Prof. Dr. M. Stroppel Ergebnisse und Hinweise zu den Ubungen¨info.mathematik.uni-stuttgart.de/.../aufgaben/lsg/LsgHM1_0708.pdf · und minus unendlich betragsm¨aßig unendlich große

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Dr. M. PfeilHohere Mathematik I Prof. Dr. M. Stroppel

Ergebnisse und Hinweise zu den UbungenWinter 2007/08

Zu Aufgabe H1: Nach dem Binomischen Lehrsatz gilt

(a + b)n =n

∑

k=0

(

n

k

)

an−kbk .

Setzt man nun a = b = 1 , erhalt man

(1 + 1)n = 2n =n

∑

k=0

(

n

k

)

1n−k1k =n

∑

k=0

(

n

k

)

.

Zu Aufgabe H2:Induktionsanfang: A(0)

n∑

k=0

(

m + k

k

)

=

(

m

0

)

=

(

m + 1

0

)

Induktionsschluss: A(n) =⇒ A(n + 1)

n+1∑

k=0

(

m + k

k

)

=n

∑

k=0

(

m + k

k

)

+

(

m + (n + 1)

(n + 1)

)

=

(

m + (n + 1)

n

)

+

(

m + (n + 1)

(n + 1)

)

=

(

m + (n + 1) + 1

(n + 1)

)

Darstellung im Pascalschen Dreieck:

111 1

1 11 1

1 11 1

1 11 1

1 2

6

20

3 3

10 10

35 35

4 45 5

21 216 615 15

7 7

Hinweis zu den Hinweisen: Es nutzt nichts, diese Hinweise nur zu kopieren und abzuheften. Es nutzt auch

wenig, diese nur einfach durchzulesen. Man sollte sich wenigstens zu jedem Schritt uberlegen, wie man diesen

rechtfertigen kann.

Am besten: Nach einem Blick auf die Hinweise erneut versuchen, die Aufgaben selbst zu losen!

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Zu Aufgabe H3:

(a) Bei der Menge M1 handelt es sich um eine Parabel, deren Scheitel bei (1, 3) liegt unddie um den Faktor zwei gestreckt wurde.

−1 0 1 2 32

4

6

8

10

Bei der Menge M2 handelt es sich ebenfalls um eine Parabel, allerdings wurde hier dery -Wert und der x-Wert vertauscht. Hier liegt der Scheitel bei (3, 1) und sie wurde auchum den Faktor zwei gestreckt.

2 4 6 8 10−1

0

1

2

3

(b) Fur die Menge M3 erhalt man:

4 6 8 10−1

0

1

2

3



rechtfertigen kann.


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Die Menge M4 ist ein Kreis mit Radius 5 und Mittelpunkt (1, 3) .

−4 −2 0 2 4 6−2

0

2

4

6

8

Also ist die Schnittmenge:

2 4 6

−2

0

2



rechtfertigen kann.


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Zu Aufgabe H4:

(a)

(1 − 6i − 9) + (2 + i + 4i − 2) = −8 − i

(b) Mit (1−i)(1+i) = 1+1 = 2, (1−i)2 = 1−2i−1 = −2i und (1+i)2 = 1+2i−1 = +2iergibt sich

3(1 + i)4

((1 − i)(1 + i))2− 2(1 − i)6

((1 + i)(1 − i))3=

3(1 + i)4

4− 2(1 − i)6

8

=3

4(2i)2 − 1

4(−2i)3

=3

4(−4) − 1

48i = −3 − 2i

(c)

(1 − i) +√

32 + 42 = 1 − i + 5 = 6 − i

(d)

Im

(2 + i) + Re((2 − 3i)6

)

︸︷︷︸

∈R

= 1

Zu Aufgabe H5: Bei der Menge M1 handelt es sich um eine Hyperbel. Ersetzt man z durchx + iy so bekommt man Re z · Im z = xy < 1 . Dies lost man nun nach y auf mit y < 1/x .

−3 −2 −1 0 1 2 3−3

−2

−1

0

1

2

3



rechtfertigen kann.


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Bei der Menge M2 handelt es sich um den Schnitt des Außeren eines Kreises mit Radius 2 undMittelpunkt (−1, 0) mit einem Parallelstreifen um die reelle Achse. Den Kreis bekommt man,indem man wieder z durch x+ iy ersetzt. Damit erhalt man fur den ersten Betrag |x + iy + 1|die folgende Ungleichung:

|(x + 1) + iy| =√

(x + 1)2 + y2 ≧ 2

Da alle Werte positiv sind, kann die Ungleichung quadriert werden:

(x + 1)2 + y2 ≧ 4

Fur die Halbebene geht man genauso vor:

|Im(x + iy)| = |y| ≦ 1

−4 −2 0 2

−2

−1

0

1

2

Zu Aufgabe H6:

(a) Die Funktion f1 ist nicht surjektiv, da die Exponentialfunktion keine negativen Werteannehmen kann und deshalb den ganzen Wertebereich nicht ausfullt. Sie ist auch nichtinjektiv, da die Funktion, z. B. an den Stellen x = 1 und x = −1 dieselben Wertef(1) = f(−1) = e0 = 1 annimmt.

f2 ist nicht injektiv, da hier wieder z. B. an der Stelle x = 1 und x = −1 derselbeFunktionswert herauskommt (f(1) = f(−1) = 0). Sie ist aber surjektiv, da fur x → ∞der Funktionswert ebenfalls gegen unendlich strebt, und der kleinste Wert ist an der Stellex = 0 mit f(0) = −1 . Daher tritt der ganze Wertebereich ein.

Die Funktion f3 kann man auch folgendermaßen schreiben:

f3 : R → R : x 7→{

x2 fur 0 ≦ x ≦ 1x sonst

Dabei sind beide einzelnen Funktionen injektiv und surjektiv und die zusammengesetzteFunktion hat an den Stellen x = 0 und x = 1 einen stetigen Ubergang. Daher ist diezusammengesetzte Funktion auch injektiv und surjektiv, also bijektiv.



rechtfertigen kann.


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(b) Bei der Funktion f4 ist die kritische Stelle der Scheitel der Parabel. Dieser kann z. B.uber die Ableitung herausgefunden werden. Der Scheitel ist an der Stelle x = 5/2 , dahier die Ableitung der Funktion Null ist. Also ist der maximale Wert von a genau 5/2 .

Setzt man bei der Funktion f5 fur a minus zwei ein, erhalt man eine hebbare Definiti-onslucke. Fur alle anderen Werte fur a hat man bei x = 2 eine Polstelle mit Vorzeichen-wechsel. Dabei geht die Funktion nahe bei der zwei gegen plus und minus unendlich. Furx → ∞ streben die Funktionswerte ebenfalls gegen unendlich und fur x → −∞ strebendie Funktionswerte gegen minus unendlich. Daher werden nahe bei der zwei und bei plusund minus unendlich betragsmaßig unendlich große Werte angenommen und die Funktionkann nicht injektiv sein. Die Funktion ist also nur fur a = −2 injektiv.

Die Funktion f6 besitzt fur a < 0 drei Nullstellen bei x1 = 0, x2 =√−a und x3 =

−√−a , kann hier also nicht injektiv sein. Fur a ≧ 0 ist die Funktion streng monoton

wachsend, dies kann man z. B. uber die Ableitung sehen. Daher ist die Funktion fur a ≧ 0injektiv.

Die Graphen der verschiedenen Funktionen sind in den folgenden Abbildungen dargestellt:

f1

−4 −2 0 2 4−3−2−1

0123

f2

−4 −2 0 2 4−3−2−1

0123

f3

−4 −2 0 2 4−3−2−1

0123

f4

(5/2, 3/4)

0 1 2 3 4

0

2

4

6

a = −2

a = 3

f5

−4 −2 0 2 4−10

0

10

20

a = 0

a = 2

a = −2

f6

−2 −1 0 1 2−15−10−5

05

1015



rechtfertigen kann.


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Zu Aufgabe H7:

Fur die Funktion p1 errat man z. B. als erste Nullstelle x0 = 1 . Die Polynomdivision ergibt

(X3 + 2X2 − X − 2

)/(X − 1) =

(X2 + 3X + 2

).

Die restlichen Nullstellen von X2+3X+2 bekommt man mit der Losungsformel fur quadratischeGleichungen (

”Mitternachtsformel“)

x1,2 =−3 ±

√9 − 8

2=

−3 ± 1

2,

x1 = −1 ,

x2 = −2 .

Damit hat man alle Losungen der ersten Gleichung. Die Losungsmenge ist also

L1 = {−2, −1, 1} .

Fur die Funktion p2 errat man die Nullstelle x0 = 1 . Teilt man nun durch (X − 1) , so erhaltman

(X3 − 1

)/(X − 1) =

(X2 + X + 1

).

Das Polynom X2 + X + 1 hat keine weiteren reellen Nullstellen, die man ansonsten wieder mitder Mitternachtsformel finden konnte. Die Losungsmenge ist also

L2 = {1} .



rechtfertigen kann.


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Zu Aufgabe H8:

Eine komplexe Zahl in Polarkoordinaten sieht folgendermaßen aus:

z = |z| (cos ϕ + i sin ϕ)

Dabei erhalt fur eine komplexe Zahl x + iy den Betrag |z| =√

x2 + y2 . Den Winkel ϕbekommt man mit tan ϕ = y

x. Somit erhalt man fur die komplexen Zahlen z1 und z2 die

folgenden Betrage:

|z1| =

√

√

√

√

(√2

2

)2

+

(√2

2

)2

=

√

1

2+

1

2= 1

|z2| =√

1 + 3 = 2

Fur das Argument ϕ von z muss beachtet werden, dass es im richtigen Quadranten liegt.

z1 : tan ϕ1 =−

√

2

2√

2

2

= −1 ⇔ ϕ1 =7

4π

z2 : tan ϕ2 =

√3

1⇔ ϕ2 =

1

3π

Fur z3 gilt |z3| = |z1|·|z2| = 2 und ϕ3 = ϕ1+ϕ2 = 7

4π+ 1

3π = 25

12π . Hierbei muss beachtet wer-

den, dass ϕ3 < 2π sein muss, daher ist ϕ3 = 25

12π−2π = 1

12π . Die Polarkoordinatendarstellung

der komplexen Zahlen ist somit:

z1 = 1

(

cos7

4π + i sin

7

4π

)

z2 = 2

(

cos1

3π + i sin

1

3π

)

z3 = 2

(

cos1

12π + i sin

1

12π

)

Zu Aufgabe H9:

(a) Fur n = 2 ist

x2geom

xarithm

=

(√x1x2)

)2

x1+x2

2

=2

x1+x2

x1x2

=2

2∑

j=1

1

xj

= xharm .

