Mathematische Grundlagen WS 2011/2012 …...Prof. Dr. Herbert Egger Garching, den 17.10.2011 Dipl.-Comp.Math. Matthias Schlottbom Mathematische Grundlagen WS 2011/2012 Ubungsblatt

Prof. Dr. Herbert Egger Garching, den 17.10.2011Dipl.-Comp.Math. Matthias Schlottbom

Mathematische Grundlagen WS 2011/2012

Ubungsblatt 1

Aufgabe 1:Bilden Sie von jeder der folgenden Aussagen die Verneinung und stellen Sie fest, ob jeweils dieAussage selbst oder ihre Verneinung wahr ist (mit Begrundung).

a) Jeder Mensch hat blaue Augen.

b) ∀x ∈ Q ∃y ∈ Q : x · y = 1.

Losung:

a) Die Verneinung lautet: “Es existieren Menschen mit einer Augenfarbe, die verschieden vonblau ist”. Die Verneinung ist in diesem Fall wahr.

b) Verneinung: ∃x ∈ Q ∀y ∈ Q : x · y 6= 1. Auch in diesem Fall ist die Verneinung wahr. Wahlez.B. x = 0, dann gilt namlich x · y = 0 6= 1 fur alle y ∈ Q.

Aufgabe 2:Es seien A, B und C mathematische Aussagen. Zeigen Sie mit Hilfe von Wahrheitstafeln:

a) (A⇒ B)⇐⇒ (¬B ⇒ ¬A),

b) (A ∧ ¬B) ∨ (¬A ∧B)⇐⇒ ¬(A⇔ B).

Losung:

a) Die Wahrheitstafel ist folgendermaßen gegeben:A B A⇒ B ¬B ¬A ¬B ⇒ ¬A0 0 1 1 1 10 1 1 0 1 11 0 0 1 0 01 1 1 0 0 1

Durch Vergleich der dritten Spalte mit der sechsten Spalte ergibt sich die Behauptung.

b) Die Wahrheitstafel ist folgendermaßen gegeben:A B A ∧ ¬B ¬A ∧B (A ∧ ¬B) ∨ (¬A ∧B) ¬(A⇔ B)

0 0 0 0 0 00 1 0 1 1 11 0 1 0 1 11 1 0 0 0 0

Durch Vergleich der funften Spalte mit der sechsten Spalte ergibt sich die Behauptung.

Aufgabe 3:Geben Sie folgende Mengen in aufzahlender Form an:

a) {x ∈ N : x5 = −1}, {x ∈ Z : x5 = −1},

b) {(x, y) ∈ {1, 2, 3} × {4, 5, 6, 7} : x · y ist gerade},

c) {x ∈ Z : 2 ≤ x2 ≤ 9},

1

d) {x3 : x ∈ Z ∧ −2 ≤ x ≤ 3}.

Losung:

a) Es ist {x ∈ N : x5 = −1} = ∅ und {x ∈ Z : x5 = −1} = {−1}.

b) {(x, y) ∈ {1, 2, 3}×{4, 5, 6, 7} : x·y ist gerade} = {(1, 4), (1, 6), (2, 4), (2, 5), (2, 6), (2, 7), (3, 4), (3, 6)}.

c) {x ∈ Z : 2 ≤ x2 ≤ 9} = {−3, −2, 2, 3}.

d) {x3 : x ∈ Z ∧ −2 ≤ x ≤ 3} = {−8, −1, 0, 1, 8, 27}.

Aufgabe 4:Seien K, L und M Mengen. Zeigen Sie:

a) K \ (K \ L) = K ∩ L,

b) K \ (L ∪M) = (K \ L) ∩ (K \M),

c) K \ (L ∩M) = (K \ L) ∪ (K \M).

Losung:

a) z.z.: K \ (K \ L) = K ∩ L.dazu: Zuerst stellen wir fest, dass

x ∈ (K \ L)⇐⇒ x ∈ K ∧ x /∈ L.

Anders ausgedruckt bedeutet dies, dass

x /∈ (K \ L)⇐⇒ x /∈ K ∨ x ∈ L.

Also schliessen wir, dass

K \ (K \ L) = {x ∈ K : x /∈ (K \ L)}= {x ∈ K : x /∈ K ∨ x ∈ L}= {x ∈ K : x ∈ L}= K ∩ L.

b) z.z.: K \ (L ∪M) = (K \ L) ∩ (K \M).dazu: Es gilt, dass

x ∈ (L ∪M)⇐⇒ x ∈ L ∨ x ∈M.

Durch Verneinung erhalten wir

x /∈ (L ∪M)⇐⇒ x /∈ L ∧ x /∈M.

Wir erhalten also folgendes

K \ (L ∪M) = {x ∈ K : x /∈ (L ∪M)}= {x ∈ K : x /∈ L ∧ x /∈M}= {x ∈ K : x /∈ L} ∩ {x ∈ K : x /∈M}= (K \ L) ∩ (K \M).

2

c) z.z.: K \ (L ∩M) = (K \ L) ∪ (K \M).dazu: Es gilt, dass

x ∈ L ∩M ⇐⇒ x ∈ L ∧ x ∈M.

Die Verneinung der letzten Aussage ergibt folgendes

x /∈ L ∩M ⇐⇒ x /∈ L ∨ x /∈M.

Daher gilt, dass

K \ (L ∩M) = {x ∈ K : x /∈ (L ∩M)}= {x ∈ K : x /∈ L ∨ x /∈M}= {x ∈ K : x /∈ L} ∪ {x ∈ K : x /∈M}= (K \ L) ∪ (K \M).

Aufgabe 5:Untersuchen Sie die folgenden Abbildungen auf Injektivitat, Surjektivitat und Bijektivitat:

a) f1 : R→ R, x 7→ exp(x),

b) f2 : Z→ Z, x 7→ 2x− 1,

c) f3 : R→ R, x 7→ 2x− 1,

d) f4 : N× R→ R, (x, y) 7→ x · y.

Skizzieren Sie die Funktionen fi fur i ∈ {1, 2, 3}.

Losung:

a) Wir untersuchen f1 : R→ R, x 7→ exp(x).

Surjektivitat: f1 ist nicht surjektiv, da f1(x) > 0 fur alle x ∈ R. Somit gilt z.B. −1 /∈ f1(R).

Injektivitat: f1 ist injektiv, da f1 streng monoton wachsend ist. Ist also z.B. x < y, so folgt,dass f1(x) < f1(y). Im Umkehrschluss (vgl. A2.a)) bedeutet dies, dass

f1(x) = f1(y)⇒ x = y,

also die Injektivitat von f1.

Bijektivitat: Da f1 nicht surjektiv ist, kann f1 auch nicht bijektiv sein.

b) Wir untersuchen f2 : Z→ Z, x 7→ 2x− 1.

Surjektivitat: f2 ist nicht surjektiv, da fur jedes x ∈ Z der Funktionswert f2(x) eine ungeradeZahl ist; also ist z.B. 2 /∈ f2(Z).

Injektivitat: f2 ist injektiv: Hierzu seien x, y ∈ Z und f2(x) = f2(y).

z.z.: x = y.

dazu: Durch Umformung erhalten wir, dass

f2(x) = f2(y)⇐⇒ 2x− 1 = 2y − 1

⇐⇒ 2x = 2y

⇐⇒ x = y.

Bijektivitat: Da f2 nicht surjektiv ist, kann f2 auch nicht bijektiv sein.

3

c) Wir untersuchen f3 : R→ R, x 7→ 2x− 1.

Surjektivitat: f3 ist surjektiv: Zu y ∈ R wahle x = y+12 ∈ R. Damit gilt f(x) = y.

Injektivitat: f3 ist injektiv: Dies folgt mit dem gleichen Argument wie in b).

Bijektivitat: Da f3 sowohl injektiv als auch surjektiv ist, folgt, dass f3 bijektiv ist.

d) Wir untersuchen f4 : N× R→ R, (x, y) 7→ x · y.

Surjektivitat: f4 ist surjektiv: Zu z ∈ R wahle (x, y) = (1, z) ∈ N×R. Dann gilt f4(x, y) = z.

Injektivitat: f4 ist nicht injektiv: Betrachte z.B. f(5, 0) = 0 = f(4, 0).

Bijektivitat: Da f4 nicht injektiv ist, ist f4 nicht bijektiv.

Aufgabe 6:Es seien A, B und C nicht-leere Mengen und f : A → B und g : B → C zwei Abbildungen.Zeigen Sie:

a) Wenn g ◦ f injektiv ist, dann muss auch f injektiv sein, aber g im Allgemeinen nicht.

b) Wenn g ◦ f surjektiv ist, dann muss auch g surjektiv sein, aber f im Allgemeinen nicht.

Losung:

a) z.z.: g ◦ f injektiv =⇒ f injektiv.

dazu: Wir mussen zeigen, dass die Injektivitat von g ◦ f notwendigerweise die Injektivitat vonf zur Folge hat. Laut A2.a) ist dies aquivalent dazu zu zeigen, dass aus f nicht injektiv folgt,dass g ◦ f nicht injektiv ist.

Sei also f nicht injektiv, d.h.

∃x, y ∈ A : f(x) = f(y) ∧ x 6= y.

Durch Anwendung von g erhalten wir somit die Aussage, dass

∃x, y ∈ A : g(f(x)) = g(f(y)) ∧ x 6= y.

Dies zeigt, dass g ◦ f nicht injektiv ist. Es folgt die Behauptung.

g muss i.A. nicht injektiv sein: Wir betrachten dazu das folgende Beispiel:

Seien A = B = C = R und

g(x) :=

{x, x > 0,

0, x ≤ 0.

f(x) := exp(x).

Dann ist g(f(x)) = f(x) fur alle x ∈ R und somit ist g ◦ f injektiv (vgl. A5.a)). Offenbar istg aber nicht injektiv (g(0) = 0 = g(−1)).

4

b) z.z.: g ◦ f surjektiv =⇒ g surjektiv.

dazu: Sei y ∈ C. Nach Voraussetzung existiert ein x ∈ A mit g(f(x)) = y. Definiere nunz := f(x), dann gilt auch g(z) = y. Damit haben wir gezeigt, dass

∀y ∈ C ∃z ∈ B : g(z) = y.

Somit ist die Surjektivitat von g gezeigt.

Um zu zeigen, dass i.A. f nicht surjektiv sein muss, betrachten wir folgendes Beispiel: SeiA = B = {0, 1} und C = {0}. Weiterhin sei f(0) := f(1) := 0 und g(0) := g(1) := 0. Offenbarist g ◦ f surjektiv, aber 1 /∈ f(A).

5



Ubungsblatt 2

Aufgabe 1:Berechnen Sie folgende Ausdrucke explizit und die Summen zusatzlich mit Formeln von diesemBlatt.

a)

9∑k=3

k2 b)

4∑k=0

1

2kc)

3∑k=0

(3

k

)d)

5∏k=1

1

k

Losung:

a) Durch Ausschreiben des Summenzeichens ergibt sich

9∑k=3

k2 = 9 + 16 + 25 + 36 + 49 + 64 + 81 = 280.

A2.a) liefert uns

9∑k=3

k2 =

9∑k=0

k2 −2∑

k=0

k2 =9 · 10 · 19

6− 2 · 3 · 5

6= 15 · 19− 5 = 280.

b) Durch Ausschreiben des Summenzeichens ergibt sich

4∑k=0

1

2k= 1 +

1

2+

1

4+

1

8+

1

16=

16 + 8 + 4 + 2 + 1

16=

31

16.

Die geometrische Summenformel (A2.b)) mit q = 1/2 liefert uns

4∑k=0

1

2k=

132 − 112 − 1

= (−2) · −31

32=

31

16.

c) Durch Ausschreiben des Summenzeichens erhalten wir

3∑k=0

(3

k

)=

(3

0

)+

(3

1

)+

(3

2

)+

(3

3

)= 1 + 3 + 3 + 1 = 8.

Aufgabe 3.a) liefert uns3∑

k=0

(3

k

)= 23 = 8.

d) Durch Ausschreiben des Produktzeichens erhalten wir

5∏k=1

1

k= 1 · 1

2· 1

3· 1

4· 1

5=

1

5!=

1

120.

Aufgabe 2:Sei n ∈ N0. Zeigen Sie per vollstandiger Induktion.

a)∑n

k=0 k2 = 1

6n(n + 1)(2n + 1).

1

b) Geometrische Summenformel :∑n

k=0 qk = qn+1−1

q−1 fur q ∈ R mit q 6= 1.

c) Binomische Formel :∑n

k=0

(nk

)akbn−k = (a + b)n fur a, b ∈ R.

Hinweis: Verwenden Sie(

nk−1)

+(nk

)=(n+1k

)falls k > 0.

Losung:

a) z.z.: A(n) :⇔∑n

k=0 k2 = 1

6n(n + 1)(2n + 1) fur n ∈ N0.

Beweis: Wir zeigen die Behauptung per vollstandiger Induktion.

I.A.: A(0):∑0

k=0 k2 = 0 = 1

6 · 0 · 1 · 1. Also ist A(0) wahr.

I.V.: Sei n ∈ N0 und fur dieses n gelte A(n).

I.S. n→ n + 1: Wir stellen fest, dass

(2n + 3)(n + 2) = 2n2 + 7n + 6. (1)

Damit folgt

n+1∑k=0

k2 =n∑

k=0

k2 + (n + 1)2

(I.V.)=

1

6n(n + 1)(2n + 1) + (n + 1)2

=1

6(n + 1)

(n(2n + 1) + 6n + 6

)(1)=

1

6(n + 1)((n + 1) + 1)(2(n + 1) + 1).

Damit gilt auch A(n + 1) und aus dem Induktionsprinzip folgt die Behauptung.

b) z.z.: A(n) :⇔∑n

k=0 qk = qn+1−1

q−1 fur q ∈ R mit q 6= 1 und n ∈ N0.

Beweis: Wir zeigen die Behauptung per vollstandiger Induktion.

I.A.: A(0):∑0

k=0 qk = 1 = q0+1−1

q−1 . Also ist A(0) wahr.


I.S. n→ n + 1:

n+1∑k=0

qk =

n∑k=0

qk + qn+1 (I.V.)=

qn+1 − 1

q − 1+ qn+1

=qn+1 − 1

q − 1+

qn+2 − qn+1

q − 1

=qn+2 − 1

q − 1.


c) z.z.: A(n) :⇔∑n

k=0

(nk

)akbn−k = (a + b)n fur n ∈ N0.

Beweis: Zuerst zeigen wir den Hinweis(n

k − 1

)+

(n

k

)=

n!

(k − 1)! · (n− k + 1)!+

n!

k! · (n− k)!

=n!

k! · (n + 1− k)!

(k + (n + 1− k)

)=

(n + 1)!

k! · (n + 1− k)!

=

(n + 1

k

).

2

Wir zeigen nun die Behauptung per vollstandiger Induktion.

I.A.: A(0):∑0

k=0

(0k

)akb0−k = a0b0 = 1 = (a + b)0. Also ist A(0) wahr.


I.S. n→ n + 1: Es gilt

(a + b)n+1 = (a + b) · (a + b)n(I.V.)

