A.W¨unsch H¨ohere Mathematik 1 Wintersemester...

T. Cruz, U. Linden,

S. Nitsche, C. Rosinger,

A. Wunsch

1. Gruppenubung zur Vorlesung

Hohere Mathematik 1M. Stroppel

Wintersemester 2017/18

Losungshinweise zu den Hausaufgaben:

Aufgabe H 1. Binomialkoeffizienten, Summen und binomischer Lehrsatz

(a) Zeigen Sie n(n−1k−1

)= k(n

k

)fur n, k ∈ N mit n ≧ k .

Losungshinweise hierzu: Mit der Definition des Binomialkoeffizienten erhalten wirunmittelbar

n

(n− 1

k − 1

)=

n · (n− 1)!

(k − 1)!((n− 1)− (k − 1))!

=k · n!

k · (k − 1)!(n− k)!= k

n!

k!(n− k)!= k

(n

k

).

(b) Berechnen Sie∑n

k=0(k + 1)(n

k

)fur n ∈ N . Sie durfen dabei die bisherigen Resultate

aus der Vorlesung sowie den Prasenz- und Hausubungen verwenden.

Losungshinweise hierzu: Wir zeigen, dass∑n

k=0(k+1)(n

k

)= 2n−1(n+2) gilt. Nach

Zerlegung der Summe wenden wir Aufgabe P3(b) an und erhalten

n∑

k=0

(k + 1)

(n

k

)=

n∑

k=0

k

(n

k

)+

n∑

k=0

(n

k

)=

n∑

k=0

k

(n

k

)+ 2n.

Nach 1.3.4 im Skript ist(n

0

)= 1 und somit folgt mit Aufgabe H1(a) schließlich

n∑

k=0

k

(n

k

)= 0

(n

0

)+

n∑

k=1

k

(n

k

)= 0 + n ·

n∑

k=1

(n− 1

k − 1

)= n ·

n−1∑

k=0

(n− 1

k

),

wobei im letzten Schritt der Summationsindex verschoben wurde. Erneute Anwendungvon P3(b) liefert

∑n−1k=0

(n−1k

)= 2n−1 und somit insgesamt

n∑

k=0

(k + 1)

(n

k

)= n2n−1 + 2n = 2n−1(n+ 2).

(c) Berechnen Sie∑n

j=4(6j2 − 2j) . Dabei durfen bereits behandelte Summenformeln aus

dem Skript verwendet werden.

www.mathematik.uni-stuttgart.de/studium/infomat/HM-Stroppel/ Seite 1

1. Gruppenubung Hohere Mathematik 1

Losungshinweise hierzu:Wir verwenden die Beispiele 1.2.2 und 1.2.4 aus dem Skript,achten aber auf den geanderten Indexbereich der Summen:

n∑

j=4

(6j2 − 2j) = 6

(n∑

j=1

j2 −3∑

j=1

j2

)− 2

(n∑

j=1

j2 −3∑

j=1

j

)

= 6

(1

6n(n+ 1)(2n+ 1)− (12 + 22 + 32)

)

− 2

(n(n+ 1)

2− (1 + 2 + 3)

)

= n(n+ 1)(2n+ 1)− 84− n(n+ 1) + 12

= 2n2(n+ 1)− 72

= 2n3 + 2n− 72.

(d) Berechnen Sie alle reellen Losungen der Gleichung

x5 − 10x4 + 70x3 − 40x2 = 30x3 + 40x2 − 80x+ 64.

Losungshinweise hierzu: Die zu untersuchende Gleichung lasst sich umschreiben in

x5 − 10x4 + 40x3 − 80x2 + 80x− 32 = 32.

Diese Gleichung ist aquivalent zu (x− 2)5 = 25 . Ziehen der funften Wurzel fuhrt aufx− 2 = 2 , beziehungsweise auf die einzige reelle Losung x = 4 .

Aufgabe H 2. Vollstandige Induktion mit Teilbarkeit

Zeigen Sie die folgenden Behauptungen mittels Induktion. Es gilt fur alle n ∈ N , dass

(a) die Zahl 7n − 1 ohne Rest durch 6 teilbar ist; das heißt, es gibt ein k ∈ N0 so, dass7n − 1 = 6k .

Losungshinweise hierzu: Wir fuhren einen Induktionsbeweis uber n ∈ N :

©IA Wir zeigen die Aussage fur n = 1 :

71 − 1 = 6 ist offensichtlich durch 6 teilbar.

©IH Nun nehmen wir an, dass die Aussage fur ein n ∈ N wahr ist:

Es existiert also ein k ∈ N0 mit 7n − 1 = 6k.

©IS Wir zeigen die Aussage fur n+1 unter Annahme der Induktionshypothese fur n :

7n+1 − 1 = 7 · 7n − 7 + 6 = 7 · (7n − 1)︸︷︷︸=6k nach ©IH

+6 = 6 · (7k + 1),

was durch 6 teilbar ist. Die Behauptung folgt damit fur alle n ∈ N .

(b) die Zahl 10n+3 · 4n+2+5 ohne Rest durch 9 teilbar ist; das heißt, es gibt ein k ∈ N0

so, dass 10n + 3 · 4n+2 + 5 = 9k .



Losungshinweise hierzu: Wir fuhren einen Induktionsbeweis uber n ∈ N :

©IA Zunachst verifizieren wir die Aussage fur n = 1 :

101 + 3 · 41+2 + 5 = 207 = 23 · 9 ist durch 9 teilbar.

©IH Sei die Aussage fur ein n ∈ N wahr:

Es existiert ein k ∈ N0 mit 10n + 3 · 4n+2 + 5 = 9k.


10n+1 + 3 · 4n+3 + 5 = 10 · 10n + 12 · 4n+2 + 5

= (10n + 3 · 4n+2 + 5)︸︷︷︸=9k nach ©IH

+9 · 10n + 9 · 4n+2

= 9 · (k + 10n + 4n+2),

was durch 9 teilbar ist. Die Behauptung folgt damit fur alle n ∈ N .

Aufgabe H 3. Vollstandige Induktion mit Produkt

Analog zur Summenschreibweise, fuhren wir das Produktsymbol ein:∏m

j=1 Aj bedeutet,dass man den Term Aj fur alle j von 1 bis m auswertet und die entstandenen Zahlenzusammenmultipliziert. Zeigen Sie die folgenden Aussagen mittels vollstandiger Induktion.

(a) Es gilt∏n

k=1 kk ≦ n

n(n+1)2 fur alle n ∈ N .

Losungshinweise hierzu: Wir beweisen die Aussage durch Induktion fur alle n ∈ N :

©IA Zunachst weisen wir die Behauptung fur n = 1 nach:

1∏

k=1

kk = 1 ≦ 1 = 11·(1+1)

2 .

©IH Nun nehmen wir an, dass die Aussage fur ein n ∈ N wahr ist, d.h. es gelte

n∏

k=1

kk ≦ nn(n+1)

2 .

©IS Wir zeigen die Aussage fur n+1 unter Annahme der Induktionshypothese fur n .

n+1∏

k=1

kk =

(n∏

k=1

kk

)(n+ 1)n+1

©IH≦ n

n(n+1)2 (n+ 1)n+1 < (n+ 1)

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

= (n+ 1)n2+3n+2

2 = (n+ 1)(n+1)(n+2)

2 ,

womit die Behauptung fur alle n ∈ N gezeigt ist.



(b) Es gilt∏n

k=2

(k+1k−1

)2= n2(n+1)2

4fur alle n ∈ N mit n ≧ 2 .

Losungshinweise hierzu: Wir fuhren einen Induktionsbeweis uber n ≧ 2 :

©IA Wir zeigen die Aussage fur n = 2 :

2∏

k=2

(k + 1

k − 1

)2

=

(2 + 1

2− 1

)2

= 9 = 13 + 23 =2∑

k=1

k3.

©IH Nun nehmen wir an, dass die Aussage fur ein n ∈ N mit n ≧ 2 wahr ist, d.h. es

gelten∏

k=2

(k + 1

k − 1

)2

=n∑

k=1

k3.


n+1∏

k=2

(k + 1

k − 1

)2

=

((n+ 1) + 1

(n+ 1)− 1

)2 n∏

k=2

(k + 1

k − 1

)2

=

(1 +

4(n+ 1)

n2

) n∑

k=1

k3 unter Verwendung von ©IH=

n∑

k=1

k3 +

(4(n+ 1)

n2

)(n2(n+ 1)2

4

)unter Verwendung von P3(a)

=n+1∑

k=1

k3,

womit die Behauptung fur alle n ∈ N mit n ≧ 2 bewiesen ist.

Online-Aufgabe.

Sie finden Ihre Online-Aufgabe auf folgender Webseite.

http://mo.mathematik.uni-stuttgart.de/tests/test430/

Bitte geben Sie dort zunachst Ihre Matrikelnummer ein.

Die Losungen sind als ganze Zahlen oder als Dezimalzahlen mit einem Dezimalpunkt einzu-geben. Sonstige Zeichen, wie zum Beispiel Klammern oder Operatoren wie ∗ und / , durfennicht benutzt werden.

Anschließend mussen Sie das per Email an Ihre studentische Adresse (<st∗∗∗∗∗∗@stud.uni-stuttgart.de>) erhaltene Passwort fur die Onlineubungen eintragen.

Innerhalb des Bearbeitungszeitraums konnen Sie Ihre Eingaben beliebig oft wiederholen, wo-bei die letzten Eingaben gewertet werden. Der Bearbeitungszeitraum endet mittwochs, nachder Abgabe der schriftlichen Ubungen in den Ubungsgruppen, um 24:00 Uhr. Sie erhaltenfur die Bearbeitung der Online-Aufgabe 0, 1, oder 2 Punkte.


T. Cruz, U. Linden,


A. Wunsch





Aufgabe H 4. Abbildungen

Untersuchen Sie die folgenden Abbildungen auf Injektivitat, Surjektivitat und Bijektivitat.

(a) f : N → N : n 7→(n+1n

)

Losungshinweise hierzu: Es gilt(n+1n

)= (n+1)!

1n!= n+ 1 . Damit ist f(n) = n+ 1 .

f ist injektiv. Aus n 6= m folgt f(n) = n+ 1 6= m+ 1 = f(m) .f ist nicht surjektiv. Es existiert kein n ∈ N mit f(n) = n+ 1 = 1 .f ist nicht bijektiv, da nicht surjektiv.

(b) g : Rr {0} → R+ : x 7→ x2

|x|

Losungshinweise hierzu: Fur x > 0 gilt

g(x) =x2

x= x.

Fur x < 0 gilt

g(x) =x2

−x= −x.

g ist nicht injektiv, da f(−1) = 1 = f(1) .g ist surjektiv, da fur alle y ∈ R+ auch y 6= 0 ist und g(y) = y gilt.g ist nicht bijektiv, da nicht injektiv.

(c) h : [1, 2] → [0, 10] : x 7→ (x2 − 1)2

Losungshinweise hierzu: Fur 1 ≦ x1 < x2 ≦ 2 gilt 0 ≦ (x21 − 1) < (x2

2 − 1) unddamit wegen der Monotonie des Quadrierens 1.5.7

h(x1) = (x21 − 1)2 < (x2

2 − 1)2 = h(x2).

Also ist h injektiv.h ist nicht surjektiv. Wegen h(2) = 9 < 10 und obiger Uberlegung, gibt es keinx ∈ [1, 2] mit h(x) = 10 .g ist nicht bijektiv, da nicht surjektiv.

(d) s : Cr {i} → C : z 7→ zz−i

Losungshinweise hierzu: s ist injektiv. Seien z, z′ ∈ Cr {i} . Es gilt

z

z − i=

z′

z′ − i⇔ z(z′ − i) = (z − i)z′

⇔ zz′ − iz = zz′ − z′i⇔ z = z′ .



Damit folgt aus z 6= z′ , dass s(z) 6= s(z′) .s ist nicht surjektiv. Angenommen z′ = s(z) ∈ C fur ein z ∈ Cr {i} . Es folgt

z′ =z

z − i⇔ z′(z − i) = z⇔ (z′ − 1)z − iz′ = 0.

Fur z′ = 1 hat diese Gleichung keine Losung. Es existiert also kein z ∈ C r {i} mits(z) = 1 .s ist nicht bijektiv, da nicht surjektiv.

Aufgabe H 5. Ungleichungen, Betrage

(a) Bestimmen Sie jeweils die Menge aller x ∈ R , die die Ungleichung erfullen.

(i) x− 7 > x4(x− 7)

Losungshinweise hierzu:1. Fall: x < 7 .Man kann in diesem Fall auf beiden Seiten durch den Faktor x − 7 teilen. Dadieser Faktor negativ ist, dreht sich dabei das Ungleichungszeichen um:

x− 7 > x4(x− 7)

⇔ 1 < x4

⇔ 1 < x2 (Monotonie des Quadrierens 1.5.7)

⇔ 1 < |x|Wegen x < 7 gilt dies fur alle x ∈ R mit x < −1 ∨ 1 < x < 7 .Somit ist L1 =

{x ∈ R

∣∣ x < −1 ∨ 1 < x < 7}Teilmenge der Losungsmenge.

2. Fall: x = 7 .

x− 7 > x4(x− 7) ⇒ 0 > 0

Dies ist ein Widerspruch, womit L2 = ∅ (leere Menge).

3. Fall: x > 7 .Wir teilen durch den positiven Faktor x − 7 , wodurch das Ungleichungszeichenerhalten bleibt:

x− 7 > x4(x− 7)

⇔ 1 > x4

⇔ 1 > x2 (Monotonie des Quadrierens 1.5.7)

⇔ 1 > |x|Dies ist fur alle x ∈ R mit −1 < x < 1 erfullt, womit sich wegen x > 7 einWiderspruch ergibt. Also folgt L3 = ∅ . Die Losungsmenge ist daher insgesamtgegeben durch L = L1 ∪ L2 ∪ L3 = L1 =

{x ∈ R

∣∣ x < −1 ∨ 1 < x < 7}.

(ii) 2 |x2 − 2| < x |x+√2|



Losungshinweise hierzu: Wegen (x2 − 2) = (x −√2)(x +

√2) erhalten wir

mit den Rechenregeln fur Betrage 1.5.9

2 |x−√2||x+

√2| < x |x+

√2|.

1. Fall: x = −√2 .

Wir erhalten durch Einsetzen den Widerspruch 0 < 0 .

2. Fall: x 6= −√2 .

Ist x 6= −√2 , so gilt |x+

√2| 6= 0 nach den Rechenregeln fur Betrage 1.5.9. Nach

Definition des Betrages 1.5.8 gilt stets |x+√2| ≧ 0 . Insgesamt gilt somit fur den

Faktor |x+√2| > 0 . Teilen durch diesen Faktor erhalt das Ungleichungszeichen

und liefert2 |x−

√2| < x.