(b) Insgesamt fahrt das Fahrzeug 150 km in 2 Stunden, die Durchschnittsgeschwindigkeit vbetragt also 75 km/h.

(c) Insgesamt fahrt das Fahrzeug 200 km in 3 Stunden, die Durchschnittsgeschwindigkeit ˜vbetragt also 66, 6 km/h.



rechtfertigen kann.


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(d) Es ist

v =v1 + v2

2,

also das arithmetische Mittel von v1 und v2 . Des weiteren ist

˜v =2

1

v1

+ 1

v2

,

also das harmonische Mittel von v1 und v2 .

Zu Aufgabe H10:

Es werden die drei Bedingungen fur den Untervektorraum bewiesen:

• Falls u, v ∈ L (v1, v2) ⇒ u + v ∈ L (v1, v2) : Sei u = α1v1 + α2v2 und v = β1v1 + β2v2

dann ist u + v = (α1 + β1) v1 + (α2 + β2) v2 . Nun kann man α1 = α1 + β1 und α2 =α2 + β2 mit α1 und α2 aus R setzen.

• Falls u ∈ L (v1, v2) ⇒ s · u ∈ L (v1, v2) mit beliebigen s ∈ R : Sei u = α1v1 + α2v2

dann ist su = sα1v1 + sα2v2 . Nun setzt man α1 = sα1 und α2 = sα2 , wobei α1 undα2 aus R sind. Daher ist auch diese Bedingung erfullt.

• 0 ∈ L (v1, v2) : Dafur muss man α1 = α2 = 0 setzen.

Somit ist L (v1, v2) ein Untervektorraum.

Zum Zusatz: Hier ist L (v1, v2) kein Untervektorraum, da z. B. iv1 /∈ L (v1, v2) , mit demFaktor i ∈ C und v1 ∈ L (v1, v2) , ist.

Zu Aufgabe H11:

(a) Die erste Nullstelle X0 von p1 bekommt man durch Probieren. Man erhalt X0 = −2 .Nun spaltet man diese Nullstelle mittel Polynomdivision ab.

X3 + 8X2 + 22X + 20 = (X + 2)(

X2 + 6X + 10)

Die beiden anderen Nullstellen bekommt man mit der Mitternachtsformel, wobei√

i = −1ist.

X1,2 =−6 ±

√36 − 40

2=

−6 ±√−4

2=

−6 ±√

(2i)2

2=

−6 ± 2i

2Also

X1 = −3 + i und X2 = −3 − i .

Also ist die Zerlegung in Linearfaktoren von p1

p1 = (X + 2)(X − (−3 + i))(X − (−3 − i)) .

Bei p2 lost man am besten X3 = 27i . Hierbei schreibt man 27i in Polarkoordinaten.Das Argument, das den Winkel der komplexen Zahl angibt, ist π

2, da 27i genau auf der

komplexen Achse im positiven Bereich liegt. |0 + 27i| =√

02 + 272 = 27 , also

27i = 27(

cosπ

2+ i sin

π

2

)

.



rechtfertigen kann.


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Nach der Formel aus der Vorlesung fur das Wurzelziehen bei komplexen Zahlen ist derBetrag der drei Nullstellen 3

√27 = 3 und fur das Argument der drei Losungen bekommt

man

ϕ0 =π/2

3+ 0 · 2π

3=

π

6,

ϕ1 =π/2

3+ 1 · 2π

3=

5π

6,

ϕ2 =π/2

3+ 2 · 2π

3=

3π

2.

Also hat man am Ende folgende drei komplexe Nullstellen:

X0 =3√

3

2+

3

2i

X1 = −3√

3

2+

3

2i

X2 = −3i

Man bekommt die folgende Zerlegung in Linearfaktoren:

p2 =

(

X −(

3√

3

2+

3

2i

))(

X −(

−3√

3

2+

3

2i

))

(X + 3i)

Fur p3 muss man substituieren (u = X2 ).Somit bestimmt man die Nullstellen von

p3 = u2 − 2u + 4 .

Man wendet die Mitternachtsformel an.

u0,1 =2 ±

√4 − 16

2=

2 ±√−12

2=

2 ±√−4 · 32

=2 ± 2

√−3

2= 1 ±

√3i

Damit ist u0 = 1 +√

3i und u1 = 1 −√

3i . Da man Wurzel ziehen muss, schreibt manu0 und u1 in Polarkoordinaten um:

u0 = 2

(

cos1

3π + i sin

1

3π

)

u1 = 2

(

cos5

3π + i sin

5

3π

)

Nun macht man die Rucksubstitution. Der Betrag von X0 , X1 , X2 und X3 ist alsoimmer

√2 . Fur das Argument bekommt man von u0 fur X0 = 1/6π und X1 = 7/6π



rechtfertigen kann.


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und von u1 fur X2 = 5/6π und X3 = 11/6π . Also erhalt man folgende Zahlen:

X0 =√

2

(

cos1

6π + i sin

1

6π

)

=

√6

2+ i

√2

2

X1 =√

2

(

cos7

6π + i sin

7

6π

)

= −√

6

2− i

√2

2

X2 =√

2

(

cos5

6π + i sin

5

6π

)

= −√

6

2+ i

√2

2

X3 =√

2

(

cos11

6π + i sin

11

6π

)

=

√6

2− i

√2

2

Somit ist die Zerlegung in Linearfaktoren:

p3 =

(

X −(√

6

2+ i

√2

2

))(

X −(

−√

6

2− i

√2

2

))

(

X −(

−√

6

2+ i

√2

2

))(

X −(√

6

2− i

√2

2

))

(b) Da man die Nullstellen kennt, kann man das Polynom sofort mittels seiner Zerlegung inLinearfaktoren aufschreiben:

p = 2 (X − (1 + i)) (X − (2 + 3i))

= 2(

X2 − ((1 + i) + (2 + 3i)) X + (1 + i)(2 + 3i))

= 2(

X2 + (−3 − 4i)X + (−1 + 5i))

= 2X2 + (−6 − 8i)X + (−2 + 10i)

Also ist a = (−6 − 8i) und b = (−2 + 10i) .



rechtfertigen kann.


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Zu Aufgabe H12:

Da auf beiden Seiten positive Zahlen stehen, konnen beide Seiten einfach quadriert werden.Somit erhalt man

|x|2 − 2 |x| |y| + |y|2 ≦ |x|2 + 2 |x| |y| + |y|2 .

Nun zieht man auf beiden Seiten |x|2 und |y|2 ab und bekommt

−2 |x| |y| ≦ 2 |x| |y| .

Fur |x| = 0 oder |y| = 0 sind beiden Seiten Null, also beide Seiten gleich. Falls |x| 6= 0 und|y| 6= 0 kann durch 2 |x| |y| geteilt werden

−1 ≦ 1 ,

also ist die Ungleichung bewiesen.

Zu Aufgabe H13:

(a) Zur Aufstellung der Ebenengleichung werden zwei Richtungsvektoren und der Aufpunkt

benotigt. Als Aufpunkt wird P1 und als Richtungsvektoren v1 =−−→P2P1 und v2 =

−−→P3P1

genommen.

v1 =(1, 1, 1)⊺ − (2, 1,−3)

⊺

= (−1, 0, 4)⊺

v2 =(1, 1, 1)⊺ − (0,−4, 1)

⊺

= (1, 5, 0)⊺

Also ist die Ebene E1

E1 : x =

111

+ r

−104

+ s

150

(b) Um zu uberprufen, ob der Punkt P4 auf der Ebene liegt setzt man ein lineares Glei-chungssystem an.

−2−4

9

=

111

+ r

−104

+ s

150

Man streicht, aufgrund der Nullen, als erstes die erste Zeile, und nimmt diese spater furdie Probe. Aus der letzten Zeile erkennt man sofort, dass r = 2 sein muss. Aus derzweiten Zeile erkennt man, dass s = −1 ist. Dies setzt man nun in die erste Zeile ein−2 = 1 − 1 · 2 + 1 · (−1) . Da die Bedingung in der ersten Zeile mit diesem r und serfullt ist, liegt der Punkt auf der Ebene E1 .

(c) Als Aufpunkt fur die Gerade wird P5 genommen. Es lasst sich uberprufen, dass P5

nicht auf der Ebene liegt, da man hier kein r und s findet, fur dass das uberbestimmt



rechtfertigen kann.


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Gleichungssystem eine eindeutige Losung besitzt. Als Richtungsvektor v3 =−−→P5P6 =

(3, 5, α)⊺

. Also

g1 : x =

−2−4

0

+ t

35α

.

Da die Gerade g parallel zu der Ebenen E1 sein soll, muss v3 = λ1v1 + λ2v2 sein.

35α

= λ1

−104

+ λ2

150

Aus der zweiten Zeile erhalt man λ2 = 1 und damit mit der ersten Zeile λ1 = −2 . Setztman dies nun in die dritte Zeile ein erhalt man fur α = −2 · 4 + 1 · 0 = −8 .

Zu Aufgabe H14:

(a) Zum Beweis der linearen Unabhangigkeit setzt man

af1(X) + bf2(X) + cf3(X) + df4(X) + ef5(X) =

a + b sin(X) + c cos(X) + d sin(2X) + e cos(2X) = 0

mit a, b, c, d, e ∈ R an. Durch einsetzen geeigneter Werte fA 1

4r X erhalt man ein lineares

Gleichungssystem, z. B.:

X = 2π : a + c + e = 0 (1)

X = π : a − c + e = 0 (2)

X = 3π/2 : a − b − e = 0 (3)

X = π/2 : a + b − e = 0 (4)

X = π/4 : a +√

2b/2 +√

2c/2 + d = 0 (5)

Die Gleichungen (1) − (2) liefern c = 0 und (4) − (3) liefern b = 0 . Setzt man dies in(1)+ (3) und (1)− (3) ein, so erhalt man a = 0 und e = 0 . Daraus folgt mit (5) sofortd = 0 und damit sind die Funktionen (bzw. Vektoren) f1 – f5 linear unabhangig.

(b) Aus dem Additionstheorem 2 sin(X) cos(X) = sin(2X) folgt

g1(X) = 3 sin(X) cos(X) =3

2sin(2X) =

3

2f4(X) .

