

(b) Ebenfalls mit obigem Additionstheorem folgt:

cos2x = cos(x + x) = cosx cosx − sinx sinx = cos^{2} x − (1 − cos^{2} x) = 2 cos^{2} x − 1 .

(c) Verwende erneut das Additionstheorem für cos(a + b) mit a := 2x und b := x und benutze die Ergebnisse aus (b) sowie (P1 b). Dann folgt:

cos3x = cos(2x + x) = cos2x cosx − sin2x sinx
= (2 cos^{2} x − 1) cosx − 2 sinx cosx sinx
= ( 2 cos^{2} x − 1 − 2(1 − cos^{2} x)) cosx
= (4 cos^{2} x − 3) cosx = −3 cosx + 4 cos^{3} x .

(H2) (a) Mit den Definitionen von sinhx und coshx erhält man wie in (P2 a):

coshx coshy + sinhx sinhy = \frac{1}{4}( (e^{x} + e^{−x})(e^{y} + e^{−y}) + (e^{x} − e^{−x})(e^{y} − e^{−y}))

= \frac{1}{4}( (e^{x+y} + e^{x−y} + e^{−x+y} + e^{−(x+y)} )

+ (e^{x+y} − e^{x−y} − e^{−x+y} + e^{−(x+y)} ))

= \frac{1}{4}(2e^{x+y} + 2e^{−(x+y)} ) = cosh(x + y) .

(b) Da coshx nur Werte ≥ 1 annimmt, ist Arcoshx nur für x ≥ 1 definiert. Tatsächlich gilt die Formel auch für alle x ≥ 1.

Rechne analog zu (P2 b): Setze y := Arcoshx. Dann ist also x = coshy = \frac{e^{y} +e^{−y}}{2} . Damit folgt weiter:

2x = e^{y} + \frac{1}{e^{y}} =\} 2xe^{y} = e^{2y} + 1
=} − 1 = e^{2y} − 2xe^{y}
=} x^{2} − 1 = e^{2y} − 2xe^{y} + x^{2} = (e^{y} − x)^{2}
=\} (s.u.) \sqrt{x^{2} − 1} = e^{y} − x
=\} e^{y} = x + \sqrt{x^{2} − 1}
=\} y = ln( x + \sqrt{x^{2} − 1}) .

Ergänzung: Wir benötigen e^{y} − x ≥ 0. Nach Definition von x ist e^{y} − x = e^{y} − coshy = sinhy. Nun ist aber sinhy ≥ 0 genau für y ≥ 0. Wegen y = Arcoshx ist also nach Definition des Arcosh hier y ≥ 0. Alternativlösung: Zeige, daß cosh( ln( x + \sqrt{x^{2} − 1}) ) = x für alle x ≥ 1 gilt:

cosh( ln( x + \sqrt{x^{2} − 1}) ) = \frac{1}{2} ( e^{ln(x+\sqrt{x^{2}−1})} + e^{− ln(x+\sqrt{x^{2}−1})})
= \frac{1}{2} ( x + \sqrt{x^{2} − 1} + \frac{1}{x + \sqrt{x^{2} − 1}})

= \frac{1}{2} · \frac{( x + \sqrt{x^{2} − 1})^{2} + 1}{x + \sqrt{x^{2} − 1}}
= \frac{1}{2} · \frac{x^{2} + 2x\sqrt{x^{2} − 1} + x^{2} − 1 + 1}{x + \sqrt{x^{2} − 1}}
= \frac{1}{2} · \frac{2x^{2} + 2x\sqrt{x^{2} − 1}}{x + \sqrt{x^{2} − 1}}
= \frac{1}{2} · 2x = x.

(H1) Berechnen und skizzieren Sie die Menge aller z ∈ mit:

(a) |z − z_{0}| ≥ R,  (b) |z − 2| < |z|,  (c) Re(z^{2}) = 0,
(d) Rez = 2 Imz + 1,  (e) |z + i| + |z − i| ≤ 4.

(H2) Es seien z, w, z_{1}, z_{2} ∈ . Rechnen Sie nach, daß

|z + w|^{2} + |z − w|^{2} = 2(|z|^{2} + |w|^{2})  (∗)

gilt. Folgern Sie dann mit der Gleichung (∗):

(a) Aus |z_{1} + z_{2}| ≤ 1 und |z_{1} − z_{2}| ≤ 1 folgt |z_{1}|^{2} + |z_{2}|^{2} ≤ 1.

(b) Aus |z_{1}|^{2} + |z_{2}|^{2} ≤ 1 folgt |z_{1} − z_{2}| ≤ 1 oder |z_{1} + z_{2}| ≤ 1.

(c) Gilt die Umkehrung zu (a)?

Lösungen

(H1) (a) |z − z_{0}| ≥ R beschreibt die ganze Ebene mit Ausnahme einer offenen Kreisscheibe um z_{0} mit Radius R. (Die Kreislinie gehört also zu der Menge.)

\overline{}Rez Imz  z_{0} R [figure] [figure] [figure] [figure] [figure] [figure] [figure] [figure] [figure] [figure] [figure] [figure] [figure] [figure] [figure] [figure]

(b) |z − 2| < |z| ist genau dann erfüllt, wenn |z − 2|^{2} < |z|^{2}, mit z = x + iy also genau im Falle (x − 2)^{2} + y^{2} < x^{2} + y^{2}, somit genau für z mit −4x + 4 < 0 bzw. x > 1. Das ist die Menge aller Punkte, die zum Punkt z = 2 einen kürzeren Abstand haben, als zu z = 0.

[figure: Rez; Imz; 1]

(c) Re(z^{2}) = 0 ist für z^{2} = (x^{2} − y^{2}) + 2ixy äquivalent zu x^{2} = y^{2}. Dies gilt genau für die Winkelhalbierenden y = ±x.

[figure: Rez; Imz]

(d) Rez = 2 Imz + 1 ist gleichbedeutend mit x = 2y + 1 oder auch y = \frac{x−1}{2}.

[figure: Rez; Imz; 1; −\frac{1}{2}]

(e) |z + i| + |z − i| ≤ 4 gilt, falls die Summe der Abstände von z zu i und −i nicht größer als 4 ist. Die Ungleichung beschreibt also das Innere einer Ellipse mit den Brennpunkten i und −i und Halbachsen der Länge \sqrt{3} (in Richtung des Realteils) und 2 (in Richtung des Imaginärteils).

[figure: Rez; Imz; 2; ^{\sqrt{3}}]

(H2) Es gilt für z, w ∈

|z + w|^{2} + |z − w|^{2} = (z + w)(\overline{z + w}) + (z − w)(\overline{z − w})
= (z + w)(z̄ + w̄) + (z − w)(z̄ − w̄)
= zz̄ + zw̄ + z̄w + ww̄ + zz̄ − zw̄ − z̄w + w̄w
= 2(|z|^{2} + |w|^{2}) .  (∗)

(a) Mit (∗) folgt 2(|z_{1}|^{2}+|z_{2}|^{2}) = |z_{1}+z_{2}|^{2}+|z_{1}−z_{2}|^{2} ≤ 1+1 = 2, also die Behauptung.

(b) Angenommen, es gilt |z_{1} + z_{2}| > 1 und gleichzeitig |z_{1} − z_{2}| > 1, dann folgt wie in (a) 2(|z_{1}|^{2} + |z_{2}|^{2}) = |z_{1} + z_{2}|^{2} + |z_{1} − z_{2}|^{2} > 2, also |z_{1}|^{2} + |z_{2}|^{2} > 1, im Widerspruch zur Voraussetzung.