Wir betrachten zwei weitere Falle zur Auflosung des Betrages.2.1. Fall: x ≧

√2 .

2(x−√2) < x

⇔ x < 2√2

Also ist L1 ={x ∈ R

∣∣ √2 ≦ x < 2√2}ein Teil der Losungsmenge.

2.2. Fall: x <√2 .

2(√2− x) < x

⇔ 2

3

√2 < x

Dies ist erfullt fur alle Elemente der Menge L2 ={x ∈ R

∣∣ 23

√2 < x <

√2}und

somit ist unsere gesamte Losungsmenge L = L1∪L2 ={x ∈ R

∣∣ 23

√2 < x < 2

√2}.

(b) Seien x, y ∈ R+ und bezeichne min{x, y} das Minimum der Zahlen x und y . ZeigenSie die folgende Ungleichungskette:

min{x, y} ≦2

1x+ 1

y

≦√xy.



Losungshinweise hierzu: Wir zeigen zunachst 21x+1y

≦√xy . Da x, y ∈ R+ , ist nach

den Eigenschaften der Ordnungsrelationen 1.5.6 auch 1x+ 1

y∈ R+ , womit der Bruch

auf der linken Seite ein wohldefinierter Ausdruck ist. Da xy ∈ R+ , ist auch√xy auf

der rechten Seite wohldefiniert und die Ungleichung lasst sich aquivalent umschreibenzu

2xy

x+ y≦

√xy

x+y>0⇐⇒ 2√xy ≦ x+ y ⇐⇒ 0 ≦ (

√x−√

y)2.

Da 0 ≦ (√x−√

y)2 eine wahre Aussage darstellt, haben wir die Ungleichung bewiesen.

Beweisen wir nun min{x, y} ≦ 21x+1y

. Wie zuvor schreiben wir den Bruch auf der

rechten Seite um und erhalten

min{x, y} ≦2xy

x+ y

x+y>0⇐⇒ min{x, y}(x+ y) ≦ 2xy.

Wir machen eine Fallunterscheidung.1. Fall: x = min{x, y} .Dann ist x ≦ y . Multiplikation mit x ∈ R+ liefert x2 ≦ xy und wir erhalten schließlich

min{x, y}(x+ y) = x(x+ y) = x2 + xy ≦ xy + xy = 2xy.

2. Fall: y = min{x, y} .Dann ist y ≦ x . Wir argumentieren analog zum 1. Fall. Wegen y ∈ R+ folgt y2 ≦ xyund somit

min{x, y}(x+ y) = y(x+ y) = xy + y2 ≦ xy + xy = 2xy,

womit die Aussage bewiesen ist.

Aufgabe H 6. Komplexe Zahlenebene

Skizzieren Sie die folgenden Mengen in der komplexen Zahlenebene.

(a) A :={z ∈ C

∣∣ Im(z + 1− i) ≦ 1}

Losungshinweise hierzu: Es gilt

A ={a+ bi ∈ C

∣∣ Im(a+ bi + 1− i) ≦ 1}

={a+ bi ∈ C

∣∣ Im(a− bi + 1− i) ≦ 1}

={a+ bi ∈ C

∣∣ Im(a+ 1 + (−1− b)i) ≦ 1}

={a+ bi ∈ C

∣∣ −1− b ≦ 1}

={a+ bi ∈ C

∣∣ b ≧ −2}.

Die Menge ergibt sich als die Flache oberhalb der Geraden, wobei die Gerade selbst zuA gehort.



R

Ri

1i

0

(b) B :=

{z ∈ C

∣∣∣∣z

1 + i∈ R

}

Losungshinweise hierzu: Es ist

z

1 + i=

z(1− i)

(1 + i)(1− i)=

1

2z(1− i).

Damit gilt fur z = a+ bi

z

1 + i∈ R

⇔ 1

2(a+ bi)(1− i) ∈ R

⇔ 1

2(a+ b+ (b− a)i) ∈ R

⇔ Im(12(a+ b+ (b− a)i)

)= 0

⇔ a = b.

Also ist B ={a+ bi ∈ C

∣∣ a = b}.

R

Ri

1i

0



(c) C :=

{z ∈ C

∣∣∣∣ Re(z) 6= 0 ∧ 1 <Im(z)

Re(z)≦ 2

}

Losungshinweise hierzu: Es ist C ={a+ bi ∈ C

∣∣ a 6= 0 ∧ 1 < ba≦ 2}. Es sind

zwei Falle zu betrachten, da wegen ba> 0 entweder a und b beide positiv, oder beide

negativ sein mussen.Falls a > 0 und b > 0 , so muss a < b ≦ 2a gelten.Falls a < 0 und b < 0 , so muss 2a ≦ b < a gelten.Damit ergibt sich folgende Flache, wobei die gestrichelte Gerade und der Punkt 0 nichtzu C gehoren.

R

Ri

1i

0

(d) D :={z ∈ C

∣∣ 2|Re(z)|+ | Im(z)| < 2}

Losungshinweise hierzu: Es ist D ={a+ bi ∈ C

∣∣ 2|a|+ |b| < 2}. Es sind vier

Falle zu unterscheiden.Fall a > 0, b > 0 : 2a+ b < 2 ⇔ b < 2(1− a) .Fall a > 0, b < 0 : 2a− b < 2 ⇔ b > 2(a− 1) .Fall a < 0, b > 0 : −2a+ b < 2 ⇔ b < 2(1 + a) .Fall a < 0, b < 0 : −2a− b < 2 ⇔ b > 2(−1− a) .Damit wird die Menge nach oben durch die Geraden b = 2(1 − a) und b = 2(1 + a)begrenzt, sowie nach unten durch die Geraden b = 2(a−1) und b = 2(−1−a) . Dabeiist der Rand der Flache kein Teil der Menge.



R

Ri

1

2i

0

Online-Aufgabe.

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T. Cruz, U. Linden,


A. Wunsch





Aufgabe H 7. Komplexe Losungen von Gleichungen

Geben Sie jeweils alle Losungen z ∈ C der folgenden Gleichungen an.

(a) z5 = 7 (b) z12 − z = 0

(c) 4z2 − 8z + 5 = 0 (d) z2 + iz + 6 = 5z + 2i

Losungshinweise hierzu:

(a) Die Losungen dieser Gleichung lauten z = 5√7 · (cos(2nπ

5) + i sin(2nπ

5)) fur n =

0, 1, 2, 3, 4 .

(b) Diese Gleichung lasst sich schreiben als z(z11 − 1) = 0 . Eine Losung der Gleichungist folglich z = 0 und fur alle anderen Losungen gilt z11 = 1 . Also sind die weiterenLosungen gegeben durch z = cos(2nπ

11) + i sin(2nπ

11) fur n = 0, 1, 2, ..., 10 .

(c) Mittels quadratischer Erganzung schreibt man die linke Seite der Gleichung als

(2z − 2)2 + 1.

Also ist die Gleichung aquivalent zu (2z − 2)2 = −1 und ihre Losungen erfullen2z − 2 = ±i . Somit sind sie gegeben durch z = 1± i

2.

(d) z2 + iz + 6 = 5z + 2i ⇔ z2 − (5 − i)z + 6 − 2i = 0 ⇔ (z − 5−i2)2 = −1

2i .

Also gilt fur die Losungen der Gleichung z − 5−i2

= ± 1√2(cos(3

4π) + i sin(3

4π)) . Da

cos(34π) + i sin(3

4π) = 1√

2(i − 1) , sind die Losungen der Gleichung gegeben durch

z = 2 und z = 3− i .

Aufgabe H 8. Linearfaktorzerlegung von Polynomen

(a) Zerlegen Sie die folgenden Polynome in Linearfaktoren.

p1(X) = X4 − 3X3 − 33X2 + 35X

p2(X) = X3 + (1− i)X2 + (2− i)X + 2

p3(X) = X4 +X2 − 2

Losungshinweise hierzu: Man errat leicht, dass 0 und 1 Nullstellen von p1 sind. Manschreibt p1(X) = X(X3−3X2−33X+35) und fuhrt eine Polynomdivision des Termsim Klammern durch X−1 durch. Dann erhalt man p1(X) = X(X−1)(X2−2X−35) .Das verbleibende quadratische Polynom hat die Nullstellen 7 und −5 und es giltp1(X) = X(X − 1)(X − 7)(X + 5) .

Man sieht leicht, dass −1 eine Nullstelle von p2 ist. Fuhrt man eine Polynomdivisionvon p2 durch X +1 durch, findet man, dass sich p2 schreiben lasst als (X +1)(X2−iX + 2) . Das verbleibende quadratische Polynom hat die Nullstellen 2i und −i . Alsogilt p2(X) = (X + 1)(X − 2i)(X + i) .



Substituieren wir X2 durch Y in p3 , erhalten wir das quadratische Polynom Y 2+Y−2 .Es hat die Nullstellen 1 und −2 und kann daher geschrieben werden als (Y −1)(Y +2) .Also gilt p3(X) = (X2−1)(X2+2) . Zerlegt man schließlich die beiden quadratischenFaktoren in Linearfaktoren, erhalt man p3(X) = (X+1)(X−1)(X+i

√2)(X− i

√2) .

Als alternativen Losungsweg kann man auch die Nullstellen 1 und −1 von p3 erratenund Polynomdivision durch X + 1 und X − 1 durchfuhren.

(b) Geben Sie ein Polynom p vom Grad 3 an, sodass p(2) = p(−3) = p(12) = 0 und

p(0) = 1 gilt.

Losungshinweise hierzu: Als Ansatz wahlen wir p(X) = a(X − 2)(X + 3)(X − 12)

mit einem noch zu bestimmenden a ∈ R . Dann gilt p(2) = p(−3) = p(12) = 0 und

p(0) = 3a . Mit a = 13gilt also auch p(0) = 1 . Damit haben wir p bestimmt als

p(X) = 13(X − 2)(X + 3)(X − 1

2) = 1

3X3 + 1

6X2 − 13

6X + 1.

Aufgabe H 9. Untervektorraume

Gegeben seien die Vektoren

v1 =

1100

, v2 =

101−2

, v3 =

211−2

in R4 . Welche der folgenden Teilmengen von R4 sind Untervektorraume?

(a) V1 := {αv1 + βv3 ∈ R4 | α, β ∈ R} (b) V2 := {v1 + αv2 ∈ R4 | α ∈ R}(c) V3 := {v ∈ R4 | 〈v | v2〉 = 0} (d) V4 := V1 ∩ V3

(e) V5 := {v ∈ R4 | 〈v | v2〉 = 0 ∧ 〈v | v3〉 = 0} (f) V6 := {v ∈ R4 | 〈v | v1〉 = 1}(g) V7 := {v ∈ R4 | 〈v | v2〉 = 0 ∨ 〈v | v3〉 = 0} (h) V8 := {v ∈ V2 | |v| = 1}


(a) V1 ist ein Untervektorraum von R4 . Seien u1, u2 ∈ V1 mit u1 = α1v1 + β1v2 undu2 = α2v1+β2v2 , dann ist auch u1+u2 = (α1+α2)v1+(β1+β2)v2 ein Element vonV1 . Ebenso gilt λu1 = (λα1)v1+(λβ1)v2 ∈ V1 fur alle λ ∈ R . Wahlt man α = β = 0 ,

so erhalt man auch(0 0 0 0

)T ∈ V1 .

(b) V2 ist kein Untervektorraum von R4 , denn es gibt kein α ∈ R , sodass

v1 + αv2 =

1 + α1α

−2α

=

0000

.

(c) V3 ist ein Untervektorraum von R4 . In der Tat, seien w1, w2 ∈ V3 , d.h. 〈w1 | v2〉 =〈w2 | v2〉 = 0 , dann gilt auch w1 + w2 ∈ V3 , denn 〈w1 + w2 | v2〉 = 〈w1 | v2〉 +〈w2 | v2〉 = 0 , und λw1 ∈ V3 fur jedes λ ∈ R , denn 〈λw1 | v2〉 = λ 〈w1 | v2〉 = 0 .

Außerdem ist(0 0 0 0

)T ∈ V3 .



(d) Da V1 und V3 Untervektorraume sind, ist auch V1 ∩ V3 ein Untervektorraum von R4 .Das sieht man wie folgt. Seien w1, w2 ∈ V1∩V3 , dann ist w1, w2 ∈ V1 und w1, w2 ∈ V3 .Da V1 und V3 Untervektorraume sind, ist w1 + w2 ∈ V1 und w1 + w2 ∈ V3 , sowieλw1 ∈ V1 und λw2 ∈ V3 fur jedes λ ∈ R . Damit gilt w1 + w2 ∈ V1 ∩ V3 und

λw1 ∈ V1 ∩ V3 fur jedes λ ∈ R . Naturlich ist(0 0 0 0

)T ∈ V1 ∩ V3 .

(e) V5 ist ein Untervektorraum von R4 . Hier konnte man wie folgt argumentieren. SeiV := {v ∈ R4 | 〈v | v3〉 = 0} . Nach den gleichen Argumenten wie unter (c) ist V ,ebenso wie V3 , ein Untervektorraum von R4 . Nach den Argumenten von (d) ist dannauch V3∩ V ein Untervektorraum von R

4 . Schließlich uberzeugt man sich davon, dassV5 = V3 ∩ V .

(f) V6 ist kein Untervektorraum von R4 . Da

⟨

0000

∣∣∣∣∣∣∣∣

1100

⟩= 0 6= 1,

folgt(0 0 0 0

)T/∈ V6 .

(g) V7 ist kein Untervektorraum von R4 . Wahle

u =

0100

, w =

01−10

.

Dann gilt u, v ∈ V7 , denn 〈u | v2〉 = 0 und 〈w | v3〉 = 0 . Allerdings gilt u + w /∈ V7 ,denn 〈u+ w | v2〉 = 〈w | v2〉 = −1 6= 0 und 〈u+ w | v3〉 = 〈u | v3〉 = 1 6= 0 .

(h) V8 ist kein Untervektorraum von R4 , denn fur v =(0 0 0 0

)Tgilt |v| = 0 und

somit v /∈ V8 .

Online-Aufgabe.





Anschließend mussen Sie das per Email erhaltene Passwort fur die Onlineubungen eintragen.



T. Cruz, U. Linden,


A. Wunsch





Aufgabe H 10. Lineare Unabhangigkeit und Basis

Gegeben seien fur α ∈ R die folgenden Vektoren in R5 .

v1 =

001−21

, v2 =

0001−2

, v3 =

03004

, v4 =

0−6−24−2

, v5 =

062−4α

(a) Bestimmen Sie w ∈ R5 so, dass v1 , v2 , v3 , v4 , w eine Basis von R5 ist.