= (a + b) ·n∑

k=0

(n

k

)akbn−k

=

n∑k=0

(n

k

)ak+1bn−k +

n∑k=0

(n

k

)akbn+1−k

(j=k+1)=

n+1∑j=1

(n

j − 1

)ajbn+1−j +

n∑k=0

(n

k

)akbn+1−k

=

(n

n

)an+1 +

( n∑i=1

(( n

i− 1

)+

(n

i

))aibn+1−i

)+

(n

0

)bn+1

(Hinweis)= an+1 +

( n∑i=1

(n + 1

i

)aibn+1−i

)+ bn+1

=n+1∑i=0

(n + 1

i

)aibn+1−i.


Aufgabe 3:Zeigen Sie mit Hilfe von Aufgabe 2, dass

a)∑n

k=0

(nk

)= 2n fur alle n ∈ N0.

b)∑n

k=0

(nk

)(−1)k = 0 fur alle n ∈ N.

c) (a− b)∑n

k=0 akbn−k = an+1 − bn+1 fur alle n ∈ N0 und a, b ∈ R.

Hinweis: Fur b 6= 0, verwenden Sie die geometrische Summenformel (A.2b) mit q = a/b.

Losung:

a) Setze a = b = 1 und benutze die binomische Formel (siehe A2.c)).

b) Setze a = −1 und b = 1 und benutze die binomische Formel.

c) Wir unterscheiden die folgenden Falle

• a = b : Auf beiden Seite steht Null, also gilt in diesem Fall die Behauptung.

• (a 6= b) ∧ (b = 0) : Es gilt

(a− 0)

n∑k=0

ak0n−k = a · an = an+1,

was die Behauptung fur b = 0 ist.

3

• (a 6= b) ∧ (b 6= 0) : Wir setzen q = a/b und A2.b) liefert uns

(a− b)n∑

k=0

akbn−k = (a− b)bnn∑

k=0

qk

= (a− b)bnqn+1 − 1

q − 1

= (a− b)bn(a/b)n+1 − 1

a/b− 1

= (a− b)bnb

bn+1

an+1 − bn+1

a− b

= an+1 − bn+1.

Daraus folgt die Behauptung.

Aufgabe 4:Sei n ∈ N. Transformieren Sie den (Lauf-) Index in der/dem Summe/Produkt.

a)∑9

k=2(k + 2), gemaß der Beziehung l = k + 1.

b)∏49

k=23(k − 1)(k + 2)(k + 5), gemaß der Beziehung l − 7 = −k.

c)∑n

k=11

k(k+1) , gemaß der Beziehung l − 1 = k.

d)∑n

p=5 p ·∏p

s=4(s + 2)3, gemaß der Beziehung p + 1 = k und s− 2 = t.

Losung:

a)∑9

k=2(k + 2) =∑10

l=3(l + 1).

b)∏49

k=23(k − 1)(k + 2)(k + 5) =∏−16

l=−42(6− l)(9− l)(12− l).

c)∑n

k=11

k(k+1) =∑n+1

l=21

(l−1)l .

d)∑n

p=5 p ·∏p

s=4(s + 2)3 =∑n

p=5 p ·∏p−2

t=2 (t + 4)3 =∑n+1

k=6(k − 1) ·∏k−3

t=2 (t + 4)3.

Aufgabe 5:Seien x, y ∈ R. Zeigen Sie die folgenden Ungleichungen:

a) Falls x, y ≥ 0, dann gilt√xy ≤ x+y

2 .

b) Falls x, y ≥ 0, dann gilt√x + y ≤

√x +√y.

c) Falls x, y > 0, dann gilt√x +√y ≤ x√

y + y√x.

d) Falls |x| < 1 und n ∈ N0, dann gilt (1 + x)n ≤ 1(1−x)n .

Losung:

a) Da beide Seiten der Ungleichung nicht negativ sind, erhalten wir durch Umformung

√xy ≤ x + y

2

⇔ xy ≤ (x + y)2

4⇔ 4xy ≤ x2 + 2xy + y2

⇔ 0 ≤ x2 − 2xy + y2

⇔ 0 ≤ (x− y)2.

Die letzte Aussage ist offenbar wahr und damit folgt die Behauptung.

4

b) Es gilt

x + y ≤ x + y + 2√xy = (

√x +√y)2.

Da x + y ≥ 0, liefert Wurzelziehen die Behauptung.

c) Da√x,√y ≥ 0, gilt

√x +√y ≤ x√y

+y√x

⇔ x√y + y

√x ≤ x

√x + y

√y

⇔ 0 ≤ x√x + y

√y − x

√y − y

√x.

Um die Wahrheit der letzten Aussage zu zeigen, formen wir die rechte Seite der Ungleichungweiter um

x√x + y

√y − x

√y − y

√x = x(

√x−√y)− y(

√x−√y)

= (x− y)(√x−√y) = (

√x +√y)(√x−√y)2.

Die Behauptung folgt, da der letzte Ausdruck offensichtlich nicht negativ ist.

d) Die Voraussetzung |x| < 1 impliziert

0 ≤ 1− x2 ≤ 1.

Nehmen wir die letzte Ungleichung zur n-ten Potenz, so gilt also

(1− x2)n ≤ 1.

Durch Anwendung der dritten binomischen Formel auf die linke Seite erhalten wir somit

(1− x)n(1 + x)n ≤ 1.

Da nach Voraussetzung |x| < 1 ist, gilt 1− x > 0. Division mit (1− x)n liefert schließlich dieBehauptung.

Aufgabe 6:Zeigen Sie, dass

√3 keine rationale Zahl ist.

Losung: Angenommen,√

3 ist eine rationale Zahl. Dann existieren p ∈ N und q ∈ Z, teilerfremd,mit √

3 =p

q.

Durch Quadrieren erhalten wir also

3q2 = p2. (2)

Damit ist p2 durch 3 teilbar. Anders ausgedruckt bedeutet dies, dass 3 ein Primfaktor von p2 ist.Da die Mengen der Primfaktoren von p und p2 gleich sind, ist somit auch p durch 3 teilbar. Esexistiert also eine Zahl r ∈ N mit

p = 3r.

Die letzte Gleichung in (2) eingesetzt ergibt

3q2 = 9r2.

Division durch 3 liefert, die Teilbarkeit von q2 durch 3. Also ist auch q (wie schon p) durch 3teilbar. Dies ist ein Widerspruch zur Annahme, dass p und q teilerfremd sind.Also kann

√3 keine rationale Zahl sein.

5



Ubungsblatt 3

Aufgabe 1: [Satz von Archimedes]Zeigen Sie, dass die Menge N der naturlichen Zahlen nicht nach oben beschrankt ist.Hinweis: Nehmen Sie dazu an, N ware nach oben beschrankt. Wenden Sie dann Satz 2.75(Existenz von Suprema) an und fuhren Sie einen Widerspruch herbei.

Losung: Angenommen N ist nach oben beschrankt. Da 1 ∈ N, ist N 6= ∅. Nach Vorlesungexistiert also dann M = supN ∈ R. M ist die kleinste obere Schranke, d.h.

(i) ∀n ∈ N : n ≤M ,

(ii) ∀M ′ ∈ R :((∀n ∈ N : n ≤M ′)⇒M ≤M ′

).

(ii) ist aquivalent zu (Kontraposition)

(ii’) ∀M ′ ∈ R : (M > M ′ ⇒ ∃n ∈ N : n > M ′).

Insbesondere fur M ′ := M−1 gilt M ′ < M . Gemaß (ii’) existiert daher ein n ∈ N mit n > M−1.Fur dieses n gilt

n + 1 > M.

Da N induktiv ist, gilt n + 1 ∈ N. Dies ist ein Widerspruch zu (i) und daher ist N nicht nachoben beschrankt.

Aufgabe 2:a) Sei y ∈ R. Fur welche x ∈ R gilt (x− y)2 ≤ 2?

b) Fur welche x ∈ R gilt |x3 − 5| ≤ 5?

c) Fur welche x ∈ R gilt |x−1||x+1|+1 ≤

12?

Losung:

a) Es gilt

(x− y)2 = 2

⇔ x− y =√

2 ∨ x− y = −√

2

⇔ x = y +√

2 ∨ x = y −√

2.

Da fur x = y die Ungleichung (x− y)2 ≤ 2 gilt, schliessen wir, dass

{x ∈ R : (x− y)2 ≤ 2} = [y −√

2, y +√

2].

b) 1. Fall: x < 3√

5 : Es gilt x3 < 5 und damit gilt

|x3 − 5| = 5− x3≤5

⇔ 0 ≤x3

⇔ 0 ≤x.

1

Also gilt die Ungleichung fur x ∈ [0, 3√

5).2. Fall: x ≥ 3

√5 : Es gilt

|x3 − 5| = x3 − 5 ≤ 5

⇔ x3 ≤ 10

⇔ x ≤ 3√

10.

Also gilt die Ungleichung fur x ∈ [ 3√

5, 3√

10].Zusammenfassend erhalten wir

{x : |x3 − 5| ≤ 5} = [0,3√

5) ∪ [3√

5,3√

10] = [0,3√

10].

c) 1. Fall: x < −1 : Es ist x + 1 < 0 und x− 1 < −2 < 0. Also

|x− 1||x + 1|+ 1

=1− x

−x− 1 + 1=

1− x

−x.

Da −x > 1 > 0, folgt

1− x

−x≤1

2

⇔ 2− 2x≤− x

⇔ 2 ≤x.

Fur x < −1 ist die Ungleichung also nicht erfullt.2. Fall: −1 ≤ x < 1 : Es ist x + 1 ≥ 0 und x− 1 < 0. Also

|x− 1||x + 1|+ 1

=1− x

x + 1 + 1=

1− x

x + 2.

Da x + 2 > 0, folgt

1− x

x + 2≤ 1

2

⇔ 2− 2x ≤ x + 2

⇔ 0 ≤ 3x

⇔ 0 ≤ x.

Die Ungleichung gilt also fur x ∈ [0, 1).3. Fall: 1 ≤ x : Es ist x + 1 ≥ 0 und x− 1 ≥ 0. Also

|x− 1||x + 1|+ 1

=x− 1

x + 1 + 1=

x− 1

x + 2.

Da x + 2 > 0, folgt

x− 1

x + 2≤ 1

2

⇔ 2x− 2 ≤ x + 2

⇔ x ≤ 4.

Die Ungleichung gilt also fur x ∈ [1, 4].Zusammenfassend erhalten wir

{x ∈ R :|x− 1||x + 1|+ 1

≤ 1

2} = [0, 1) ∪ [1, 4] = [0, 4].

2

Aufgabe 3:Bestimmen Sie, ob die folgenden Mengen beschrankt sind und geben Sie gegebenenfalls Infimum,Supremum, Minimum und Maximum an.

a) M = {x : x2 − 10x ≤ 24}.

b) N = { |x|1+|x| : x ∈ R}.

c) P = {m+nm·n : m,n ∈ N}.

Losung:

a) Behauptung: maxM = 12 und minM = −2.Beweis: Aus der p-q-Formel folgt, dass

x2 − 10x = 24

⇔ x2 − 10x− 24 = 0

⇔ x1,2 = 5±√

25 + 24 = 5± 7.

Da 02 − 10 · 0 = 0 ≤ 24, folgt dass

{x : x2 − 10x ≤ 24} = [−2, 12].

Damit ist M nach oben und unten beschrankt und es gilt maxM = 12 und minM = −2.

b) Behauptung: minN = 0, supN = 1.Beweis: Es gilt

|x|1 + |x|

≥ 0,

d.h. 0 ist eine untere Schranke. Fur x = 0 gilt |x|1+|x| = 0 ∈ N , damit gilt minN = 0.

Außerdem gilt

|x|1 + |x|

< 1⇔ |x| < 1 + |x| ⇔ 0 < 1.

Da 0 < 1 gilt, ist 1 eine obere Schranke. Um zu zeigen, dass 1 die kleinste obere Schranke ist,sei s ∈ R mit 0 < s < 1. Wir zeigen, dass s keine obere Schranke ist. Wahle dazu x ∈ R mitx > s

1−s > 0. Dann gilt

1

1/x + 1=

x

1 + x> s

⇔ 1

x+ 1 <

1

s

⇔ 1

x<

1

s− 1

⇔ x >(1

s− 1

)−1⇔ x >

s

1− s.

Nach Wahl von x gilt also x1+x > s. Damit kann s keine obere Schranke sein. Weiter besitzt

N kein Maximum, da 1 /∈ N .

c) Behauptung: inf P = 0, maxP = 2.Beweis: Es gilt

m + n

m · n=

1

n+

1

m≤ 1 + 1 = 2.

3

Also ist 2 eine obere Schranke. Da fur m = n = 1 gilt, dass m+nmn = 2 ∈ P , ist maxP = 2. Da

n ≥ 1∀n ∈ N gilt weiter

m + n

mn> 0, (1)

d.h. 0 ist eine untere Schranke. Um zu zeigen, dass 0 die großte untere Schranke ist, betrachtenwir nun ein s > 0 und zeigen, dass s keine untere Schranke ist. Wahle m,n ∈ N, so dass m = nund n > 2/s. Dann gilt

m + n

mn=

2

n< s.

Damit kann s keine untere Schranke sein. Also ist 0 = inf N . Wegen (1) besitzt N keinMinimum.

Aufgabe 4:Seien a, b ∈ R. Zeigen Sie mit Hilfe der Korper- und Ordnungsaxiome, dass

a) −a ≥ −b, falls a ≤ b.

b) a · 0 = 0.Hinweis: Nutzen Sie a = a · 1, 1 = 1 + 0 und das Distributivgesetz.

c) a2 ≥ 0 und a2 > 0 falls a 6= 0.Hinweis: Sie konnen ohne Beweis verwenden, dass (−a) · (−a) = a · a.

d) a > 0⇒ 1a > 0.

e) 1a ≥

1b fur 0 < a ≤ b.

Hinweis: Sie konnen ohne Beweis verwenden, dass (ab)−1 = a−1b−1.

Losung: Wir wiederholen diejenigen Ordnungsaxiome der Vorlesung, die wir im Folgenden ver-wenden:(O5) x ≤ y ⇔ x + z ≤ y + z fur alle z ∈ R.(O6’) ∀z > 0 : x < y ⇔ x · z < y · z.

zu (a): Es gilt

a ≤ b(O5)⇐⇒ a + (−b− a) ≤ b + (−b− a)

(A1)⇐⇒ −b ≤ −a.

zu (b): Es gilt

a = a · 1 = a · (1 + 0)(D)= a + a · 0.

Addition von −a auf beiden Seiten ergibt

a · 0 = a− a = 0.

zu (c): Fur a = 0 gilt a2 = 0 · 0 = 0 nach (b).Ist a > 0, so folgt

0 = a · 0(O6’)< a · a = a2.

Sei nun a < 0. Dann ist 0 < −a nach (a). Nach Multiplikation von −a gilt wegen (O6’)

0 = 0 · (−a) < (−a) · (−a) = a · a = a2.

Hierbei haben wir verwendet, dass (−a) · (−a) = a · a ist.zu (d): Da a > 0 nach Voraussetzung, gilt

1

a> 0

(O6′)⇔ 1

a· a > 0 · a⇔ 1 > 0.

4

Wegen (c) ist 1 = 12 > 0, also ist die rechte Seite der Aquivalenzkette eine wahre Aussage und esfolgt die Behauptung.zu (e): Aus 0 < a ≤ b folgt mit (O6’)

0 < ab.