(c) Das Beispiel z_{1} = z_{2} = \frac{2}{3} zeigt, daß die Umkehrung zu (a) nicht gilt. Es ist dann |z_{1}|^{2} + |z_{2}|^{2} = \frac{8}{9} ≤ 1, aber es gilt nur |z_{1} − z_{2}| ≤ 1 und nicht |z_{1} + z_{2}| ≤ 1.

9. Hausübungsblatt

(H1) Für eine natürliche Zahl n seien ζ_{1}, ζ_{2}, ⋯, ζ_{n} die n-ten komplexen Einheitswurzeln. Berechnen Sie

∏_{ν=1}^{n} ζ_{ν}.

Unterscheiden Sie hierbei zwischen geradem und ungeradem n.

(H2) (a) Bestimmen Sie die komplexe und die reelle Produktzerlegung von x^{4} + 1.

(b) Bestimmen Sie die relle Partialbruchzerlegung von f(x) = \frac{x^{6}−x^{5}+x^{4}}{x^{4}+1} .

Lösungen

(H1) 1. Lösung Es sei ζ = e^{\frac{2πi}{n}} . Bei geeigneter Numerierung der ζ_{ν} ist dann ζ_{ν} = ζ^{ν}. Damit folgt:

∏_{ν=1}^{n} ζ_{ν} = ∏_{ν=1}^{n} ζ^{ν} = ζ^{1+2+··· +n} = ζ^{\frac{n(n+1)}{2}}
= e^{\frac{2πi}{n} · \frac{n(n+1)}{2}} = e^{πi (n+1)}
= | {1, \atop −1,} falls n ungerade falls n gerade.

2. Lösung Betrachte die geometrische Lage der Wurzeln auf dem Einheitskreis:

z.B. n = 5:_{\overline{}Rez Imz ζ_{5} ζ_{1} ζ_{2} ζ_{3} ζ_{4}} oder n = 6:

\overline{}Rez Imz  ζ_{6} ζ_{1} ζ_{2} ζ_{3} ζ_{4}  ζ_{5}

Es gilt ζ · ζ̄ = 1 für konjugierte Wurzeln. ∏_{ν=1}^{n} ζ_{ν} ist das Produkt über Paare von konjugierten Wurzeln multipliziert mit den Wurzeln, die gleich ihrem Konjugierten sind (diese sind 1 und, falls n gerade ist, auch −1). Somit ist ∏_{ν=1}^{n} ζ_{ν} = 1, falls n

ungerade, und ∏_{ν=1}^{n} ζ_{ν} = 1 · (−1) = −1, falls n gerade.

3. Lösung Da die ζ_{ν} die Nullstellen des Polynoms x^{n} − 1 sind, gilt: (x − ζ_{1})(x − ζ_{2}) ⋯(x − ζ_{n}) = x^{n} − 1 .

Koeffizientenvergleich liefert (−1)^{n} ∏_{ν=1}^{n} ζ_{ν} = −1, und daher gilt:

∏_{ν=1}^{n} ζ_{ν} = (−1)^{n+1} = | {1, \atop −1,} falls n ungerade falls n gerade.

(H2) (a) Die komplexe Produktzerlegung ist x^{4} + 1 = (x − ζ_{1})(x − ζ_{2})(x − ζ_{3})(x − ζ_{4}), wobei die ζ_{ν} die vierten komplexen Wurzeln von −1 sind.

\overline{}Rez Imz ζ_{1} ζ_{2} ζ_{3}  ζ_{4}

Im einzelnen ist ζ_{1} = e^{\frac{1}{8} 2πi} , ζ_{2} = e^{\frac{3}{8} 2πi} , ζ_{3} = ζ̄_{2} = e^{\frac{5}{8} 2πi} , ζ_{4} = ζ̄_{1} = e^{\frac{7}{8} 2πi} . Um die reelle Produktzerlegung zu erhalten, faßt man jeweils die konjugierten Faktoren zusammen:

x^{4} + 1 = ((x − ζ_{1})(x − ζ̄_{1})) · ((x − ζ_{2})(x − ζ̄_{2}))
= ( x^{2} − (ζ_{1} + ζ̄_{1}) x + ζ_{1}ζ̄_{1}) · ( x^{2} − (ζ_{2} + ζ̄_{2}) x + ζ_{2}ζ̄_{2}) .

Dabei ist (ζ_{1} + ζ̄_{1}) = 2 Reζ_{1} = 2 cos \frac{π}{4} = \sqrt{2} und (ζ_{2} + ζ̄_{2}) = 2 Reζ_{2} = 2 cos \frac{3π}{4} = −\sqrt{2}. Ferner gilt auf dem Einheitskreis im allgemeinen ζζ̄ = |ζ|^{2} = 1. Also ist die reelle Produktdarstellung:

x^{4} + 1 = (x^{2} − \sqrt{2}x + 1)(x^{2} + \sqrt{2}x + 1) .

(b) Mit Polynomdivision erhält man:

(x^{6} − x^{5} + x^{4}) : (x^{4} + 1) = x^{2} − x + 1 − \frac{x^{2}−x+1}{x^{4}+1}
\underline{x^{6} + x^{2}}
−x^{5} + x^{4} − x^{2}
\underline{−x^{5} − x}
x^{4} − x^{2} + x
\underline{x^{4} + 1}
−x^{2} + x − 1

Alternativ zur Polynomdivision führt auch folgende Rechnung zum Ziel:

\frac{x^{6} − x^{5} + x^{4}}{x^{4} + 1} = \frac{x^{4} (x^{2} − x + 1)}{x^{4} + 1} = \frac{(x^{4} + 1 − 1) (x^{2} − x + 1)}{x^{4} + 1} = x^{2}−x+1−\frac{x^{2} − x + 1}{x^{4} + 1} .

Für die reelle Partialbruchzerlegung von \frac{x^{2}−x+1}{x^{4}+1} macht man aufgrund der in (a) bestimmten reellen Produktzerlegung von x^{4} + 1 folgenden Ansatz:

\frac{x^{2} − x + 1}{x^{4} + 1} = \frac{Ax + B}{x^{2} + \sqrt{2}x + 1} + \frac{Cx + D}{x^{2} − \sqrt{2}x + 1}

Dies ist äquivalent zu

x^{2} − x + 1 = (Ax + B) (x^{2} − \sqrt{2}x + 1) + (Cx + D) (x^{2} + \sqrt{2}x + 1)
= Ax^{3} − \sqrt{2}Ax^{2} + Ax + Bx^{2} − \sqrt{2}Bx + B+
Cx^{3} + \sqrt{2}Cx^{2} + Cx + Dx^{2} + \sqrt{2}Dx + D .

Weiter erhält man durch Koeffizientenvergleich

für x^{3} :  A +  C  = 0,  (1)
für x^{2} : −\sqrt{2}A +  B + \sqrt{2}C +  D = 1,  (2)
für x :  A − \sqrt{2}B +  C + \sqrt{2}D = −1,  (3)
für 1 :  B +  D = 1.  (4)

Aus (1) und (3) folgt: −\sqrt{2}B + \sqrt{2}D = −1. Mit (4) ergibt sich B = \frac{\sqrt{2}+1}{2\sqrt{2}} und D = \frac{\sqrt{2}−1}{2\sqrt{2}}. Aus (2) und (4) folgt entsprechend −\sqrt{2}A + \sqrt{2}C = 0 , und wegen (1): A = C = 0. Also bekommt man die folgende Partialbruchzerlegung:

\frac{x^{6} − x^{5} + x^{4}}{x^{4} + 1} = x^{2} − x + 1 − \frac{\sqrt{2} + 1}{2\sqrt{2}(x^{2} + \sqrt{2}x + 1)} − \frac{\sqrt{2} − 1}{2\sqrt{2}(x^{2} − \sqrt{2}x + 1)}.