Aus den Additionstheoremen cos2(X)−sin2(X) = cos(2X) und cos2(X)+sin2(X) = 1erhalt man zunachst 2 cos2(X) = 1+cos(2X) bzw. cos2(X) = (1+cos(2X))/2 . Damitergibt sich

g2(X) = (1 + cos(X))2 = 1 + 2 cos(X) + cos2(X) =3

2+ 2 cos(X) +

1

2cos(2X)

=3

2f1(X) + 2f3(X) +

1

2f5(X) .



rechtfertigen kann.


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Zu Aufgabe H15:

Um zu zeigen, dass v1 und v2 linear unabhangig sind setzt man das lineare Gleichungssystemaus

λ1(1, 0, 1, 1) + λ2(0, 1, 1, 0) = (λ1, λ2, λ1 + λ2, λ1) = 0

an:λ1 = 0

λ2 = 0λ1 +λ2 = 0λ1 = 0

Damit sieht man aus der ersten Zeile, dass λ1 = 0 und aus der zweiten Zeile λ2 = 0 sein muss.Somit ist die lineare Unabhangigkeit gezeigt.

Dass v1 und v2 in U liegen erhalt man durch Einsetzen.

v1 : 2 · 1 − 0 + 1 − 3 · 1 = 0

v2 : 2 · 0 − 1 + 1 − 3 · 0 = 0

Die Dimension des R4 ist vier, daher kann der Untervektorraum maximal die Dimension vier

haben. Da man allerdings nicht ganz R4 ausfullt (z. B. ist der Vektor (1, 0, 0, 0) nicht im

Untervektorraum enthalten), wird die maximale Dimension nicht erreicht. Lost man die Neben-bedingung nach x4 auf, so erhalt man

x4 =1

3(2x1 − x2 + x3)

Setzt man nun z. B. x1 = x2 = 0 und x3 = 3 , so erhalt man einen zusatzlichen Vektorv3 = (0, 0, 3, 1) . Dieser ist linear unabhangig zu v1 und v2 . Dies muss noch gezeigt werden.Es wird wieder mit dem linearen Gleichungssystem gerechnet.

λ1(1, 0, 1, 1) + λ2(0, 1, 1, 0) + λ3(0, 0, 3, 1) = (λ1, λ2, λ1 + λ2 + 3λ3, λ1 + λ3) = 0

Alsoλ1 = 0

λ2 = 0λ1 +λ2 +3λ3 = 0λ1 + λ3 = 0

.

Aus der ersten und zweiten Zeile erhalt man wieder λ1 = λ2 = 0 . Also mit Hilfe der viertenZeile, da λ1 = 0 ist, λ3 = 0 , also wieder die lineare Unabhangigkeit. Somit bilden diese dreiVektoren eine Basis. Es kann keine vierter Vektor mehr dazu kommen, da die Dimension viernicht erreicht wird.



rechtfertigen kann.


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Zu Aufgabe H16:

(a) Fur einen Kreis mit Radius r und Mittelpunkt M = (xm, ym) gilt immer die Gleichung

(x − xm)2 + (y − ym)2 = r2 .

Nun lost man die Klammern auf

x2 − 2xxm + x2

m + y2 − 2yym + y2

m = r2

und sortiert um(

x2

m + y2

m − r2)

− 2xmx − 2ymy = −(

x2 + y2)

.

(b) Nun ersetzt man die Unbekannten (x2

m + y2

m − r2) = α1 , −2xm = α2 und −2ym = α3 .Damit bekommt man die lineare Gleichung

α1 + α2x + α3y = −(

x2 + y2)

.

wobei (x, y) die Koordinaten der Punkte auf dem Kreis sind und α1 , α2 und α3 dieUnbekannten. Setzt man nun die Punkte A , B und C ein, entsteht folgendes LineareGleichungssystem

α1 −2α2 +4α3 = −20α1 −3α2 = −9α1 = 0 .

(c) Mit der letzten Gleichung bekommt man α1 = 0 , danach mit der zweiten α2 = 3 unddann aus der ersten α3 = −7/2 . Nun muss man die Ersetzung wieder ruckgangig machen

0 = x2

m + y2

m − r2

3 = −2xm

−7

2= −2ym

und bekommt damit xm = −3/2 , ym = 7/4 und r2 = 85/16 , also r =√

85

4.

Zu Aufgabe H17:

Als erstes wurde der Wurfel in folgendes Koordinatensystem gelegt:

(0, 0, 1)

(0, 1, 0)(1, 0, 0)

x

y

z

A B

M

P



rechtfertigen kann.


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Damit erhalt man fur den Diagonalenvektor

1

1

−1

, der orthogonal zum Sechseck ist und

damit der Normalenvektor der Ebene. Ebenso erkennt man, dass der Mittelpunkt des Wurfels

M =

(

1

2,1

2,1

2

)

in dem des Sechsecks liegt und erhalt die Ebenengleichung:

E : x + y − z =1

2.

(a) Es wurde hier die obere Wurfelflache mit dem Normalenvektor

nW =

001

genommen. Damit erhalt man den Winkel α

cos α =0 · 1 + 0 · 1 + 1 · (−1)

1 ·√

3=⇒ α ≈ 125.26◦ .

Man will allerdings immer den Winkel zwischen Null und 90◦ , daher ist es

α = 180◦ − 125.26◦ = 54.74◦ .

(b) Schneidet man die Ebene mit einer Kante, so erhalt man z. B. fur x = 1 und z = 1 denWert y = 1

2und fur y = 1 und z = 1 den Wert x = 1

2. Die Ecken des Sechsecks liegen

also in der Mitte der jeweiligen Kanten.

Der Flacheninhalt eines von den Vektoren a und b aufgespannten Dreiecks berechnetsich mit Hilfe des Vektorproduktes:

1

2

∣

∣ a × b∣

∣ =1

2|a| · |b| · sin ϕ .

Mit A =(

1, 1

2, 1)

, B =(

1

2, 1, 1

)

und M =(

1

2, 1

2, 1

2

)

gilt

a =−−→MA =

1

2

01

2

, b =−−→MB =

01

21

2

, c =−→AB =

−1

21

2

0

und

|a| = |b| = |c| =

√

1

2.



rechtfertigen kann.


Dr. A. App



Da das Sechseck sich aus sechs gleichseitigen Dreiecken zusammensetzt, multipliziert manden Flacheninhalt eines Dreiecks noch mit sechs und erhalt somit den Gesamtflachenin-halt. Um den Flacheninhalt eines Dreiecks zu berechnen gibt es mehrere Moglichkeiten.Eine Moglichkeit ist es die Flachenformel fur ein gleichseitiges Dreieck zu nehmen

A = 6 ·(√

3

4a2

)

= 6 ·(√

3

4

1

2

)

=3√

3

4.

Eine andere Moglichkeit ist das Vektorprodukt

A = 6 ·(

1

2

∣

∣ a × b∣

∣

)

= 6 · 1

2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

−1

4

−1

41

4

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 6 · 1

2

√3

4=

3√

3

4

oder uber die Gleichheit beim Vektorprodukt, da man den Winkel ϕ = 60◦ zwischen denbeiden Vektoren kennt

A = 6 ·(

1

2|a| · |b| · sin ϕ

)

= 6 · 1

4sin 60◦ = 6 · 1

4

√3

2=

3√

3

4≈ 1.299038 .

(c) In diesem Koordinatensystem hat der Punkt P folgende Koordinaten (0, 1, 1) . Mit derHesse-Normalform ergibt sich sofort der Abstand

d(E,P ) =

∣

∣0 + 1 − 1 − 1

2

∣

∣

√3

=

√3

6≈ 0.288675 .

Zu Aufgabe H18:

Es genugt, die Linearitat im ersten Argument zu zeigen, da dann mit der Antisymmetrie (a×b =−b × a) auch die Linearitat im zweiten Argument folgt.

(αa + βb) × c =

(αa2 + βb2)c3 − (αa3 + βb3)c2

(αa3 + βb3)c1 − (αa1 + βb1)c3

(αa1 + βb1)c2 − (αa2 + βb2)c1

= α

a2c3 − a3c2

a3c1 − a1c3

a1c2 − a2c1

+ β

b2c3 − b3c2

b3c1 − b1c3

b1c2 − b2c1

= α(a × c) + β(b × c) .

Zu Aufgabe H19:

Wegen der Linearitat in a = a1ex + a2ey + a3ez der Grassmann-Identitat

(a × b) × c = a1(ex × b) × c + a2(ey × b) × c + a3(ez × b) × c



rechtfertigen kann.


Dr. A. App



und

〈a, c〉 b − 〈b, c〉 a = a1〈ex, c〉 b − a1〈b, c〉 ex

+ a2〈ey, c〉 b − a2〈b, c〉 ey

+ a3〈ez, c〉 b − a3〈b, c〉 ez

sowie der Lagrange-Identitat

〈(a × b), (c × d)〉 = a1〈(ex × b), (c × d) + a2〈(ey × b), (c × d) + a3〈(ez × b), (c × d)

und

〈a, c〉〈b, d〉 − 〈a, d〉〈b, c〉 = a1〈ex, c〉〈b, d〉 − a1〈ex, d〉〈b, c〉+ a2〈ey, c〉〈b, d〉 − a2〈ey, d〉〈b, c〉+ a3〈ez, c〉〈b, d〉 − a3〈ez, d〉〈b, c〉

genugt es, die Identitaten fur a = ex zu zeigen (fur a = ey bzw. a = ez verlauft der Beweisanalog). Des weiteren genugt es aufgrund der Linearitat in b die Falle b = ex , b = ey undb = ez zu betrachten.

• Fall: b = ex

In diesem Fall erhalt man fur beide Seiten beider Identitaten trivialerweise Null, die Iden-titaten sind also korrekt.

• Fall: b = ey

Hier erhalt man fur die linke Seite der Grassmann-Identitat

(ex × ey) × c =

001

×

c1

c2

c3

=

−c2

c1

0

.

Dies stimmt mit der rechten Seite

c1ey − c2ex

uberein.

Die Lagrange-Identitat lautet in diesem Fall

⟨

001

,

· · ·· · ·

c1d2 − c2d1

⟩

= c1d2 − d1c2 ,

ist also offensichtlich auch korrekt.



rechtfertigen kann.