Aus (d) folgt, (ab)−1 > 0 und damit folgt aus (O6’) und dem Hinweis

a ≤ b⇔ a(ab)−1 ≤ b(ab)−1 ⇔ b−1 ≤ a−1.

5



Ubungsblatt 4

Aufgabe 1:Geben Sie Real- und Imaginarteil der folgenden komplexen Zahlen an. Fertigen Sie eine Skizzeder Zahlen an.

a) in fur n ∈ {1, 2, 3, 4}, b)1

3− i√

3, c)

1

2 + i√

2.

Losung: a) Es ist

i1 = i, i2 = −1 i3 = i · i2 = −i, i4 = (i2)2 = (−1)2 = 1.

Also Re(i) = 0, Im(i) = 1,Re(i2) = −1, Im(i2) = 0,Re(i3) = 0, Im(i3) = −1,Re(i4) = 1, Im(i4) = 0.b)

1

3− i√

3=

3 + i√

3

9 + 3=

3

12+ i

√3

12.

Also Re( 13−i√3) = 1

4 und Im( 13−i√3) =

√3

12 .

c)1

2 + i√

2=

2− i√

2

4 + 2=

1

3− i√

2

6.

Also Re( 12+i√2) = 1

3 und Im( 12+i√2) = −

√26 .

Aufgabe 2:Geben Sie die folgenden Zahlen in Polarkoordinaten an und skizzieren Sie die Zahlen.

a) − 2 + 2i, b)√

3− i, c)√

3 + i.

Losung: a) Es ist −2 + 2i = 2(−1 + i). Also Arg(−2 + 2i) = 3π/4. Weiter gilt | − 2 + 2i| =√4 + 4 =

√8. Damit folgt

−2 + 2i =√

8e3πi/4.

b) Es ist Arg(√

3− i) = 11π/6 und |√

3− i| =√

3 + 1 = 2. Also

√3− i = 2e11πi/6 = 2e−πi/6.

c) Es ist√

3 + i =√

3− i. Also √3 + i = 2eπi/6.

Aufgabe 3:Berechnen Sie mit Hilfe von Polarkoordinaten

a) (1− i)6,

b) ( 1√2

+ i 1√2)128.

1

Losung: a) Es gilt |1− i| =√

2 und Arg(1− i) = 7π/4. Damit gilt

(1− i)6 =(√

2e7πi/4)6

= 8e21πi/2 = 8e10πieπi/2 = 8i.

b) Es ist 1√2

+ i 1√2

= 1√2(1 + i). Weiter gilt |1 + i| =

√2 und Arg(1 + i) = π/4. Somit gilt

( 1√2

+ i1√2

)128=(√2√

2eπi/4

)128= e32πi = 1.

Aufgabe 4:Zerlegen Sie die folgenden Polynome in Linearfaktoren

a) p(z) = z3 + 2z2 − z − 2,

b) q(z) = z3 − z2 + z − 1.

Losung: a) Es gilt p(1) = 1 + 2− 1− 2 = 0. Polynomdivision liefert

(z3 + 2z2 − z − 2) : (z − 1) = z2 + 3z + 2︸︷︷︸=:p1(z)

.

Die Nullstellen von p1 sind gegeben durch

z1,2 = −3

2±√

9

4− 2 = −3

2±√

1

4,

also folgt fur die Linearfaktorzerlegung von p

p(z) = (z − 1)(z + 1)(z + 2).

b) Es gilt q(1) = 1− 1 + 1− 1 = 0. Polynomdivision liefert

(z3 − z2 + z − 1) : (z − 1) = z2 + 1︸︷︷︸=:q1(z)

.

Die Nullstellen von q1 sind gegeben durch i und −i. Damit folgt fur die Linearfaktorzerlegungvon q

q(z) = (z − 1)(z + i)(z − i).

Aufgabe 5:Geben Sie alle Losungen der folgenden Gleichungen an und stellen Sie diese graphisch dar.

a) z6 = 1,

b) z3 = −1,

c) z3 = i− 1.

Losung a) Da z6−1 ein Polynom vom Grad 6 ist, gibt es nach dem Hauptsatz der Algebra genau6 Losungen der Gleichung z6 = 1. Dies sind genau die 6-ten Einheitswurzeln, die Losungsmengeist also gegeben durch

L = {e2kπi/6 : k ∈ {0, . . . , 5}} = {1, eiπ/3, e2iπ/3, eiπ︸︷︷︸=−1

, ei4π/3, ei5π/3}.

b) z3 + 1 ist ein Polynom vom Grad 3. Es gibt also gemaß dem Hauptsatz der Algebra genau 3Losungen der Gleichungen z3 = −1. Da | − 1| = 1 und Arg(−1) = π, gilt

L = {e(2kπ+π)i/3 : k ∈ {0, 1, 2}} = {eiπ/3, eiπ, ei5π/3}.

c) Es ist z3− i+1 ein Polynom vom Grad 3. Es gibt also nach dem Hauptsatz der Algebra genau3 Losungen der Gleichung z3 = i− 1. Da |i− 1| =

√2 und Arg(i− 1) = 3π/4, gilt

L = {21/6e(2kπ+3π/4)i/3 : k ∈ {0, 1, 2}} = {21/6e3iπ/12, 21/6ei11π/12, 21/6ei19π/12}.

2

Aufgabe 6:Skizzieren Sie die folgenden Mengen

a) K = {z ∈ C : |z − 1| ≤ 1},

b) D = {z ∈ C : −1 ≤ Re(z) ≤ Im(z) ≤ 1},

c) S = {z ∈ C : |z| ≤ 1 ∧Arg(z) ∈ [0, π/2]}.

Aufgabe 7:Zeigen Sie, dass mit z auch z eine Nullstelle eines Polynoms mit reellen Koeffizienten ist. Hinweis:Konjugieren Sie p(z).

Losung: Sei p(z) =∑n

k=0 akzk ein Polynom vom Grad n mit ak ∈ R, k ∈ {0, . . . , n}. Weiter sei

p(z0) = 0 fur ein z0 ∈ C.z.z.: p(z0) = 0.dazu: Zuerst notieren wir, dass

z1z2 = z1 z2 ∀z1, z2 ∈ C (1)

z1 + z2 = z1 + z2 ∀z1, z2 ∈ C (2)

Damit gilt

p(z0) =n∑k=0

ak(z0)k

(1)=

n∑k=0

akzk0

(2)∧ak∈R=

n∑k=0

akzk0

= p(z0) = 0.

Aufgabe 8:Rechnen Sie das Distributivgesetze fur die komplexen Zahlen nach, d.h.: weisen Sie Axiom (D)der Vorlesung mit der Definition der komplexen Multiplikation nach.

Losung: Fur zwei komplexe Zahlen z1 = a1+ib1, z2 = a2+ib2 ∈ C ist die Multiplikation definiertdurch

z1 · z2 = (a1a2 − b1b2) + i(a1b2 + b1a2).

z.z.: z1 · (z2 + z3) = z1 · z2 + z1 · z3 fur alle z1, z2, z3 ∈ C.dazu: Seien z1 = a1 + ib1, z2 = a2 + ib2, z3 = a3 + ib3 ∈ C. Es gilt

z1 · (z2 + z3) = (a1 + ib1) · ((a2 + ib2) + (a3 + ib3))

= (a1 + ib1) · ((a2 + a3) + i(b2 + b3))

Def= (a1(a2 + a3)− b1(b2 + b3)) + i

(a1(b2 + b3) + b1(a2 + a3)

)(D) fur R

= (a1a2 + a1a3 − b1b2 − b1b3) + i(a1b2 + a1b3 + b1a2 + b1a3),

und gemaß Definition

z1 · z2 = (a1a2 − b1b2) + i(a1b2 + b1a2),

z1 · z3 = (a1a3 − b1b3) + i(a1b3 + b1a3).

Addition der letzten beiden Gleichungen liefert

z1 · z2 + z1 · z3 = (a1a2 − b1b2) + i(a1b2 + b1a2) + (a1a3 − b1b3) + i(a1b3 + b1a3)

= (a1a2 − b1b2 + a1a3 − b1b3) + i(a1b2 + b1a2 + a1b3 + b1a3

)Die Kommutativitat der Addition in R liefert schließlich die Behauptung.

3



Ubungsblatt 5

Aufgabe 1:Bestimmen Sie Infimum, Supremum, Minimum, Maximum der Menge

M = {x + 1

x + 2: x ≥ 0}.

Begrunden Sie Ihre Antwort.Tipp: Skizzieren Sie die Menge.

Losung: Behauptung: minM = 1/2, supM = 1. maxM existiert nicht.Beweis: Sei x ≥ 0. Zuerst formen wir um

x + 1

x + 2=

x + 1 + 1− 1

x + 2=

x + 2

x + 2− 1

x + 2= 1− 1

x + 2.

Es gilt

1− 1

x + 2≥ 1− 1

0 + 2=

1

2.

Also ist 1/2 untere Schranke von M . Fur x = 0 gilt weiter

1− 1

0 + 2=

1

2.

Also folgt minM = 1/2. Weiter gilt

− 1

x + 2< 0⇒ 1− 1

x + 2< 1. (1)

Damit ist 1 obere Schranke von M .zu zeigen: 1 kleinste obere Schranke von M .Sei dazu s ∈ R mit s < 1. Wir zeigen, dass s keine obere Schranke ist. Wahle dazu x ≥ 0 mitx > 2s−1

1−s . Dann folgt

1− 1

x + 2> s

⇔ 1− s >1

x + 2

⇔ x + 2 >1

1− s

⇔ x >1

1− s− 2︸︷︷︸

= 1−2+2s1−s

= 2s−11−s

.

Die letzte Aussage ist nach Wahl von x wahr. Somit ist 1 = supM . Wegen (1) ist 1 /∈ M undsomit existiert maxM nicht. Es folgt die Behauptung.

Aufgabe 2:Bestimmen Sie die Losungsmenge der folgenden linearen Gleichungssysteme

a)

2x1 + x2 = 1−x1 − x2 = 0−2x1 + x2 = 1

b)

2x3 + x4 = 1

x1 + x2 − 2x3 − 2x4 = 1x1 − 2x2 − 2x3 − x4 = 1

2x1 − 2x2 − 2x4 = 0

Was ist der Rang der zugehorigen Matrix?

1

Losung: Wir verwenden elementare Zeilenumformungen.a) 2 1 1−1 −1 0−2 1 1

Z1→Z2⇔

−1 −1 02 1 1−2 1 1

Z2→Z2+2Z1⇔

−1 −1 00 −1 1−2 1 1

Z3→Z3−2Z1⇔

−1 −1 00 −1 10 3 1

Z3→Z3+3Z2⇔

−1 −1 00 −1 10 0 4

Der Rang der Matrix ist 2. Das LGLS ist nicht losbar, d.h. L = {}.b)

0 0 2 1 11 1 −2 −2 11 −2 −2 −1 12 −2 0 −2 0

Z1→Z2⇔

1 1 −2 −2 10 0 2 1 11 −2 −2 −1 12 −2 0 −2 0

Z3→Z3−Z1⇔

1 1 −2 −2 10 0 2 1 10 −3 0 1 02 −2 0 −2 0

Z4→Z4−2Z1⇔

1 1 −2 −2 10 0 2 1 10 −3 0 1 00 −4 4 2 −2

Z2→Z3⇔

1 1 −2 −2 10 −3 0 1 00 0 2 1 10 −4 4 2 −2

Z2→Z2/(−3)⇔

1 1 −2 −2 10 1 0 −1/3 00 0 2 1 10 −4 4 2 −2

Z4→Z4+4Z2⇔

1 1 −2 −2 10 1 0 −1/3 00 0 2 1 10 0 4 2/3 −2

Z4→Z4−2Z3⇔

1 1 −2 −2 10 1 0 −1/3 00 0 2 1 10 0 0 −4/3 −4

.

Der Rang der Matrix ist 4. Durch Ruckwartseinsetzen erhalten wir folgende Losungsmenge

L = {(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 : x4 = 3 ∧ x3 = −1 ∧ x2 = 1 ∧ x1 = 4} = {(4, 1,−1, 3)}.

Das LGLS ist also eindeutig losbar.

Aufgabe 3:Sei a ∈ R. Bestimmen Sie in Abhangigkeit von a die Losungsmenge des folgenden linearen

2

Gleichungssystems

2x2 + 2x4 = 1

x2 − x3 = 2

x1 + 2x3 + 2x4 = 3

x1 + x2 + x3 + 2x4 = a.

Was ist der Rang der zugehorigen Matrix?

Losung: Wir schreiben das LGLS in Matrixform und wenden elementare Zeilen- und Spaltenum-formungen an:

0 2 0 2 10 1 −1 0 21 0 2 2 31 1 1 2 a

Z1→Z3⇔

1 0 2 2 30 1 −1 0 20 2 0 2 11 1 1 2 a

Z4→Z4−Z1⇔

1 0 2 2 30 1 −1 0 20 2 0 2 10 1 −1 0 a− 3

Z3→Z3−2Z2⇔

1 0 2 2 30 1 −1 0 20 0 2 2 −30 1 −1 0 a− 3

Z4→Z4−Z2⇔

1 0 2 2 30 1 −1 0 20 0 2 2 −30 0 0 0 a− 5

Der Rang der Matrix ist 3. Weiter unterscheiden wir die folgende Falle:1. Fall: a 6= 5: Das LGLS ist nicht losbar, also L = ∅.2. Fall: a = 5: Durch Ruckwartseinsetzen erhalten wir als Losungsmenge

L = {(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 : x1 = 3− 2x3 − 2x4 ∧ x2 = x3 + 2 ∧ x3 = −3/2− x4 ∧ x4 ∈ R}= {(6, 1/2− t,−3/2− t, t) : t ∈ R}.

Aufgabe 4:Betrachten Sie die zwei linearen Gleichungssysteme

x1 + x2 = 1

−x1 + x2 = 1

und

x1 + x2 = −x1 + x2.

Das zweite LGLS entsteht durch Gleichsetzen der beiden Gleichungen aus dem ersten LGLS. Waspassiert mit den Losungsmengen? Sind die beiden LGLS aquivalent?

Losung: Durch elementare Zeilenumformungen erhalten wir fur das erste LGLS(1 1 1−1 1 1

)Z2→Z2+Z1⇔

(1 1 10 2 2

)

3

Damit gilt fur die Losungsmenge des ersten LGLS

L1 = {(0, 1)}

Das zweite LGLS

x1 + x2 = −x1 + x2

ist aquivalent zu

2x1 = 0.

AlsoL2 = {(0, t) : t ∈ R}.

Es gilt alsoL1 ⊂ L2.

Die beiden LGLS sind nicht aquivalent. Das zweite LGLS entsteht durch Subtraktion der beidenGleichungen des ersten LGLS, d.h. es gilt:

x1, x2 ∈ R : x1, x2 lost erstes LGLS ⇒ x1, x2 lost zweites LGLS .

Die Ruckrichtung gilt nicht! Damit also (x1, x2) ∈ L1 ist, ist es notwendig, dass (x1, x2) ∈ L2.(x1, x2) ∈ L2 ist aber keine hinreichende Bedingung fur (x1, x2) ∈ L1.