(H1) Gegeben seien die Vektoren a⃗_{1} = (1, 2, 3), a⃗_{2} = (3, −1, 2), a⃗_{3} = (2, 1, 3), a⃗_{4} = (1, 3, 2).

(a) Vier Vektoren des ^{3} sind immer linear abhängig. Rechnen Sie dies für die Vektoren a⃗_{1}, a⃗_{2}, a⃗_{3} und a⃗_{4} nach.

(b) Sind die Vektoren a⃗_{1}, a⃗_{2}, und a⃗_{4} linear abhängig?

(H2) Durch die Punkte A = (1, 1, 1), B = (1, 0, 1), C = (3, 4, 0) ist ein Dreieck gegeben. Berechnen Sie

(a) die Seitenlängen, die Fläche und den Winkel bei A,

(b) den Vektor der Höhe durch C,

(c) die Richtung der Winkelhalbierenden durch A,

(d) das Volumen des Tetraeders mit den Ecken A, B, C und (0, 0, 0).

Lösungen

(H1) (a) x_{1} a⃗_{1} + x_{2} a⃗_{2} + x_{3} a⃗_{3} + x_{4} a⃗_{4} = 0 ist gleichbedeutend mit dem System:

\begin{matrix}x_{1} & +3x_{2} & +2x_{3} & +x_{4} = 0 & | · (−2) & | · (−3) \\ 2x_{1} & −x_{2} & +x_{3} & +3x_{4} = 0 & |+ \\ 3x_{1} & +2x_{2} & +3x_{3} & +2x_{4} = 0 & & |+ \end{matrix} \{\}

x_{1} +3x_{2}+2x_{3}+x_{4} = 0  (1)
−7x_{2}−3x_{3}+x_{4} = 0  (2)
−7x_{2}−3x_{3}−x_{4} = 0  (3)

Aus (2) und (3) folgt x_{4} = 0; damit ist das System erfüllt für x_{1} = −3x_{2} − 2x_{3} (∗) mit 7x_{2} = −3x_{3} (∗∗), also etwa für x_{2} = 3, x_{3} = −7, x_{1} = −9 + 14 = 5 und x_{4} = 0. Es ist also 5a⃗_{1} + 3a⃗_{2} − 7a⃗_{3} = 0, d.h., die vier Vektoren a⃗_{1}, a⃗_{2}, a⃗_{3}, a⃗_{4} sind linear abhängig. (Insbesondere sind bereits a⃗_{1}, a⃗_{2}, a⃗_{3} linear abhängig.)

Anmerkung: Vier Vektoren im ^{3} müssen linear abhängig sein!

(b) Es gilt dieselbe Rechnung wie in (a) mit x_{2} = 0. Dann verschwinden aber neben x_{4} wegen (∗∗) auch x_{3} und wegen (∗) auch x_{1}. Aus x_{1} a⃗_{1} + x_{3} a⃗_{3} + x_{4} a⃗_{4} = 0 folgt somit x_{1} = x_{3} = x_{4} = 0. Also sind a⃗_{1}, a⃗_{3} und a⃗_{4} linear unabhängig.

Alternativ: Es ist:

det(a⃗_{1}, a⃗_{3}, a⃗_{4}) = \begin{matrix}1 & 2 & 1 \\ 2 & 1 & 3 \\ 3 & 3 & 2 \end{matrix} = 2 + 18 + 6 − (3 + 9 + 8) = 26 − 20 = 6 ≠ 0

(H2) (a) Die Seiten des Dreiecks sind die Vektoren:

a⃗ := B⃗C = ( \begin{matrix}2 \\ 4 \\ −1 \end{matrix}) ,  b⃗ := A⃗C = ( \begin{matrix}2 \\ 3 \\ −1 \end{matrix}) ,  c⃗ := A⃗B = ( \begin{matrix}0 \\ −1 \\ 0 \end{matrix}) .

Die Seitenlängen sind daher |a⃗| = \sqrt{21}, |b⃗| = \sqrt{14} und |c⃗| = 1. Für den Flächeninhalt gilt:

F_{△} = \frac{1}{2} |a⃗ × c⃗| = \frac{1}{2} |( \begin{matrix}2 \\ 4 \\ −1 \end{matrix}) × ( \begin{matrix}0 \\ −1 \\ 0 \end{matrix}) | = \frac{1}{2} |( \begin{matrix}−1 \\ 0 \\ −2 \end{matrix}) | = \frac{1}{2} \sqrt{5}.

Anmerkung: Es gilt (wegen c⃗ = b⃗ − a⃗)

F_{△} = \frac{1}{2} |a⃗ × c⃗| = \frac{1}{2} |a⃗ × b⃗| = \frac{1}{2} |b⃗ × c⃗| .

Wegen der Nullen in c⃗ ist es praktisch, nicht \frac{1}{2} |a⃗ × b⃗| = zu verwenden. Der Winkel bei A ist (b⃗, c⃗) mit

cos (b⃗, c⃗) = \frac{b⃗ · c⃗}{|b⃗| · |c⃗|}= \frac{−3}{\sqrt{14}}

und somit (b⃗, c⃗) = arccos( \frac{−3}{\sqrt{14}}) = 2, 501 … = 143, 300 …^{∘} (da (b⃗, c⃗) ∈ (0, π)).

(b) Zerlegt man b⃗ orthogonal, so erhält man b⃗ = −h⃗_{C} + b⃗c⃗ gemäß der Skizze:

[figure: A; B; C; h⃗_{C}; a⃗; b⃗; c⃗; b⃗c⃗]

Damit ist:

h⃗_{C} = b⃗c⃗ − b⃗

= \frac{c⃗ · b⃗}{|c⃗|^{2}}· c⃗ − b⃗

= \frac{−3}{1^{2}} · ( \begin{matrix}0 \\ −1 \\ 0 \end{matrix}) − ( \begin{matrix}2 \\ 3 \\ −1 \end{matrix})

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

(c) Ein Richtungsvektor der Winkelhalbierenden ist die Summe der normierten Vektoren der beiden angrenzenden Schenkel. Daher bekommt man:

w⃗ = b⃗_{0} + c⃗_{0} = \frac{1}{\sqrt{14}} ( \begin{matrix}2 \\ 3 \\ −1 \end{matrix}) + ( \begin{matrix}0 \\ −1 \\ 0 \end{matrix}) = \frac{1}{\sqrt{14}} ( \begin{matrix}2 \\ 3 − \sqrt{14} \\ −1 \end{matrix}) .

(d) Das Volumen des von den drei Vektoren O⃗A, O⃗B, O⃗C aufgespannten Spates ist:

V_{Spat} = [O⃗A O⃗B O⃗C] = |\begin{matrix}1 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 4 \\ 1 & 1 & 0 \end{matrix}| = 0 + 4 + 3 − (0 + 4 + 0) = 3 .

Also ist V_{Tetraeder} = \frac{1}{6} V_{Spat} = \frac{1}{2}. (Erläuterung: Bsp. 8.48 des Skriptes. Die Grundfläche ist ein halbes Parallelogramm. Die Fläche des Parallelogrammes entspricht dem Kreuzprodukt (in der Definition des Spatproduktes). Volumen des Tetraeders = ein Drittel mal Grundfläche mal Höhe, daher also ein Sechstel des Spatvolumens.)