Losungshinweise hierzu: Da alle Vektoren v1 , v2 , v3 und v4 als ersten Eintrageine 0 besitzen, wahlen wir z.B. w := (1, 0, 0, 0, 0) in R5 damit v1 , v2 , v3 , v4 , wein Erzeugendensystem von R5 sein kann. Nach 2.4.8. hat R5 die Dimension 5 , alsoreicht es zu zeigen, dass v1 , v2 , v3 , v4 , w linear unabhangig sind (2.8.17.) damit dieVektoren eine Basis von R5 bilden.Dazu prufen wir, ob es reelle Zahlen λ1, . . . , λ5 ∈ R gibt, so dass λ1v1+λ2v2+λ3v3+λ4v4 + λ5w = 0 und mindestens ein λi 6= 0 ist. Wir stellen also das folgende lineareGleichungssystem auf und losen es.

0λ1 + 0λ2 + 0λ3 + 0λ4 + 1λ5 = 0 (I)0λ1 + 0λ2 + 3λ3 + (−6)λ4 + 0λ5 = 0 (II)1λ1 + 0λ2 + 0λ3 + (−2)λ4 + 0λ5 = 0 (III)

(−2)λ1 + 1λ2 + 0λ3 + 4λ4 + 0λ5 = 0 (IV)1λ1 + (−2)λ2 + 4λ3 + (−2)λ4 + 0λ5 = 0 (V)

Aus Gleichung (I) folgt λ5 = 0.Aus Gleichung (III) folgt λ1 = 2λ4 .Einsetzen in Gleichung (IV) gibt −4λ4 + λ2 + 4λ4 = 0 ⇔ λ2 = 0.Beides in (V) einsetzen ergibt 2λ4 − 2 · 0 + 4λ3 − 2λ4 = 0 ⇔ λ3 = 0.Einsetzen in (II) ergibt λ4 = 0 und dann mit (III) auch λ1 = 0.Damit muss λ1 = λ2 = λ3 = λ4 = λ5 = 0 gelten und v1 , v2 , v3 , v4 , w sind linearunabhangig.

(b) Bestimmen Sie zwei verschiedene Basen von L (v2 + v3, 2v1 + v4).

Losungshinweise hierzu: Seien λ1, λ2 ∈ R mit λ1(v2 + v3) + λ2(2v1 + v4) = 0.Dann gilt insbesondere: λ1 = 2λ2 sowie λ1 = 0. Das heißt λ1 = λ2 = 0. Also sindv2 + v3 , 2v1 + v4 linear unabhangig. Da sie nach Definition auch ein Erzeugenden-system von L (v2 + v3, 2v1 + v4) sind, ist also b1 := v2 + v3 , b2 := 2v1 + v4 eineBasis von L (v2 + v3, 2v1 + v4).Eine andere Basis b′1 , b

′2 fur L (v2 + v3, 2v1 + v4) = L (b1, b2) erhalt man beispiels-

weise auf folgende Weise:



(i) Indem man mindestens einen der Basisvektoren um einen Skalarfaktor ausRr {0} andert, etwa b′1 := −b1 = −v2 − v3 , b

′2 := 3b2 = 6v1 + 3v4 .

(ii) Indem man zu einem der Basisvektoren bj eine Linearkombination der ande-ren Basisvektoren hinzuaddiert, etwa b′1 := b1 + 3b2 = 6v1 + v2 + v3 + 3v4 ,b′2 := b2 = 2v1 + v4 .

(iii) Indem wir die Menge L (v2 + v3, 2v1 + v4) genauer beschreiben um neue Er-zeugendensysteme zu finden.

L (v2 + v3, 2v1 + v4) =

abcde

∈ R5

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

abcde

= λ

03012

+ µ

0−6000

; λ, µ ∈ R

=

abcde

∈ R5

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

abcde

=

03λ− 6µ

0λ2λ

; λ, µ ∈ R

=

abcde

∈ R5

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a = 0, c = 0, e = 2d

.

Eine weitere Basis ist also z.B. b′1 :=

01000

, b′2 :=

00012

, da diese Vektoren linear

unabhangig sind und nach obiger Umformung ein Erzeugendensystem bilden.

(c) Bestimmen Sie alle α ∈ R so, dass v1 , v3 , v5 linear unabhangig sind.

Losungshinweise hierzu: Wie in Teil (a) wahlen wir λ1, λ2, λ3 ∈ R mit λ1v1 +λ2v3 + λ3v5 = 0 und losen das dazugehorige lineare Gleichungssytem.

0λ1 + 3λ2 + 6λ3 = 0 (I)1λ1 + 0λ2 + 2λ3 = 0 (II)

(−2)λ1 + 0λ2 + (−4)λ3 = 0 (III)1λ1 + 4λ2 + αλ3 = 0 (IV)

Aus Gleichung (I) folgt λ2 = −2λ3 .Aus Gleichung (II) (oder (III)) folgt λ1 = −2λ3 . Zusammen also λ1 = λ2 = −2λ3 .Einsetzen in (IV) liefert (−2− 8 + α)λ3 = 0.Damit v1 , v3 , v5 linear unabhangig sind, muss also −2 − 8 + α 6= 0 sein, d.h.α ∈ Rr {10} .



(d) Bestimmen Sie alle α ∈ R so, dass v2 , v4 , v5 linear abhangig sind.

Losungshinweise hierzu: Wie in Teil (a) und (c) wahlen wir λ1, λ2, λ3 ∈ R mitλ1v2 + λ2v4 + λ3v5 = 0 und losen das dazugehorige lineare Gleichungssytem.

0λ1 + (−6)λ2 + 6λ3 = 0 (I)0λ1 + (−2)λ2 + 2λ3 = 0 (II)1λ1 + 4λ2 + (−4)λ3 = 0 (III)

(−2)λ1 + (−2)λ2 + αλ3 = 0 (IV)

Aus Gleichung (I) (oder (II)) folgt λ2 = λ3 .Einsetzen in (III) liefert λ1 + 4λ3 − 4λ3 = 0 ⇔ λ1 = 0.Zusammen mit (IV) erhalten wir (−2 + α)λ3 = 0.Damit v2 , v4 , v5 linear abhangig sind, muss also −2 + α = 0 sein, d.h. α = 2.

Aufgabe H 11. Skalarprodukt

Sei Pol1 R :={∑1

j=0 ajXj

∣∣∣ aj ∈ R

}der Vektorraum aller reellen Polynome vom Grad

hochstens 1 . Welche der Eigenschaften fur die Definition eines Skalarprodukts (siehe 2.6.2)erfullen die folgenden Abbildungen 〈 · | ·〉j fur j = 1, . . . , 4? Geben Sie fur nicht erfullteEigenschaften jeweils ein Gegenbeispiel an.

(a) 〈 · | ·〉1 : R4 × R4 → R : 〈v |w〉1 =∑4

j=1 |vjwj| .(b) Sei u = (u1, . . . , un) ∈ Rn so gewahlt, dass uj > 0 fur alle j gilt.

〈 · | ·〉2 : Rn × Rn → R : 〈v |w〉2 =∑n

j=1 ujvjwj .

(c) 〈 · | ·〉3 : Pol1 R× Pol1 R → R : 〈r0 + r1X | t0 + t1X〉3 = r1t1 − r1t0 + r0t1 + r0t0 .

(d) 〈 · | ·〉4 : Pol1 R× Pol1 R → R : 〈r0 + r1X | t0 + t1X〉4 = (r1t1)2 − (r0t0)

2 .

Losungshinweise hierzu: Ein Skalarprodukt 〈 · | ·〉 : V × V → R auf einem R-VektorraumV muss die folgenden Eigenschaften fur alle x, y, z ∈ V und alle s ∈ R erfullen:

E1. 〈x | y〉 = 〈y | x〉 E2. 〈x | x〉 ≧ 0 und 〈x | x〉 = 0 ⇐⇒ x = 0E3. 〈x | y + z〉 = 〈x | y〉+ 〈x | z〉 E4. s 〈x | y〉 = 〈sx | y〉 = 〈x | sy〉Wir uberprufen die Eigenschaften E1 - E4 im Folgenden fur die Abbildungen 〈 · | ·〉j .Um E2 zu testen, verwenden wir dabei, dass die Summe von Quadraten genau dann Nullergibt, wenn jeder Summand Null ist. Formal ausgedruckt fur x1, . . . , xn ∈ R lautet dies:

n∑

j=1

x2j = 0 ⇐⇒ x2

j = 0 fur alle j ⇐⇒ xj = 0 fur alle j . (1)

(a) Fur alle v, w ∈ Rn gelten E1 und E2.

E1 gilt, da 〈v |w〉1 =∑4

j=1 |vjwj| =∑4

j=1 |wjvj| = 〈w | v〉1 .E2 gilt. Aus |v2j | = v2j ≧ 0 fur alle j = 1, . . . , 4 folgt 〈v | v〉1 =

∑4j=1 v

2j ≧ 0 .

Da∑4

j=1 v2j eine Summe von Quadraten ist, folgt weiter

〈v | v〉1 =4∑

j=1

v2j = 0(1)⇐⇒ vj = 0 fur alle j ⇐⇒ v = 0.



E3 und E4 gelten nicht. Wir belegen dies mit einem Gegenbeispiel. Dafur wahlen wir

v = y = (1, 0, 0, 0), w = (−1, 0, 0, 0) in R4 und s = −1.

Es gilt 〈v |w + y〉1 = 0 6= 〈v |w〉1 + 〈v | y〉1 = | − 1|+ |1| = 2 und s 〈v |w〉1 =−1 6= 1 = 〈sv |w〉1 = 〈v | sw〉1 .

(b) Fur alle v, w, y ∈ Rn und alle s ∈ R gelten E1 - E4. Insbesondere ist damit 〈 · | ·〉2ein Skalarprodukt.

E1 gilt, da 〈v |w〉2 =∑n

j=1 ujvjwj =∑n

j=1 ujwjvj = 〈w | v〉2 .

E2 gilt. Aus uj > 0 folgt ujv2j ≧ 0 fur alle j und daher 〈v | v〉2 =

∑n

j=1 ujv2j ≧ 0 .

Wir schreiben∑n

j=1 ujv2j =

∑n

j=1(√ujvj)

2 als Summe von Quadraten. Es folgt

〈v | v〉2 =n∑

j=1

(√ujvj)

2 = 0(1)⇐⇒ √

ujvj = 0 fur alle j√uj > 0⇐⇒ v = 0.

E3 gilt, da 〈v |w + y〉2 =∑n

j=1 ujvj(wj + yj) =∑n

j=1 ujvjwj +∑n

j=1 ujvjyj =〈v |w〉2 + 〈v | y〉2

E4 gilt, da s(∑n

j=1 ujvjwj

)=∑n

j=1 uj(svj)wj =∑n

j=1 ujvj(swj) und somits 〈v |w〉2 = 〈sv |w〉2 = 〈v | sw〉2 .

(c) Fur alle r0+ r1X, t0+ t1X ∈ Pol1 R und alle s ∈ R gelten die Eigenschaften E2 - E4.

E1 gilt nicht. Mit a(X) = X = 0+1·X und b(X) = 1 = 1+0·X folgt 〈a(X) | b(X)〉3 =−1 6= 1 = 〈b(X) | a(X)〉3 .

E2 gilt, da 〈r0 + r1X | r0 + r1X〉3 = r21 + r20 ≧ 0 . Weiter ist

〈r0 + r1X | r0 + r1X〉3 = r21 + r20 = 0(1)⇐⇒ r0 = r1 = 0 ⇐⇒ r0 + r1X = 0.

E3 gilt, da

〈r0 + r1X | (t0 + t1X) + (u0 + u1X)〉3= r1(t1 + u1)− r1(t0 + u0) + r0(t1 + u1) + r0(t0 + u0)

= (r1t1 − r1t0 + r0t1 + r0t0) + (r1u1 − r1u0 + r0u1 + r0u0)

= 〈r0 + r1X | t0 + t1X〉3 + 〈r0 + r1X | u0 + u1X〉3 .

E4 gilt. Aus den Gleichungen

s(r1t1 − r1t0 + r0t1 + r0t0) = (sr1)t1 − (sr1)t0 + (sr0)t1 + (sr0)t0

= r1(st1)− r1(st0) + r0(st1) + r0(st0)

folgt s 〈r0 + r1X | t0 + t1X〉3 = 〈s(r0 + r1X) | t0 + t1X〉3 = 〈r0 + r1X | s(t0 + t1X)〉3 .(d) Fur alle r0 + r1X, t0 + t1X ∈ Pol1R gilt nur E1.



E1 gilt, da

〈r0 + r1X | t0 + t1X〉4 = (r1t1)2−(r0t0)

2 = (t1r1)2−(t0r0)

2 = 〈t0 + t1X | r0 + r1X〉4 .

E2 gilt nicht. Fur a(X) = 1 = 1 + 0 · X ist 〈a(X) | a(X)〉 = −1 < 0 . Zwar impliziertr0+r1X = 0 stets 〈r0 + r1X | r0 + r1X〉4 = 0 , aber fur b(X) = 1+X = 1+1·X 6= 0ist 〈b(X) | b(X)〉 = 1− 1 = 0 .

E3 und E4 gelten nicht. Als Gegenbeispiel betrachten wir

a(X) = b(X) = X = 0 + 1 ·X, c(X) = −X = 0 + (−1) ·X und s = −1.

Es gilt 〈a(X) | b(X) + c(X)〉4 = 0 6= 〈a(X) | b(X)〉4 + 〈a(X) | c(X)〉4 = 1 + 1 = 2und s 〈a(X) | b(X)〉4 = −1 6= 1 = 〈sa(X) | b(X)〉4 = 〈a(X) | sb(X)〉4 .

Aufgabe H 12. Funktionenraume

Gegeben seien die folgenden Funktionen aus dem Vektorraum C0([0, 2π]) (siehe 2.6.3):

f1 : [0, 2π] → R : x 7→ 1 f2 : [0, 2π] → R : x 7→(xπ− 1)2

f3 : [0, 2π] → R : x 7→ sin(3x) f4 : [0, 2π] → R : x 7→ cos(4x)

(a) Zeigen Sie, dass die Funktionen f1 , f2 , f3 und f4 linear unabhangig sind.

Losungshinweise hierzu: Wir betrachten eine Linearkombination der Funktionen. Essoll fur alle x ∈ R gelten, dass

0!= λ1f1(x) + λ2f2(x) + λ3f3(x) + λ4f4(x)

= λ1 + λ2

(xπ− 1)2

+ λ3 sin(3x) + λ4 cos(4x). (2)

Wir setzen nun verschiedene Werte fur x ein, um die Koeffizienten λi zu bestimmen.

Sei x = 0, dann gilt 0 = λ1 + λ2 + 0 + λ4. (3)

Sei x = π, dann gilt 0 = λ1 + 0 + 0 + λ4. (4)

Aus Gleichung (4) folgt λ4 = −λ1 . Einsetzen in Gleichung (2) zeigt λ2 = 0 . Somitvereinfacht sich (2) zu

0 = λ1 + λ3 sin(3x)− λ1 cos(4x). (5)

Auswerten von Gleichung (5) an der Stelle x = π2ergibt

0 = λ1 − λ3 − λ1 = −λ3 ⇒ λ3 = 0.