Aufgabe 5:a) Ist ein uberbestimmtes LGLS immer unlosbar? Diskutieren Sie die auftretenden Falle anBeispielen Ihrer Wahl.b) Hat ein unterbestimmtes LGLS immer unendlich viele Losungen? Diskutieren Sie auftretendenFalle an Beispielen Ihrer Wahl.

Losung: a) Betrachte die 3 uberbestimmten LGLS 1 1 11 0 10 0 0

,

1 1 11 0 10 0 1

,

1 1 11 1 10 0 0

Das erste LGLS hat genau eine Losung, namlich (1, 0). Das zweite LGLS ist unlosbar, und dasdritte besitzt unendlich viele Losungen {(1− t, t) : t ∈ R}.

b) Betrachte die 2 unterbestimmten LGLS(1 1 1 11 0 0 1

),

(1 1 1 11 1 1 0

),

Das erste LGLS hat unendlich viele Losungen {(1, t,−t) : t ∈ R}. Das zweite LGLS ist unlosbar.Unterbestimmte LGLS sind nie eindeutig losbar wie wir spater sehen werden.

4



Ubungsblatt 6

Aufgabe 1Sei x ∈ R beliebig. Bestimmen Sie die Losungsmenge des folgenden LGLS(

eix e−ix 2 cosxeix −e−ix 2i sinx

)Losung: Durch elementare Zeilenumformungen erhalten wir(

eix e−ix 2 cosxeix −e−ix 2i sinx

)Z2→Z2−Z1⇔

(eix e−ix 2 cosx0 −2e−ix 2i sinx− 2 cosx

).

Alsox2 = eix(cosx− i sinx) = eixe−ix = 1

undx1 = e−ix(2 cosx− e−ix︸︷︷︸

=cosx−i sinx

) = e−ix (cosx+ i sinx)︸︷︷︸=eix

= 1.

Das LGLS ist also eindeutig losbar und es gilt

L = {(1, 1)}.

Aufgabe 2Berechnen Sie den Winkel zwischen den folgenden Vektoren

a) u = (4, 0), v = (1,√

3), b) u = (1, 0, 0), v = (0,−1, 99),

Losung: Es gilt

cosφ =〈u, v〉‖u‖2‖v‖2

.

zu a) Wir berechnen

〈u, v〉 = 4

‖u‖2 = 4

‖v‖2 =√

1 + 3 = 2.

Es folgt

cosφ =4

8=

1

2.

Damit gilt φ = π/3.zu b) Wir berechnen

〈u, v〉 = 0

Es folgtcosφ = 0.

Damit gilt φ = π/2.

1

Aufgabe 3Uberprufen Sie die folgenden Vektoren auf lineare Abhangigkeit

a) (1, 2, 3), (−1, 0, 1), (0, 1, 0) b) (1, 2, 3), (−1, 1, 1), (4,−1, 24)

Losung: zu a) Wir verwenden elementare Zeilenumformungen 1 −1 0 02 0 1 03 1 0 0

Z2→Z2−2Z1,Z3→Z3−3Z1⇔

1 −1 0 00 2 1 00 4 0 0

Z3→Z3−2Z2,⇔

1 −1 0 00 2 1 00 0 −2 0

Die eindeutige Losung des LGLS ist also 0 ∈ R3 und die angegebenen Vektoren sind damit linearunabhangig.zu b) 1 −1 4 0

2 1 −1 03 1 24 0

Z2→Z2−2Z1,Z3→Z3−3Z1⇔

1 −1 4 00 3 −9 00 4 12 0

Z2→Z2/3,Z3→Z3/4⇔

1 −1 4 00 1 −3 00 1 3 0

Z3→Z3−Z2⇔

1 −1 4 00 1 −3 00 0 6 0

Das LGLS ist somit eindeutig losbar und die angegebenen Vektoren sind linear unabhangig.

Aufgabe 4Zeigen Sie, dass die Abbildung

‖ · ‖2 : Rn → R, v 7→ ‖v‖2 :=( n∑

k=1

|vk|2)1/2

eine Norm auf dem Vektorraum Rn, n ∈ N, definiert.

Losung: Wir zeigen die definierenden Eigenschaften:Definitheit: Es gilt ‖0‖2 = 0. Sei v ∈ Rn und v 6= 0. Dann existiert i ∈ {1, . . . , n} mit vi 6= 0.Es folgt aus den Eigenschaften der Betragsfunktion

‖v‖22 =n∑

k=1

|vk|2 ≥ |vi|2 > 0.

Homogenitat: Sei λ ∈ R. Es folgt

‖λv‖2 =

√√√√ n∑k=1

|λvk|2 =

√√√√ n∑k=1

|λ|2|vk|2 = |λ|

√√√√ n∑k=1

|vk|2 = |λ|‖v‖2.

Dreiecksungleichung: Seien u, v ∈ Rn. Aus der Cauchy-Schwarz-Ungleichung folgt

‖u+ v‖22Definition

= 〈u+ v, u+ v〉Bilinearitat

= 〈u, u〉+ 2〈u, v〉+ 〈v, v〉Cauchy-Schwarz Ungleichung

≤ ‖u‖22 + 2‖u‖2‖v‖2 + ‖v‖22= (‖u‖2 + ‖v‖2)2.

Wurzelziehen liefert die Dreiecksungleichung.

2

Aufgabe 5Sei V ein normierter Vektorraum mit Norm ‖ · ‖. Zeigen Sie die zweite Dreiecksungleichung:∣∣‖v‖ − ‖w‖∣∣ ≤ ‖v − w‖ ∀v, w ∈ V.Hinweis: Benutzen Sie die Dreiecksungleichung.

Losung: Seien v, w ∈ V . Es gilt

‖v‖ = ‖v − w + w‖Dreiecksungleichung

≤ ‖v − w‖+ ‖w‖.

Es folgt

‖v‖ − ‖w‖ ≤ ‖v − w‖.

Genauso (tausche v und w) folgt

‖w‖ − ‖v‖ ≤ ‖v − w‖.

Zusammen gilt also die Behauptung.

Aufgabe 6 [Koeffizientenvergleich]Sei V ein K-Vektorraum. Seien v1, . . . , vn ∈ V linear unabhangig. Zeigen Sie, dass fur αk, βk ∈ K,k = 1, . . . , n, aus

n∑k=1

αkvk =n∑

k=1

βkvk

folgt, dass αk = βk fur alle k = 1, . . . , n.

Losung: Seien αk, βk ∈ K, k = 1, . . . , n, und v1, . . . , vn ∈ V linear unabhangig. Außerdem gelte

n∑k=1

αkvk =n∑

k=1

βkvk.

Es folgtn∑

k=1

(αk − βk)vk = 0.

Aus der Definition der lineare Unabhangigkeit folgt nun αk − βk = 0, k = 1, . . . , n. Dies ist dieBehauptung.

Aufgabe 7Implementieren Sie in matlab den Gauß-Algorithmus der Vorlesung. Losen Sie damit das LGLS,welches Sie von der Homepage laden konnen.

3



Ubungsblatt 7

Aufgabe 1:

Seien A =

1 −1 00 2 21 1 1

, B =

5 −3 12 0 0−1 0 1

, C =

−1 1 23 0 20 0 1

. Berechnen Sie A−1, B−1,

A(B + C), AB +AC, AB, BA, C>, A−1A.

Losung: Zur Berechnung von A−1 mit dem Gauß-Jordan-Algorithmus: 1 −1 0 1 0 00 2 2 0 1 01 1 1 0 0 1

⇔ 1 −1 0 1 0 0

0 2 2 0 1 00 2 1 −1 0 1

⇔ 1 −1 0 1 0 0

0 2 2 0 1 00 0 −1 −1 −1 1

⇔

1 −1 0 1 0 00 1 0 −1 −1/2 10 0 1 1 1 −1

⇔ 1 0 0 0 −1/2 1

0 1 0 −1 −1/2 10 0 1 1 1 −1

Genauso

B−1 =

0 1/2 0−1/3 1 1/3

0 1/2 1

AC =

−4 1 06 0 62 1 5

AB =

3 −3 12 0 26 −3 2

AB +AC =

−1 −2 18 0 88 −2 7

= A(B + C)

BA =

6 −10 −52 −2 00 2 1

C> =

−1 3 01 0 02 2 1

AA−1 =

1 0 00 1 00 0 1

An einem Beispiel haben wir also das Distributivgesetz A(B+C) = AB+AC verifiziert. Außer-dem wird klar, dass die Matrixmultiplikation nicht kommutativ ist.

Aufgabe 2:Sei w ∈ Rn, n ∈ N, mit wk > 0, k = 1, . . . , n. Zeigen Sie, dass

〈u, v〉w :=n∑

k=1

wkukvk, fur u, v ∈ Cn,

ein Skalarprodukt auf dem Cn definiert.

Losung: Wir zeigen die definierenden Eigenschaften:positiv definit: Sei u ∈ Cm. Dann gilt

〈u, u〉w =n∑

k=1

wk|uk|2︸︷︷︸≥0

≥ 0.

Ist u 6= 0, dann existiert j ∈ {1, . . . , n} mit uj 6= 0. Dann gilt

〈u, u〉w =

n∑k=1

wk|uk|2︸︷︷︸≥0

≥ wj |uj |2wj>0

> 0 .

1

hermitesch: Seien u, v ∈ Cn. Dann gilt

〈u, v〉w =

n∑k=1

wkukvk

=n∑

k=1

wkukvk

wk∈R=n∑

k=1

wkukvk

= 〈v, u〉w.

linear: Seien u, v, r ∈ Cn und λ ∈ C. Dann gilt

〈u+ λv, r〉w =

n∑k=1

wk(uk + λvk)rk

=

n∑k=1

wkukrk +

n∑k=1

wkλvkrk

=

n∑k=1

wkukrk + λ

n∑k=1

wkvkrk

= 〈u, r〉w + λ〈v, r〉w.

Aufgabe 3:Welche Dimension haben die folgenden Unterraume des Rn:

a) U := Span{(1, 1, 2)>, (0, 1,−1)>, (3, 0, 2)>} ⊂ R3.

b) V := Span{(1,−2, 1/2, 1)>, (−1,−1, 1/3, 1)>, (−3, 0, 1/6, 1)>, (0,−3, 5/6, 2)>} ⊂ R4.

Losung: a) Durch elementare Zeilenumformungen erhalten wir1 0 31 1 02 −1 2

Z2→Z2−Z1,Z3→Z3−2Z1⇔

1 0 30 1 −30 −1 −4

Z3→Z3+Z2⇔

1 0 30 1 −30 0 −7

Damit sind die Vektoren linear unabhangig und damit folgt U = R3 und dimU = 3.b) Durch elementare Zeilenumformungen erhalten wir

1 −1 −3 0−2 −1 0 −312

13

16

56

1 1 1 2

Z3→6Z3,Z2→Z2+2Z1,Z4→Z4−Z1⇔

1 −1 −3 00 −3 −6 −33 2 1 50 2 4 2

Z3→Z3−3Z1,Z2→Z2/3,Z4→Z4/2⇔

1 −1 −3 00 −1 −2 −10 5 10 50 1 2 1

Z3→Z3/5,Z4→Z4+Z2⇔

1 −1 −3 00 −1 −2 −10 1 2 10 0 0 0

Z3→Z3+Z2⇔

1 −1 −3 00 −1 −2 −10 0 0 00 0 0 0

Es folgt dimV = 2.

2

Aufgabe 4:Seien v1, . . . , vm ∈ Rn mit m > n. Zeigen Sie, dass v1, . . . , vm linear abhangig sind.

Losung: Wir schreiben die Vektoren zeilenweise in ein Koeffizientenschema

v1,1 v1,2 · · · v1,nv2,1 v2,2 · · · v2,n

......

......

vn,1 vn,2 · · · vn,n...

......

...vm,1 vm,2 · · · vm,n

.

Durch elementare Zeilenumformungen erhalten wir daraus ein Koeffizientenschema der Form

u1,1 u1,2 · · · · · · · · · u1,n0 u2,2 · · · · · · · · · u2,n

0. . .

. . . · · · · · · u3,n

. . . . . .. . .

. . ....

...0 0 · · · 0 un−1,n−1 un−1,n0 0 · · · 0 0 un,n0 0 · · · 0 0 0...

......

......

...0 0 · · · 0 0 0

.

Insbesondere ist die n + 1.te Zeile eine Nullzeile. Die Zeile n + 1 entspricht einer Zeile k desAusgangsschemas (k = n + 1, wenn keine Zeilen vertauscht wurden). Angenommen, es wurdenkeine Zeilen vertauscht (sonst nummeriere um). Die Zeile n+1 ist also durch Addition geeigneterVielfachen der Zeilen 1, . . . , n entstanden, d.h. aber, dass

vn+1 =n∑

k=1

αkvk,

was aquivalent ist zun+1∑k=1

αkvk = 0,

mit αn+1 := −1. Per Definition sind also v1, . . . , vn+1 linear abhangig, und somit auch v1, . . . , vm.Alternativ: Schreibe die Vektoren als Spalten einer Matrix und bringe auf obere Dreiecksgestaltmit Gauß-Algorithmus. Das (homogene) unterbestimmte LGLS ist nicht eindeutig losbar, alsosind die Vektoren nicht linear unabhangig, daher sind sie linear abhangig.

Aufgabe 5:Sei A ∈ Rn×m, n,m ∈ N, einen Matrix. Zeigen Sie, dass(i) Kern(A) ein Unterraum vom Rm ist,(ii) Bild(A) ein Unterraum vom Rn ist.

Losung: Gemaß Vorlesung ist fur einen K-Vektorraum V , ∅ 6= U ⊂ V ein Unterraum genaudann, wenn u+ λv ∈ U fur alle u, v ∈ U und λ ∈ K.z.z.: Kern(A) 6= ∅, u+ λv ∈ Kern(A) fur u, v ∈ Kern(A), λ ∈ R.dazu: Zuerst zeigen wir 0 ∈ Kern(A):

A(0) = A(0− 0)linear

= A(0)−A(0) = 0.

Seien nun u, v ∈ Kern(A), λ ∈ R. Dann gilt

A(u+ λv)linear

= Au︸︷︷︸=0

+λ Av︸︷︷︸=0

= 0.

3

Daraus folgt die Behauptung.z.z.: Bild(A) 6= ∅. u+ λv ∈ Bild(A) fur u, v ∈ Bild(A), λ ∈ R.dazu: Es gilt

A(0) = A(0− 0) = A(0)−A(0) = 0,

d.h. 0 ∈ Bild(A). Seien nun u, v ∈ Bild(A), λ ∈ R. Dann existieren w, z ∈ Rm mit

Aw = u, Az = v.

Da Rm ein Vektorraum, ist w + λz ∈ Rm. Dann gilt

Bild(A) 3 A(w + λz)linear

= Aw + λAz = u+ λv.

Aufgabe 6:Zeigen Sie Satz 5.25 der Vorlesung: Wir betrachten das folgende LGLS mit m Gleichungen undn Unbekannten, m,n ∈ N:

(∗)

v1,1λ1 + v1,2λ2 + . . . + v1,nλn = 0v2,1λ1 + v2,2λ2 + . . . + v2,nλn = 0

...... . . .

......

vm,1λ1 + vm,2λ2 + . . . + vm,nλn = 0.

Zeigen Sie, dass die Losungsmenge L = {λ ∈ Rn : λ erfullt (∗)} einen Untervektorraum des Rn

bildet.