11. Hausübungsblatt

(H1) Es sei g die Gerade durch die Punkte (−2, −2) und (4, 1). Welche Geraden durch (1, 1) bilden mit g einen Winkel von 30^{∘}?

(H2) Die drei oberen Waagen sind in völligem Gleichgewicht. Wie viele Pik (♠) sind nötig, um die Waage unten auszugleichen? (Die Gewichte sind positiv, aber unbekannt.)

♠♡♡  ♣♢♢ ————  ———— |  | ———————— △
♢♢
♠♠♠♠  ♡♣♣♣ ————  ———— |  | ———————— △
♢♢
♣♣♣  ♠♠♠♠♠ ————  ———— |  | ———————— △

♡♡

♣ ?  ♢♢♢ ————  ———— |  | ———————— △

Lösungen

(H1) Der Richtungsvektor von g ist ( \begin{matrix}6 \\ 3 \end{matrix}) bzw. ( \begin{matrix}2 \\ 1 \end{matrix}) =: c⃗. Gesucht sind Vektoren u⃗, die mit c⃗ einen Winkel von 30^{∘} einschließen. Für derartige u⃗ = ( \begin{matrix}u_{1} \\ u_{2} \end{matrix} ) muß gelten:

\frac{\sqrt{3}}{2} = cos( (c⃗, u⃗)) = \frac{c⃗ · u⃗}{|c⃗| · |u⃗|}= \frac{2u_{1} + u_{2}}{\sqrt{u_{1}^{2} + u_{2}^{2}} · \sqrt{5}}.

Weiter folgt:

\sqrt{15} ( \sqrt{u_{1}^{2} + u_{2}^{2}} ) = 4u_{1} + 2u_{2}
15u_{1}^{2} + 15u_{2}^{2} = 16u_{1}^{2} + 16u_{1}u_{2} + 4u_{2}^{2}
11u_{2}^{2} = u_{1}^{2} + 16u_{1}u_{2} mit quadr. Ergänzung folgt:
75u_{2}^{2} = (u_{1} + 8u_{2})^{2}
u_{1} + 8u_{2} = ±5\sqrt{3}u_{2}
u_{1} = (−8 ± 5\sqrt{3}) u_{2} .

(Hinweis: Hier sind die Gleichungen kommentarlos untereinander geschrieben. Man sollte sich bei jeder Gleichung klar machen, ob die Lösungsmenge gleich bleibt, oder ob Lösungen dazukommen können, oder verloren gingen. Dies kann man durch / oder } ausdrücken.) Da hier quadriert und die Wurzel gezogen wurde, muß man sich klar machen, daß beide Lösungen auch Lösungen der ursprünglichen Aufgabe sind.

Die entsprechenden Richtungsvektoren sind also: u⃗_{(1)} = ( \begin{matrix}−8+5\sqrt{3} \\ 1 \end{matrix} ) und u⃗_{(2)} = ( \begin{matrix}8+5\sqrt{3} \\ −1 \end{matrix} ). Daraus erhält man die gesuchten Geraden:

g_{(1)} : x⃗ = ( \begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix}) + λ · ( \begin{matrix}−8 + 5\sqrt{3} \\ 1 \end{matrix}) und g_{(2)} : x⃗ = ( \begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix}) + λ · ( \begin{matrix}8 + 5\sqrt{3} \\ −1 \end{matrix}) .

Bemerkung: Es ist ( \begin{matrix}−8±5\sqrt{3} \\ 1 \end{matrix} ) = \frac{2}{\sqrt{3}±2} ( \begin{matrix}\sqrt{3}∓ \frac{1}{2} \\ \frac{\sqrt{3}}{2} ±1 \end{matrix} ) . Man kann also auch ( \begin{matrix}\sqrt{3}∓ \frac{1}{2} \\ \frac{\sqrt{3}}{2} ±1 \end{matrix} ) als

Richtungsvektoren wählen.

Alternativlösung ohne Benutzung von Vektorrechnung: Als Steigung m der Geraden durch (−2, −2) und (4, 1) erhält man:

m = \frac{1 − (−2)}{4 − (−2)} = \frac{1}{2} .

Nach Beispiel 4.24(a) gilt tanα = \frac{m−m}{1+mm} . Der Schnittwinkel α soll 30^{∘} oder 150^{∘} sein, also ist tanα = ±\frac{1}{\sqrt{3}}. Damit folgt weiter:

\frac{m − \frac{1}{2}}{1 + \frac{1}{2} m} = ±\frac{1}{\sqrt{3}}
±\sqrt{3} m ∓ \frac{1}{2}\sqrt{3} = 1 + \frac{1}{2}m
(±\sqrt{3} − \frac{1}{2}) m = 1 ± \frac{1}{2}\sqrt{3}
m = \frac{1 ± \frac{1}{2} \sqrt{3}}{±\sqrt{3} − \frac{1}{2}} .

Aus \frac{y−1}{x−1} = m erhält man die Geradengleichungen:

g_{1} : y = \frac{1 + \frac{1}{2} \sqrt{3}}{\sqrt{3} − \frac{1}{2}} (x − 1) + 1 und g_{2} : y = \frac{1 − \frac{1}{2} \sqrt{3}}{−\sqrt{3} − \frac{1}{2}} (x − 1) + 1 ,

bzw.

g_{1} : y = \frac{1 + \frac{1}{2} \sqrt{3}}{\sqrt{3} − \frac{1}{2}} x + \frac{−3 + \sqrt{3}}{−1 + 2\sqrt{3}} und g_{2} : y = \frac{−1 + \frac{1}{2} \sqrt{3}}{\frac{1}{2} + \sqrt{3}} x + \frac{3 + \sqrt{3}}{1 + 2\sqrt{3}} .

(H2) Das Problem führt auf die folgenden vier Gleichungen:

1♠ + 2♡ = 1♣ + 2♢
2♢ + 4♠ = 1♡ + 3♣
2♢ + 3♣ = 5♠
1♣ + ?♠ = 2♡ + 3♢

Dies ist äquivalent zu einem linearen Gleichungssytem:

( \begin{matrix}−1 & 2 & −2 & 1 \\ −3 & −1 & 2 & 4 \\ 3 & 0 & 2 & −5 \\ 1 & −2 & −3 & α \end{matrix}) · ( \begin{matrix}♣ \\ ♡ \\ ♢ \\ ♠ \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix})  (1)

Mit dem Gauß-Algorithmus folgt:

−1 2 −2  1  0 | · (−3) | · 3 | · 1
−3 −1 2  4  0 |+
3 0 2  −5 0  |+
1 −2 −3  α  0  |+
−1 2 −2  1  0
0 −7 8  1  0 |+
0 6 −4 −2 0 | · 1
0 0 −5 1 + α 0
−1 2 −2 1 0
0 −1 4  −1 0 | · 6
0 6 −4 −2 0 |+
0 0 −5 1 + α 0
−1 2 −2 1 0
0 −1 4  −1 0
0 0 20 −8 0 | : 4
0 0 −5 1 + α 0 |+
−1 2 −2 1 0
0 −1 4  −1 0
0 0 20 −8 0
0 0 0 −1 + α 0

Wegen (−1 + α)♠ = 0 hat man α = 1 (sofern nicht ♠ = 0), d.h., auf der untersten Waage fehlt noch ein Pik.

Alternativlösung: Es ist auch möglich, aus den ersten drei Gleichungen zunächst die Gewichte von ♣, ♡, ♢ und ♠ zu bestimmen und danach mit Hilfe der vierten Gleichung die fehlende Anzahl α an ♠ zu bestimmen.