Damit reduziert sich (5) zu

0 = λ1 − λ1 cos(4x) = λ1(1− cos(4x)). (6)

Auswerten von (6) an der Stelle x = π8liefert 0 = λ1 womit λ4 = −λ1 = 0 folgt.

Somit sind die Funktionen linear unabhangig.

(b) Zeigen Sie fur alle x ∈ R die Identitat sin(3x) = 3 sin(x)−4 sin(x)3 . Sie durfen dabeidie Additionstheoreme aus der Vorlesung fur cos und sin (siehe 1.8.3) benutzen.



Losungshinweise hierzu: Fur s, t ∈ R gelten die Additionstheoreme (siehe 1.8.3):

cos(s+ t) = cos(s) cos(t)− sin(s) sin(t),

sin(s+ t) = sin(s) cos(t) + cos(s) sin(t). (7)

Indem wir s = x und t = x setzen, ergibt sich daraus

cos(2x) = cos(x) cos(x)− sin(x) sin(x) = cos(x)2 − sin(x)2 (8)

sin(2x) = sin(x) cos(x) + cos(x) sin(x) = 2 sin(x) cos(x) (9)

Damit berechnen wir

sin(3x)(7)= sin(2x) cos(x) + cos(2x) sin(x)

(8),(9)= 2 sin(x) cos(x)2 + cos(x)2 sin(x)− sin(x)3 = 3 sin(x) cos(x)2 − sin(x)3

(∗)= 3 sin(x)

(1− sin(x)2

)− sin(x)3 = 3 sin(x)− 4 sin(x)3,

wobei im Umformungsschritt (∗) verwendet wurde, dass sin(x)2 + cos(x)2 = 1 .

(c) Sei g : [0, 2π] → R : g(x) = 8 sin(x)3+cos(π4) cos(4x)− 6 sin(x)+ 3

π2x(x− 2π)− 11 .Gilt g ∈ L (f1, f2, f3, f4)?

Losungshinweise hierzu: Wegen 3π2x(x−2π) = 3

(x2

π2 −2xπ+1)−3 = 3

(xπ−1)2−3 ,

erhalten wir nach Umsortieren

g(x) = cos(π4) cos(4x)− 2

(3 sin(x)− 4 sin(x)3

)+ 3(xπ− 1)2 − 14

= cos(π4)f4(x)− 2f3(x) + 3f2(x)− 14f1(x).

Somit ist die Funktion g als Linearkombination der Funktionen f1 , f2 , f3 und f4darstellbar und es folgt g ∈ L (f1, f2, f3, f4) .

(d) Sei h : [0, 2π] → R : h(x) = (sin(x)− 1)3 . Gilt h ∈ L (f1, f3)?

Losungshinweise hierzu: Um h ∈ L (f1, f3) zu uberprufen, mussen wir untersuchen,ob h als Linearkombination von f1 und f3 darstellbar ist. Angenommen solch eineLinearkombination existiert. Genauer bedeutet dies λ1, λ3 ∈ R existieren so, dass

h(x) = λ1f1(x) + λ3f3(x).

Wir werten diese Gleichung an verschieden Stellen aus:

Sei x = 0, dann gilt −1 = λ1 + 0.Sei x = π

2, dann gilt 0 = λ1 − λ3.

Sei x = 3π2, dann gilt −8 = λ1 + λ3.

Addition der letzten beiden Gleichungen liefert −8 = 2λ1 und somit λ1 = −4 . Da nachder ersten Gleichung λ1 = −1 , erhalten wir einen Widerspruch. Somit kann h nichtals Linearkombination von f1 und f3 dargestellt werden und es folgt h /∈ L (f1, f3) .

Online-Aufgabe.




T. Cruz, U. Linden,


A. Wunsch





Aufgabe H 13. Matrixmultiplikation

Gegeben seien die Matrizen

A =

0 1 20 0 30 0 0

, B =

(1 i0 1

), C =

(0 −11 0

), D =

2 i0 34 −i

.

(a) Berechnen Sie damit die Produkte BC , CB und ADB .

Losungshinweise hierzu: Es ergibt sich:

B · C =

(i −11 0

), C ·B =

(0 −11 i

), A ·D · B =

8 3 + 6i12 9i0 0

.

(b) Berechnen Sie fur alle n ∈ N die Potenzen An , Bn und Cn .

Losungshinweise hierzu: Bei der Matrix A handelt es sich um eine sogenanntenilpotente Matrix. Das heißt, es existiert ein m ∈ N so, dass An = 0 fur alle n ≧ mist. Es ergibt sich

A1 =

0 1 20 0 30 0 0

, A2 =

0 0 30 0 00 0 0

und An =

0 0 00 0 00 0 0

fur alle n ≧ 3.

Fur die Matrix B berechnet man

B1 =

(1 i0 1

), B2 =

(1 2i0 1

), B3 =

(1 3i0 1

), B4 =

(1 4i0 1

),

was den Verdacht nahelegt, dass fur n ∈ N

Bn =

(1 ni0 1

)

gilt. Diese Vermutung muss noch induktiv bewiesen werden:

©IA Fur n = 1 stimmt der vermutete Ausdruck offensichtlich mit B uberein.

©IH Wir nehmen nun an, dass der vermutete Ausdruck fur ein n ∈ N stimmt.

©IS Wir zeigen die Gultigkeit des Ausdrucks fur n+ 1 unter Verwendung der Induk-

tionshypothese: Es gilt namlich

Bn+1 = Bn ·B ©IH=

(1 ni0 1

)·(1 i0 1

)=

(1 (n+ 1)i0 1

),



womit die Behauptung bewiesen ist.

Fur die Matrix C ergibt sich

C1 =

(0 −11 0

), C2 =

(−1 00 −1

), C3 =

(0 1−1 0

), C4 =

(1 00 1

), C5 = C1.

Das heißt, die Matrix verhalt sich beim Potenzieren zyklisch. Es ergibt sich allgemein

Cn =

C, falls n = 4k + 1,

−E2, falls n = 4k + 2,

−C, falls n = 4k + 3,

E2, falls n = 4k + 4,

wobei k ∈ N0 und E2 die Einheitsmatrix des Rn×n ist.

Aufgabe H 14. Skalarprodukt und dyadisches Produkt

(a) Gegeben seien fur j ∈ {1, 2, 3, 4} die Vektoren vj durch

v1 =(2 0 0 0 0

)T, v2 =

(1 0 −3 0 0

)T,

v3 =(0 −2 0 1 0

)T, v4 =

(0 0 −1 0 3

)T.

Berechnen Sie alle Vektoren des R5 , welche auf allen vj senkrecht stehen.

Losungshinweise hierzu: Der gesuchte Vektor x =(x1 x2 x3 x4 x5

)T ∈ R5

soll auf allen Vektoren v1 , v2 , v3 und v4 senkrecht stehen. Das heißt, es muss〈vj | x〉 = 0 sein fur alle j ∈ {1, 2, 3, 4} . Dies fuhrt auf das folgende lineare Glei-chungssystem mit vier Gleichungen und funf Unbekannten:

2x1 = 0 (I)x1 + (−3)x3 = 0 (II)

(−2)x2 + x4 = 0 (III)(−1)x3 + 3x5 = 0 (IV)

Aus Gleichung (I) folgt sofort x1 = 0 . In Gleichung (II) eingesetzt ergibt sich x3 = 0und dies in Gleichung (IV) ergibt auch x5 = 0 . In Gleichung (III) fuhren wir denParameter t ∈ R ein durch x2 = t . Dies in Gleichung (III) eingesetzt und nachx4 aufgelost ergibt x4 = 2t . Somit steht jeder der Vektoren, welcher durch xt =(0 t 0 2t 0

)T, t ∈ R , beschrieben wird, senkrecht auf v1 , v2 , v3 und v4 .

(b) Gegeben seien im Rn die Vektoren

v =(1 2 3 4 ... n

)T, w =

(1 4 9 16 ... n2

)T.

Berechnen Sie den Skalar vT · w und alle Komponenten der Matrix v · wT .



Losungshinweise hierzu: Die k -te Komponente von v ist vk = k , jene von w istwk = k2 . Somit ergibt sich (fur das Skalarprodukt von v und w)

vT · w =n∑

k=1

vk · wk =n∑

k=1

k3 =n2(n+ 1)2

4,

wobei wir die Summenformel aus Aufgabe P3 verwendet haben.

Bei v ·wT handelt es sich um das sogenannte dyadische Produkt von v mit w . Hierbeiergibt sich die Matrix

v · wT =

1 4 9 16 ... n2

2 8 18 32 ... 2n2

3 12 27 48 ... 3n2

4 16 36 64 ... 4n2

......

......

. . ....

n 4n 9n 16n ... n3

,

beziehungsweise komponentenweise(v · wT

)jk

= vj · wk = j · k2.

Aufgabe H 15. Schnitt von Ebenen

Sei t ∈ R . Seien ferner im R3 die Ebenen E und Ft gegeben durch

E : x1 + x2 = 2, Ft : tx1 + (1 + t)x2 − tx3 = 1.

(a) Zeigen Sie, dass sich E und alle Ft in einem Punkt schneiden.

Losungshinweise hierzu: Zunachst untersuchen wir die gegenseitige Lage der EbenenE , F0 und F−1 (F0 und F−1 wegen der guten Rechenbarkeit). Dies fuhrt auf folgendeslineares Gleichungssystem:

x1 + x2 = 2 (I)x2 = 1 (II)

−x1 + x3 = 1 (III)

Aus (II) erhalten wir x2 = 1 . In (I) eingesetzt folgt x1 = 1 und diesen Wert in (III)eingesetzt liefert x3 = 2 . Als Schnittpunkt der drei Ebenen E , F0 und F−1 folgt also(1, 1, 2) . Setzt man diesen Punkt fur beliebiges t ∈ R in die Koordinatengleichung vonFt ein, folgt

t · 1 + (1 + t) · 1− t · 2 = t+ 1 + t− 2t = 1!= 1,

der Punkt liegt also auch auf allen anderen Ebenen Ft .

(b) Bestimmen Sie eine Parameterdarstellung von E und die Hesse-Normalform von Ft .



Losungshinweise hierzu: Fur die Parameterdarstellung von E parametrisieren wirx2 = s und x3 = t . Somit folgt aus der Koordinatengleichung von E , dass x1 = 2−sund somit

E : x =

200

+ s

−110

+ t

001

, s, t ∈ R.

Ein Normalenvektor von Ft ist gegeben durch (t, 1 + t,−t)T . Dieser muss normiertwerden! Seine Lange betragt

√t2 + (1 + t)2 + (−t)2 =

√1 + 2t+ 3t2.

Damit lautet die Hessesche Normalform

Ft :

⟨1√

1 + 2t+ 3t2

t1 + t−t

∣∣∣∣∣∣x

⟩=

1√1 + 2t+ 3t2

.

(c) Berechnen Sie die Schnittgerade von E und F0 und jene von E und F−1 .

Losungshinweise hierzu: Fur die Schnittgerade von E und F0 ist das Gleichungs-system

x1 + x2 = 2 (I)x2 = 1 (II)

zu losen. Wir parametrisieren x3 = r , aus (II) erhalten wir x2 = 1 und damit aus (I)x1 = 1 . Somit lautet die Schnittgerade, die wir s0 nennen

s0 : x =

110

+ r

001

, r ∈ R.

Fur die Schnittgerade von E und F−1 losen wir folgendes Gleichungssystem:

x1 + x2 = 2 (I)−x1 + x3 = 1 (II)

Zunachst parametrisieren wir x1 = t und erhalten damit aus (II) x3 = 1 + t undaus (I) x2 = 2− t . Wir bekommen also die Schnittgerade

s−1 : x =

021

+ t

1−11

, t ∈ R.

Bemerkung: Der Schnittpunkt von s0 und s−1 muss naturlich mit dem gemeinsamenSchnittpunkt aller Ebenen aus (a), also (1, 1, 2) ubereinstimmen. In der Tat erhaltenwir diesen Punkt auf beiden Geraden, namlich fur r = 2 und t = 1 . Dies war hier abernicht gefragt.

(d) Berechnen Sie den Cosinus des Winkels zwischen diesen beiden Schnittgeraden.



Losungshinweise hierzu: Der Cosinus des Schnittwinkels α ergibt sich aus denbeiden Richtungsvektoren:

cosα =

⟨001

∣∣∣∣∣∣

1−11

⟩

∣∣∣∣∣∣

001

∣∣∣∣∣∣·

∣∣∣∣∣∣

1−11

∣∣∣∣∣∣

=0 · 1 + 0 · (−1) + 1 · 1√

02 + 02 + 12 ·√12 + (−1)2 + 12

=1√3.

Dem entspricht ein Schnittwinkel von ungefahr α = 54, 74◦ im Gradmaß beziehungs-weise α = 0, 9553 im Bogenmaß (nicht gefragt!).

Online-Aufgabe.




T. Cruz, U. Linden,


A. Wunsch





Aufgabe H 16. Lineare Gleichungssysteme

Wir betrachten das folgende lineare Gleichungssystem.

− x2 + 11x3 + 5x4 − 2x5 − 2x6 − 3x7 = −3−2x1 + x2 − 4x3 + 2x4 + 5x5 + 2x6 + 3x7 = 1−5x1 + 2x2 − 5x3 + 8x4 + 12x5 + 4x6 + 6x7 = 16x1 − x2 − 10x3 − 15x5 − 2x6 − 3x7 = 3

−2x1 + 2x2 − 3x3 + x4 + 4x6 + 6x7 = 410x1 − 6x2 + 31x3 − 9x4 + 3x5 − 12x6 − 18x7 = −8

(a) Stellen Sie die erweiterte Koeffizientenmatrix [A‖b] auf und formen Sie diese in die inSatz 3.7.2 angegebene Form um.

Losungshinweise hierzu: Die erweiterte Koeffizientenmatrix ist

0 −1 11 5 −2 −2 −3 −3−2 1 −4 2 5 2 3 1−5 2 −5 8 12 4 6 16 −1 −10 0 −15 −2 −3 3

−2 2 −3 1 0 4 6 410 −6 31 −9 3 −12 −18 −8

.