Losung: Sei A ∈ Km×n die Matrix des Koeffizientenschemas des LGLS. Es ist L = Kern(A) undmit Aufgabe 4 folgt die Behauptung.

Aufgabe 7:Zeigen Sie Satz 5.29 der Vorlesung: Sei (A|y) das Koeffizientenschema eines LGLSs mit m Gle-ichungen und n Unbekannten. Ist xy eine spezielle Losung des inhomogenen Gleichungssystems(A|y), dann gilt

Ly = xy + L0,

wobei L0 die Losungsmenge des homogenen Systems (A|0) ist.

Losung: z.z.: Ly = xy + L0.⊂: Sei x ∈ Ly, d.h. Ax = y. Dann gilt A(x− xy) = y − y = 0, also x− xy ∈ Kern(A) = L0 und

x = xy + (x− xy) ∈ xy + L0.

⊃: Sei x = xy + x0 ∈ xy + L0. Dann gilt

Ax = Axy + Ax0︸︷︷︸=0

= y.

Also x ∈ Ly. Es folgt die Behauptung.

4



Ubungsblatt 8

Aufgabe 1:Seien K,L ∈ Rn×n untere Dreiecksmatrizen mit Ki,i = Li,i = 1 fur i = 1, . . . , n. Zeigen Sie

a) K · L ist eine untere Dreiecksmatrix mit (K · L)i,i = 1, i = 1, . . . , n.

b) L ist invertierbar und L−1 ist eine untere Dreiecksmatrix mit (L−1)i.i = 1, i = 1, . . . , n.

Losung: zu a) Sei j > i. Wir berechnen

(K · L)ijDef=

n∑m=1

kim lmj︸︷︷︸=0, fur m<j

=n∑

m=j

kim︸︷︷︸=0, fur i<m

lmj =i∑

m=j

kimlmj︸︷︷︸=0, leere Summe

= 0

und

(K · L)ii =

n∑m=1

kimlmi =

i−1∑m=1

kim lmi︸︷︷︸=0

+

n∑m=i+1

kim︸︷︷︸=0

lmi + 1 = 1.

Damit ist K · L eine untere Dreiecksmatrix mit 1 auf der Diagonale. Es folgt die Behauptung.zu b) Fur L wie in der Aufgabenstellung, gilt sofort Rang(L) = n. L ist also regular und damit

invertierbar nach Vorlesung. Die j-te Spalte von L−1 ist Losung von

Lx = ej .

Vorwartseinsetzen liefert xi = 0 fur i < j und xj = 1. Damit ist L−1 eine untere Dreiecksmatrix.

Aufgabe 2:Berechnen Sie die Inverse von

1 0 0 07 1 0 04 2 1 04 9 5 1

Losung: Betrachte das Koeffizientenschema

1 0 0 0 1 0 0 07 1 0 0 0 1 0 04 2 1 0 0 0 1 04 9 5 1 0 0 0 1

Vorwartseinsetzen liefert fur die Spalten von L−1

x1 =

1−7109

, x2 =

01−21

, x3 =

001−5

, x4 =

0001

1

Aufgabe 3:Es seien P ij und Lij(λ) (λ 6= 0) die Elementarmatrizen aus der Vorlesung: P ijA entsteht ausA durch Tauschen der Zeilen i und j. Lij(λ)A entsteht aus A durch Addition des λ-fachen deri-ten Zeile zur j-ten. Zeigen Sie, dass P ij und Lij(λ) invertierbar sind und geben Sie die inversenMatrizen an.

Losung: 1. Variante: Da P ij die Zeilen i und j vertauscht, gilt (P ij)−1 = P ji = P ij . DieAnwendung von Lij(λ) wird ruckgangig gemacht durch Addition des −λ-fachen der Zeile i zurZeile j. Daher (Lij(λ))−1 = Lij(−λ).2. Variante: Sei i 6= j und u = ei − ej . Gemaß Vorlesung ist

P ij = E − uu>.

Damit gilt

P ijP ij = (E − uu>)(E − uu>) = E − 2uu> + (uu>)(uu>)︸︷︷︸u (u>u)︸︷︷︸

=2

u>

= E.

Weiter ist

Lij(λ) = E + λeje>i

und damit

Lij(λ)Lij(−λ) = (E + λeje>i )(E − λeje>i ) = E−λeje>i + λeje

>i︸︷︷︸

=0

−λ2 (eje>i )(eje

>i )︸︷︷︸

ej (e>i ej)︸︷︷︸=0

e>i

Aufgabe 4:Berechnen Sie die LU -Zerlegung der Matrix

A :=

0 1 1 −3−2 3 1 40 0 0 13 1 0 0

.

Losung: Es ist P ij die Permutationsmatrix, die bei Linksmultiplikation Zeile i und j vertauscht;Lij(λ) addiert bei Linksmultiplikation das λ-fache der i-ten Zeile zur j-ten. Wir wollen P,L, Umit LU = PA bestimmen. Es gilt

A1 = P 12A =

−2 3 1 40 1 1 −30 0 0 13 1 0 0

,

A2 = L14(3

2)A1 =

−2 3 1 40 1 1 −30 0 0 10 11

232 6

,

A3 = L24(−11

2)A2 =

−2 3 1 40 1 1 −30 0 0 10 0 −4 45

2

,

U := A4 = P 34A3 =

−2 3 1 40 1 1 −30 0 −4 45

20 0 0 1

.

2

Damit folgt

U = P 34L24(−11

2)L14(

3

2)P 12A

= L23(−11

2)P 34L14(

3

2)P 12A

= L23(−11

2)L13(

3

2)P 34P 12A.

Da Lij(λ)−1 = Lij(−λ), folgt daraus

L13(−3

2)L23(

11

2)U = P 34P 12A.

Weiter gilt

L := L13(−3

2)L23(

11

2) =

1 0 0 00 1 0 0−3

2112 1 0

0 0 0 1

P := P 34P 12 =

0 1 0 01 0 0 00 0 0 10 0 1 0

.

Wir haben somit die LU -Zerlegung von A gefunden.

Aufgabe 5:Seien A ∈ Rm×n und B ∈ Rn×p. Zeigen Sie (A ·B)> = B>A>.

Losung: Es ist

((AB)>

)ij

Def= (AB)ji

Def=

n∑k=1

ajkbki.

Weiter gilt

(B>A>)ij =

n∑k=1

(b>)ik(a>)kj =

n∑k=1

bkiajk.

Es folgt die Behauptung.

Aufgabe 6:Seien A,B ∈ Rn×n regulare Matrizen. Zeigen Sie(i) (A ·B)−1 = B−1 ·A−1,(ii) (A−1)> = (A>)−1 und(iii) ist A symmetrisch, so auch A−1.

Hinweis: Fur allgemeine quadratische Matrizen gilt: AC = E ⇔ C = A−1.

Losung: zu (i): Es gilt

(AB)B−1A−1 = A(BB−1)A−1 = AEA−1 = AA−1 = E.

Da die inverse Matrix eindeutig ist, folgt die erste Behauptung.zu (ii) Es gilt

E = (AA−1)⇒ E = (AA−1)>A5= (A−1)>A>,

3

d.h. (A>)−1 = (A−1)>.zu (iii)

(A−1)>(ii)= (A>)−1

A=A>= A−1,

was zu zeigen war.

Aufgabe 7:Implementieren Sie den Algorithmus zur LU -Zerlegung in Matlab und uberprufen Sie IhreImplementation mit dem Befehl [l,u]=lu(A) an den auf der Homepage bereitgestellten Matrizen.

4



Losung Ubungsblatt 9

Aufgabe 1Zeigen Sie, dass folgende Abbildungen linear sind.

a) Sei Πn der Vektorraum der Polynome vom Grad n. D : Πn → Πn, p(x) 7→ Dp(x) := p′(x).

b) Fur µ ∈ R sei M : Rn → Rn, v 7→Mv := µv.

c) S : Rn → Rn, v = (v1, . . . , vn)> 7→ Sv := (0, v1, . . . , vn−1)>.

Losung: zu a) Sei p(x) =∑n

k=0 akxk. Dann gilt

Dp(x) = p′(x) =n∑

k=1

kakxk−1 =

n−1∑k=0

(k + 1)ak+1xk ∈ Πn.

Seien nun p(x) =∑n

k=0 akxk, q(x) =

∑nk=0 bkx

k ∈ Πn und λ ∈ R. Es gilt

D(p(x) + λq(x)) = D( n∑k=0

akxk + λ

n∑k=0

bkxk)

= D( n∑k=0

(ak + λbk)xk)

=

n−1∑k=0

(k + 1)(ak+1 + λbk+1)xk

=n−1∑k=0

(k + 1)ak+1xk + λ

n−1∑k=0

(k + 1)bk+1xk

= Dp(x) + λDq(x).

Es folgt, dass D eine lineare Abbildung ist.zu b) Seien λ ∈ R, v, w ∈ Rn. Es folgt aus den Rechenregeln fur Vektorraume

M(λv + w) = µ(λv + w) = λµv + µw = λM(v) +M(w).

Es folgt, dass M eine lineare Abbildung ist.zu c) Seien λ ∈ R, v, w ∈ Rn. Es folgt aus den Rechenregeln fur Vektorraume

S(λv + w) =

0

λv1 + w1...

λvn−1 + wn−1

= λ

0v1...

vn−1

+

0w1...

wn−1

= λSv + Sw.

Es folgt, dass S eine lineare Abbildung ist.

Aufgabe 2Sei n = 3.

a) Geben Sie die Abbildungsmatrizen der linearen Abbildungen aus Aufgabe 1 bzgl. der Stan-dardbasen an (Fur Π3 ist dies (1, x, x2, x3), fur R3 ist dies (e1, e2, e3)).

1

b) Geben Sie die Abbildungsmatrizen CMB und CSB bzgl der Basen

B =

−101

,

110

,

101

, C =

100

,

110

,

111

an.

Losung: zu a.1) Bezeichne mit A = (1, x, x2, x3) die Standardbasis von Π3. Es gilt

D(1) = 0, D(x) = 1, D(x2) = 2x, D(x3) = 3x2.

Damit folgt

ADA =

0 1 0 00 0 2 00 0 0 30 0 0 0

zu a.2) Bezeichne mit A = (e1, e2, e3) die Standardbasis von R3. Es gilt

AMA =

µ 0 00 µ 00 0 µ

zu a.3) Bezeichne mit A = (e1, e2, e3) die Standardbasis von R3. Es gilt

Se1 = e2, Se2 = e3 Se3 = 0.

Damit folgt

ASA =

0 0 01 0 00 1 0

zu b.1) Es gilt

M(

−101

) = −µ

100

− µ1

10

+ µ

111

M(

110

) = 0 ·

100

+ µ

110

+ 0 ·

111

M(

101

) = µ

100

− µ1

10

+ µ

111

Damit folgt

CMB = µ

−1 0 1−1 1 −11 0 1

.

zu b.2) Aufgrund der Basistransformationsformel gilt

CSB = CidA ASA AidB.

2

Weiter gilt

CidA =

1 −1 00 1 −10 0 1

AidB =

−1 1 10 1 01 0 1

Mit a) folgt dann

CSB =

1 −1 00 1 −10 0 1

0 0 01 0 00 1 0

−1 1 10 1 01 0 1

=

1 −1 −1−1 0 10 1 0

Aufgabe 3 [Charakterisierung injektiv, surjektiv, bijektiv]Zeigen Sie: Sei A die Darstellungsmatrix der linearen Abbildung L : Rn → Rm. Dann gilt:

a) L ist injektiv ⇔ Rang(A) = n ⇔ Kern(A) = {0}.

b) L ist surjektiv ⇔ Rang(A) = m ⇔ Bild(A) = Rm.

c) L ist bijektiv, genau dann wenn A regular ist. In diesem Fall ist A−1 die Darstellungsmatrixder Umkehrabbildung L−1.

Losung: zu a) Es gilt

L injektiv ⇔ ∀x, y ∈ Rn : L(x) = L(y)⇒ x = y

L linear⇔ ∀x ∈ Rn : L(x) = 0⇒ x = 0

⇔ ∀x ∈ Rn : Ax = 0⇒ x = 0

⇔ Kern(A) = {0}.

Wegen der Dimensionsformel gilt weiter

n = dim(Kern(A)) + dim(Bild(A)) ∧ dim(Bild(A)) = Rang(A).

Daraus folgt

n = dim(Kern(A)) + Rang(A).

Ist nun Kern(A) = {0}, so folgt Rang(A) = n. Ist andersherum Rang(A) = n, so folgtdim(Kern(A)) = 0, also Kern(A) = {0}.zu b) Es gilt

L surjektiv ⇔ ∀y ∈ Rm∃x ∈ Rn : L(x) = y

⇔ ∀y ∈ Rm∃x ∈ Rn : Ax = y

⇔ Bild(A) = Rm.

Es gilt weiter Rang(A) = dim(Bild(A)). Ist also Rang(A) = m, so folgt Bild(A) ist ein m-dimensionaler Teilraum des Rm, also Bild(A) = Rm. Andersherum folgt aus Bild(A) = Rm sofortRang(A) = m.zu c) L ist bijektiv genau dann, wenn L injektiv und surjektiv ist. Dies genau dann der Fall,wenn Rang(A) = n und Rang(A) = m (also n = m), also A regular ist.Weiter gilt

x = L−1(y)⇔ L(x) = y ⇔ Ax = y ⇔ x = A−1y.

Also ist A−1 die Darstellungsmatrix von L−1.

3

Aufgabe 4Sei A ∈ Rn×n, n ∈ N. Zeigen Sie: Kern(A) = {0} genau dann, wenn A regular ist.

Losung: ⇐ : Ist A regular, so folgt aus der vorherigen Aufgabe sofort Kern(A) = {0}.⇒ : Ist Kern(A) = {0}, so folgt aus der Dimensionsformel n = dim(Bild(A)), also Bild(A) = Rn.Also gilt Rang(A) = n und A ist regular.

Aufgabe 5Sei B = (b1, . . . , bn) eine geordnete Basis des Rn. Bezeichne mit B ∈ Rn×n die Matrix, deren i-teSpalte bi ist. Seien weiter E die Standardbasis des Rn und C eine weitere geordnete Basis desRn. Zeigen Sie:

a) BidB = E, EidB = B, BidE = E(id)−1B = B−1, CidB = C−1B.

b) Ev = v fur v ∈ Rn.

c) ELAE = A fur A ∈ Rn×n und LA die zu A gehorige lineare Abbildung.

Losung: zu a) Es giltbj = 1 · bj ,

woraus folgt BidB = E.Weiter gilt

bj =

n∑k=1

(bj)kek,

woraus folgt EidB = B.Da EidB = B und id bijektiv, folgt aus A3.c)

E(id)−1B = B−1.

Weiter gilt, dass (BidE)·,j (j-te Spalte von BidE) Losung ist von

Bx = ej ,

d.h. dass (BidE)·,j = B−1ej , und damit gilt BidE = B−1. Schliesslich gilt

CidB = C(id ◦ id)B = CidE EidB = C−1B.

zu b) Gemaß Vorlesung gilt

Ev = E−1v = v.

zu c) Es ist

LAei = Aei = A·,i =

n∑j=1

Aj,iej ,

damit folgt ELAE = A.