Dr. A. App



• Fall: b = ez

Dieser Fall verlauft analog zum Fall b = ey . Man erhalt fur die linke Seite der Grassmann-Identitat

(ex × ez) × c =

0−1

0

×

c1

c2

c3

=

−c3

0c1

,

was mit der rechten Seitec1ez − c3ex

ubereinstimmt.

Die Lagrange-Identitat lautet in diesem Fall

⟨

0−1

0

,

· · ·c3d1 − c1d3

· · ·

⟩

= c1d3 − d1c3 ,

ist also offensichtlich auch korrekt.



rechtfertigen kann.


Dr. A. App



Zu Aufgabe H20:

AB =

2 27

22 5

−11 25

23 3

, BC =

19 26 33 40

11 14 17 20

−18 −16 −14 −12

, CA =

(

21 28 −1

61 68 −9

)

Zu Aufgabe H21:

(a) Man wendet den Gauß-Algorithmus an:

[A‖b] =

1 0 −1 2 0 2

0 2 1 1 −3 −3

−2 −2 1 −3 0 1

−2 −1 −2 0 2 2

2Z1+Z3

2Z1+Z4

1 0 −1 2 0 2

0 2 1 1 −3 −3

0 −2 −1 1 0 5

0 −1 −4 4 2 6

Z2+Z3

Z2+2Z4

1 0 −1 2 0 2

0 2 1 1 −3 −3

0 0 0 2 −3 2

0 0 −7 9 1 9

Nun wird die dritte Zeile mit der vierten Zeile vertauscht und die neue vierte Zeile durch2 dividiert.

1 0 −1 2 0 2

0 2 1 1 −3 −3

0 0 −7 9 1 9

0 0 0 1 −32

1



rechtfertigen kann.


Dr. A. App



Nun rechnet man weiter:

7 Z1-Z3

7 Z2+Z3

7 0 0 5 −1 5

0 14 0 16 −20 −12

0 0 −7 9 1 9

0 0 0 1 −32

1

17

Z1114

Z2

−17

Z3

1 0 0 57

−17

57

0 1 0 87

−107

−67

0 0 1 −97

−17

−97

0 0 0 1 −32

1

−57

Z4+Z1

−87

Z4+ Z297

Z4+Z3

1 0 0 0 1314

0

0 1 0 0 27

−2

0 0 1 0 −2914

0

0 0 0 1 −32

1

Damit erhalt man fur das inhomogene Gleichungssystem die eine Losung x1 = 0 , x2 =−2 , x3 = 0 , x4 = 1 und x5 = 0 . Fur das homogene Gleichungssystem setzt manx5 = 14t . Damit ist x4 = 21t , x3 = 29t , x2 = −4t und x1 = −13t . Somit alsLosungsraum

0

−2

0

1

0

+ t

−13

−4

29

21

14

.

(b) Man wendet den Gauß-Algorithmus an:

[A‖b] =

t 1 (t − 1)2 t

0 1 1 0

1 3 2 0

(−t)·Z3+Z1

t 1 (t − 1)2 t

0 1 1 0

0 −3 t + 1 −2 t + (t − 1)2 t

Dieser Schritt (Multiplikation der dritten Zeile mit (−t)) geht nur, wenn t 6= 0 ist; der



rechtfertigen kann.


Dr. A. App



Fall t = 0 wird weiter unten extra behandelt:

(3 t − 1)·Z2+Z3

t 1 (t − 1)2 t

0 1 1 0

0 0 t(t − 1) t

Will man nun in der dritten Zeile den letzten Eintrag auf eins setzten musste man durcht(t−1) teilen. Dies darf nur gemacht werden, wenn t 6= 0 und t 6= 1 ist. In diesen Fallentreten also Sonderfalle auf. Fur t = 0 wird die rechte Seite ebenfalls Null. Fur t = 1 wirddie rechte Seite nicht Null, also steht in der letzten Zeile

0 · x3 = 1 .

Dies hat keine Losung, also tritt hier der Fall ii) ein. Nun wird der Fall t = 0 untersucht.Man hat das folgende Gleichungssystem.

0 1 1 0

0 1 1 0

1 3 2 0

Somit muss die Gleichung x2 +x3 = 0 erfullt sein und x1 = −3x2 − 2x3 ist. Sei x3 = t ,dann ist x2 = −t , dann ist x1 = t , also ist die Parameterdarstellung der allgemeinenLosung

t

1

−1

1

, t ∈ R

Dies ist die Losung fur iii). Nun setzt man t 6= 1 und t 6= 0 und teilt die letzte Zeile



rechtfertigen kann.


Dr. A. App



durch t(t − 1) :

t 1 (t − 1)2 t

0 1 1 0

0 0 1 1(t−1)

−(t − 1)2· Z3+Z1

-Z2+Z3

t 1 0 1

0 1 0 1(t−1)

0 0 1 1(t−1)

Z2-Z3

t 0 0 1(t−1)

+ 1

0 1 0 − 1(t−1)

0 0 1 1(t−1)

1tZ1

1 0 0 1(t−1)

0 1 0 − 1(t−1)

0 0 1 1(t−1)

Damit erhalt man fur die eindeutige Losung, also Fall i):

1(t−1)

− 1(t−1)

1(t−1)

Zusammengefasst tritt also fur t 6= 0 und t 6= 1 i), fur t = 1 ii) und fur t = 0 iii) ein.

Zu Aufgabe H22:

(a) Die Abbildung f1 ist linear. Es gilt

f1 (x1 + x2, y1 + y2) =

(

3(x1 + x2) + 2(y1 + y2)

(x1 + x2) + 2(y1 + y2)

)

=

(

3x1 + 2y1

x1 + 2y1

)

+

(

3x2 + 2y2

x2 + 2y2

)

= f1 (x1, y1) + f1 (x2, y2) und

f1 (λx, λy) =

(

3λx + 2λy

λx + 2λy

)

= λ

(

3x + 2y

x + 2y

)

= λf1 (x, y) .

(b) Die Abbildung ist nicht linear, da

f2(1 + 1, 0 + 0) =

(

6

4

)

6=(

3

3

)

+

(

3

3

)

= f2(1, 0) + f2(1, 0) .



rechtfertigen kann.


Dr. A. App



(c) f3 ist linear, da

f3 (x1 + x2, y1 + y2) = x1 + x2 +√

2 (y1 + y2) = x1 +√

2y1 + x2 +√

2y2

= f3 (x1, y1) + f3 (x2, y2)

f3(λx, λy) = λx +√

2λy = λ(

x +√

2y)

= λf3(x, y)

(d) f4 ist nicht linear. Es seien a + bi und c + di zwei beliebige komplexe Zahlen mita, b, c, d ∈ R und ein Skalar λ = e + fi mit e, f ∈ R gegeben.

f4(a + bi + c + di) = (a + b) − (c + d)i = a − ci + b − di = f4(a + bi) + f4(c + di)

f4((e + fi)(a + bi)) = (ae − bf) − (be + af)i 6= (ae + bf) − (be − af)i

= (e + fi)(a − bi) = (e + fi)f4(a + bi)

Daher sieht man, dass zwar die erste Eigenschaft erhalten bleibt, allerdings nicht diezweite. Als Gegenbeispiel kann man zum Beispiel

f4((0 + i)(1 + 0i)) = −i 6= i = (0 + i)f4(1 + 0i)

nehmen.



rechtfertigen kann.


Dr. A. App



Zu Aufgabe H23:

Die lineare Abbildung ist schon durch das Bild von zwei Punkten festgelegt, da dadurch dieMatrix eindeutig ist. Nimmt man hier die Punkte P1 und P2 und die allgemeine Matrix

A =

(a b

c d

)

dann erhalt man

A

(−1−1

)

=

(−a − b

−c − d

)

=

(p1x

p1y

)

A

(1

−1

)

=

(a − b

c − d

)

=

(p2x

p2y

)

.

Dabei bezeichnet p1x die x-Koordinate des Bildes des ersten Punktes. Addiert und subtrahiertman nun beide Gleichungen und dividiert dann durch minus zwei, so bekommt man

b = −p1x + p2x

2

d = −p1y + p2y

2

a =−p1x + p2x

2

c =−p1y + p2y

2.

Nun untersucht man alle Moglichkeiten auf die der Punkt P1 und der Punkt P2 abgebildetwerden konnen. Man kann sofort die Matrizen aufschreiben.

• P1 → P1 und P2 → P2

A =

(1 00 1

)

Dies ist die identische Abbildung.

• P1 → P1 und P2 → P3

A =

(1 01 0

)

Dies geht allerdings nicht, da mit dieser Matrix auch der Punkt P3 auf P3 abgebildetwird.

• P1 → P1 und P2 → P4

A =

(0 11 0

)

Dies entspricht einer Spiegelung an der ersten Winkelhalbierenden.



rechtfertigen kann.


Dr. A. App



• P1 → P2 und P2 → P1

A =

(−1 0

0 1

)

Dies entspricht einer Spiegelung an der y -Achse.

• P1 → P2 und P2 → P3

A =

(0 −11 0

)

Dies entspricht einer Drehung um 90◦ .

• P1 → P2 und P2 → P4

A =

(−1 0

1 0

)

Dies geht auch nicht, da P3 ebenfalls auf P4 abgebildet wird.

• P1 → P3 und P2 → P1

A =

(−1 0−1 0

)


• P1 → P3 und P2 → P2

A =

(0 −1

−1 0

)

Dies entspricht einer Spiegelung an der Geraden durch P2 und P4 .

• P1 → P3 und P2 → P4

A =

(−1 0

0 −1

)


• P1 → P4 und P2 → P1

A =

(0 1

−1 0

)


• P1 → P4 und P2 → P2

A =

(1 0

−1 0

)


• P1 → P4 und P2 → P3

A =

(1 00 −1

)

Dies entspricht einer Spiegelung an der y -Achse.



rechtfertigen kann.


Dr. A. App



Insgesamt erhalt man also folgende Matrizen:

(1 00 1

)

,

(0 11 0

)

,

(−1 0

0 1

)

,

(0 −11 0

)

,

(0 −1

−1 0

)

,

(−1 0

0 −1

)

,

(0 1

−1 0

)

,

(1 00 −1

)

Zu Aufgabe H24:

• Mit v1, v2 ∈ Kern (α) j V ist

α(v1 + v2)α additiv

= α(v1)︸︷︷︸

=0

+ α(v2)︸︷︷︸

=0

= 0 ,

d. h. v1 + v2 ist wieder in Kern (α)

• Weiter ist mit s ∈ K

α(sv1)α homogen

= s α(v1)︸︷︷︸

=0

= 0 ,

d. h. auch sv1 ist wieder in Kern (α) .