O.B.d.A habe ♠ das Gewicht 1 (diese Normierung ist möglich, da für die vier Gewichte nur drei Bestimmungsgleichungen zur Verfügung stehen). Dann hat man:

2 ♡ −1 ♣ −2 ♢ = −1 (1)
−1 ♡ −3 ♣ +2 ♢ = −4 (2)
3 ♣ +2 ♢ = 5 (3)
2 ♡ −1 ♣ −2 ♢ = −1 (1)
−7 ♣ +2 ♢ = −9 (2′) = (1) + 2 · (2)
3 ♣ +2 ♢ = 5 (3)
2 ♡ −1 ♣ −2 ♢ = −1 (1)
−7 ♣ +2 ♢ = −9 (2′)
20 ♢ = 8 3 · (2′) + 7 · (3)

Die Gewichte sind also ♠ = 1, ♢ = \frac{2}{5}, ♣ = \frac{−9−2 ♢}{−7} = \frac{7}{5} und ♡ = \frac{−1+1 ♣+2 ♢}{2} = \frac{3}{5}. Daher folgt α·♠ = α = 2 ♡+3 ♢−1 ♣ = 2· \frac{3}{5}+3· \frac{2}{5}−1· \frac{7}{5} = 1 (unabhängig von der Normierung!).

Bemerkungen:

- Betrachtet man nur das lineare Gleichungssystem (1), ohne den Hinweis, daß die Gewichte positiv sind, so ist auch die triviale Lösung, alle Gewichte sind Null, eine Lösung.

- Man kann bei obiger Alternativlösung Pik ein beliebiges positives Gewicht geben. Das Gewicht fällt aus der Rechnung wieder heraus.

- Ist α = 0, so hat das Gleichungssystem vollen Rang, also nur die triviale Lösung, daß alle Gewichte Null sind. Damit das homogene Gleichungssystem (1) eine nichttriviale Lösung hat, muß α so gewählt werden, daß die Matrix nicht vollen Rang hat.

12. Hausübungsblatt

(H1) Die Ebene ℰ : x_{1} + x_{2} + x_{3} = 0 und der Punkt P = (4, 1, 0) sind gegeben.

(a) Bestimmen Sie eine Parameterdarstellung der Geraden g, die auf ℰ senkrecht steht und durch P geht.

(b) Bestimmen Sie den Fußpunkt P_{0} des Lotes von P auf ℰ.

(c) Berechnen Sie den Abstand des Punktes P von der Ebene ℰ.

(d) Berechnen Sie den Abstand der Geraden g_{2} : x⃗ = ( \begin{matrix}1 \\ 2 \\ 3 \end{matrix}) + s ( \begin{matrix}4 \\ 5 \\ 6 \end{matrix}) von der Geraden

g_{1} aus (a).

(H2) Für welche Wahl von α und β hat das folgende lineare Gleichungssystem keine, genau eine bzw. unendlich viele Lösungen? Bestimmen Sie jeweils alle Lösungen.

u + v + βw + αz = 3
v  − αz = −2
−2u − 2v − βw + αz = −5
βw + αz = 1.

Lösungen

(H1) (a) Die Gerade geht durch P in Richtung des Normalenvektors n⃗ von ℰ:

g : x⃗ = \begin{matrix}− ) \\ 0P \end{matrix}+ t · n⃗ = ( \begin{matrix}4 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) + t · ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) .

(b) Der Lotfußpunkt P_{0} ist der Schnittpunkt der Ebene ℰ mit der Gerade g aus a). Es gilt also (da P_{0} die Ebenen- und die Geradengleichung erfüllt):

x_{P_{0}} + y_{P_{0}} + z_{P_{0}} = 0 mit ( \begin{matrix}x_{P_{0}} \\ y_{P_{0}} \\ z_{P_{0}} \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}4 + t_{P_{0}} \\ 1 + t_{P_{0}} \\ t_{P_{0}} \end{matrix} ) .

Damit ist 5 + 3t_{P_{0}} = 0, also t_{P_{0}} = −\frac{5}{3}, und man erhält P_{0} = ( \frac{7}{3}, −\frac{2}{3}, −\frac{5}{3}) .

(c) Die Hessesche Normalenform von ℰ lautet:

\frac{1}{\sqrt{3}} x_{1} + \frac{1}{\sqrt{3}} x_{2} + \frac{1}{\sqrt{3}} x_{3} = 0

mit c = 0 und dem normierten Normalenvektor: n⃗_{0} = ( \frac{1}{\sqrt{3}} ; \frac{1}{\sqrt{3}} ; \frac{1}{\sqrt{3}} ) . Damit gilt nach

Satz 9.8(c) für den gesuchten Abstand d:

d = |c − \begin{matrix}− ) \\ 0P \end{matrix}· n⃗| = |0 − ( \begin{matrix}4 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) · ( \frac{1}{\sqrt{3}} ; \frac{1}{\sqrt{3}} ; \frac{1}{\sqrt{3}} ) |= |−\frac{5}{\sqrt{3}}| = \frac{5}{\sqrt{3}} .

Alternative: Es ist d die Länge des Vektors \begin{matrix}−) \\ P_{0}P \end{matrix}:

d = |\begin{matrix}−) \\ P_{0}P \end{matrix}| = |( \begin{matrix}4 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) − ( \frac{7}{3} ; −\frac{2}{3} ; −\frac{5}{3} ) | = |( \frac{5}{3} ; \frac{5}{3} ; \frac{5}{3} ) | = \frac{5}{3} · \sqrt{3} = \frac{5}{\sqrt{3}} .

(d) Da g_{1} und g_{2} offensichtlich nicht parallel sind, gilt für ihren Abstand d(g_{1}, g_{2}) nach Satz 9.5:

d(g_{1}, g_{2}) = \frac{|(u⃗ × v⃗) · (b⃗ − a⃗)|}{|u⃗ × v⃗|} ,

wobei u⃗ und v⃗ die Richtungsvektoren und a⃗ und b⃗ die Aufpunkte der Geraden sind, also:

u⃗ = ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) , v⃗ = ( \begin{matrix}4 \\ 5 \\ 6 \end{matrix}) , a⃗ = ( \begin{matrix}4 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) , b⃗ = ( \begin{matrix}1 \\ 2 \\ 3 \end{matrix}) .

Damit ist

u⃗×v⃗ = ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) ×( \begin{matrix}4 \\ 5 \\ 6 \end{matrix}) = ( \begin{matrix}6 − 5 \\ −(6 − 4) \\ 5 − 4 \end{matrix}) = ( \begin{matrix}1 \\ −2 \\ 1 \end{matrix}) , |u⃗×v⃗| = \sqrt{1^{2} + (−2)^{2} + 1^{2}} = \sqrt{6}

sowie

b⃗ − a⃗ = ( \begin{matrix}1 \\ 2 \\ 3 \end{matrix}) − ( \begin{matrix}4 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) = ( \begin{matrix}−3 \\ 1 \\ 3 \end{matrix}) .

Der Abstand ist also:

d(g_{1}, g_{2}) = \frac{1}{\sqrt{6}} |( \begin{matrix}1 \\ −2 \\ 1 \end{matrix}) · ( \begin{matrix}−3 \\ 1 \\ 3 \end{matrix}) |= \frac{1}{\sqrt{6}} | − 2| = \frac{2}{\sqrt{6}} .