4



Ubungsblatt 10

Aufgabe 1Seien A,B ∈ Rn×n. Zeigen Sie die Aquivalenz der folgenden Aussagen:(i) A = B. (ii) Ax = Bx fur alle x ∈ Rn. (iii) Aek = Bek fur alle 1 ≤ k ≤ n, ek k-terEinheitsvektor.

Losung: Offenbar gilt (i) ⇒ (ii) ⇒ (iii). Zeige noch (iii) ⇒ (i).dazu: Angenommen (iii) gilt, dann folgt

A·k = Aek = Bek = B·k ∀1 ≤ k ≤ n.

Die k-ten Spalten von A und B sind also identisch, d.h.

Aik = Bik ∀1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ k ≤ n.

Damit gilt (i). Es folgt die Behauptung (erklaren warum dies so reicht).

Aufgabe 2Seien A,B ∈ Rn×n und λ ∈ R. Zeigen Sie per vollstandiger Induktion, dass det(A − λB) einPolynom in λ vom Grad kleiner gleich n ist.Bemerkung: Insbesondere folgt, dass χA(λ) ein Polynom vom Grad gleich n ist.Hinweis: Entwickeln Sie det(A − λB) nach der ersten Zeile mit dem Laplace’schen Entwick-lungssatz.

Losung: Definiere S(n) :⇔ det(A− λB) ∈ Πn.I.A.: n = 1: det(A− λB) = A− λB ∈ Π1, also ist S(1) wahr.I.V.: Sei n ∈ N und fur dieses n gelte S(n).I.S.: n 7→ n+ 1: Mit dem Laplace’schen Entwicklungssatz folgt (Entwicklung nach erster Zeile)

det(A− λB) =

n+1∑l=1

(−1)1+l(A− λB)1l det((A− λB)1l)

=n+1∑l=1

(−1)1+l (A1l − λB1l)︸︷︷︸∈Π1

det(A1l − λB1l)︸︷︷︸I.V.∈ Πn

.

Also det(A− λB) ∈ Πn+1 und S(n+ 1) ist wahr. Es folgt die Behauptung mit dem Prinzip dervollstandigen Induktion.Zur Bemerkung: Es ist wieder mit dem Laplace’schen Entwicklungssatz:

det(A− λE) =

n∑l=1

(−1)1+l(A1l − λE1l) det(A1l − λE1l)

= (A11 − λ)︸︷︷︸Grad 1

det(A11 − λE)︸︷︷︸Grad n−1

+n∑

l=2

(−1)1+lA1l det(A1l − λE1l)︸︷︷︸∈Πn−1

.

(Beachte, dass A11−λE wieder die Struktur Matrix - λ Einheitsmatrix hat). Also ist det(A−λE)ein Polynom vom Grad n.

1

Aufgabe 3Zeigen Sie, folgende Aussagen uber elementare Zeilenumformungen:(i) Vertauschen von zwei Zeilen verandert das Vorzeichen der Determinante.(ii) Addieren des λ-fachen einer Zeile zu einer anderen andert die Determinante nicht.Bemerkung: Lasst sich die Matrix A durch elementare Zeilenumformungen auf obere Dreiecks-gestalt U (Zeilenstufenform) bringen, so ist det(A) = (−1)k det(U), wobei k die Anzahl derZeilenvertauschungen ist.

Losung: (i) Sei A ∈ Rm×n. Seien z1, . . . , zm ∈ R1×n die Zeilenvektoren von A. Sei A = P ijAdie Matrix, die aus A durch Vertauschen der Zeilen i und j entsteht, i < j, also A hat Zeilenz1, . . . , zm ∈ R1×n mit

zj = zi

zi = zj

zk = zk k ∈ {1, . . . ,m} \ {i, j}.

Dann gilt

det(A) = det(z1, . . . , zm)

= det(z1, . . . , zj︸︷︷︸i-te Pos

, . . . , zi︸︷︷︸j-te Pos

, . . . , zm)

det antisymm= −det(z1, . . . , zi︸︷︷︸

i-te Pos

, . . . , zj︸︷︷︸j-te Pos

, . . . , zm)

= −det(A).

Es folgt die Behauptung.(ii) A sei wieder die Matrix, die durch die beschriebene Zeilenoperation entsteht, d.h.

zj = zj + λzi

zk = zk k ∈ {1, . . . ,m} \ {j}.

Dann gilt

det(A) = det(z1, . . . , zm)

= det(z1, . . . , zj + λzi︸︷︷︸j-te Pos

, . . . , zm)

det multilinear= det(z1, . . . , zj︸︷︷︸

j-te Pos

, . . . , zm)

︸︷︷︸=det(A)

+λdet(z1, . . . , zi︸︷︷︸i-te Pos

, . . . , zi︸︷︷︸j-te Pos

, zm)

︸︷︷︸=0, det definit

= det(A).


Aufgabe 4Zeigen Sie, dass fur A ∈ Rn×n gilt: det(A) = 0⇔ Rang(A) < n.

Losung: Sei Rang(A) < n, d.h. es existieren l.a. Zeilen zi = λzj . Es folgt

det(A) = det(z1, . . . , λzj︸︷︷︸i-te Pos

, . . . , zj︸︷︷︸j-te Pos

, zm)

det multilinear= λ det(z1, . . . , zj︸︷︷︸

i-te Pos

, . . . , zj︸︷︷︸j-te Pos

, zm)

det definit= 0.

2

Sei nun Rang(A) = n. Durch elementare Zeilenumformungen wie in A3 beschrieben, bringen wirA auf obere Dreiecksgestalt U . Gemaß A3 gilt

| det(A)| = | det(U)| =n∏

i=1

|Uii|.

Da Rang(A) = n, besitzt U strikte Stufenform, also Uii 6= 0 fur 1 ≤ i ≤ n. Es folgt det(A) 6= 0;und damit die Behauptung.

Aufgabe 5Berechnen Sie die Determinanten der folgenden Matrizena) mit dem Laplace’schen Entwicklungssatz, undb) durch Uberfuhren auf Zeilenstufenform (siehe A3).

A =

0 0 −2 0

−1 −2 −1 −1

−1 1 1 0

−2 −2 2 2

, B =

1 1 −2 2

1 1 −1 −1

−2 −2 1 2

2 1 −1 0

Losung: a) Entwicklung nach der ersten Zeile ergibt

det(A) = (−2) ·

∣∣∣∣∣∣−1 −2 −1−1 1 0−2 −2 2

∣∣∣∣∣∣︸︷︷︸=−2−2−2−4

= (−2) · (−10) = 20.

Entwicklung von B nach der letzten Zeile ergibt

det(B) = (−2) ·

∣∣∣∣∣∣1 −2 21 −1 −1−2 1 2

∣∣∣∣∣∣︸︷︷︸−2−4+2−4+1+4=−3

+1 ·

∣∣∣∣∣∣1 −2 21 −1 −1−2 1 2

∣∣∣∣∣∣− (−1) ·

∣∣∣∣∣∣1 1 21 1 −1−2 −2 2

∣∣∣∣∣∣︸︷︷︸=0, l.a. Spalten

= (−2) · (−3) + 1 · (−3) + 0 = 3.

b) Wende elementare Zeilenumformungen an und bringe A auf obere Dreiecksgestalt (vgl. A3)0 0 −2 0−1 −2 −1 −1−1 1 1 0−2 −2 2 2

P⇔

−1 −2 −1 −10 0 −2 0−1 1 1 0−2 −2 2 2

⇔−1 −2 −1 −10 0 −2 00 3 2 10 2 4 4

P⇔

−1 −2 −1 −10 3 2 10 0 −2 00 2 4 4

⇔−1 −2 −1 −10 3 2 10 0 −2 00 0 8

3103

⇔−1 −2 −1 −10 3 2 10 0 −2 00 0 0 10

3

.

Es folgt det(A) = (−1)2 · (−1) · 3 · (−2) · (103 ) = 20.

b) Wende elementare Zeilenumformungen an und bringe B auf obere Dreiecksgestalt (vgl. A3)1 1 −2 21 1 −1 −1−2 −2 1 22 1 −1 0

⇔

1 1 −2 20 0 1 −30 0 −3 60 −1 3 −4

P⇔

1 1 −2 20 −1 3 −40 0 −3 60 0 1 −3

⇔

1 1 −2 20 −1 3 −40 0 −3 60 0 0 −1

.

Es folgt det(B) = −(1 · (−1) · (−3) · (−1)) = 3.

3

Aufgabe 6Berechnen Sie die Eigenwerte und -vektoren der folgenden Matrizen:

A =

−1 −1 −1

−1 1 −1

−1 −1 1

, B =

−2 1 −1

1 −2 −1

−1 −1 −2

.

Geben Sie die algebraischen und geometrischen Vielfachheiten der Eigenwerte an.

Losung: Zur Bestimmung der Eigenwerte berechnen wir das charakteristische Polynom:

χA(λ) = det(A− λE) =

∣∣∣∣∣∣−1− λ −1 −1−1 1− λ −1−1 −1 1− λ

∣∣∣∣∣∣= −(λ+ 1)(1− λ)2 − 1− 1− (1− λ) + 1 + λ− (1− λ)

= −(λ3 − λ2 − 4λ+ 4)

= −(λ− 1)(λ− 2)(λ+ 2).

Die Eigenwerte (Nullstellen von χA) sind somit σ(A) = {−2, 1, 2}; die AVH sind jeweils 1.Berechne noch die Eigenvektoren durch Losen der folgenden homogenen LGLS:EV zum EW −2:

(A+ 2E)⇔

1 −1 −1−1 3 −1−1 −1 3

⇔ 1 −1 −1

0 2 −20 0 0

hat Losungsmenge Span{(2, 1, 1)>}. Also ist (2, 1, 1)> ein Eigenvektor zum EW −2.EV zum EW 1:

(A− E)⇔

−2 −1 −1−1 0 −1−1 −1 0

⇔ 2 1 1

0 1 −10 0 0

hat Losungsmenge Span{(−1, 1, 1)>}. Also ist (−1, 1, 1)> ein Eigenvektor zum EW 1.EV zum EW 2:

(A− 2E)⇔

−3 −1 −1−1 −1 −1−1 −1 −1

⇔ −2 0 0

1 1 10 0 0

hat Losungsmenge Span{(0,−1, 1)>}. Also ist (0,−1, 1)> ein Eigenvektor zum EW 2. Die GVHvom jeweiligen EW ist 1.Wir verfahren fur B analog:

−χB(λ) = det(λE −B) =

∣∣∣∣∣∣λ+ 2 −1 1−1 λ+ 2 11 1 λ+ 2

∣∣∣∣∣∣= λ(λ+ 3)2.

Die Eigenwerte sind somit σ(A) = {−3, 0}; die AVH vom EW 0 ist 1, die vom EW −3 ist 2.Berechne noch die Eigenvektoren durch Losen der folgenden homogenen LGLS:EV zum EW 0:

(B)⇔

−2 1 −11 −2 −1−1 −1 −2

⇔ 1 −2 −1

0 1 10 0 0

hat Losungsmenge Span{(−1,−1, 1)>}. Also ist (−1,−1, 1)> ein Eigenvektor zum EW 0. GVHist 1.

4

EV zum EW −3:

(B + 3E)⇔

1 1 −11 1 −1−1 −1 1

⇔ 1 1 −1

0 0 00 0 0

hat Losungsmenge Span{(−1, 1, 0)>, (1, 0, 1)>}. Also sind (−1, 1, 0)>, (1, 0, 1)> (l.u.) Eigenvek-toren zum EW −3. Die GVH vom EW −3 ist somit 2.

5




Aufgabe 1Seien v1 = 1√

5(2, 1, 0)>, v2 = 1√

105(1,−2, 10)>, v3 = 1√

21(2,−4,−1)> orthonormale Vektoren im

R3. Berechnen Sie die Fouriertransformierte der Vektoren (1, 0, 0)> und (1, 2, 3)>, und vergleichenSie die ‖ · ‖2-Norm der Vektoren mit denjenigen der Fouriertransformierten.

Losung: Erinnerung: Sei Q die orthogonale Matrix mit Spalten v1, v2, v3. Die Fouriertrans-formierte von x ∈ Rn ist gegeben durch Qx. Die Eintrage von Qx sind gegeben durch 〈x, vk〉2,1 ≤ k ≤ 3.Wir berechnen also

〈e1, v1〉2 =2√5

〈e1, v2〉2 =1√105

〈e1, v3〉2 =2√21.

Damit gilt fur die Fouriertransformierte

Qe1 =1√105

(2√

21, 1, 2√

5)>

und ‖Qe1‖22 = 45 + 1

105 + 421 = 1. Die ‖ · ‖2-Norm verandert sich also nicht (Satz von Plancherel).

Sei nun x = (1, 2, 3)>. Wir berechnen wieder

〈x, v1〉2 =4√5

〈x, v2〉2 =27√105

〈x, v3〉2 = − 9√21.

Damit gilt fur die Fouriertransformierte

Qx =1√105

(4√

21, 27,−9√

5)>

und ‖Qx‖22 = 165 + 272

105 + 8121 = 14 = ‖x‖22.

Aufgabe 2

Rotieren Sie die Matrix A :=

3 50 20 04 5

jeweils mittels Givensrotationen bzw. Householdertrans-

formationen auf rechte obere Dreiecksgestalt.

1

Losung: Erinnerung zu Givensrotationen:

Gik

x1...xn

=

x1...

xi−1r

xi+1...

xk−10

xk+1...xn

mit r =

√x2i + x2k und c = xi/r, s = xk/r undGik besteht an den Positionen (i, i), (i, k), (k, i), (k, k)

aus den Eintragen c, s,−s, c und 1 auf den restlichen Diagonaleintragen sowie 0 auf den restlichenOffdiagonaleintragen (Anschreiben).Definiere nun

G114 =

3/5 4/5

11

−4/5 3/5

.

Es folgt

A1 := G114A =

5 70 20 00 −1

.

Weiter gilt

G224A1 =

5 7

0√

50 00 0

.

Bemerkung: Angabe von G224 nicht erforderlich, es ist aber

G224 =

1

2/√

5 −1/√

51

1/√

5 2/√

5

.

Householdertransformationen: Fur v ∈ Rn mit ‖v‖2 = 1 ist die HouseholdertransformationHv = I − 2vv> (Spiegelung an Ebene senkrecht zu v). Um nun einen beliebigen Vektor x ∈ Rn

in Richtung e1 zu drehen, wahle v = x + sign(x1)‖x‖2e1 und v = v/‖v‖2. Dann folgt Hvx =−sign(x1)‖x‖2e1.Wir wahlen also

v =

3004

+ 5e1 =

8004

, v = v/√

80,

2

Abb. 1: Wirkungsweise der Householdertransformation. Der Vektor x = (−3, 4)> wird auf denVektor 5e1 gespiegelt.

und

Hv = I − 2vv> = I − 2

80

64 0 0 320 0 0 00 0 0 032 0 0 16

=

−3/5 0 0 −4/5

0 1 0 00 0 1 0−4/5 0 0 3/5

.

Dann folgt

A1 = HvA =

−5 −70 20 00 −1

.

Wende die gleiche Vorgehensweise auf die Teilmatrix A111 an: Da wir wissen, wie die Household-

ertransformation wirkt, brauchen wir hier Hv nicht explizit zu bestimmen. Es folgt

HvA1 =

−5 −7

0 −√

50 00 0

.