• Aus α(0) = 0 folgt schließlich, dass 0 ∈ Kern (α) gilt und damit ist Kern (α) einUntervektorraum von V .

• Mit w1, w2 ∈ Bild (α) j W existieren also u1, u2 ∈ V mit α(u1) = w1 und α(u2) = w2 .Damit folgt

α(u1 + u2)α additiv

= α(u1) + α(u2) = w1 + w2 ,

und da u1 + u2 ∈ V gilt, ist somit w1 + w2 ∈ Bild (α) .

• Weiter ist mit t ∈ K

α(tu1)α homogen

= tα(u1) = tw1 ,

und da tu1 ∈ V gilt, ist somit auch tw1 ∈ Bild (α) .

• Schließlich folgt aus α(0) = 0, dass auch 0 ∈ Bild (α) gilt und damit ist Bild (α) einUntervektorraum von W .

Zu Aufgabe H25:

(a) Man multipliziert zuerst beide Matrizen:

(1 α

α 1

)(c11 c12

c21 c22

)

=

(c11 + αc21 c12 + αc22

c21 + αc11 c22 + αc12

)

Damit erhalt man zwei lineare Gleichungssysteme

c11 + αc21 = 0

αc11 + c21 = 0



rechtfertigen kann.


Dr. A. App



und

c12 + αc22 = 0

αc12 + c22 = 0 .

Multipliziert man nun die beiden ersten Gleichungen mit −α und addiert sie zur zweiten,erhalt man

c21

(−α2 + 1

)= 0 ⇒ α = ±1

c22

(−α2 + 1

)= 0 ⇒ α = ±1 .

Fur α = ±1 bekommt man also die Matrizen

A1 =

(c11 −c22

−c11 c22

)

und A−1 =

(c11 c22

c11 c22

)

mit c11 6= 0 oder c22 6= 0 .

Fur das Produkt CA bekommt man damit fur α = 1(

c11 −c22

−c11 c22

) (1 11 1

)

=

(c11 − c22 c11 − c22

−c11 + c22 −c11 + c22

)

und fur α = −1(

c11 c22

c11 c22

)(1 −1

−1 1

)

=

(c11 − c22 −c11 + c22

c11 − c22 −c11 + c22

)

.

(b) Die Inverse Matrix soll

A−1 =

(a b

c d

)

sein. Nun multipliziert man

(a b

c d

) (a b

c d

)

=

(aa + cb ba + db

ac + cd bc + dd

)

=

(1 00 1

)

.

Da man die Eintrage von A−1 berechnen will, hat man wieder zwei Gleichungssysteme

aa + cb = 1

ac + cd = 0

und

ba + db = 0

bc + dd = 1 .



rechtfertigen kann.


Dr. A. App



Nun multipliziert man jeweils die erste Gleichung mit −c und die zweite mit a , dannbekommt man

c (ad − bc) = −c ⇒ c =−c

ad − bc

d (ad − bc) = a ⇒ d =a

ad − bc.

Um die a und b zu berechnen multipliziert man die erste Gleichung mit −d und addiertsie zur b-fachen der zweiten Zeile.

a (ad − bc) = d ⇒ a =d

ad − bc

b (ad − bc) = −b ⇒ b =−b

ad − bc

Somit ist die Inverse Matrix A−1

A−1 =1

ad − bc

(d −b

−c a

)

.

Damit die inverse Matrix also existiert muss

ad − bc 6= 0

sein.



rechtfertigen kann.


Dr. A. App



Zu Aufgabe H26:

Wir erhalten

1 2 5 1 0 0

4 3 1 0 1 0

1 4 2 0 0 1

1 2 5 1 0 0

0 −5 −19 −4 1 0

0 2 −3 −1 0 1

1 0 8 2 0 −1

0 1 −3

2−1

20 1

2

0 0 −53

2−13

21 5

2

1 0 8 2 0 −1

0 1 −3

2−1

20 1

2

0 0 1 13

53− 2

53− 5

53

1 0 0 2

53

16

53−13

53

0 1 0 − 7

53− 3

53

19

53

0 0 1 13

53− 2

53− 5

53

.

Somit ist A−1 = 1

53

2 16 −13

−7 −3 19

13 −2 −5

. Die Probe ergibt A−1A = AA−1 = E3 .

Wir erhalten

0 i 1 1 1 0 0 0

0 0 i + 1 1 0 1 0 0

1 1 0 1 0 0 1 0

i i 1 1 0 0 0 1

1 1 0 1 0 0 1 0

0 i 1 1 1 0 0 0

0 0 i + 1 1 0 1 0 0

0 0 1 1 − i 0 0 −i 1



rechtfertigen kann.


Dr. A. App



1 0 i 1 + i i 0 1 0

0 1 −i −i −i 0 0 0

0 0 1 1 − i 0 0 −i 1

0 0 i + 1 1 0 1 0 0

1 0 0 0 i 0 0 −i

0 1 0 1 −i 0 1 i

0 0 1 1 − i 0 0 −i 1

0 0 0 −1 0 1 i − 1 −i − 1

1 0 0 0 i 0 0 −i

0 1 0 0 −i 1 i −1

0 0 1 0 0 1 − i i −1

0 0 0 1 0 −1 1 − i 1 + i

Somit ist B−1 =

i 0 0 −i

−i 1 i −1

0 1 − i i −1

0 −1 1 − i 1 + i

. Die Probe ergibt B−1B = BB−1 = E4 .

Zu Aufgabe H27:

(a) Die MatrixEϕ

Eist

Eϕ

E=

2 2 0

0 −1 0

0 1 2

.

In der MatrixE

idB

stehen die Basisvektoren b1, b2 und b3 als Spalten, also

Eid

B=

−1 2 0

0 −1 3

−1 0 −2

.

Die MatrixB

idE

ist die inverse Matrix vonE

idB

, also

Bid

E=

1

8

−2 −4 −6

3 −2 −3

1 2 −1

.

(b) Somit ergibt sich die MatrixBϕ

Bmit der folgenden Matrizenmultiplikation

Bid

E·

Eϕ

E·

Eid

B=

1

8

16 −2 6

0 7 27

0 5 1

.



rechtfertigen kann.


Dr. A. App



Zu Aufgabe H28:

(a) Die Abbildungsmatrix besteht aus den Spalten b1, b2, b3 , also

Eα

E=

2 −4 1

4 2 2

1 4 2

.

(b) Die Oberflache ergibt sich als Summe der einzelnen Parallelogrammflachen, also

O = 2 (|b1 × b2| + |b2 × b3| + |b3 × b1|)

= 2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

14

−12

20

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

+

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

−4

12

−10

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

+

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

−6

3

0

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 2

(

2√

185 + 2√

65 + 3√

5)

.

(c) Fur das Volumen des Spats erhalt man mit Hilfe des Spatprodukts

V = |〈b3 | b1 × b2〉| = 30 .

(d) Man berechnetdet

(

Eα

E

)

= 30 .

Durch Vergleich der Definitionen 3.11.2 und 3.11.3 erkennt man, dass das Spatprodukt dreierVektoren x, y, z ∈ R

3 immer gleich der Determinante der Matrix bestehend aus den Spalten(bzw. Zeilen) x, y, z ist.



rechtfertigen kann.


Dr. A. App



Zu Aufgabe H29:

Induktionsanfang: n = 1

Fur eine 1 × 1-Matrix setzt man n = 1 , also nach der Formel det A = 1 und mit Hilfe derBerechnung der Determinanten det A = det (1) = 1.

Induktionsschluss: n → n + 1

Die neue Matrix ist eine (n + 1) × (n + 1)-Matrix. Sie ist

det An+1 = det

1 0 · · · 0 bn+1

0 1 · · · 0 bn

......

. . ....

...

0 0 · · · 1 b2

cn+1 cn · · · c2 1

.

Man entwickelt nun nach der ersten Spalte:

1 · det

1 0 · · · 0 bn

0 1 · · · 0 bn−1

......

. . ....

...

0 0 · · · 1 b2

cn cn−1 · · · c2 1

+ (−1)n+2cn+1 det

0 · · · 0 bn+1

1 · · · 0 bn

.... . .

......

0 · · · 1 b2

Die erste Determinante ist nach Induktion 1−b2c2−· · ·−bncn . Bei der zweiten Determinantenentwickelt man wieder nach der ersten Zeile, also

(−1)n+2cn+1 det

0 · · · 0 bn+1

1 · · · 0 bn

.... . .

......

0 · · · 1 b2

= (−1)n+2(−1)n+1cn+1bn+1 det

1 · · · 0...

. . ....

0 · · · 1

.

Am Ende steht die Einheitsmatrix, deren Determinante eins ist. Das Produkt ist (−1)n+2(−1)n+1 =(−1)2n+3 = (−1)2n+2(−1)1 = 1 · (−1) = −1 . Also erhalt man die gewunschte Form

det An+1 = 1 − b2c2 − · · · − bncn − cn+1bn+1 .

Zu Aufgabe H30:

(a) Um zu uberprufen, ob die affine Abbildung α1 oder α2 eine Bewegung ist, muss manuntersuchen, ob A1 oder A2 eine orthogonale Matrix ist. Fur orthogonale Matrizen giltA

⊺

A = En . Also berechnet man

1

2

1 +√

2

2−1 1 −

√

2

2

1√

2 −1

1 −√

2

21 1 +

√

2

2

⊺

·1

2

1 +√

2

2−1 1 −

√

2

2

1√

2 −1

1 −√

2

21 1 +

√

2

2

=

1 0 0

0 1 0

0 0 1



rechtfertigen kann.


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und

1 0 1

1 0 −1

0 1 2

⊺

·

1 0 1

1 0 −1

0 1 2

=

2 0 0

0 1 2

0 2 6

.

Damit ist α1 eine Bewegung und α2 nicht.

(b) Der lineare Anteil ist

B = A2 · A1 =

1 0 1√

2

2−1 −

√

2

2

3

2−

√

2

21 +

√

2

2

1

2+

√

2

2

und der Translationsanteil ist

A2t1 + t2 =

0

0

−1

.

Die Verknupfung ist keine Bewegung da hier B⊺

B nicht die Einheitsmatrix ergibt.

(c) Die affine Abbildung α−1

1 geht leichter, da fur die inverse Matrix A−1

1 = A⊺

1 gilt, also

α−1

1 : R3 → R

3 : v 7→1

2

1 +√

2

21 1 −

√

2

2

−1√

2 −1

1 −√

2

21 1 +

√

2

2

v −

−1

0

−1

.