Wir verwenden den Gauß-Algorithmus 3.7.3:

Z1 ↔ Z2 :

−2 1 −4 2 5 2 3 10 −1 11 5 −2 −2 −3 −3

−5 2 −5 8 12 4 6 16 −1 −10 0 −15 −2 −3 3

−2 2 −3 1 0 4 6 410 −6 31 −9 3 −12 −18 −8

−12Z1 :

Z3 − 52Z1 :

Z4 + 3Z1 :Z5 − Z1 :Z6 + 5Z1 :

1 −12

2 −1 −52

−1 −32

−12

0 −1 11 5 −2 −2 −3 −30 −1

25 3 −1

2−1 −3

2−3

2

0 2 −22 6 0 4 6 60 1 1 −1 −5 2 3 30 −1 11 1 28 −2 −3 −3



−Z1 :Z3 − 1

2Z2 :

Z4 + 2Z2 :Z5 + Z2 :Z6 − Z2 :

1 −12

2 −1 −52

−1 −32

−12

0 1 −11 −5 2 2 3 30 0 −1

212

12

0 0 00 0 0 16 −4 0 0 00 0 12 4 −7 0 0 00 0 0 −4 30 0 0 0

−2Z1 :

Z5 + 24Z3 :

1 −12

2 −1 −52

−1 −32

−12

0 1 −11 −5 2 2 3 30 0 1 −1 −1 0 0 00 0 0 16 −4 0 0 00 0 0 16 5 0 0 00 0 0 −4 30 0 0 0

116Z4 :

Z5 − Z4 :Z6 +

14Z4 :

1 −12

2 −1 −52

−1 −32

−12

0 1 −11 −5 2 2 3 30 0 1 −1 −1 0 0 00 0 0 1 −1

40 0 0

0 0 0 0 9 0 0 00 0 0 0 29 0 0 0

Z1 +518Z5 :

Z2 − 29Z5 :

Z3 +19Z5 :

Z4 +136Z5 :

19Z5 :

Z6 − 299Z5 :

1 −12

2 −1 0 −1 −32

−12

0 1 −11 −5 0 2 3 3

0 0 1 −1 0 0 0 0

0 0 0 1 0 0 0 0

0 0 0 0 1 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0

Z1 + Z4 :Z2 + 5Z4 :Z3 + Z4 :

1 −12

2 0 0 −1 −32

−12

0 1 −11 0 0 2 3 30 0 1 0 0 0 0 00 0 0 1 0 0 0 00 0 0 0 1 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0

Z1 − 2Z3 :Z2 + 11Z3 :

1 −12

0 0 0 −1 −32

−12

0 1 0 0 0 2 3 30 0 1 0 0 0 0 00 0 0 1 0 0 0 00 0 0 0 1 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0



Z1 +12Z2 :

1 0 0 0 0 0 0 10 1 0 0 0 2 3 30 0 1 0 0 0 0 00 0 0 1 0 0 0 00 0 0 0 1 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0

(b) Bestimmen Sie den Losungsraum des linearen Gleichungssystems.

Losungshinweise hierzu: Nach Satz 3.7.6 ist mit Teil (a)

h1 :=

0−200010

h2 :=

0−300001

eine Basis des Losungsraums des homogenen Systems. Weiterhin ist

vsp :=

1300000

eine spezielle Losung des inhomogenen Systems. Damit hat der Losungsraum des in-homogenen Systems die folgende Parameterdarstellung.

vsp + λ1h1 + λ2h2 ; λ1, λ2 ∈ R

(c) Ersetzen Sie in der letzten Gleichung die rechte Seite (also den Wert −8) durch 0 .Entscheiden Sie, ob das lineare Gleichungssystem dann weiterhin eine Losung besitzt.

Losungshinweise hierzu: Fuhren wir die Umformungsschritte wie in Teil (a) durch,so erhalten wir im letzten Schritt

1 0 0 0 0 0 0 10 1 0 0 0 2 3 30 0 1 0 0 0 0 00 0 0 1 0 0 0 00 0 0 0 1 0 0 00 0 0 0 0 0 0 8



da die letzte Zeile nie zu anderen Zeilen addiert wurde. Damit besitzt das Gleichungs-system nicht mehr eine Losung. Die Losungsmenge ist also die leere Menge.

Aufgabe H 17. Lineares Gleichungssystem

Sei t ∈ R ein Parameter. Sei At :=

1 4 −2 4 3−1 −2 t −2 −11 2 −2 2 1

sowie bt :=

−2t+ 1−2

.

(a) Bestimmen Sie eine Basis von{x ∈ R5

∣∣ Atx = 0}in Abhangigkeit von t .

(b) Bestimmen Sie die Losungsmenge{x ∈ R5

∣∣ Atx = bt}in Abhangigkeit von t .


• Die erweiterte Koeffizientenmatrix ist

1 4 −2 4 3 −2−1 −2 t −2 −1 t+ 11 2 −2 2 1 −2

.

• Wir verwenden den Gauß-Algorithmus 3.7.3:

Z1 − 2Z3 :Z2 + Z3 :

−1 0 2 0 1 20 0 t− 2 0 0 t− 11 2 −2 2 1 −2

−Z1 :

Z1 + Z3 :

1 0 −2 0 −1 −20 0 t− 2 0 0 t− 10 2 0 2 2 0

Z2 ↔ Z3 :

1 0 −2 0 −1 −20 2 0 2 2 00 0 t− 2 0 0 t− 1

12Z2 :

1 0 −2 0 −1 −20 1 0 1 1 00 0 t− 2 0 0 t− 1

• Wenn t = 2 , dann ist die erweiterte Koeffizientenmatrix

1 0 −2 0 −1 −20 1 0 1 1 00 0 0 0 0 1

. (10)

• Wenn t 6= 2 , dann ist die erweiterte Koeffizientenmatrix

1(t−2)

Z3 :

1 0 −2 0 −1 −20 1 0 1 1 00 0 1 0 0 t−1

t−2

Z1 + 2Z3 :

1 0 0 0 −1 2t−2

0 1 0 1 1 00 0 1 0 0 t−1

t−2

. (11)



(a) Wenn t = 2 , dann ist die Koeffizientenmatrix des homogenen Gleichungssystems

1 0 −2 0 −1 00 1 0 1 1 00 0 0 0 0 0

.

und eine Basis der Losungsmenge{x ∈ R5

∣∣ A2x = 0}ist nach Satz 3.7.6

B :

20100

,

0-1010

,

1-1001

.

Wenn t 6= 2 , dann ist die Koeffizientenmatrix des homogenen Gleichungssystems

1 0 0 0 −1 00 1 0 1 1 00 0 1 0 0 0

.

und eine Basis der Losungsmenge{x ∈ R5

∣∣ Atx = 0}ist

C :

0-1010

,

1-1001

.

(b) Wenn t = 2 , dann ist die Koeffizientenmatrix des inhomogenen Gleichungssystemsdurch (10) gegeben. Wir erhalten aus der dritten Zeile den Widerspruch 0 = 1 . Damitist die Losungsmenge die leere Menge.Wenn t 6= 2 , dann ist die Koeffizientenmatrix des inhomogenen Gleichungssystems

durch (11) gegeben. Eine spezielle Losung ist damit(

2t−2

, 0, t−1t−2

, 0, 0)⊺

und

die Losungsmenge{x ∈ R5

∣∣ Atx = bt}ist somit

2t−2

0t−1t−2

00

+ λ1

0-1010

+ λ2

1-1001

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

λ1, λ2 ∈ R

.

Aufgabe H 18. Lineare Abbildungen

(a) Zeigen Sie, dass δ : Pol2 R → Pol2 R : a2x2 + a1x + a0 7→ 2a2x + a1 eine lineare

Abbildung ist (dass also das Ableiten eine lineare Abbildung liefert, siehe P13).



Losungshinweise hierzu: Seien a2x2 + a1x + a0, b2x

2 + b1x + b0 ∈ Pol2 R , sowieλ ∈ R . Wir zeigen die Eigenschaften aus Definition 3.8.1.

1. δ((a2x

2 + a1x+ a0) + (b2x2 + b1x+ b0)

)

= δ((a2 + b2)x

2 + (a1 + b1)x+ (a0 + b0))

= 2(a2 + b2)x+ (a1 + b1)

= 2a2x+ a1 + 2b2x+ b1

= δ(a2x

2 + a1x+ a0)+ δ(b2x

2 + b1x+ b0)

2. δ(λ(a2x

2 + a1x+ a0))

= δ(λa2x

2 + λa1x+ λa0)

= 2λa2x+ λa1

= λ(2a2x+ a1)

= λδ(a2x

2 + a1x+ a0)

(b) Zeigen Sie, dass T : Rn×n → R : (aij)1≦i,j≦n 7→n∑

i=1

aii eine lineare Abbildung ist.

Losungshinweise hierzu: Seien (aij)1≦i,j≦n , (bij)1≦i,j≦n ∈ Rn×n , sowie λ ∈ R . Wirzeigen die Eigenschaften aus Definition 3.8.1.

1. T((aij)1≦i,j≦n + (bij)1≦i,j≦n

)= T

((aij + bij)1≦i,j≦n

)

=n∑

i=1

(aii + bii) =n∑

i=1

aii +n∑

i=1

bii

= T((aij)1≦i,j≦n

)+ T

((bij)1≦i,j≦n

)

2. T(λ(aij)1≦i,j≦n

)= T

((λaij)1≦i,j≦n

)

=n∑

i=1

(λaii) = λ

(n∑

i=1

aii

)

= λT((aij)1≦i,j≦n

)

(c) Welche der Eigenschaften fur die Definition einer linearen Abbildung (siehe 3.8.1)erfullen die folgenden Abbildungen? Geben Sie fur nicht erfullte Eigenschaften jeweilsein Gegenbeispiel an.

f1 : R2×2 → R :

(a bc d

)7→ ad− bc

f2 : R2×2 → R2×2 : A 7→(

0 1−1 0

)A

(0 −11 0

)



Losungshinweise hierzu: Wir betrachten zuerst die Abbildung f1 . Gegenbeispiel zuEigenschaft 1.:

f1

((1 00 0

)+

(0 00 1

))= f1

((1 00 1

))= 1− 0 = 1

f1

((1 00 0

))+ f1

((0 00 1

))= (0− 0) + (0− 0) = 0 6= 1

Gegenbeispiel zu Eigenschaft 2.:

f1

(2

(1 00 1

))= f1

((2 00 2

))= 4− 0 = 4

2 f1

((1 00 1

))= 2(1− 0) = 2 6= 4

Nun betrachten wir die Abbildung f2 . Wir zeigen, dass f2 beide Eigenschaften einerlinearen Abbildung erfullt. Seien dazu A, B ∈ R2×2 , sowie λ ∈ R .

1. f2(A+B

)=

(0 1−1 0

)(A+ B)

(0 −11 0

)

=

((0 1−1 0

)A

(0 −11 0

))+

((0 1−1 0

)B

(0 −11 0

))

= f2(A)+ f2

(B)

2. f2(λA)=

(0 1−1 0

)λA

(0 −11 0

)

= λ

(0 1−1 0

)A

(0 −11 0

)

= λ f2(A)

(d) Bestimmen Sie eine lineare Abbildung g : R3 → R3 mit den folgenden Eigenschaften:

g((1, 0,−1)⊺) = (−1, 0, 1)

⊺, g((0, 2, 0)

⊺) = (0, 4, 0)

⊺.

Losungshinweise hierzu: Die gegebenen Eigenschaften fur g werden z.B. erfullt,wenn bei Anwendung von g auf einen Vektor (a, b, c)

⊺ ∈ R3 der erste und dritte

Eintrag mit (−1) multipliziert und der zweite mit 2 multipliziert wird.So eine Abbildung ist durch

g : R3 → R3 : (a, b, c)

⊺ 7→ (−a, 2b,−c)⊺

gegeben. Eine Rechnung zeigt, dass diese Abbildung linear ist.Alternativ konnen wir g als Multiplikation mit einer Matrix angeben.

g : R3 → R3 :

abc

7→

−1 0 00 2 00 0 −1

abc



Diese Abbildung ist nach 3.8.4. linear.Die gegebenen Eigenschaften fur g werden aber auch durch die folgende lineare Ab-bildung erfullt, die den ersten und dritten Eintrag des Vektors vertauscht.

g2 : R3 → R

3 : (a, b, c)⊺ 7→ (c, 2b, a)

⊺

Auch diese Abbildung konnen wir alternativ als Multiplikation mit einer Matrix angeben.

g2 : R3 → R

3 :

abc

7→

0 0 10 2 01 0 0

abc

Online-Aufgabe.




T. Cruz, U. Linden,


A. Wunsch





Aufgabe H 19. Differentialoperator in Matrixdarstellung

Wir betrachten die lineare Abbildung T : Pol3 R → Pol3R , die gegeben ist durch f 7→ f+f ′ .Die Polynome b1(X) = X3 , b2(X) = X2 , b3(X) = X und b4(X) = 1 bilden eine Basis Bvon Pol3 R .

(a) Bestimmen Sie die Abbildungsmatrizen von T und T 3 bezuglich der Basis B .

Losungshinweise hierzu: Die Bilder der Basisvektoren von B unter der linearenAbbildung T sind

(Tb1)(X) = b1(X) + b′1(X) = X3 + 3X2,

(Tb2)(X) = b2(X) + b′2(X) = X2 + 2X,

(Tb3)(X) = b3(X) + b′3(X) = X + 1,

(Tb4)(X) = b4(X) + b′4(X) = 1.

Also sind die Koordinatentupel von Tb1, T b2, T b3 und Tb4 bezuglich der Basis Bgegeben durch

B(Tb1) =

1300

, B(Tb2) =

0120

, B(Tb3) =

0011

, B(Tb4) =

0001

und die Abbildungsmatrizen von T und T 3 bezuglich B lauten

BTB =

1 0 0 03 1 0 00 2 1 00 0 1 1

,

BT3B = (BTB)

3 =

1 0 0 03 1 0 00 2 1 00 0 1 1

3

=

1 0 0 09 1 0 018 6 1 06 6 3 1

.

(b) Berechnen Sie die inverse Abbildung von T . Geben Sie T−1f an, wobei f ∈ Pol3 Rgegeben ist durch f(X) = X3 − 6X .



Losungshinweise hierzu: Durch Invertieren der unter (a) berechneten Abbildungs-matrix BTB erhalten wir BT

−1B . Die Inverse bestimmt man zum Beispiel wie folgt.

1 0 0 0 1 0 0 03 1 0 0 0 1 0 00 2 1 0 0 0 1 00 0 1 1 0 0 0 1

Z2 − 3Z1 :

1 0 0 0 1 0 0 00 1 0 0 −3 1 0 00 2 1 0 0 0 1 00 0 1 1 0 0 0 1

Z3 − 2Z1 :

1 0 0 0 1 0 0 00 1 0 0 −3 1 0 00 0 1 0 6 −2 1 00 0 1 1 0 0 0 1

Z4 − Z3 :

1 0 0 0 1 0 0 00 1 0 0 −3 1 0 00 0 1 0 6 −2 1 00 0 0 1 −6 2 −1 1

Also gilt

BT−1

B =

1 0 0 0−3 1 0 06 −2 1 0−6 2 −1 1

.