Bemerkung: Wahle

v =

201

+√

5e1, v = v/‖v‖2 =

2+√5√

10+4√5

− 1√10+4

√5

und

Hv =

1 0 0 0

0 −4+2√5

5+2√5

0 2+√5

5+2√5

0 0 1 0

0 2+√5

5+2√5

0 4+2√5

5+2√5

.

3

Aufgabe 3Gegeben seien die folgenden Messdaten

t 0 1 2 3

y 3 2.14 1.86 1.72

bei denen der Zusammenhang

y = f(t) = α1

1 + t+ β

vermutet wird. Stellen Sie das zugehorige lineare Ausgleichsproblem zur Bestimmung von α undβ auf, d.h. bestimmen Sie A, x und b, so daß

Ax ≈ b.

Losung: Die einzelnen Messungen geben folgenden Zusammenhang

y0 = f(0) = α+ β

y1 = f(1) = α/2 + β

y2 = f(2) = α/3 + β

y3 = f(3) = α/4 + β

Wir definieren daher

A =

1 1

1/2 11/3 11/4 1

, x =

(αβ

), b =

3

2.141.861.72

Bemerkung: Die Losung der Normalengleichung lautet α = 1.7083 und β = 1.2903.

Abb. 2: Aufgabe 3: Messdaten (blau) und f (rot) fur α = 1.7083 und β = 1.2903.

Aufgabe 4 [Bestimmung der Gravitationskonstanten]Wir lassen einen Gegenstand aus 5 Metern Hohe fallen und messen die Zeit bis zum Aufprall.Dabei haben wir folgende Zeiten (in Sekunden) ermittelt:

Versuch 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Zeit 0.9304 1.0393 0.9749 0.9853 1.0451 0.9937 1.0447 1.0214 0.9943 1.0039

Bestimmen Sie mit Hilfe der linearen Ausgleichsrechnung die Gravitationskonstante g, die denZusammenhang s(t) = g

2 t2 zwischen zuruckgelegter Strecke und Fallzeit beschreibt.

4

Losung: Es gilt

5 =t2i2g ∀1 ≤ i ≤ 10.

Sei also

A = (0.4328, 0.5401, 0.4752, 0.4854, 0.5461, 0.4937, 0.5457, 0.5216, 0.4943, 0.5039)>,

b = (5, . . . , 5)> ∈ R10.

Wir wollen nun g = argminx∈R1‖Ax−b‖22 finden. Notwendig und hinreichend dazu ist, die Losungvon

A>Ax = A>b

zu finden. Es gilt

A>A = 2.5506

A>b = 25.1945.

Also erhalten wir folgenden Schatzwert fur die Gravitationskonstante

g = A>b/(A>A) = 9.8778.

Aufgabe 5Seien A,B ∈ Rn×n und x ∈ Rn. Zeigen Sie(i) ‖Ax‖∞ ≤ ‖A‖∞‖x‖∞ und(ii) ‖A+B‖∞ ≤ ‖A‖∞ + ‖B‖∞.Losung: (i) Es gilt

‖Ax‖∞ = max1≤i≤n

|(Ax)i| = max1≤i≤n

|n∑

j=1

Aijxj |

≤ max1≤i≤n

n∑j=1

|Aij ||xj |

≤ ‖x‖∞ max1≤i≤n

n∑j=1

|Aij | = ‖A‖∞‖x‖∞.

(ii) Es gilt

‖A+B‖∞ = max1≤i≤n

n∑j=1

|Aij +Bij | ≤ max1≤i≤n

n∑j=1

|Aij |+ |Bij |

≤ max1≤i≤n

n∑j=1

|Aij |+ max1≤i≤n

n∑j=1

|Bij | = ‖A‖∞ + ‖B‖∞.

5




Aufgabe 1Berechnen Sie die Grenzwerte von

(i) an := 2n2+2n−4n2−1

, n ≥ 2.

(ii) an := nn+1 −

nn+3 .

Losung: (i) Es ist

2n2 + 2n− 4

n2 − 1=

2 + 2n −

4n2

1− 1n2

Da 1n Nullfolge, ist 1

n2 Nullfolge (Limitenregeln). Da 1n2 ≤ 1/4, ist 1− 1

n2 > 0 und es folgt wiedermit den Limitenregeln

2 + 2n −

4n2

1− 1n2

n→∞−−−→ 2 + 0− 0

1− 0= 2.

Also gilt limn→∞ an = 2.(ii) Da 1/n Nullfolge und 1 + 1/n ≥ 1, folgt aus den Limitenregeln

an =n

n + 1− n

n + 3=

1

1 + 1/n− 1

1 + 3/n

n→∞−−−→ 1

1 + 0− 1

1 + 0= 0,

d.h. limn→∞ an = 0.

Aufgabe 2

Ab welchem n0 ∈ N gilt∣∣∣n2−1n2+1

− 1∣∣∣ < 1

100 fur alle n ≥ n0?

Losung: Es gilt ∣∣∣n2 − 1

n2 + 1− 1∣∣∣ =

∣∣∣n2 − 1− (n2 + 1)

n2 + 1

∣∣∣ =2

n2 + 1<

1

100

genau dann, wenn n2 > 199, d.h. wahle n0 = 15 >√

199 ≈ 14.11 (142 = 196, 152 = 225).

Aufgabe 3Seien a, b ≥ 0. Zeigen Sie mit Hilfe des Sandwichlemmas, dass n

√an + bn → max{a, b} fur n→∞.

Hinweis: n√

2n→∞−−−→ 1.

Losung: Sei M := max{a, b}. Dann gilt

Mn ≤ an + bn ≤ 2Mn.

Monotonie von n√· liefert dann

M ≤ n√an + bn ≤ n

√2M.

Da n√

2→ 1, gilt mit den Limitenregeln n√

2M →M . Da M →M als konstante Folge, liefert dasSandwichlemma die Behauptung.

1

Aufgabe 4Seien (an) und (bn) konvergente reelle Folgen mit limn→∞ an = a und limn→∞ bn = b fur a, b ∈ R.Zeigen Sie mit Hilfe der Definition der Konvergenz von Folgen, dass

limn→∞

anbn = ab.

Losung: Beh.: ∀ε > 0∃N = N(ε) ∈ N∀n ≥ N : |anbn − ab| < ε.Beweis: Sei ε > 0. Wir nutzen die Voraussetzungen:

1. Konvergente Folgen sind beschrankt ⇒ ∃Ca, Cb > 0 mit |a| < Ca und |bn| < Cb∀n ∈ N.

2. (an) konvergent ⇒ ∃Na = Na(ε) ∈ N∀n ≥ Na : |an − a| < ε2Cb

.

3. (bn) konvergent ⇒ ∃Nb = Nb(ε) ∈ N∀n ≥ Nb : |bn − b| < ε2Ca

.

Sei nun N := max{Na, Nb}. Dann gilt fur alle n ≥ N :

|anbn − ab| = |(an − a)bn + a(bn − b)|∆−Ungl≤ |an − a|︸︷︷︸

< ε2Cb

|bn|︸︷︷︸≤Cb

+ |a|︸︷︷︸≤Ca

|bn − b|︸︷︷︸< ε

2Ca

<ε

2+

ε

2= ε.


Aufgabe 5Seien m ∈ N und (an) eine konvergente Folge reeller Zahlen mit an → a fur n → ∞. Zeigen Siemit Hilfe vollstandiger Induktion: amn → am fur n→∞.

Losung: A(m) :⇔ amn → am fur n→∞.I.A.: m = 1: A(1) gilt nach Voraussetzung.I.V.: Sei m ∈ N und fur dieses m gelte A(m).I.S.: m 7→ m + 1 : Es gilt amn → am (I.V.) und an → a (Voraussetzung) fur n → ∞. Aus denLimitenregeln folgt dann

am+1n = amn an → ama = am+1.

Also ist A(m + 1) wahr und es folgt die Behauptung.

Aufgabe 6Untersuchen Sie auf Konvergenz und bestimmen Sie gegebenenfalls den Grenzwert:

a0 := 12 , an+1 := a2n+2

3 , n ∈ N.

Losung: Wir beobachten (siehe auch Abbildung 1):

a0 :=1

2, a1 =

3

4, a2 =

41

48.

1. Beschranktheit: 12 ≤ an < 1.

Beweis: Per vollstandiger Induktion:A(n) :⇔ 1

2 ≤ an < 1.I.A.: n = 0: a0 = 1

2 nach Voraussetzung, also A(0) wahr.I.V.: Sei n ∈ N0 und fur dieses n gelte A(n).I.S.: n 7→ n + 1 : Abschatzung nach unten:

an+1 =a2n + 2

3

an≥1/2(I.V.)

≥ 3

4>

1

2.

Abschatzung nach oben:

an+1 =a2n + 2

3

an<1(I.V.)<

1 + 2

3= 1.

2

Abbildung 1: Visualisierung der rekursiven Folge. Links erkennen wir die ersten Iterierten unddie Schnittpunkte von x2+2

3 und x (mogliche Grenzwerte). Rechts sehen wir eineNahaufnahme des Konvergenzverhaltens der Folge gegen den Grenzwert 1.

Also gilt A(n + 1) und die Beschranktheit ist gezeigt.2. Monotonie: an ist streng monoton wachsend.Beweis: Es gilt

3(an+1 − an) = a2n − 3an + 2 = (an −

3

2)2 − 1

4

1/2≤an<1>

1

4− 1

4= 0.

Also an+1 > an.3. Grenzwert: (an) ist konvergent und limn→∞ an = 1.Beweis: Da (an) beschrankt und monoton, existiert a ∈ [1/2, 1] mit limn→∞ an = limn→∞ an+1 =a. Es folgt aus den Limitenregeln

a = limn→∞

an+1 = limn→∞

a2n + 2

3=

a2 + 2

3.

Also ist der Grenzwert a Losung der quadratischen Gleichung a2−3a+2 = 0. Diese quadratischeGleichung hat die Nullstellen 1 und 2. Da a ≤ 1, ist a 6= 2 und es folgt die Behauptung.

Aufgabe 7Sei (an)n eine konvergente Folge nicht-negativer reeller Zahlen. Zeigen Sie limn→∞ an ≥ 0.

Losung: Nach Voraussetzung existiert a ∈ R mit limn→∞ an = a. Angenommen a < 0. Seiε = |a|/2 > 0. Dann existiert N ∈ N, so dass

|a− an|︸︷︷︸=an−a

< ε︸︷︷︸−a/2

∀n ∈ N.

Also gilt

an < a/2 < 0,

was ein Widerspruch zur Voraussetzung ist. Also gilt die Behauptung.

3



Ubungsblatt 13

Aufgabe 1Untersuchen Sie die folgenden Reihen auf absolute und bedingte Konvergenz:

(i)∑∞

k=1

(1 + 1

k

)k(ii)

∑∞k=1

5k2k2+1

(iii)∑∞

k=15

2k2+1

(iv)∑∞

k=11

kk√k

(v)∑∞

k=1(k!)2+(−1)k(k!)2

(2k)!

(vi)∑∞

k=116k

(3kk

)Losung:

(i) Es gilt nach Vorlesung (1 +

1

k

)k → e 6= 0.

Die einzelnen Summanden bilden also keine Nullfolge, daher divergiert die Reihe.

(ii) Wir schatzen ab:

5k

2k2 + 1

k≥1≥ 5k

3k2=

5

3k.

Da die harmonische Reihe divergiert, divergiert mit dem Minorantenkriterium auch dieangegebene Reihe.

(iii) Wir schatzen ab:

5

2k2 + 1≤ 5

2k2.

Da die Reihe∑∞

k=1 1/k2 nach Vorlesung konvergiert, konvergiert die angegeben Reihe ab-solut (Majorantenkriterium).

(iv) Nach Vorlesung gilt k√k → 1 fur k →∞. Also existiert K ∈ N, so dass fur alle k ≥ K

k√k ≤ 2, also

1

k k√k≥ 1

2

1

k.

Da die harmonische Reihe divergiert, divergiert auch die angegebene Reihe (Minorantenkri-terium).

(v) Es gilt

∞∑k=1

(k!)2 + (−1)k(k!)2

(2k)!

2l=k=

∞∑l=1

((2l)!)2 + ((2l)!)2

(4l)!= 2

∞∑l=1

((2l)!)2

(4l)!.

Da jeder Summand von Null verschieden ist, verwenden wir das Quotientenkriterium∣∣∣ (4l)!

(4(l + 1))!

((2(l + 1))!)2

((2l)!)2

∣∣∣ =1

(4l + 4)(4l + 3)(4l + 2)(4l + 1)

(2l + 2)2(2l + 1)2

1

=2l + 2

4l + 4︸︷︷︸→1/2

2l + 2

4l + 3︸︷︷︸→1/2

2l + 1

4l + 2︸︷︷︸→1/2

2l + 1

4l + 1︸︷︷︸→1/2

l→∞,GWS−−−−−−−→ 1

16< 1.

Also konvergiert die angegebene Reihe absolut.

1

(vi) Jeder Summand der Reihe ist positiv. Wir wollen das Quotientenkriterium anwenden:

1

6k+1

(3(k + 1)

k + 1

)6k(3kk

) =1

6

(3k + 3)!

(k + 1)!(2k + 2)!

k!(2k)!

(3k)!=

1

6

(3k + 3)(3k + 2)(3k + 1)

k(2k + 2)(2k + 1)

k→∞,GWS−−−−−−−→ 1

6

3 · 3 · 31 · 2 · 2

=9

8> 1.

Die angegebene Reihe divergiert also.

Aufgabe 2Bestimmen Sie die Konvergenzradien der folgenden Potenzreihen (z ∈ C).

(i)∑∞

k=1 k!zk (ii)∑∞

k=15k

2k2+1zk (iii)

∑∞k=1

16k

(3kk

)zk

Losung:

(i) Fur z = 0, gilt∞∑k=1

k!zk = 0,

also konvergiert die Reihe absolut. Sei z 6= 0. Dann gilt ak := k!zk 6= 0 fur alle k ∈ N. Da∣∣∣∣ak+1

ak

∣∣∣∣ =(k + 1)!

k!

|z|k+1

|z|k= (k + 1)|z| ≥ 2 > 1 ∀k > 2/|z|,

liefert das Quotientenkriterium die Divergenz der angegebenen Reihe fur alle z 6= 0. DerKonvergenzradius ist also R = 0.

(ii) Fur z = 0 liegt Konvergenz vor. Fur z 6= 0, gilt ak := 5k2k2+1

zk 6= 0. Es gilt∣∣∣∣ak+1

ak

∣∣∣∣ =5(k + 1)

2(k + 1)2 + 1

2k2 + 1

5k

|z|k+1

|z|k=

5(k + 1)

5k︸︷︷︸→1

2(k2 + 2k + 1) + 1

2k2︸︷︷︸→1

|z| k→∞,GWS−−−−−−−→ |z|.

Aus dem Quotienkriterium folgt absolute Konvergenz der Reihe fur alle |z| < 1. Der Kon-vergenzradius ist also R = 1.

(iii) Fur z = 0 konvergiert die angegebene Reihe. Sei nun z 6= 0. Definiere ak := 16k

(3kk

)zk 6= 0

fur alle k ∈ N. Mit A1.(vi) folgt ∣∣∣∣ak+1

ak

∣∣∣∣→ 9

8|z|.