Bei der affinen Abbildung α2 wird es komplizierte, da erst A2 invertiert werden muss. Esist

A−1

2 =1

2

1 1 0

−2 2 2

1 −1 0

.

Damit ergibt sich

α−1

2 : R3 → R

3 : v 7→1

2

1 1 0

−2 2 2

1 −1 0

v −

1

−1

1

.

Zu Aufgabe H31:

Es ist(AB)

⊺

(AB) = B⊺

A⊺

A︸︷︷︸

=E

B = B⊺

B = E ,

d. h. AB ist orthogonal. Des weiteren ist

(A−1)⊺

A−1 = (A⊺

)−1A−1 = (A⊺

A︸︷︷︸

=E

)−1 = E ,

d. h. A−1 ist ebenfalls orthogonal.



rechtfertigen kann.


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Zu Aufgabe H32:

(a) Die Fixpunkte ergeben sich aus der Bedingung

(3 −14 −1

) (x1

x2

)+

(12

)=

(x1

x2

),

also aus den Gleichungen

3x1 − x2 + 1 = x1

4x1 − x2 + 2 = x2 .

Sortiert man diese um, so erhalt man

2x1 − x2 = −14x1 − 2x2 = −2 .

Die untere Gleichung ist das doppelte der ersten und kann daher weggelassen werden.Damit ergibt sich die Geradengleichung

x2 = 2x1 + 1 .

(b) G ist auch ein kartesisches Koordinatensystem, da a1 und a2 senkrecht aufeinanderstehen und beide die Lange eins haben.

(c) Der Vektor a1 geht in Richtung der Scherungsachse, der Vektor a2 steht senkrecht aufder Scherungsachse und der Punkt A liegt auf der Scherungsachse. Nun bildet man den

Punkt P = A + a2 =(

−2√

5, 1 + 1

√

5

)⊺

im Standardkoordinatensystem ab:

E(α(P )) =

Eα

E(EP ) =

(− 7

√

5

1 − 9√

5

)= A + a2 − 5a1 , also

G(α(P ) =

(−5

1

).

Damit ergibt sich die BeschreibungGα

G: R

2 → R2 : x 7→

(1 −50 1

)x .

(d) Die Koordinatentransformationen sind gegeben durch

Eκ

G(v) =

(1 00 1

)(1√

5

(1 −22 1

)v +

(01

)−

(00

))

=1√

5

(1 −22 1

)v +

(01

)

Gκ

E(v) =

1√

5

(1 2

−2 1

)((1 00 1

)v +

(00

)−

(01

))

=1√

5

(1 2

−2 1

)v +

1√

5

(−2−1

)

Mit Hilfe dieser Koordinatentransformationen kann man die BeschreibungGα

Gunse-

rer Scherung bezuglich des Koordinatensystems G naturlich auch aus der Beschreibungbezuglich des Standardkoordinatensystems ausrechnen.



rechtfertigen kann.


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Zu Aufgabe H33:

(a) Eine Drehung um den Ursprung wird beschrieben durch eine Matrix der Form(

cos ϕ − sin ϕ

sin ϕ cos ϕ

).

Nun setzt man den Drehwinkel ein und erhalt die Matrix A

A =

(1√

2− 1

√

21√

2

1√

2

).

Um die Abbildung α zu erhalten, verschiebt man den abzubildenden Punkt erst um(2, −3)

⊺

, dreht und verschiebt dann wieder zuruck. Damit erhalt man die Beschreibung

Eα

E=

(1√

2− 1

√

21√

2

1√

2

)(x −

(−2

3

))+

(−2

3

)

=

(1√

2− 1

√

21√

2

1√

2

)x +

(5√

2− 2

− 1√

2+ 3

)

(b) Es sei nun E = (P ; e1, e2) das verschobene Standardkoordinatensystem. Dann halt un-

sere Drehung den Koordinatenursprung fest, wird also in Koordinaten bezuglich E durcheine lineare Abbildung beschrieben. Die Abbildungsmatrix A ergibt sich folgendermaßen

BideE

(1√

2− 1

√

21√

2

1√

2

)

eEid

D=

1√

2

(1 1

−1 1

)(1√

2− 1

√

21√

2

1√

2

)1

5

(3 −44 3

)

=

(0.6 −0.80.8 0.6

)

Die Koordinatentransformationen sind

Dκ

E=

1

5

(3 4

−4 3

)((1 00 1

)v +

(00

)−

(−2

3

))

=1

5

(3 4

−4 3

)v +

1

5

(−6−17

)

Bκ

D=

1√

2

(1 1

−1 1

)(1

5

(3 −44 3

)v +

(−2

3

)−

(−2

3

))

=1

5√

2

(7 −11 7

)v

Eκ

B=

(1 00 1

)(1√

2

(1 −11 1

)v +

(−2

3

)−

(00

))

=1√

2

(1 −11 1

)v +

(−2

3

)



rechtfertigen kann.


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Zu Aufgabe H34:

(a) Man berechnet die Vektoren f1 =−→PF1 , f2 =

−→PF2 und f3 =

−→PF3 und erhalt

f1 =

−112

, f2 =

−122

, f3 =

−2−13

.

Diese Vektoren sind linear unabhangig, aber nicht normiert. Deswegen bilden sie zwareine Basis des R

3 , aber keine ONB. Also ist F = (P ; f1, f2, f3) ein affines aber keinkartesisches Koordinatensystem.

Analoges gilt fur die Vektoren g1 =−−→QG1 , g2 =

−−→QG2 und g3 =

−−→QG3 . Diese lauten

g1 =

10−1

, g2 =

012

, g3 =

−112

.

Auch G = (Q; g1, g2, g3) bildet ein affines aber kein kartesisches Koordinatensystem.

(b) Als erstes werden die Matrizen F und G aus den Basisvektoren aufgestellt und invertiert:

F =

−1 −1 −21 2 −12 2 3

, F−1 =

8 −1 5−5 1 −3−2 0 −1

und analog

G =

1 0 −10 1 1−1 2 2

, G−1 =

0 2 −11 −1 1−1 2 −1

.

Also ist

Fκ

E(v) = F−1(v − P )

Eκ

F(v) = Fv + P

Gκ

E(v) = G−1(v − Q)

Eκ

G(v) = Gv + Q

Die KoordinatentransformationenFκ

Gund

Gκ

Fergeben sich durch Komposition:

Fκ

G(v) = (

Fκ

E◦

Eκ

G)(v)

= F−1(Gv + Q − P ) =

3 9 1−2 −5 0−1 −2 0

v −

−22−4

Gκ

F(v) = (

Fκ

E◦

Eκ

G)(v)

= G−1(Fv + P − Q) =

0 2 −50 −1 21 3 −3

v −

−862



rechtfertigen kann.


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Zu Aufgabe H35:

(a) Rechnet man mit dem ersten Eigenvektor und Eigenwert

a b c

b d e

c e f

10

−1

=

10

−1

so erhalt man drei Gleichungssysteme

a − c = 1 ⇒ a = 1 + c (1)

b − e = 0 ⇒ e = b (2)

c − f − 1 ⇒ f = 1 + c . (3)

Mit beiden anderen Eigenvektoren erhalt man ebenfalls drei Gleichungen (4) bis (6) bzw.(7) bis (9).

a + b + c = −1 (4)

b + d + e = −1 (5)

c + e + f = −1 (6)

−a + 2b − c = −2 (7)

−b + 2d − e = 4 (8)

−c + 2e − f = −2 . (9)

Setzt man nun Gleichung (1) in die Gleichungen (4) und (7) ein

b + 2c = −2

2b − 2c = −1

und lost diese nach c und b auf, so erhalt man b = −1 und c = −1

2. Damit bekommt

man a =1

2. Nun kann man b in Gleichung (2) und c in Gleichung (3) einsetzen, dann

erhalt man e = −1 und f =1

2. Die Unbekannte d bekommt man z. B. aus Gleichung

(5) mit d = 1 . Somit ist die Matrix

A =

1

2−1 −1

2

−1 1 −1−1

2−1 1

2

.

(b) Der Vektor ist (0, 1, 0)⊺

=1

3(v2 + v3) . Fur v2 erhalt man

−1

3Av2 =

1

3v2



rechtfertigen kann.


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und fur v3 ist1

6Av3 =

1

3v3 .

Damit ist x = −1

3v2 +

1

6v3 =

(

−1

2, 0, −

1

2

)⊺

.

Zu Aufgabe H36:

(a) Induktionsanfang bei n = 1 : wir wissen dass A1v = Av = λv , denn v ist ein Eigenvektorvon A zum Eigenwert λ .

Induktionshypothese: es gilt An−1v = λn−1v .

Induktionsschluss: es ist Anv = An−1(Av) = An−1(λv) = λAn−1v = λ · λn−1v = λnv .Der vorletzte Schluss benutzt die Induktionshypothese.

(b) Die Matrix C aus P35 ist ein Gegenbeispiel in R2×2 , denn C2 =

(

−1 00 −1

)

hat den

Eigenwert −1 , aber C hat keine reellen Eigenwerte.

Zu Aufgabe H37:

(a) Die Eigenwerte ergeben sich aus dem charakteristischen Polynom

χA(λ) = −4λ2 − λ3 = −λ2 (4 + λ) .

Damit hat man die Eigenwerte λ1 = 0 mit e0 = 2 und λ2 = −4 mit e−4 = 1 . Der

Eigenvektor f3 = (0, 0, 1)⊺

zum Eigenwert λ2 = −4 ist sofort ersichtlich. Die Dimensiondes Eigenraums V (0) ist eins. Man muss die folgenden Gleichungen losen

0 =√

2 · x1 −√

2 i · x2 + 0 · x3 ⇒ 0 = x1 − i x2

0 = −√

2 i · x1 −√

2 · x2 + 0 · x3 ⇒ 0 = −i x1 − x2

0 = 0 · x1 − 0 · x2 − 4 · x3 ⇒ x3 = 0 .

Damit erhalt man z. B. den Eigenvektor f1 = (i, 1, 0)⊺

. Damit ergeben sich folgendeEigenraume

V (0) = C

i

10

und V (−4) = C

001

.

(b) Man erhalt das folgende Gleichungssystem

i =√

2 · x1 −√

2 i · x2 + 0 · x3

1 = −√

2 i · x1 −√

2 · x2 + 0 · x3

0 = 0 · x1 − 0 · x2 − 4 · x3 ⇒ x3 = 0 .



rechtfertigen kann.