Die Abbildung T−1 ist durch die Abbildungsmatrix BT−1

B eindeutig bestimmt, d.h.man kann damit T−1p ∈ Pol3 R fur jedes p ∈ Pol3 R ausrechnen. Insbesondere kannman ablesen, dass

(T−1b1)(X) = X3 − 3X2 + 6X − 6,

(T−1b2)(X) = X2 − 2X + 2,

(T−1b3)(X) = X − 1,

(T−1b4)(X) = 1.

Außerdem erhalt man

B(T−1f) = BT

−1B · Bf =

1 0 0 0−3 1 0 06 −2 1 0−6 2 −1 1

·

10−60

=

1−300

und damit ist T−1f ∈ Pol3 R gegeben durch (T−1f)(X) = X3 − 3X2 .



Aufgabe H 20. Basistransformation

Die Matrix

A =

−92

−6 −10 9 8−3 −3 −3 5 3−1

21 −7 2 3

−5 −5 −9 9 7

beschreibe eine lineare Abbildung ϕ : R5 → R4 bezuglich der jeweiligen Standardbasen, d.h.ϕ(x) = Ax fur alle x ∈ R5 . Gegeben seien außerdem die Basen

B :

21121

,

41131

,

−23212

,

45363

,

01102

und C :

1101

,

1010

,

−21−10

,

0111

von R5 bzw. R4 . Bestimmen Sie die Abbildungsmatrix CϕB und geben Sie dann Kern undBild von ϕ jeweils in Standardkoordinaten an.

Losungshinweise hierzu: Bezeichnet man die Standardbasis in R5 mit E und die Stan-dardbasis im R4 mit F , so ist die Abbildungsmatrix CϕB ist gegeben durch

CϕB = C idF · FϕE · E idB = C idF · A · E idB,

wobei wir die Basiswechselmatrizen

E idB =

2 4 −2 4 01 1 3 5 11 1 2 3 12 3 1 6 01 1 2 3 2

und F idC =

1 1 −2 01 0 1 10 1 −1 11 0 0 1

,

direkt angeben konnen. Um CϕB nach obiger Formel berechnen zu konnen, mussen wir die



Matrix F idC invertieren. Dies geschieht etwa mit folgender Rechnung.

1 1 −2 0 1 0 0 01 0 1 1 0 1 0 00 1 −1 1 0 0 1 01 0 0 1 0 0 0 1

Z1 − Z2 :

Z1 − Z4 :

1 1 −2 0 1 0 0 00 1 −3 −1 1 −1 0 00 1 −1 1 0 0 1 00 1 −2 −1 1 0 0 −1

Z1 − Z2 :

Z2 − Z3 :Z2 − Z4 :

1 0 1 1 0 1 0 00 1 −3 −1 1 −1 0 00 0 −2 −2 1 −1 −1 00 0 −1 0 0 −1 0 1

2Z1 + Z3 :2Z2 − 3Z3 :

2Z4 − Z3 :

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

Z2 − 2Z4

Z4 + Z3

2 0 0 0 1 1 −1 00 2 0 0 1 3 1 −40 0 −2 0 0 −2 0 20 0 0 2 −1 −1 1 2

Also erhalten wir

C idF = (F idC)−1 =

1

2

1 1 −1 01 3 1 −40 2 0 −2−1 −1 1 2

und damit

CϕB =1

2

1 1 −1 01 3 1 −40 2 0 −2−1 −1 1 2

·

−92

−6 −10 9 8−3 −3 −3 5 3−1

21 −7 2 3

−5 −5 −9 9 7

·

2 4 −2 4 01 1 3 5 11 1 2 3 12 3 1 6 01 1 2 3 2

=

1 0 0 0 00 1 0 0 00 0 2 0 00 0 0 3 0

Daran lasst sich ablesen, dass der Kern der linearen Abbildung ϕ die lineare Hulle des funften

Vektors der Basis B ist, d.h. Kern(ϕ) = L((0 1 1 0 2

)T) , und dass Bild(ϕ) = R

4 .



Aufgabe H 21. Rechts- und Linksinverse

Gegeben seien die Matrizen

K =

1 0 0 0 00 1 0 0 00 0 2 0 00 0 0 3 0

, L =

1 −10 21 0

, M =

(1 −1 01 1 1

), N =

(1 12 0

).

Bestimmen Sie fur jede der gegebenen Matrizen eine Rechts- bzw. eine Linksinverse, fallsdiese existieren.

Losungshinweise hierzu: Offensichtlich ist der Rang der Matrix K gleich 4. Nach Lemma3.10.6 hat K dann eine Rechtsinverse und keine Linksinverse. Jede Rechtsinverse ist von derForm

1 0 0 00 1 0 00 0 1

20

0 0 0 13

α β γ δ

,

wobei α, β, γ, δ ∈ R beliebig gewahlt werden konnen.Die Matrix L hat Rang 2. Nach Lemma 3.10.6 hat L damit eine Linksinverse und keineRechtsinverse. Sei L eine Linksinverse von L , d.h. L·L = E2 . Dann folgt nach Transponierendieser Gleichung LT · LT = E2 . Um L zu bestimmen, losen wir die Gleichungen

LTx1 =

(10

), LTx2 =

(01

).

Dann sind x1 und x2 die Spalten von LT , also sind xT1 und xT

2 die Zeilen von L .

[1 0 1 1 0

−1 2 0 0 1

]

Z1 + Z2 :

[1 0 1 1 00 2 1 1 1

]

12Z2

[1 0 1 1 00 1 1

212

12

]

Wir erhalten also die Losungen

x1 =

1− α12− α

2

α

, x2 =

−β12− β

2

β

,

wobei α, β ∈ R frei gewahlt werden konnen. Damit ist jede Linksinverse von L von der Form

L =

(1− α 1

2− α

2α

−β 12− β

2β

).



Die Matrix M hat Rang 2. Dann hat nach Lemma 3.10.6 M eine Rechtsinverse und keineLinksinverse. Um die Rechtsinverse zu bestimmen, losen wir

Mx1 =

(10

), Mx2 =

(01

)

fur x1, x2 ∈ R3 . Dann sind x1 und x2 die Spalten der Rechtsinverse von M .

[1 −1 0 1 01 1 1 0 1

]

Z1 − Z2 :

[1 −1 0 1 00 −2 −1 1 −1

]

2Z1 − Z2

[2 0 1 1 10 −2 −1 1 −1

]

12Z1

−12Z2

[1 0 1

212

12

0 1 12

−12

12

]

Wir erhalten also die Losungen

x1 =

12− α

2

−12− α

2

α

, x2 =

12− β

212− β

2

β

,

wobei α, β ∈ R beliebeig gewahlt werden konnen. Damit ist jede Rechtsinverse von M vonder Form

12− α

212− β

2

−12− α

212− β

2

α β

.

Die quadratische Matrix N hat Rang 2 , Daher besitzt N nach Lemma 3.10.6 Rechts- undLinksinverse, welche nach Lemma 3.10.4 ubereinstimmen. N ist also invertierbar. Rechts-und Linksinverse sind gegeben durch

N−1 =

(0 1

2

1 −12

).

Online-Aufgabe.




T. Cruz, U. Linden,


A. Wunsch





Aufgabe H 22. Unterschiedliche Wege zur Determinantenberechnung

Gegeben sei die Matrix

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

.

Berechnen Sie ihre Determinante

(a) unter Berucksichtigung der Blockstruktur.

Losungshinweise hierzu: Wir bezeichnen die Matrix als A ; sie ist in Blockdreiecks-gestalt. Ihre Determinante kann somit folgendermaßen berechnet werden:

det(A) =

∣∣∣∣1 2−1 1

∣∣∣∣ · 2 ·

∣∣∣∣∣∣

−1 0 12 3 0−2 1 1

∣∣∣∣∣∣= (1 + 2) · 2 · (−3 + 0 + 2 + 6− 0− 0)

= 3 · 2 · 5 = 30.

Zur Berechnung der Determinante der (3× 3)–Determinante haben wir die Regel vonSarrus verwendet.

(b) unter Verwendung elementarer Zeilenumformungen (Gauß -Algorithmus).

Losungshinweise hierzu: Wir wollen die Matrix mithilfe des Gauß -Algorithmus aufDreiecksgestalt bringen. Dazu addieren wir die erste und die zweite Zeile, wir addierendas doppelte der vierten Zeile zur funften und wir addieren das (−2)-fache der viertenZeile zur sechsten. Dabei andert sich die Determinante nicht und wir haben

det(A) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

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

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2 1 3 −1 20 3 −1 7 −1 30 0 2 0 1 −10 0 0 −1 0 10 0 0 0 3 20 0 0 0 1 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

.

Nun multiplizieren wir die sechste Zeile mit (−3) und addieren die funfte und sechsteZeile. Da wir am Ende das (−3)-fache stehen lassen, verandert sich auch die Deter-minante um diesen Faktor:∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2 1 3 −1 20 3 −1 7 −1 30 0 2 0 1 −10 0 0 −1 0 10 0 0 0 3 20 0 0 0 1 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= −1

3·

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2 1 3 −1 20 3 −1 7 −1 30 0 2 0 1 −10 0 0 −1 0 10 0 0 0 3 20 0 0 0 0 5

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

.



Man erhalt somit

det(A) = −1

3(1 · 3 · 2 · (−1) · 3 · 5) = −1

3· (−90) = 30.

(c) indem Sie diese und alle benotigten Unterdeterminanten nach der jeweils dritten Zeileentwickeln.Berechnen Sie Determinanten von (3× 3) – Matrizen mit der Regel von Sarrus;Determinanten, die offensichtlich verschwinden, mussen nicht weiter entwickelt werden.

Losungshinweise hierzu: Nun verwenden wir mehrfach den Laplaceschen Entwick-lungssatz:

det(A) = 2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

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

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

+

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

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

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

+

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2 1 3 −1−1 1 −2 4 00 0 0 −1 00 0 0 2 30 0 0 −2 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= 2

(−1)

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2 −1 2−1 1 0 10 0 3 00 0 1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2 3 −1−1 1 4 00 0 2 30 0 −2 1

∣∣∣∣∣∣∣∣

+

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2 1 2−1 1 −2 10 0 0 00 0 0 1

∣∣∣∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2 1 3−1 1 −2 40 0 0 20 0 0 −2

∣∣∣∣∣∣∣∣

+

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2 1 −1−1 1 −2 00 0 0 30 0 0 1

∣∣∣∣∣∣∣∣

.

In der dritten Determinante befindet sich eine Nullzeile, deren Wert ist also null. Inder vierten und funften Determinante erkennt man, dass jeweils die dritte und vierteZeile Vielfache voneinander sind. Diese Determinanten verschwinden also ebenfalls. Dieverbleibenden zwei Determinanten werden weiter entwickelt, so dass

det(A) = −2 · 3

∣∣∣∣∣∣

1 2 2−1 1 10 0 1

∣∣∣∣∣∣+ 2 · 2

∣∣∣∣∣∣

1 2 −1−1 1 00 0 1

∣∣∣∣∣∣− 2 · 3

∣∣∣∣∣∣

1 2 3−1 1 40 0 −2

∣∣∣∣∣∣.

Unter dreifacher Anwendung der Regel von Sarrus erhalten wir schließlich

det(A) = −6(1 + 2) + 4(1 + 2)− 6(−2− 4) = −18 + 12 + 36 = 30.

Aufgabe H 23. Volumenberechnung

Gegeben seien die Matrix A und die Vektoren v1 , v2 und v3 durch

A =

1 2 3−2 1 −13 0 −2

, v1 =

120

, v2 =

001

, v3 =

−210

.

(a) Berechnen Sie das Volumen des von v1 , v2 und v3 aufgespannten Spats.



Losungshinweise hierzu: Des gesuchte Volumen ist der Betrag des Spatproduktesder drei Vektoren. Dieses ist

〈v1 | v2 × v3〉 =⟨120

∣∣∣∣∣∣

−1−20

⟩

= −1− 4 = −5,

das Volumen des Spats also 5 .

(b) Berechnen Sie das Volumen des von Av1 , Av2 und Av3 aufgespannten Spats.

Losungshinweise hierzu: Zunachst berechnet man die Bildvektoren unter der Matrix:

Av1 =

1 2 3−2 1 −13 0 −2

120

=

503

, Av2 =

1 2 3−2 1 −13 0 −2

001

=

3−1−2

,

Av3 =

1 2 3−2 1 −13 0 −2

−210

=

05−6

.

Das orientierte Volumen dieses Spats ist

〈Av1 | (Av2)× (Av3)〉 =⟨503

∣∣∣∣∣∣

16−1815

⟩

= 80 + 45 = 125,

was dann auch dem eigentlichen Volumen entspricht.

(c) Berechnen Sie die Determinante von A .

Losungshinweise hierzu: Mit der Regel von Sarrus erhalt man

det(A) = −2− 6 + 0− 9− 0− 8 = −25.

(d) Wie hangen die in (a) und (b) berechneten Volumina mit der Determinante zusammen?

Losungshinweise hierzu: Die Determinante gibt den Faktor an, um den sich dasVolumen des aufgespannten Spats bei Abblidung mit der Matrix andert. Sei hier V1

das orientierte Volumen aus Aufgabenteil a) und V2 jenes aus Aufgabenteil b). Mansieht

V2 = det(A) · V1 bzw. 125 = (−25) · (−5).

Aufgabe H 24. Eigenschaften von Determinanten

Es seien die folgenden Matrizen gegeben:

A =

2 −1 0 00 1 3 −20 −1 5 01 1 0 −2

, B =

2 −1 0 00 1 3 −22 0 0 −11 1 0 −2

, C =

2 −1 0 00 3 9 −64 −1 5 −21 1 0 −2

.

(a) Berechnen Sie det(A) und det(B) .



Losungshinweise hierzu: Wir entwickeln die Determinanten von A und B jeweilsnach der ersten Zeile und berechnen die resultierenden (3×3)–Matrizen mit der Regelvon Sarrus:

det(A) = (−1)1+1 · 2 ·

∣∣∣∣∣∣

1 3 −2−1 5 01 0 −2

∣∣∣∣∣∣+ (−1)2+1 · (−1) ·

∣∣∣∣∣∣

0 3 −20 5 01 0 −2

∣∣∣∣∣∣+ 0 + 0

= 2(−10 + 0 + 0 + 10− 0− 6) + (0 + 0 + 0 + 10− 0− 0)

= −2,

det(B) = (−1)1+1 · 2 ·

∣∣∣∣∣∣

1 3 −20 0 −11 0 −2

∣∣∣∣∣∣+ (−1)2+1 · (−1) ·

∣∣∣∣∣∣

0 3 −22 0 −11 0 −2

∣∣∣∣∣∣+ 0 + 0

= 2(0− 3 + 0− 0− 0− 0) + (0− 3 + 0− 0− 0 + 12)

= 3.

(b) Bestimmen Sie det(A2B3) und det(C3(A−B)) .