(H2) Gemäß dem Gauß-Algorithmus läßt sich das gegebene Gleichungssystem äquivalent um-

formen:

1 1 β α 3 | · 2
0 1 0 −α −2
−2 −2 −β α −5 |+
0 0 β  α  1
1 1 β  α  3
0 1 0 −α −2
0 0 β 3α 1 | · (−1)
0 0 β  α  1 |+
1 1 β  α  3
0 1 0 −α −2
0 0 β 3α 1 |+
0 0 0 −2α 0 | · ( \frac{3}{2}) | · (−\frac{1}{2})
1 1 β α 3
0 1 0 −α −2
0 0 β  0 1  (∗)
0 0 0  α  0

(∗) ist gleichbedeutend mit βw = 1. Es treten folgende Fälle auf:

β = 0 :  Dann ist (∗) nicht lösbar: ℒ = ∅.

β ≠ 0, α = 0 : Dann ist Rang(A) = 3 = Rang(A, b⃗). Damit ist das System lösbar mit einem freien Parameter, d.h., z = λ ∈ ist beliebig. Weiterhin sind w = \frac{1}{β} , v = −2 und u = 4. Als Lösungs-

menge ergibt sich folglich: ℒ = \{ ( 4 ; −2 ; \frac{1}{β} ; 0 ) + λ ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) ; λ ∈ \} .

β ≠ 0, α ≠ 0 : Dann ist Rang(A) = 4 = Rang(A, b⃗). Damit ist das System eindeutig lösbar mit z = 0, w = \frac{1}{β} , v = −2 und u = 4. Die

Lösungsmenge ist damit: ℒ = / ( 4 ; −2 ; \frac{1}{β} ; 0 ) \ .

13. Hausübungsblatt

(H1) Die Ebene ℰ : x_{1} + x_{2} + x_{3} = 0 und der Punkt P = (4, 1, 0) sind gegeben.

(a) Bestimmen Sie eine Parameterdarstellung der Geraden g, die auf ℰ senkrecht steht und durch P geht.

(b) Bestimmen Sie den Fußpunkt P_{0} des Lotes von P auf ℰ.

(c) Berechnen Sie den Abstand des Punktes P von der Ebene ℰ.

(d) Berechnen Sie den Abstand der Geraden g_{2} : x⃗ = ( \begin{matrix}1 \\ 2 \\ 3 \end{matrix}) + s ( \begin{matrix}4 \\ 5 \\ 6 \end{matrix}) von der Geraden

g_{1} aus (a).

(H2) Für welche Wahl von α und β hat das folgende lineare Gleichungssystem keine, genau eine bzw. unendlich viele Lösungen? Bestimmen Sie jeweils alle Lösungen.

u + v + βw + αz = 3
v  − αz = −2
−2u − 2v − βw + αz = −5
βw + αz = 1.

Lösungen

(H1) A hat Blockstruktur: A = ( \begin{matrix}A_{1} & 0 \\ 0 & A_{2} \end{matrix} ) mit einer 3 × 3-Untermatrix

A′= A_{1} = A_{2} = ( \begin{matrix}2 & −1 & 1 \\ −1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 2 \end{matrix}) .

Für derartige Matrizen gilt: detA = detA_{1} · detA_{2}. Kurze Begründung hierfür. Es ist A = ( \begin{matrix}A_{1} & 0 \\ 0 & A_{2} \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}A_{1} & 0 \\ 0 & E_{3} \end{matrix} ) ( \begin{matrix}E_{3} & 0 \\ 0 & A_{2} \end{matrix} ), wobei E_{3} die 3 × 3 Einheitsmatrix ist. Für die Determinante gilt aber det( \begin{matrix}A_{1} & 0 \\ 0 & E_{3} \end{matrix} ) = detA_{1} bzw. det( \begin{matrix}E_{3} & 0 \\ 0 & A_{2} \end{matrix} ) = detA_{2}. Mit dem Determinantenmultiplikationssatz folgt detA = detA_{1} detA_{2} Mit detA′= 4 + 0 + 0 − 1 − 2 − 0 = 1 folgt also: detA = detA′· detA′= 1 · 1 = 1. Mit 1 = detE = det(A · A^{−1}) = detA · detA^{−1} folgt weiter: detA^{−1} = (detA)^{−1} = 1. Es ist A^{−1} = ( \begin{matrix}A_{1}^{−1} & 0 \\ 0 & A_{2}^{−1} \end{matrix} ) . Man hat also (A′)^{−1} zu bestimmen:

2 −1 1 1 0 0  Vertauschen

−1 1 0 0 1 0 der ersten mit 1 0 2 0 0 1 der dritten Zeile

1 0 2 0 0 1 | · 1  | · (−2)
−1 1 0 0 1 0 |+
2 −1 1 1 0 0  |+
1 0 2 0 0 1
0 1 2 0 1 1 | · (−1)
0 −1 −3 1 0 −2 | · (−1)+
1 0 2 0 0 1 |+
0 1 2 0 1 1  |+
0 0 1 −1 −1 1 | · (−2) | · (−2)
1 0 0 2 2 −1
0 1 0 2 3 −1
0 0 1 −1 −1 1

Damit folgt

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

Alternativlösung ohne Rechenregeln für Blockmatrizen: detA läßt sich auch durch Entwickeln nach der zweiten Spalte berechnen:

detA = |\begin{matrix}2 & −1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ −1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 & −1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & −1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 2 \end{matrix}| = −(−1) · |\begin{matrix}−1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & −1 & 1 \\ 0 & 0 & −1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 2 \end{matrix}| + 1 · |\begin{matrix}2 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & −1 & 1 \\ 0 & 0 & −1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 2 \end{matrix}|

= (−1) · |\begin{matrix}2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & −1 & 1 \\ 0 & −1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 2 \end{matrix}| + 2 · |\begin{matrix}2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & −1 & 1 \\ 0 & −1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 2 \end{matrix}| − 1 · |\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & −1 & 1 \\ 0 & −1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 2 \end{matrix}|

= ((−1) · 2 + 2 · 2 − 1 · 1) · |\begin{matrix}2 & −1 & 1 \\ −1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 2 \end{matrix}|

= (−2 + 4 − 1) · detA′= 1 · 1 = 1

Eine weitere Möglichkeit zur Berechnung von detA ist es, A in Dreiecksform zu bringen. Dabei kann man die Blockstruktur von A ausnutzen, da man die obere und die untere Hälfte der Matrix getrennt betrachten und in beiden Teilen dieselben Umformungsschritte anwenden kann:

detA = |\begin{matrix}2 & −1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ −1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 & −1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & −1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 2 \end{matrix}| = (−1) · (−1) · |\begin{matrix}1 & 0 & 2 & 0 & 0 & 0 \\ −1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 2 & −1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & −1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 & −1 & 1 \end{matrix}| \begin{aligned}| · 1 \\ |+ & | · 2 \\ & |+ \\ | · 1 \\ |+ & | · 2 \\ & |+ \end{aligned}

= |\begin{matrix}1 & 0 & 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 \end{matrix}| \begin{matrix}| · (−1) \\ |+ \\ | · (−1) \\ |+ \end{matrix}

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

In diesem Sinne kann man die Blockstruktur auch für die Invertierung nutzen. Dann hat man für die obere und die untere Teilmatrix jeweils dieselbe Rechnung wie bei der Invertierung von (A′)^{−1}.