Dr. A. App



Man kann z. B. fur f2 =

(

0, −

√2

2, 0

)⊺

wahlen und erhalt damit die Matrixdarstellung

Fϕ

F=

0 1 00 0 00 0 −4

.



rechtfertigen kann.


Dr. A. App



Zu Aufgabe H38:

(a) Es ist

B = T−1AT =

−2 0 00 2 00 0 3

.

(b) B ist bereits in Diagonalform und besitzt damit offensichtlich die Eigenwerte λ1 = −2 ,λ2 = 2 und λ3 = 3 mit den zugehorigen Eigenvektoren e1 , e2 und e3 .

(c) Nach Satz 5.2.2 besitzen A und B als konjugierte Matrizen dieselben Eigenwerte undfalls v ein Eigenvektor von B ist, ist Tv ein Eigenvektor von A zum selben Eigenwert.Eigenvektoren von A sind demnach:

v1 = Te1 =

1−4

0

, v2 = Te2 =

201

, v3 = Te3 =

−21

−1

.

Alle Eigenvektoren erhalt man, indem man auch noch Vielfache von v1 , v2 bzw. v3 beruck-sichtigt (wobei man naturlich den Nullvektor vermeiden muss).

Zu Aufgabe H39:

Das charakteristische Polynom ist

χA (λ) = (−2 − λ)

(

λ2 −5

16λ +

1

64

)

.

Die Eigenwerte sind also λ1 = 1

4, λ2 = 1

16und λ3 = −2 . Die entsprechenden normierten

Eigenvektoren sind

v1 =

1

2√

3

2

0

, v2 =

−

√3

2

1

2

0

und v3 =

0

0

1

.

Eine mogliche Transformationsmatrix T ist also

T =

1

2−

√3

20

√3

2

1

20

0 0 1

,



rechtfertigen kann.


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dies entspricht einer Drehung um die x3 -Achse mit Drehwinkelπ

3. (Durch andere Wahl der

Vorzeichen bei den Eigenvektoren erhalt man andere Transformationsmatrizen, die teilweise garkeine Drehungen oder aber solche um andere Achsen und mit anderen Winkeln beschreiben.)Damit ergibt sich die folgende Diagonalmatrix

D =

1

4

1

16

−2

.

Die Schnittkurven mit den x3 -Werten sind folgende:

• Fur x3 = 0 ist es nur der Punkt (0, 0, 0) .

• Fur x3 =1√

2und x3 = −

1√

2ist es eine Ellipse mit den Halbachsenlangen vier und

zwei, die um den Winkelπ

3gedreht ist.

−4 −2 0 2 4

−2

0

2

• Fur x3 =1

2√

2ist es ebenfalls eine Ellipse mit den Halbachsenlangen zwei und eins, die

um den Winkelπ

3gedreht ist.

−2 −1 0 1 2

−1

0

1



rechtfertigen kann.


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Zu Aufgabe H40:

(a) Der quadratische Teil ist 3x2

1− 2x2

2− x2

3, der lineare Teil ist 0 und der konstante Teil

der Quadrik ist −1 .

(b) Mittels einer Matrix lasst sich die Gleichung der Quadrik folgendermaßen schreiben:

x⊺

3 0 00 −2 00 0 −1

x − 1 = 0.

(c) Da sowohl die Matrix des quadratischen Teils als auch die erweiterte Matrix Diagonalma-trizen mit vollem Rang sind, ergibt sich aus der Tabelle, dass Q eine Mittelpunktsquadrikist.

(d) Q ist ein zweischaliges Hyperboloid, dessen Hauptachsen die Koordinatenachsen sind.

-10

-10

4-5

-5

2

x

000 z

-2y

-4

5

5

10

10



rechtfertigen kann.


Dr. A. App



Zu Aufgabe H41:

Es ist

det(A − λE) =

∣

∣

∣

∣

c2 − 4 + 3c − λ c2 − 4 − 3cc2 − 4 − 3c c2 − 4 + 3c − λ

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

c2 − 4 + 3c − λ c2 − 4 − 3cλ − 6c 6c − λ

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

2c2 − 8 − λ c2 − 4 − 3c0 6c − λ

∣

∣

∣

∣

= (6c − λ)(2c2 − 8 − λ),

d. h. die Eigenwerte der Matrix A sind λ1 = 6c und λ2 = 2c2 − 8 . Fur c > 0 ist λ1 positivund entsprechend ist fur c < 0 der Eigenwert λ1 negativ. Des weiteren ist fur |c| > 2 derEigenwert λ2 positiv und fur |c| < 2 negativ.

Damit ist q fur c > 2 positiv definit, fur −2 < c < 0 negativ definit und fur c < −2 sowie fur0 < c < 2 indefinit.

Zu Aufgabe H42:

Die Quadrik in Matrixform ist Q : x⊺

Ax + 2a⊺

x + c = 0 mit den Matrizen und Vektoren

A =

1 2 02 −2 00 0 α

a =

√5

2√

50

c = α

Fur die Bestimmung des Typs wird der Rang der Matrix A bestimmt und dafur diese aufDiagonalgestalt gebracht:

1 2 0 1 2 0 3 0 02 −2 0 0 −6 0 0 −6 00 0 α 0 0 α 0 0 α

Man sieht fur:

α = 0 =⇒ Rg A = 2

α 6= 0 =⇒ Rg A = 3

Nun muss man den Rang der erweiterten Matrix bestimmen. Dafur stellt man Aerw auf undformt diese auf Diagonalgestalt um.

α√

5 2√

5 0 α√

5 2√

5 0√5 1 2 0

√5 1 2 0

2√

5 2 −2 0 0 0 1 00 0 0 α 0 0 0 α

α√

5 0 0 α − 5 0 0 0√5 1 0 0

√5 1 0 0

0 0 1 0 0 0 1 00 0 0 α 0 0 0 α



rechtfertigen kann.


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Damit bekommt man:

α = 0 =⇒ Rg Aerw = 3

α = 5 =⇒ Rg Aerw = 3

α 6= 0 und α 6= 5 =⇒ Rg Aerw = 4

Damit erhalt man:

α = 5 kegelige Quadrikα 6= 5 Mittelpunktsquadrik

Zu Aufgabe H43:

Fur die Matrixschreibweise der Quadrik Q stellt man die symmetrische Matrix A , den Vektora fur den linearen Anteil und die Konstante c auf

x⊺

1 3 63 1 26 2 4

x + 2

42

−1

· x + 10 = 0 .

Nun berechnet man die Eigenwerte und Eigenvektoren von A , um die TransformationsmatrixT fur die erste Koordinatentransformation zu erhalten. Als Nullstellen des charakteristischenPolynoms

−λ3 + 6λ2 + 40λ

folgen die Eigenwerte λ1 = 0 , λ2 = −4 und λ3 = 10 . Die entsprechenden Eigenvektorenwerden in die Transformationsmatrix T eingetragen. Damit erhalt man

T =

0 3√

14

5√

70

− 2√

5− 1

√

14

3√

701√

5− 2

√

14

6√

70

und T−1 = T

⊺

.

Also lautet die erste Koordinatentransformation y = T−1x = T⊺

x .

Mit D = T−1AT = T⊺

AT und b = T−1a = T⊺

a (die Multiplikation mit zwei von 2a⊺

x darfnicht vergessen werden) erhalt man

Q : −4y2

2+ 10y2

3− 2

√5y1 +

24√14

y2 +40√70

y3 + 10 = 0 .

Durch quadratisches Erganzen

−4

(

y2 −3√14

)2

+ 4 · 9

14+ 10

(

y3 +2√70

)2

− 10 · 4

70− 2

√5y1 + 10 = 0

−4

(

y2 −3√14

)2

+ 10

(

y3 +2√70

)2

− 2√

5y1 + 12 = 0

−4

(

y2 −3√14

)2

+ 10

(

y3 +2√70

)2

− 2√

5

(

y1 −6√5

)

= 0



rechtfertigen kann.


Dr. A. App



ist die zweite Koordinatentransformation z3 = y1 − 6√

5, z1 = y2 − 3

√

14und z2 = y3 + 2

√

70.

Nun bekommt man die Form

−4z2

1+ 10z2

2− 2

√5z3 = 0 .

Damit es die euklidische Normalform ist, muss man noch die Gleichung durch −√

5 teilen.Somit ist die euklidische Normalform

4√5z2

1− 2

√5z2

2+ 2z3 = 0 .

Es handelt sich also um ein hyperbolisches Paraboloid.



rechtfertigen kann.


Dr. A. App



Zu Aufgabe H44:

(a) cos(nπ/6) nimmt abwechselnd die Werte 1 ,√

32

, 12, 0 , −1

2, −

√3

2und −1 an. Dies sind

also die Haufungspunkte dieser Folge.

(b) Es ist3n + 1

(−1)n(1 − n)= (−1)n

3n − 3 + 4

1 − n= (−1)n

(

−3 +4

1 − n

)

und da limn→∞

41−n

= 0 gilt, sind 3 und −3 die Haufungspunkte dieser Folge.

(c) Da limn→∞

((−1)n

√n

)

= limn→∞

1√n

= 0 gilt, ist dies der einzige Haufungspunkt der Folge.

(d) Genau fur 2k ≦ n < 2k+1 ist [log2(n)] = k , die Differenz

n − 2[log2(n)] = n − 2k

nimmt fur diese Werte von n also alle ganzzahligen Werte großer gleich 2k − 2k = 0und kleiner 2k+1 − 2k = 2k an. Fur wachsendes n sind somit alle nicht-negativen ganzenZahlen Haufungspunkte der Folge.

Zu Aufgabe H45:

Bei der Folge an geht der Bruchn + 2

2n=

1

2+

2

nfur n → ∞ gegen

1

2. Allerdings nimmt der

vordere Teil abwechselnd die Werte 1 , −1 und 0 an, daher hat die Folge die Haufungspunkte1

2, −

1

2und 0.