Losungshinweise hierzu: Aus der Multiplikativitat der Determinante folgt sofort

det(A2B3) = det(A)2 det(B)3 = (−2)2 · 33 = 108.

Fur die andere Determinante berechnet man zunachst

A− B =

0 0 0 00 0 0 0−2 −1 5 10 0 0 0

,

woraus man aufgrund der Nullzeilen schnell einsieht, dass det(A− B) = 0 . Somit istwiederum aufgrund der Multiplikativitat

det(C3(A−B)) = det(C)3 · det(A− B) = 0

und det(C) braucht gar nicht berechnet zu werden.

Online-Aufgabe.




T. Cruz, U. Linden,


A. Wunsch





Aufgabe H 25. Drehung und Spiegelung

(a) Sei β : R3 → R3 eine affine Abbildung, die sich aus einer Drehung um die x1 -Achseund einer nachfolgenden Translation in Richtung der x2 -Achse zusammensetzt und dieβ((1, 0, 1)

⊺) = (1,−1, 1

2)⊺erfullt. Welche Moglichkeiten gibt es fur den linearen Anteil

und den Translationsanteil?

Losungshinweise hierzu: Die affine Abbildung β konnen wir als β : R3 → R3 : v 7→Av + b darstellen, wobei A ∈ R3×3 und b ∈ R3 noch zu bestimmen sind. Der lineareAnteil A ist eine Drehung um die x1 -Achse R(1, 0, 0)

⊺. Somit muss A(1, 0, 0)

⊺=

(1, 0, 0)⊺gelten, womit

A =

1 ⋆ ⋆0 ⋆ ⋆0 ⋆ ⋆

folgt; die Matrixeintrage ⋆ sind im Folgenden noch zu bestimmen. Als Drehung ist Aorthogonal. Also gilt A

⊺A = E3 , woraus

A =

1 0 00 ⋆ ⋆0 ⋆ ⋆

folgt. Da A eine Drehung ist, muss der noch unbestimmte untere rechte Block ortho-gonal sein mit Determinante 1 . Mit 4.6.11 folgt daher

A =

1 0 00 c −s0 s c

mit c2 + s2 = 1, (12)

wobei c, s ∈ R noch zu bestimmen sind. Der Translationsanteil b der Abbildung βwirkt nur in die x2 -Richtung. Wir machen daher fur b den Ansatz b = (0, t, 0)

⊺,

t ∈ R , und erhalten insgesamt

β : R3 → R3 : v 7→

1 0 00 c −s0 s c

+

0t0

.

Aus der Bedingung β((1, 0, 1)⊺) = (1,−1, 1

2)⊺erhalten wir

c =1

2und − s+ t = −1 ⇐⇒ t = s− 1. (13)

Mit (12) folgt damit s = ±√1− c2 = ±

√1− 1

4= ±

√32. Insgesamt erhalten wir also

mit (13) zwei Moglichkeiten fur die Wahl von (s, t) :

(s1, t1) = (√32,√32− 1) und (s2, t2) = (−

√32,−

√32− 1).



Dies fuhrt auf die folgenden Moglichkeiten fur β :

β1 : R3 → R

3 : v 7→

1 0 0

0 12

−√32

0√32

12

+

0√32− 10

,

β2 : R3 → R

3 : v 7→

1 0 0

0 12

√32

0 −√32

12

+

0

−√32− 1

0

.

(b) Sei γ : R3 → R3 die Spiegelung an der Ebene U := L((1, 3, 2)

⊺, (−1, 0, 1)

⊺)und sei

F die Standardbasis von R3 . Bestimmen SieFγFund det(

FγF) .

Losungshinweise hierzu: Es seien b1 := ( 1 3 2 )⊺, b2 := (−1 0 1 )

⊺und b3 :=

b1 × b2 = ( 3 −3 3 )⊺. Folglich haben wir U = L (b1, b2) und 〈b1 | b3〉 = 〈b2 | b3〉 =

0 . Es ist B : b1, b2, b3 eine Basis von R3 , und bezuglich dieser Basis lasst sich dieSpiegelung sehr leicht beschreiben. Wir berechnen

FγFmit Hilfe von

BγB. Nach der

Definition der Spiegelung γ und der Basis B erhalten wir

γ(b1) = b1, γ(b2) = b2, γ(b3) = −b3,

also

BγB=

1 0 00 1 00 0 −1

.

Da F die Standardbasis ist, haben wir

Fid

B=

1 −1 33 0 −32 1 3

und damit

Bid

F=(Fid

B

)−1=

1

9

1 2 1−5 −1 41 −1 1

.

Zusammen genommen erhalten wir

FγF=

Fid

B·BγB·Bid

F=

1

9

3 6 −66 3 6

−6 6 3

,

und

det(FγF) = det(

Fid

B·BγB·Bid

F) = det(

Fid

B) det(

BγB) det(

Bid

F)

= det(Fid

B) det(

BγB) det((

Fid

B)−1) = det(

BγB) = −1.



Das Ergebniss det(FγF) = −1 bestatigt, dass es sich um eine Spiegelung handelt.

Alternativ kann man fur die Berechnung von det(FγF) = −1 auch so argumentieren:

Sofort sieht man det(BγB) = −1 . Da sich die Determinante beim Ubergang zu einer

konjugierten Matrix nicht andert, folgt det(FγF) = −1 .

Aufgabe H 26. Koordinatentransformation

Seien das affine Koordinatensystem F :=

((2−11

);

(1−11

),

(−210

),

(4−22

))

und die KoordinatentransformationEκG: v 7→ 1

6

0 6 0

−√3 0

√3√

3 0√3

v +

−110

gegeben.

Seien O, P und Q Punkte mitEO :=

(000

),

EP :=

(1−21

),

FQ :=

−2112

.

(a) Bestimmen SieEκFund

FκE.

Losungshinweise hierzu: Zuerst schreiben wir

F =

1 −2 4−1 1 −21 0 2

R =

(2−11

).

Nach 4.7.6. sind die KoordinatenEκFund

FκEdann wie folgt gegeben.

EκF(v) = Fv +R

FκE(v) = F−1(v −R)

Wir berechnen daher F−1 :

1 −2 4 1 0 0−1 1 −2 0 1 01 0 2 0 0 1

Z2 + Z1 :Z3 − Z1 :

1 −2 4 1 0 00 −1 2 1 1 00 2 −2 −1 0 1

Z1 − 2Z2 :

Z3 + 2Z2 :

1 0 0 −1 −2 00 −1 2 1 1 00 0 2 1 2 1

Z2 − Z3 :

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

(−1)Z2 :12Z3 :

1 0 0 −1 −2 00 1 0 0 1 10 0 1 1

21 1

2



Damit erhalten wir

EκF(v) =

1 −2 4−1 1 −21 0 2

v +

(2−11

)

FκE(v) =

1

2

−2 −4 00 2 21 2 1

(v −

(2−11

))=

1

2

−2 −4 00 2 21 2 1

v +

1

2

(00−1

).

(b) Bestimmen SieFO ,

FP und

EQ .


FO =

FκE(EO) =

1

2

−2 −4 00 2 21 2 1

(000

)+

1

2

(00−1

)=

1

2

(00−1

)

FP =

FκE(EP ) =

1

2

−2 −4 00 2 21 2 1

(

1−21

)+

1

2

(00−1

)=

3−1−3

2

EQ =

EκF(FQ) =

1 −2 4−1 1 −21 0 2

−2112

+

(2−11

)=

(010

)

(c) Bestimmen Sie das affine Koordinatensystem G . Ist G ein kartesisches Koordinaten-system?

Losungshinweise hierzu: Nach 4.7.6. konnen wir das Koordinatensystem G aus derKoordinatentransformation

EκGablesen.

G =

(−1

10

);1

6

0−√3√3

,

(100

),1

6

0√3√3

Um zu entscheiden, ob G ein kartesisches Koordinatensystem ist, uberprufen wir, ob

B :1

6

0−√3√3

,

(100

),1

6

0√3√3

eine Orthonormalbasis ist. Jedoch ist z.B.⟨

1

6

0−√3√3

∣∣∣∣∣∣1

6

0−√3√3

⟩

=1

36(3 + 3) =

1

66= 1.

Also ist G kein kartesisches Koordinatensystem.

(d) Bestimmen SieGκFund

GQ .




G =1

6

0 6 0

−√3 0

√3√

3 0√3

S =

(−110

).

Nach 4.7.8. giltGκF(v) = G−1Fv + G−1(R − S) . Da die Spalten von G orthogonal

sind, ist das Inverse von G gegeben durch G−1 =

0 −

√3

√3

1 0 0

0√3

√3

.

Damit erhalten wir

GκF(v) = G−1Fv +G−1(R− S)

=

0 −

√3

√3

1 0 0

0√3

√3

1 −2 4−1 1 −21 0 2

+

0 −

√3

√3

1 0 0

0√3

√3

((

2−11

)−(−1

10

))

=

2√3 −

√3 4

√3

1 −2 4

0√3 0

v +

3√3

3−√3

sowie

GQ =

GκF(FQ)

=

2√3 −

√3 4

√3

1 −2 4

0√3 0

−2112

+

3√3

3−√3

=

−3√3

−2√3

+

3√3

3−√3

=

(010

).

Aufgabe H 27. Drehung und Spiegelung

Die vom Parameter s ∈ R abhangige Matrix

As =1

2

5s√2 5s√

2 0 −√2

−5s√2 −5s

definiert eine lineare Abbildung ϕs : R3 → R3 : x 7→ As x .

(a) Bestimmen Sie alle s ∈ R , fur die ϕs eine orthogonale Abbildung ist.



Losungshinweise hierzu: Nach Definition 4.5.2 ist ϕs eine orthogonale Abbildung,wenn die Matrix, die ϕs bezuglich der Standardbasis beschreibt, orthogonal ist. DieseMatrix ist gerade gegeben durch As . Wir mussen also prufen fur welche s ∈ R dieGleichung A

⊺

sAs = E3 erfullt ist. Wir erhalten

A⊺

sAs =1

4

5s√2 −5s√

2 0√2

5s −√2 −5s

5s√2 5s√

2 0 −√2

−5s√2 −5s

=

1

4

50s2 + 2 0 50s2 − 2

0 4 050s2 − 2 0 50s2 + 2

.

Die Matrix auf der rechten Seite entspricht E3 genau dann, wenn 50s2+24

= 1 ⇐⇒s2 = 1

25und 50s2−2

4= 0 ⇐⇒ s2 = 1

25. Also ist ϕs eine orthogonale Abbildung fur alle

s ∈ {−15, 15} .

Als Vorbereitung auf die nachfolgenden Aufgabenteile berechnen wir noch die Deter-minante. Fur As gilt nach der Regel von Sarrus:

det(As) =1

23(0 + 10s+ 10s+ 0 + 10s+ 10s) = 5s. (14)

(b) Wahlen Sie s so, dass ϕs eigentlich orthogonal ist. Dann beschreibt ϕs eine Drehung.Berechnen Sie die Drehachse und den Cosinus des Drehwinkels.

Losungshinweise hierzu: Um det(As) = 1 zu erfullen, ist s = 15wegen (14) die

einzige Moglichkeit. Nach (a) ist somit A 15eigentlich orthogonal und ϕ 1

5beschreibt

eine Drehung. Bezeichne den Drehwinkel mit α . Dann gilt nach 4.6.20 Sp(A 15) =

2 cos(α) + 1 und somit ist der Cosinus des Drehwinkels

cos(α) =Sp(A 1

5)− 1

2=

0− 1

2= −1

2.

Die Drehachse ist die Losungsmenge der Fixpunktgleichung

A 15x = x ⇔

(A 1

5− E3

)x = 0.

Dies ist ein homogenes LGS mit Losungsmenge

L = L

√210

; (15)

somit ist die gesuchte Drehachse gerade R

√210

.



Wir rechnen dies explizit nach. Das homogene LGS liest sich als

−12

√22

12

0√22

−1 −√22

0

−12

√22

−32

0

⇒

2Z1 :2Z2 :2Z3 :

−1√2 1 0√

2 −2 −√2 0

−1√2 −3 0

⇒√2Z1 + Z2 :Z3 − Z1 :

−1√2 1 0

0 0 0 00 0 −4 0

⇒

−Z1 :

−14Z3 :

1 −√2 −1 0

0 0 0 00 0 1 0

x1 x2 x3 x1 x3 x2

⇒Z1 + Z3 :Z2 ↔ Z3 :

1 −√2 0 0

0 0 1 00 0 0 0

⇒ S2 ↔ S3 :

1 0 −√2 0

0 1 0 00 0 0 0

Dabei haben wir im letzten Schritt die zweite und dritte Spalte vertauscht. Die Spaltensind dabei gekennzeichnet wie in Beispiel 3.7.8 und wir erhalten den LosungsraumL((√2, 0, 1)

⊺). Zurucktauschen der zweiten und dritten Spalte ergibt die gesuchte

Losungsmenge (15).

(c) Wahlen Sie nun s so, dass ϕs uneigentlich orthogonal ist. Finden Sie eine Spiegelungσ und eine Drehung δ so, dass ϕs = δ ◦ σ ist.

Losungshinweise hierzu: Um det(As) = −1 zu erfullen, ist s = −15wegen (14) die

einzige Moglichkeit. Nach (a) ist A− 15uneigentlich orthogonal und ϕ− 1

5beschreibt eine

Drehspiegelung. Nach 4.6.16 lasst diese sich aus einer Drehung und einer Spiegelungzusammensetzen, wobei die Spiegelebene sich nach 4.6.17 frei wahlen lasst (durch denUrsprung). Wahle also z.B.

σ1 : R3 → R

3 : x 7→

−1 0 00 1 00 0 1

x

die Spiegelung an der x2 -x3–Ebene. Gesucht wird nun eine Drehung

δ1 : R3 → R

3 : x 7→ D1x,

dargestellt durch die Matrix D1 , mit ϕ− 15= δ1◦σ1 . Letztere Gleichung impliziert nach

3.8.12 fur die beschreibenden Matrizen

A− 15= D1

−1 0 00 1 00 0 1

⇔ D1 =1

2

−1

√2 −1√

2 0 −√2

1√2 1

−1 0 00 1 00 0 1

=

1

2

1√2 −1

−√2 0 −

√2

−1√2 1

.



In der Tat gilt D⊺

1D1 = E3 und det(D1) = 1 ; δ1 beschreibt also eine Drehung.Wegen der Wahlmoglichkeit fur die Spiegelebene nach 4.6.17, hatten wir genauso gutdie Spieglung σ2 mit Spiegelbene E = {(x1, x2, x3) ∈ R3

∣∣ x1 = x2} (durch denUrsprung) wahlen konnen. Diese lasst sich explizit beschreiben als

σ2 : R3 → R

3 : x 7→

0 1 01 0 00 0 1

x.