(H2) Es gilt (Entwickeln nach der ersten Spalte):

D_{n} = detA_{n} = \underbrace{|\begin{matrix}1 & −1 \\ 1 & 1 & −1 \\ & 1 & 1 & −1 \\ . & . & . \\ & & & & 1 & 1 & −1 \\ & & & & & 1 & 1 \end{matrix}|}_{n}

= 1 · \underbrace{|\begin{matrix}1 & −1 \\ 1 & 1 & −1 \\ . & . & . \\ & & & 1 & 1 & −1 \\ & & & & 1 & 1 \end{matrix}|}_{n−1}−1 · \underbrace{|\begin{matrix}−1 \\ 1 & 1 & −1 \\ . & . & . \\ & & & 1 & 1 & −1 \\ & & & & 1 & 1 \end{matrix}|}_{n−1}

= detA_{n−1} − (−1) · \underbrace{|\begin{matrix}1 & −1 \\ . & . & . \\ & & 1 & 1 & −1 \\ & & & 1 & 1 \end{matrix}|}_{n−2}

= detA_{n−1} + detA_{n−2} = D_{n−1} + D_{n−2} .

Dabei ist D_{1} = detA_{1} = 1 und D_{2} = detA_{2} = | \begin{matrix}1 & −1 \\ 1 & 1 \end{matrix} | = 2. Mit D_{n} = D_{n−1} + D_{n−2}

lassen sich die weiteren Werte berechnen: D_{3} = 3, D_{4} = 5, D_{5} = 8, D_{6} = 13, D_{7} = 21, D_{8} = 34, D_{9} = 55, D_{10} = 89. Diese Zahlen, die durch D_{1} = 1, D_{2} = 2 und D_{n} = D_{n−1} + D_{n−2} definiert sind, heißen Fibonacci-Zahlen, vgl. 3. Übungsblatt (P3a).

14. Übungsblatt

P1) Gegeben sei A = ( \begin{matrix}1 & −4 & 8 \\ −4 & 7 & 4 \\ 8 & 4 & 1 \end{matrix}) .

a) Warum ist die Matrix A diagonalisierbar?

b) Man gebe eine Diagonalmatrix D und eine invertierbare Matrix S an, so daß

D = SAS^{−1}

gilt.

c) Man gebe eine orthonormalisierte Matrix S an, so daß D = SAS^{−1} gilt.

P2) Gegeben sei A = ( \begin{matrix}5 & −1 & 3 \\ −6 & 4 & −6 \\ −6 & 2 & −4 \end{matrix}) . Man gebe eine Diagonalmatrix D und eine inver-

tierbare Matrix S an, so daß D = SAS^{−1} gilt. (Machen Sie nach der Rechnung zur Sicherheit die Probe!)

Lösungen

(P1) (a) Nach Satz 15.13 ist A als symmetrische Matrix reell diagonalisierbar, d.h., es existiert eine Zerlegung A = S^{−1}DS mit einer reellen Diagonalmatrix D und einer reellen, invertierbaren Matrix S.

(b) Die Einträge der Diagonalmatrix sind gerade die Eigenwerte von A, die mit Hilfe des charakteristischen Polynoms berechnet werden:

|\begin{matrix}1 − λ & −4 & 8 \\ −4 & 7 − λ & 4 \\ 8 & 4 & 1 − λ \end{matrix}| = (1 − λ)^{2} (7 − λ) − 16 · 8 − 16 · 8
− (16 (1 − λ) + 64 (7 − λ) + 16 (1 − λ))
= (λ^{2} − 2λ + 1) (7 − λ) − 256 − (32 − 32λ + 448 − 64λ)
= −λ^{3} + 2λ^{2} − λ + 7λ^{2} − 14λ + 7 − 736 + 96λ
= −λ^{3} + 9λ^{2} + 81λ − 729 .

Die Eigenwerte sind gerade die Nullstellen dieses Polynoms −λ^{3}+9λ^{2}+81λ−729 = −λ^{3} + 9λ^{2} + 9^{2}λ − 9^{3} = −(λ^{2} − 9^{2}) (λ − 9) = −(λ − 9)^{2} (λ + 9). Daher lauten die Eigenwerte λ_{1,2} = 9, λ_{3} = −9. Die Diagonalmatrix lautet also:

D = ( \begin{matrix}9 & 0 & 0 \\ 0 & 9 & 0 \\ 0 & 0 & −9 \end{matrix}) .

Die Matrix S setzt sich aus den Eigenvektoren von A zusammen. Zur Berechnung dieser löst man statt x⃗ · (A − λ E) = 0 mit x⃗ als Zeilenvektor das transponierte System (A − λ E)^{⊤} · x⃗^{⊤} = 0^{⊤} . Dabei ist allerdings (A − λ E)^{⊤} = (A − λ E), da A symmetrisch ist. Für den Eigenwert λ_{3} = −9 ist also zu lösen:

(A + 9E) · ( \begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{matrix}) = ( \begin{matrix}10 & −4 & 8 \\ −4 & 16 & 4 \\ 8 & 4 & 10 \end{matrix}) · ( \begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{matrix}) =^{!} ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) .

Durch Addition der letzten Zeile zum Doppelten der zweiten Zeile erhält man die Gleichung: 0x_{1} + 36x_{2} + 18x_{3} = 0. Wähle also etwa x_{2} = 1 und x_{3} = −2. Dann ergibt sich aus der ersten Zeile x_{1} = 2. Ein zu λ_{3} = −9 gehörender Eigenvektor lautet also (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (2, 1, −2). Für den doppelten Eigenwert λ = 9 sind zwei linear unabhängige Eigenvektoren mit:

(A − 9E) · ( \begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{matrix}) = ( \begin{matrix}−8 & −4 & 8 \\ −4 & −2 & 4 \\ 8 & 4 & −8 \end{matrix}) · ( \begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{matrix}) =^{!} ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) .

zu bestimmen. Die Zeilen dieses Systems sind paarweise linear abhängig, wähle also für beide Eigenvektoren etwa x_{1} und x_{2} und bestimme daraus x_{3}. Eine Lösungsbasis (für das nicht-transponierte System) ist beispielsweise {(1, 2, 2), (−2, 2, −1)}. Damit lautet die gesuchte Matrix:

S = ( \begin{matrix}1 & 2 & 2 \\ −2 & 2 & −1 \\ 2 & 1 & −2 \end{matrix}) .

(Dabei muß der Eigenvektor zu −9 in der letzten Zeile stehen, vgl. Diagonalmatrix.)

(c) Hier ist S schon orthogonal (wegen (1, 2, 2) · (−2, 2, −1) = 0); daher sind die Vektoren nur noch zu normieren (\sqrt{1^{2} + 2^{2} + 2^{2}} = 3):

S = \frac{1}{3} ( \begin{matrix}1 & 2 & 2 \\ −2 & 2 & −1 \\ 2 & 1 & −2 \end{matrix}) .

Probe (S^{−1} = S^{⊤} , da S orthonormal ist):

SAS^{−1} = \frac{1}{3} ( \begin{matrix}1 & 2 & 2 \\ −2 & 2 & −1 \\ 2 & 1 & −2 \end{matrix}) · ( \begin{matrix}1 & −4 & 8 \\ −4 & 7 & 4 \\ 8 & 4 & 1 \end{matrix}) · \frac{1}{3} ( \begin{matrix}1 & −2 & 2 \\ 2 & 2 & 1 \\ 2 & −1 & −2 \end{matrix})

= \frac{1}{9} ( \begin{matrix}1 & 2 & 2 \\ −2 & 2 & −1 \\ 2 & 1 & −2 \end{matrix}) · ( \begin{matrix}9 & −18 & −18 \\ 18 & 18 & −9 \\ 18 & −9 & 18 \end{matrix})

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

= ( \begin{matrix}9 & 0 & 0 \\ 0 & 9 & 0 \\ 0 & 0 & −9 \end{matrix}) .