Um die Konvergenz und deren Grenzwerte der Folgen bn , cn und dn zu untersuchen, wendetman den Trick an, indem man den Bruch aufteilt. Danach werden die Grenzwerte der einzelnenSummanden untersucht und gegebenfalls addiert.

bn =4

n−

3

n4+

1

n5=⇒ lim

n→∞bn = 0

cn = 4 −3

n3+

1

n4=⇒ lim

n→∞cn = 4

dn = 4n −3

n2+

1

n3=⇒ lim

n→∞dn = ∞

Die Folge en ist ein Produkt aus zwei konvergenten Folgen, also werden die einzelnen Grenzwertemultipliziert.

limn→∞

en = e · 2 = 2 e

Bei gn wird die dritte Binomische Formel angewendet und mit(√

n + 2 +√

n + 1)

erweitert.

gn =

(√n + 2

√n + 1

) (√n + 2 +

√n + 1

)

√n + 2 +

√n + 1

=1

√n + 2 +

√n + 1



rechtfertigen kann.


Dr. A. App



Nun ist der Zahler die Konstante eins und fur n → ∞ geht der Nenner gegen unendlich, dahergilt

limn→∞

gn = 0 .

Zu Aufgabe H46:

(a) Um den Induktionsbeweis tatsachlich fuhren zu konnen, wollen wir mehr beweisen, als inder Aufgabe gefordert ist. Wir zeigen:

Ai =

(fi−1 fi

fi fi+1

)

fur i ≧ 2.

Den Induktionsanfang liefert die Matrix A2 =

(1 11 2

)

. Fur den Induktionsschluss schlies-

sen wir von n auf n + 1 . Es gilt:

An+1 = AnA =

(fn−1 fn

fn fn+1

)(0 11 1

)

=

(fn fn−1 + fn

fn+1 fn + fn+1

)

=

(fn fn+1

fn+1 fn+2

)

Dabei benutzen wir zweimal die rekursive Definition der Fibonacci-Zahlen.

(b)

(T−1DT )k = (T−1DT )(T−1DT ) . . . (T−1DT )︸︷︷︸

k mal

= T−1D (TT−1)︸︷︷︸

=E

D(T . . . T−1)DT = T−1DkT

(c) Zunachst diagonalisieren wir die Matrix A . Deren charakteristisches Polynom ist χA(t) =

t2 − t − 1 , die Eigenwerte sind also t1 = 1+√

52

und t2 = 1−√

52

. Die zugehorigen Eigen-vektoren stecken wir gleich in eine Matrix und erhalten die Transformationsmatrix undihre Inverse:

T :=

(1 1

1+√

52

1−√

52

)

T−1 =1√

5

(−1+

√5

21

1+√

52

−1

)

Nun gilt Ak = TDkT−1 . Wir erhalten damit:

Ak =

(1 1

1+√

52

1−√

52

)

(1+

√5

2

)k

0

0(

1−√

52

)k

1√

5

(−1+

√5

21

1+√

52

−1

)

=

(

? 1√5

(1+

√5

2

)k

− 1√5

(1−

√5

2

)k

? ?

)

Die restlichen Matrizeneintrage mussen wir nicht ausrechnen, denn uns interessiert ja nurdie Formel fur die k -te Fibonacci-Zahl. Diese lautet also

fk =1√

5

(

1 +√

5

2

)k

−

(

1 −√

5

2

)k

.



rechtfertigen kann.


Dr. A. App



Zu Aufgabe H47:

Die Folge an konvergiert gegen 1 , da

limn→∞

an = limn→∞

n2 + 2

n2 + 1= lim

n→∞

1 + 2/n2

1 + 1/n2= 1

ist. Daher ist dies eine Cauchy-Folge.

Die Folge bn konvergiert gegen 0 , da 4 > e ist. Daher ist dies auch eine Cauchy-Folge.

Die Folge cn geht gegen ∞ , ist also nicht konvergent. Dies ist daher auch keine Cauchy-Folge.

Will man nun fur die Folgen an und bn das n0.01 bestimmen, so untersucht man den genauerenVerlauf der Folgenelemente.

Die Folge an ist streng monoton fallend, man untersucht hier welches Folgenelement als erstesden Abstand kleiner 0.01 von 1 hat. Es mussen immer zwei beliebige Folgenelemente denmaximalen Abstand 0.01 haben und die Folgenelemente streben gegen 1 .

0 5 10

1

1.2

1.4

Man bekommt dies als erstes fur n = 10 mit a10 ≈ 1.0099. Daher ist hier n0.01 = 9 .

Bei der Folge bn ist dies ein bißchen komplizierter, da diese Folge alternierend ist.

0 5 10

−0.25

0

0.25

Hier untersucht man, ab wann der maximale Abstand zweier aufeinanderfolgender Folgenele-mente kleiner als 0.01 ist, denn dies ist der großte Abstand der erzeugt werden kann fur



rechtfertigen kann.


Dr. A. App



beliebige k und ℓ . Dies tritt bei n = 14 mit b14 ≈ 0.0045 und b15 ≈ −0.0030 auf. Daher isthier n0.01 = 13 .

Zu Aufgabe H48:

(a) Fur α ≧ 0 ist a0 = α + 1 ≧ 1 > 0 . Setzt man nun voraus, dass an−1 > 0 gilt, so folgtsofort, dass auch

an =an−1 + α

an−1

2positiv ist.

(b) Es gilt√

α ≦ a0 = α + 1

⇐⇒ α ≦ α2 + 2α + 1

⇐⇒ 0 ≦ α2 + α + 1 =

(

α +1

2

)2

+3

4.

Des weiteren ist

√α ≦ an =

an−1 + α

an−1

2⇐⇒ 2

√αan−1 ≦ a2

n−1 + α

⇐⇒ 0 ≦ a2

n−1 − 2√

αan−1 + α = (an−1 −√

α)2 ,

d. h. fur alle n ≧ 0 ist an ≧√

α .

(c) Man erhalt

an−1 ≧ an =an−1 + α

an−1

2⇐⇒ 2a2

n−1 ≧ a2

n−1 + α

⇐⇒ a2

n−1 ≧ α ,

was nach obigem erfullt ist, d. h. die Folge (an) fallt monoton.

(d) Da die Folge konvergiert, existiert der Grenzwert a = limn→∞

an = limn→∞

an−1 . Aus der

Rekursionsvorschrift folgt

an =an−1 + α

an−1

2⇐⇒ 2anan−1 = a2

n−1 + α

⇐⇒ 2anan−1 − a2

n−1 − α = 0

und nach Grenzwertbildung

a2 − α = 0 .



rechtfertigen kann.


Dr. A. App



Da an immer positiv ist, kommt nur die positive Wurzel in Frage, d. h

a = limn→∞

an =√

α .

Zu Aufgabe H49:

A

BC DE

F

BD

F

E

Alle Strecken innerhalb des Sternes lassen sich mit Hilfe des Abstandes ℓn =∣

∣

∣

−→AB∣

∣

∣ausdrucken.

Dabei ist zu beachten, dass die Dreiecke ABC und DEF rechtwinklig und gleichschenkligsind, die Katheten also die

√2

2-fache Lange der Hypotenusen haben:∣

∣

∣

−→AB∣

∣

∣= ℓn ,

∣

∣

∣

−→AC∣

∣

∣=∣

∣

∣

−−→BC∣

∣

∣=

√

1

2

∣

∣

∣

−→AB∣

∣

∣

2

=

√2

2ℓn ,

∣

∣

∣

−−→BD

∣

∣

∣= ℓn −

∣

∣

∣

−−→BC∣

∣

∣=

(

1 −

√2

2

)

ℓn ,

∣

∣

∣

−−→CD

∣

∣

∣= ℓn − 2

(∣

∣

∣

−−→BD

∣

∣

∣

)

=(√

2 − 1)

ℓn .

Desweiteren ist zu beachten, dass−−→CE und

−−→BD Seiten zweier kongruenter rechtwinkliger und

gleichschenkliger Dreiecke sind:

∣

∣

∣

−−→DE

∣

∣

∣=∣

∣

∣

−−→DF

∣

∣

∣=

∣

∣

∣

−−→CD

∣

∣

∣−∣

∣

∣

−−→CE∣

∣

∣=∣

∣

∣

−−→CD

∣

∣

∣−∣

∣

∣

−−→BD

∣

∣

∣=

(

√2 − 1 +

√2

2− 1

)

ℓn =

(

3

2

√2 − 2

)

ℓn ,

∣

∣

∣

−→EF∣

∣

∣=

√2∣

∣

∣

−−→DF

∣

∣

∣=(

3 − 2√

2)

ℓn .

Das Verhaltnis der Seitenlangen von Sternen aufeinanderfolgender Stufen ist demnach

ℓn+1

ℓn

=

∣

∣

∣

−−→CD

∣

∣

∣

∣

∣

∣

−→AB∣

∣

∣

=√

2 − 1 ,



rechtfertigen kann.


Dr. A. App



und die Seitenlange des Sterns n-ter Stufe betragt wegen ℓ0 = 1

ℓn =(√

2 − 1)

n

.

Damit ist die Gesamtlange der Randlinie

L =∞∑

n=0

8ℓn =∞∑

n=0

8(√

2 − 1)n = 81

1 − (√

2 − 1)=

8

2 −√

2= 4(2 +

√2) .

Das Dreieck ABC ist rechtwinklig und gleichschenklig, also ist der Winkel zwischen−→BA und

−−→BC gleich π/4 . Die grau eingefarbten Flachen lassen sich demnach so anordnen, dass Sie einAchteck bilden, welches beim Stern der Stufe n den Flacheninhalt

fn =(

2∣

∣

∣

−−→BD

∣

∣

∣

)2

− 2∣

∣

∣

−→EF∣

∣

∣

2

=

(

2

(

1 −

√2

2

)

ℓn

)2

− 2((

3 − 2√

2)

ℓn

)2

= 4(

5√

2 − 7)

ℓ2

n

hat. Somit ist die Gesamtflache

F =∞∑

n=0

4(

5√

2 − 7)

ℓ2

n= 4

(

5√

2 − 7)

∞∑

n=0

(√2 − 1

)2n

= 4(

5√

2 − 7)

∞∑

n=0

(

3 − 2√

2)

n

= 4(

5√

2 − 7) 1

1 −(

3 − 2√

2) = 4

5√

2 − 7

−2 + 2√

2

= 2

(

5√

2 − 7) (

1 +√

2)

−1 + 2= 2

(

5√

2 − 7 + 10 − 7√

2)

= 2(

3 − 2√

2)

.



rechtfertigen kann.


Documents

Prof. Dr. M. Stroppel Ergebnisse und Hinweise zu den Ubungen¨info.mathematik.uni-stuttgart.de/.../aufgaben/lsg/LsgHM1_0708.pdf · und minus unendlich betragsm¨aßig unendlich große