Aus dem Quotienkriterium folgt absolute Konvergenz der Reihe fur alle |z| < 89 . Der Kon-

vergenzradius ist also R = 89 .

Aufgabe 3Bezeichne i die imaginare Einheit in C. Berechnen Sie die Werte der folgenden Reihen:

(i)∑∞

k=1(−2)k32k

(ii)∑∞

k=0ik

k!πk+1 (iii)

∑∞k=0

3+(−1)k5k+1

Losung: Bislang kennen wir im wesentlichen nur drei Moglichkeiten, den Wert einer Reihe zubestimmen: Teleskopsummen (siehe nachste Aufgabe), geometrische Reihe, Exponentialreihe.

2

(i) Es ist

∞∑k=1

(−2)k

32k= −1 +

∞∑k=0

(−2

9

)k geom. Reihe 2/9<1= −1 +

1

1 + 2/9=−2

11.

(ii) Es gilt

∞∑k=0

ik

k!πk+1 = π

∞∑k=0

1

k!(iπ)k = π exp(iπ) = −π.

(iii) Wir betrachten zunachst

∞∑k=0

3

5k+1=

3

5

∞∑k=0

1

5kgeom Reihe 1/5<1

=3

5

1

1− 1/5=

3

5

5

4=

3

4,

und∞∑k=0

(−1)k

5k+1=

1

5

∞∑k=0

(−1

5

)k geom Reihe 1/5<1=

1

5

1

1 + 1/5=

1

5

5

6=

1

6.

Aus den Limitenregeln folgt dann

∞∑k=0

3 + (−1)k

5k+1=∞∑k=0

3

5k+1+∞∑k=0

(−1)k

5k+1=

3

4+

1

6=

11

12.

Aufgabe 4Berechnen Sie den Wert der Reihe

∑∞k=1

14k2−1 .

Hinweis: Bestimmen Sie A,B ∈ R, so dass 14k2−1 = A

2k−1 + B2k+1 .

Losung: Es gilt 4k2 − 1 = (2k − 1)(2k + 1). Wir machen den Ansatz

1

(2k − 1)(2k + 1)=

A

2k − 1+

B

2k + 1=A(2k + 1) +B(2k − 1)

(2k − 1)(2k + 1)=

2k(A+B) +A−B(2k − 1)(2k + 1)

.

Koeffizientenvergleich fuhrt auf A + B = 0 und A − B = 1, also A = 12 und B = −1

2 . Damiterhalten wir die folgende Teleskopsumme

n∑k=1

1

4k2 − 1=

1

2

n∑k=1

1

2k − 1− 1

2k + 1

=1

2

[1− 1

3+

1

3− 1

5+ · · ·+ 1

2n− 3− 1

2n− 1+

1

2n− 1− 1

2n+ 1

]=

1

2

[1− 1

2n+ 1

] n→∞→ 1

2.

Daher∑∞

k=11

4k2−1 = 12 .

Aufgabe 5Sei∑∞

k=1 ak eine absolut konvergente Reihe. Zeigen Sie∑∞

k=1 a2k konvergiert absolut. Was passiert,

wenn∑∞

k=1 ak nur bedingt konvergent ist?

Losung: Da∑∞

k=1 ak absolut konvergiert ist (ak) eine Nullfolge, also existiert K ∈ N, so dass|ak| < 1 fur alle k ≥ K. Dann folgt

a2k ≤ |ak| ∀k ≥ K,

d.h.∑∞

k=1 |ak| ist konvergente Majorante und die Behauptung folgt aus dem Majorantenkriterium.(i) ak := (−1)k 1

k . Mit dem Leibnizkriterium (1/k monoton fallende Nullfolge) folgt,∑∞

k=1 ak istbedingt konvergent. Nach Vorlesung ist

∑∞k=1

1k2

absolut konvergent.

(ii) ak := (−1)k 1√k. Mit dem Leibnizkriterium (1/

√k monoton fallende Nullfolge) folgt,

∑∞k=1 ak

ist bedingt konvergent. Nach Vorlesung ist die harmonische Reihe∑∞

k=11k =

∑∞k=1 a

2k divergent.

3

Aufgabe 6Zeigen Sie mit Hilfe von Potenzreihendarstellungen die Identitaten:

cos(x) =1

2

(exp(ix) + exp(−ix)

), sin(x) =

1

2i

(exp(ix)− exp(−ix)

)fur alle x ∈ C.

Folgern Sie daraus cos(x)2 + sin(x)2 = 1.

Losung: Da die Exponentialreihe absolut konvergent ist fur alle x ∈ C, folgt aus den Grenz-wertsatzen

exp(ix) + exp(−ix) =

∞∑k=0

1

k!(ix)k +

∞∑k=0

1

k!(−ix)k

GWS=

∞∑k=0

1 + (−1)k

k!ikxk

k=2l=

∞∑l=0

2i2l

(2l)!x2l

= 2

∞∑l=0

(−1)l

(2l)!x2l = 2 cos(x),

sowie

exp(ix)− exp(−ix) =∞∑k=0

1

k!(ix)k −

∞∑k=0

1

k!(−ix)k

GWS=

∞∑k=0

1− (−1)k

k!ikxk

k=2l+1=

∞∑l=0

2i2l+1

(2l + 1)!x2l+1

= 2i

∞∑l=0

(−1)l

(2l + 1)!x2l+1 = 2i sin(x).

Dann folgt aus exp(x)2 = exp(x) exp(x) = exp(2x), dass

cos(x)2 + sin(x)2 =1

4

((exp(ix) + exp(−ix))2 − (exp(ix)− exp(−ix))2)

=1

4

(exp(2ix) + 2 + exp(−2ix)− (exp(2ix)− 2 + exp(−2ix)))

= 1.

Aufgabe 7Sei |q| < 1. Zeigen Sie mit Hilfe des Cauchyprodukts die Identitat( 1

1− q

)2=∞∑k=0

(k + 1)qk.

Losung: Fur |q| < 1 konvergiert die geometrische Reihe absolut und es gilt∑∞

k=0 qk = 1

1−q . NachVorlesung konvergiert das Produkt absolut konvergenter Reihen absolut. Wir berechnen daher

1

(1− q)2=

1

1− q1

1− q=

∞∑k=0

qk∞∑k=0

qk

=

∞∑n=0

( n∑k=0

1 · 1︸︷︷︸=(n+1)

)qn

=∞∑n=0

(n+ 1)qn.

4



Ubungsblatt 14

Aufgabe 1Berechnen Sie die folgenden Grenzwerte:

(i) limx→1

xm − 1

xn − 1, m, n ∈ N, (ii) lim

x→0

exp(x)− 1

x.

Losung: (i) Die geometrische Summenformel liefert

(x− 1)n−1∑k=0

xk = xn − 1.

Daraus folgt dann mit den Grenzwertsatzen

limx→1

xm − 1

xn − 1= lim

x→1

∑m−1k=0 x

k∑n−1k=0 x

k

GWS, Nenner 6= 0=

m

n.

(ii) Aus der Potenzreihendarstellung von exp(x) folgt

exp(x)− 1 =∞∑k=0

xk

k!− 1 =

∞∑k=1

xk

k!= x

∞∑k=0

1

(k + 1)!xk.

Da∑∞

k=01

(k+1)!xk als Potenzreihe mit Konvergenzradius ∞ (kurz erlautern: Quotientenkriteri-

um...) eine stetige Funktion auf R definiert, folgt

limx→0

exp(x)− 1

x= lim

x→0

∞∑k=0

1

(k + 1)!xk

Folgenkrit d. Stetigkeit=

∞∑k=0

1

(k + 1)!0k = 1.

Aufgabe 2Untersuchen Sie die Funktionen f, g : R→ R definiert durch

f(x) :=

{sin( 1x), x 6= 0

0, x = 0, g(x) :=

{x sin( 1x), x 6= 0

0, x = 0

auf Stetigkeit.

Losung: (i) Beh.: f ist stetig auf R \ {0} und unstetig in x0 = 0.dazu: Fur x 6= 0 ist x 7→ 1/x als gebrochen rationale Funktion stetig. x 7→ sin(x) ist stetig aufR (siehe VL). Damit ist f als Verkettung stetiger Funktionen stetig auf R \ {0}. Untersuche dieStetigkeit in x0 = 0 mit Hilfe des Folgenkriteriums. Betrachte

an :=1

2πn, bn :=

1

2πn+ π/2.

Dann gilt an 6= 0 und bn 6= 0, n ∈ N, sind Nullfolgen und es gilt

f(an) = sin(2πn)Periodizitat

= sin(0) = 0,

f(bn) = sin(2πn+ π/2)Periodizitat

= sin(π/2) = 1 6= f(0).

1

Wegen dem Folgenkriterium der Stetigkeit ist also f unstetig in x0 = 0 (Die Angabe der Folgean dient lediglich dazu zu verdeutlichen, dass die Unstetigkeit nicht hebbar ist).(ii) Beh.: g ist stetig auf R.dazu: Es ist g(x) = xf(x), und daher ist g als Produkt stetiger Funktionen stetig auf R \ {0}gemaß (i). Sei nun (xn) eine beliebige Nullfolge. Dann gilt

0 ≤ |g(xn)| ≤ |xn|| sin(xn)|| sin(x)|≤1≤ |xn|

n→∞, |·| stetig−−−−−−−−−→ 0.

Aus dem Sandwichlemma folgt, also

limn→∞

g(xn) = 0 = g(0).

Das Folgenkriterium der Stetigkeit liefert damit die Stetigkeit von g in x0 = 0. Es folgt dieBehauptung.

Aufgabe 3Seien a, b ∈ R, a < b, f : [a, b] → [a, b] stetig. Zeigen Sie, dass es dann x ∈ [a, b] gibt, so dassf(x) = x.Bemerkung: So ein x heißt Fixpunkt von f .

Losung: Gilt f(a) = a oder f(b) = b, so sind wir fertig. Andernfalls, gilt wegen f([a, b]) ⊂ [a, b]

f(a) > a ∧ f(b) < b.

Betrachte nun

g : [a, b]→ R, g(x) := f(x)− x.

Als Differenz von stetigen Funktionen ist g stetig. Außerdem gilt

g(a) = f(a)− a > 0 ∧ g(b) = f(b)− b < 0.

Der Zwischenwertsatz liefert also die Existenz von x ∈ [a, b] mit g(x) = 0, d.h.

f(x) = x,

was zu zeigen war.

Aufgabe 4Zeigen Sie mit Hilfe der Definition die gleichmaßige Stetigkeit von

f : (0, 1)→ R, f(x) :=√x.

Losung: Seien x, y ∈ (0, 1) und x < y. Dann folgt

|f(x)− f(y)|2 = x− 2√

xy︸︷︷︸≥x2

+ y ≤ x− 2√x2 + y

= y − x = |x− y|.

Letztere Abschatzung folgt fur y < x analog. Sei nun ε > 0, wahle δ := ε2. Fur x, y ∈ (0, 1) mit|x− y| < δ folgt dann aus der Monotonie der Wurzel, dass

|f(x)− f(y)|(∗)≤ |x− y|1/2 < δ1/2 = ε.

2

Aufgabe 5Zeigen Sie, dass sinh : R→ R streng monoton wachsend und bijektiv ist.Hinweis: Zeigen Sie sinh(−x) = − sinh(x) fur die Monotonie. Fur die Surjektivitat verwenden Sieden Zwischenwertsatz.

Losung: Laut Vorlesung gilt fur x ∈ R die Potenzreihendarstellung

sinh(x) =

∞∑k=0

x2k+1

(2k + 1)!.

Die angegebene Potenzreihe hat Konvergenzradius ∞, also ist nach Vorlesung sinh stetig auf R.(i) Beh.: sinh(x) < sinh(y) fur x < y, x, y ∈ R.Beweis: Wir beobachten zunachst, dass sinh eine ungerade Funktion ist:

sinh(−x) =∞∑k=0

1

(2k + 1)!(−x)2k+1 = − sinh(x) ∀x ∈ R.

1. Fall: 0 ≤ x < y. Dann gilt

sinh(x) =

∞∑k=0

1

(2k + 1)!x2k+1︸︷︷︸<y2k+1

<

∞∑k=0

1

(2k + 1)!y2k+1 = sinh(y).

2. Fall: x < y < 0. Es folgt −x > −y > 0 und aus 1. und der Symmetrie von sinh folgt

sinh(x) = − sinh(−x)︸︷︷︸1.>sinh(−y)

< − sinh(−y) = sinh(y).

3. Fall: x < 0 ≤ y. An der Potenzreihendarstellung lesen wir ab, dass sinh(y) ≥ 0, und somit gilt

sinh(x) = − sinh(−x)︸︷︷︸>0, da −x>0

< 0 ≤ sinh(y).

Aus den Fallen 1,2,3, folgt, dass sinh streng monoton wachsend auf R ist.Aus Behauptung (i) folgt gemaß Vorlesung, dass sinh injektiv ist.(ii) Beh.: sinh ist surjektiv.Beweis: Sei x > 0. Dann folgt

sinh(x) =∞∑k=0

x2k+1

(2k + 1)!≥ x und − sinh(x) ≤ −x.

Zusammen gilt also fur alle x ∈ R:

x ∈ [− sinh(|x|), sinh(|x|)]. (1)

Zusammen mit der Stetigkeit von sinh auf R liefert der Zwischenwertsatz (ZWS) Behauptung(ii). (Sei y ∈ R, dann gilt namlich fur a = −|y| und b = |y| wegen (1) y ∈ [sinh(a), sinh(b)]. DerZWS garantiert, dass es ein c ∈ [a, b] gibt mit sinh(c) = y.)Behauptung (i) und (ii) implizieren, dass sinh : R→ R bijektiv ist.

Aufgabe 6Untersuchen Sie die Funktion

f : R→ R, x 7→

{x−3

x2−7x+12, x /∈ {3, 4}

−1, x ∈ {3, 4}

auf Stetigkeit.

3

Losung: Beh.: f ist stetig auf R \ {4} und unstetig in x0 = 4.Bew.: Fur x /∈ {3, 4} ist x2 − 7x + 12 = (x − 3)(x − 4) 6= 0, damit ist f als gebrochen ratio-nale Funktion stetig auf R \ {3, 4}. Um die Stetigkeit in x0 = 3 zu zeigen, verwenden wir dasFolgenkriterium der Stetigkeit: Sei xn → 3 eine (beliebige) Folge mit xn 6= 3∀n ∈ N. Dann gilt

limn→∞

f(xn) = limn→∞

1

xn − 4

GWS=

1

3− 4= −1 = f(3).

Also ist f stetig in x0 = 3. Fur die Unstetigkeit in x0 = 4 betrachte die Folge xn = 4 + 1/n. Esgilt

limn→∞

f(xn) = limn→∞

1

4 + 1/n− 4= lim

n→∞n =∞ 6= −1 = f(4).

Das Folgenkriterium der Stetigkeit liefert die Behauptung.

4

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Mathematische Grundlagen WS 2011/2012 …...Prof. Dr. Herbert Egger Garching, den 17.10.2011 Dipl.-Comp.Math. Matthias Schlottbom Mathematische Grundlagen WS 2011/2012 Ubungsblatt