Anmerkung:

Falls man die zwei Eigenvektoren a⃗_{1} und a⃗_{2} zu λ = 9 nicht orthogonal gewählt hat, muß man sie orthogonalisieren: Bei symmetrischen Matrizen sind die Eigenvektoren zu verschiedenen Eigenwerten immer orthogonal zueinander. Man muß also nur noch bei den Eigenvektoren, die zu einem mehrfachen Eigenwert gehören, aufpassen.

e⃗_{1} = \frac{a⃗_{1}}{|a⃗_{1}|}, e⃗_{2} = a⃗_{2} − (a⃗_{2} · e⃗_{1}) e⃗_{1} und anschließend normalisieren.

Man kann den dritten Eigenvektor auch als Kreuzprodukt der anderen beiden erhalten, allerdings klappt der Trick natürlich nur in Dimension 3. Hätte man also z.B. a⃗_{1} = (1, 0, 1) gewählt, so würde man

( \begin{matrix}2 \\ 1 \\ −2 \end{matrix}) × ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ −1 \end{matrix}) = ( \begin{matrix}1 \\ −4 \\ −1 \end{matrix})

als Eigenvektor zu λ = 9 erhalten. Die Basis der Eigenvektoren bildet hier also ein Rechtssystem. Nach Normalisierung lautet die orthonormale Matrix S dann also

S = ( \begin{matrix}\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \\ \frac{1}{\sqrt{18}} & \frac{−4}{\sqrt{18}} & \frac{−1}{\sqrt{18}} \\ \frac{2}{3} & \frac{1}{3} & \frac{−2}{3} \end{matrix} ) .

Die Inverse hierzu lautet:

S^{−1} = S^{T} = ( 0 \frac{−4}{\sqrt{18}}  \frac{1}{3}_{\frac{1}{\sqrt{2}} \frac{−1}{\sqrt{18}} \frac{−2}{3}}^{\frac{1}{\sqrt{2}} \frac{1}{\sqrt{18}}  \frac{2}{3}} ) .

Und es ist erneut SAS^{−1} = D. Oder hätte man z.B. a⃗_{1} = (1, 0, 1) und a⃗_{2} = (0, 2, 1) als Eigenvektoren zu λ = 9 gewählt, so kann man diese wie folgt orthonormalisieren: Die Vektoren sind auf jeden Fall senkrecht zu dem Eigenvektor (2, 1, −2), da bei symmetrischen Matrizen Eigenvektoren zu verschiedenen Eigenwerten immer senkrecht sind. Man normalisiert also a⃗_{1} zu e⃗_{1} = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, 0, 1) und berechnet dann

e⃗_{2} = a⃗_{2} − (a⃗_{2} · e⃗_{1}) e⃗_{1} = (0, 2, 1) − \frac{1}{\sqrt{2}} \frac{1}{\sqrt{2}}(1, 0, 1) = (−\frac{1}{2}, 2, \frac{1}{2}).

Normalisierung ergibt: \frac{1}{\sqrt{18}}(−1, 4, 1). Im Gegensatz zu oben bilden diese orthonormalsierten Vektoren ein Linkssystem!

(P2) Man geht wie in (P1) vor und bestimmt zunächst die Nullstellen des charakteristischen Polynoms:

(Hinweis: auch bei der Berechnung der Eigenwerte, d.h. bei der Berechnung der Nullstellen des charakteristischen Polynoms, transponiert man zunächst die Matrix: x⃗A = λx⃗ {} (A^{T} − λE)x⃗^{T} = 0^{T}.

Allerdings sind die charakteristischen Polynome und damit auch die Eigenwerte von der Matrix A und ihrer transponieretn Matrix A^{T} die gleichen. Die Eigenvektoren sind aber verschieden!)

χ_{A}(λ) = det(A^{T} − λE) = |\begin{matrix}5 − λ & −6 & −6 \\ −1 & 4 − λ & 2 \\ 3 & −6 & −4 − λ \end{matrix}|

= (5 − λ) · (4 − λ) · (−4 − λ) − 36 − 36 + 12 (5 − λ) + 18 (4 − λ) − 6 (−4 − λ)

= (20 − 5λ − 4λ + λ^{2}) · (−4 − λ) − 72 + 60 − 12λ + 72 − 18λ + 24 + 6λ
= (−80 + 36λ − 4λ^{2} − 20λ + 9λ^{2} − λ^{3}) − 24λ + 84
= −λ^{3} + 5λ^{2} − 8λ + 4 .

Man rät die Nullstelle λ_{1} = 1. Mittels Polynomdivision findet man dann weiter:

(−λ^{3} + 5λ^{2} − 8λ + 4) : (λ − 1) = −λ^{2} + 4λ − 4
\underline{−λ^{3} + λ^{2}}
4λ^{2} − 8λ
\underline{4λ^{2} − 4λ}

−4λ + 4

(\underline{−4λ + 4}) / 0

χ_{A}(λ) = −(λ − 1) (λ − 2)^{2} hat also die einfache Nullstelle λ_{1} = 1 und die doppelte Nullstelle λ_{2,3} = 2. Zur Berechnung der Eigenvektoren löst man wie in (P1) das transponierte System (A^{⊤} − λ E) x⃗^{⊤} = 0^{⊤} . Für λ_{1} = 1 erhält man:

(A^{⊤} − E) · ( \begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{matrix}) = ( \begin{matrix}4 & −6 & −6 \\ −1 & 3 & 2 \\ 3 & −6 & −5 \end{matrix}) · ( \begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{matrix}) =^{!} 0.

Addiert man das Dreifache der zweiten Zeile zur dritten Zeile, so folgt: 3x_{2} + x_{3} = 0. Man kann also etwa x_{2} = −1, x_{3} = 3 wählen. Dann folgt x_{1} = 3. Für λ_{2,3} = 2 ist das folgende System zu lösen:

(A^{⊤} − 2 E) · ( \begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{matrix}) = ( \begin{matrix}3 & −6 & −6 \\ −1 & 2 & 2 \\ 3 & −6 & −6 \end{matrix}) · ( \begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{matrix}) =^{!} 0.

Man wähle also x⃗ so, daß −x_{1} + 2x_{2} + 2x_{3} = 0 erfüllt ist. Zwei linear unabhängige Eigenvektoren sind beispielsweise b⃗_{2} = (2, 1, 0) und b⃗_{3} = (2, 0, 1). Die gesuchten Matrizen sind somit:

D = ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix}) und S = ( \begin{matrix}3 & −1 & 3 \\ 2 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & 1 \end{matrix}) .

S ist invertierbar, da die Zeilen von S linear unabhängig sind.

Die Inverse lautet

S^{−1} = ( \begin{matrix}−1 & −1 & 3 \\ 2 & 3 & −6 \\ 2 & 2 & −5 \end{matrix}) .

Da es aber im allgemeinen Mühe macht, die Inverse zu berechnen, kann man zur Probe statt D = SAS^{−1} auch SA = DS verwenden:

SA = ( \begin{matrix}3 & −1 & 3 \\ 2 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & 1 \end{matrix}) · ( \begin{matrix}5 & −1 & 3 \\ −6 & 4 & −6 \\ −6 & 2 & −4 \end{matrix}) = ( \begin{matrix}3 & −1 & 3 \\ 4 & 2 & 0 \\ 4 & 0 & 2 \end{matrix})  und

DS = ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix}) · ( \begin{matrix}3 & −1 & 3 \\ 2 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & 1 \end{matrix}) = ( \begin{matrix}3 & −1 & 3 \\ 4 & 2 & 0 \\ 4 & 0 & 2 \end{matrix}) .