Wie zuvor suchen wir dann eine Drehung δ2 : R3 → R3 : x 7→ D2x mit Drehmatrix

D2 so, dass ϕ− 15= δ2 ◦ σ2 . Die analoge Vorgehensweise liefert

D2 =1

2

−1

√2 −1√

2 0 −√2

1√2 1

0 1 01 0 00 0 1

=

1

2

√2 −1 −1

0√2 −

√2√

2 1 1

.

In der Tat gilt D⊺

2D2 = E3 und det(D2) = 1 ; δ2 beschreibt also eine Drehung.

Online-Aufgabe.




T. Cruz, U. Linden,


A. Wunsch





Aufgabe H 28. Eigenwerte und Eigenvektoren

Gegeben seien die folgenden Matrizen:

A =

1 0 e2 20 2 1 00 3 −1 iπ0 0 0 2

, B =

1 0 1 20 2 1 00 0 −1 00 0 2 3

.

(a) Bestimmen Sie die Eigenwerte von

(2 13 −1

)ohne Verwendung des charakteristischen

Polynoms.

Losungshinweise hierzu: Nach Bemerkung 5.2.3 entspricht die Spur der Summe derEigenwerte und die Determinante dem Produkt der Eigenwerte der Matrix. Es ist

Sp

(2 13 −1

)= 2− 1 = 1, det

(2 13 −1

)= 2 · (−1)− 3 · 1 = −5.

Seien λ2 und λ3 die Eigenwerte der Matrix. Dann muss also gelten, dass

λ2 + λ3 = 1, λ2 · λ3 = −5.

Somit gilt λ3 = 1−λ2 ; dies in die zweite Gleichung eingesetzt fuhrt auf die quadratischeGleichung

λ22 − λ2 − 5 = 0

mit den Losungen λ2,± = 12± 1

2

√21 . Aus λ3 = 1− λ2 folgt dann λ3,± = 1

2∓ 1

2

√21 ,

also dieselben Losungen nur mit jeweils anderem Vorzeichen vor dem Term mit derWurzel. Wir legen fest:

λ2 =1

2− 1

2

√21, λ3 =

1

2+

1

2

√21.

(b) Bestimmen Sie die Eigenwerte von A .

Losungshinweise hierzu: Zu berechnen sind die Nullstellen des charakteristischenPolynoms χA(λ) = det(A− λE4) . Aufgrund der Blockdiagonalgestalt von A folgt

χA(λ) = det(A− λE4) = (1− λ) det

(2− λ 13 −1− λ

)(2− λ)

= (1− λ)

(1

2− 1

2

√21− λ

)(1

2+

1

2

√21− λ

)(2− λ),

wobei wir die aus (a) folgende Faktorisierung der 2×2-Determinante verwendet haben.Dieser Faktorisierung lassen sich die Nullstellen direkt entnehmen, es folgt

λ1 = 1, λ2 =1

2− 1

2

√21, λ3 =

1

2+

1

2

√21, λ4 = 2.



(c) Berechnen Sie die Eigenwerte und die zugehorigen Eigenraume von B .

Losungshinweise hierzu: Aufgrund der Blockdiagonalgestalt und da der dritte Dia-gonalblock ( −1 0

2 3 ) Dreiecksgestalt besitzt, erkennt man die Eigenwerte λi sofort:

λ1 = 1, λ2 = 2, λ3 = −1, λ4 = 3.

Zu diesen werden nun noch die zugehorigen Eigenraume V (λi) gesucht. Dazu sind diefolgenden linearen Gleichungssysteme zu losen; die Variablen werden jeweils mit x1 ,x2 , x3 und x4 bezeichnet:

• V (1) :

0 0 1 2 00 1 1 0 00 0 −2 0 00 0 2 2 0

Aus Zeile 3 erkennt man x3 = 0 , dies in die Zeilen 2 und 4 eingesetzt fuhrtauf x2 = 0 und x4 = 0 . Zeile 1 ist dann automatisch erfullt, so dass x1 ∈ R

beliebig sein kann, also x1 = t mit t ∈ R . Wir wahlen t = 1 und erhaltenV (1) = L

((1, 0, 0, 0)

⊺).

• V (2) :

−1 0 1 2 00 0 1 0 00 0 −3 0 00 0 2 1 0

Aus den Zeilen 2 und 3 folgt sofort x3 = 0 , dies in Zeile 4 eingesetzt fuhrt aufx4 = 0 . Mit x3 = x4 = 0 in Zeile 1 folgt dann x1 = 0 , sodass das System furalle reellen x2 automatisch erfullt ist. Daher setzen wir x2 = t mit t ∈ R . Wirwahlen t = 1 und es ist V (2) = L

((0, 1, 0, 0)

⊺).

• V (−1) :

2 0 1 2 00 3 1 0 00 0 0 0 00 0 2 4 0

Zeile 3 ist automatisch erfullt. In Zeile 4 setzen wir x4 = t fur t ∈ R underhalten dann aus dieser Gleichung x3 = −2t . In Zeile 2 eingesetzt folgt dann3x2 − 2t = 0 , also x2 = 2

3t . Aus Zeile 1 erhalten wir dann die Gleichung

2x1 − 2t + 2t = 0 , also x1 = 0 . Es ist also (x1, x2, x3, x4) = (0, 23t,−2t, t) ,

t ∈ R . Wir wahlen t = 3 und erhalten V (−1) = L((0, 2,−6, 3)

⊺).

• V (3) :

−2 0 1 2 00 −1 1 0 00 0 −4 0 00 0 2 0 0

Aus den Zeilen 3 und 4 folgt x3 = 0 und aus Zeile 2 dann x2 = 0 . In Zeile 1setzen wir x1 = t und erhalten x4 = t . Es ist also (x1, x2, x3, x4) = (t, 0, 0, t) ,t ∈ R . Wir wahlen t = 1 und erhalten V (3) = L

((1, 0, 0, 1)

⊺).



Aufgabe H 29. Algebraische und geometrische Vielfachheit

Sei (s, t) ∈ R× R ein Parameterpaar. Wir betrachten die parameterabhangige Matrix

As,t =

t+ 2 2 8− t2

0 s+ 3 0−1 −2 t− 2

.

(a) Bestimmen Sie die Eigenwerte von As,t in Abhangigkeit des Paares (s, t) .

Losungshinweise hierzu: Zur Bestimmung der Eigenwerte berechnen wir die Null-stellen des charakteristischen Polynoms χAs,t

(λ) in Abhangigkeit von (s, t) . Es gilt:

χAs,t(λ) = det(As,t − λE3)

= det

t+ 2− λ 2 8− t2

0 s+ 3− λ 0−1 −2 t− 2− λ

= (−1)2+2(s+ 3− λ) det

(t+ 2− λ 8− t2

−1 t− 2− λ

)(Entw. nach 2. Zeile)

= (s+ 3− λ)[(t+ 2− λ)(t− 2− λ)− (−1)(8− t2)]

= (s+ 3− λ)[t2 − 4− 2tλ+ λ2 + 8− t2]

= (s+ 3− λ)[λ2 − 2tλ+ 4]

Die Nullstellen von λ2−2tλ+4 sind gerade λ2,3 = t±√t2 − 4 . Also sind die Eigenwerte

λ1 = s+ 3, λ2 = t+√t2 − 4 sowie λ3 = t−

√t2 − 4. (16)

(b) Bestimmen Sie fur das Paar (s, t) = (2, 2) die geometrische Vielfachheit fur jedenEigenwert von A2,2 .

Losungshinweise hierzu: Fur (s, t) = (2, 2) ergibt sich

A2,2 =

4 2 40 5 0−1 −2 0

und λ1 = 5, λ2 = λ3 = 2.

Wir haben also in diesem Fall nur zwei verschiedene Eigenwerte vorliegen. Wie inBeispiel 5.1.16 demonstriert, berechnen wir fur diese die geometrische Vielfachheitdλ1 bzw. dλ2 mittels einer Rangbetrachtung. Fur i = 1, 2 sei der zu λi gehorendenEigenraume dabei V (λi) . Zunachst erhalten wir fur λ1 = 5

Rg(A2,2 − 5E3) = Rg

−1 2 40 0 0−1 −2 −5

= Rg

Z3−Z1:

−1 2 40 0 00 −4 −9

= 2

und somit ist dλ1 = dimV (λ1) = 3− 2 = 1 . Fur λ2 = 2 erhalten wir

Rg(A2,2 − 2E3) = Rg

2 2 40 3 0−1 −2 −2

= Rg

Z3+12Z1:

2 2 40 3 00 −1 0

= Rg

Z3+13Z2:

2 2 40 3 00 0 0

= 2

und somit ist dλ2 = dimV (λ2) = 3− 2 = 1 .



(c) Bestimmen Sie mit Hilfe von P31(d) alle Paare (s, t) so, dass As,t invertierbar ist.

Losungshinweise hierzu: Fur die Invertierbarkeit von As,t mussen wir nach P31(d)sicherstellen, dass alle Eigenwerte λi in (16) von Null verschieden sind.Es ist λ1 6= 0 ⇐⇒ s 6= −3 . Wir zeigen nun, dass stets λ2 6= 0 und λ3 6= 0 fur allet ∈ R gilt. Angenommen es gibt ein t ∈ R mit t±

√t2 − 4 = 0 ⇐⇒ t = ∓

√t2 − 4 .

Dann erhalten wir den Widerspruch t2 = (∓√t2 − 4)2 = t2 − 4 =⇒ 0 = −4 .

Also ist As,t invertierbar fur alle Paare (s, t) ∈ {(s, t) ∈ R× R∣∣ s 6= −3}.

(d) Sei nun s = t . Bestimmen Sie alle t ∈ R so, dass ein Eigenwert von At,t mindestensdie algebraische Vielfachheit 2 besitzt. Gibt es auch t ∈ R so, dass ein Eigenwert vonAt,t die algebraische Vielfachheit 3 besitzt?

Losungshinweise hierzu: Fur s = t erhalten wir aus (16) die Eigenwerte

λ1 = t+ 3, λ2 = t+√t2 − 4 sowie λ3 = t−

√t2 − 4.

Damit ein Eigenwert von At,t mindestens die algebraische Vielfachheit 2 besitzt, musseine Nullstelle des charakteristischen Polynoms mindestens die Vielfachheit 2 haben.Anders ausgedruckt bedeutet dies, wir mussen uberprufen, ob

λ1 = λ2 ∨ λ1 = λ3 ∨ λ2 = λ3.

Mit der Monotonie des Quadrierens 1.5.7 folgt, dass λ1 = λ2 genau dann, wenn

t+ 3 = t+√t2 − 4 ⇐⇒ 3 =

√t2 − 4

1.5.7⇐⇒ 9 = t2 − 4 ⇐⇒ t2 = 13.

Also ist λ1 = λ2 genau dann, wenn t = ±√13 .

Wir zeigen jetzt, dass λ1 6= λ3 fur alle t ∈ R gilt. Angenommen es gibt ein t ∈ R

so, dass λ1 = λ3 . Dann ist t + 3 = t −√t2 − 4 und somit folgt der Widerspruch

3 = −√t2 − 4 < 0 .

Weiter folgt, dass λ2 = λ3 genau dann, wenn

t+√t2 − 4 = t−

√t2 − 4 ⇐⇒ 2

√t2 − 4 = 0 ⇐⇒ t2 = 4.

Also ist λ2 = λ3 genau dann, wenn t = ±2 (Fur t = 2 haben wir dies schon in(b) beobachtet). Insgesamt betrachtet hat ein Eigenwert von At,t also mindestens diealgebraische Vielfachheit 2 genau dann wenn t ∈ {±2,±

√13} .

Damit ein Eigenwert mindestens die algebraische Vielfachheit 3 besitzt, muss dascharakteristische Polynom eine Nullstelle haben, welche mindestens die Vielfachheit 3hat. Hier ist dies nur moglich, wenn λ1 = λ2 = λ3 erfullt ist. Wie zuvor gezeigt, giltaber stets λ1 6= λ3 fur alle t ∈ R . Also kann es einen Eigenwert mit algebraischerVielfachheit 3 nicht geben.

Aufgabe H 30. Transformation einer affinen Abbildung

Betrachten Sie (bezuglich des Standardkoordinatensystems) die affine Abbildung α : v 7→Av + b , wobei

A =

(12

12

√3

12

√3 −1

2

), b =

( −2

2√3

).

(a) Berechnen Sie die Eigenwerte sowie die zugehorigen Eigenraume von A .



Losungshinweise hierzu: Wir suchen die Nullstellen des charakteristischen Polynoms

χA(λ) =

(1

2− λ

)(−1

2− λ

)− 3

4= −

(1

4− λ2

)− 3

4= λ2 − 1.

Die Eigenwerte sind also λ1 = −1 und λ2 = 1 . Fur den Eigenraum zu λ1 = −1 istfolgendes homogenes, lineares Gleichungssystem zu losen:

[32

12

√3 0

12

√3 1

20

]=⇒

√3 · Z1 :3 · Z2 :

[32

√3 3

20

32

√3 3

20

].

Die beiden Zeilen sind also aquivalent; wir bezeichnen die Variablen mit x1 und x2 .Wir setzen x1 = t mit t ∈ R . Damit muss noch die Gleichung 3

2x2 = −3

2

√3 t erfullt

werden. Dies ist der Fall, wenn x2 = −√3 t . Fur t = −1 erhalten wir den Eigenvektor

f1 = (−1,√3)

⊺beziehungsweise den Eigenraum V (−1) = L((−1,

√3)

⊺) .

Fur den Eigenraum zu λ2 = 1 ist das folgende System zu losen:

[−1

212

√3 0

12

√3 −3

20

]=⇒ (−

√3) · Z1 :

[12

√3 −3

20

12

√3 −3

20

].

Die beiden Zeilen sind also auch aquivalent; wir bezeichnen die Variablen wieder mitx1 und x2 . Wir setzen x2 = t mit t ∈ R . Damit muss noch die Gleichung 1

2

√3 x1 =

32t erfullt werden. Dies ist der Fall, wenn x1 =

√3 t . Fur t = 1 erhalten wir den

Eigenvektor f2 = (√3, 1)

⊺beziehungsweise den Eigenraum V (1) = L((

√3, 1)

⊺) .

(b) Bestimmen Sie die BeschreibungFαFvon α bezuglich des Koordinatensystems F =

(P ; f1, f2) mit dem Ursprung P = (−1,√3)

⊺und den Basisvektoren f1 = (−1,

√3)

⊺

und f2 = (√3, 1)

⊺.

Losungshinweise hierzu: Zunachst halten wir fest, dass es sich bei f1 und f2 umEigenvektoren von A handelt (siehe Aufgabenteil (a)). Die Beschreibung

FαFberech-

nen wir mittels Satz 4.7.12 aus dem Skript: Das heißt, bezuglich F ist die Abbildunggegeben durch

Fv 7→ A′

Fv + b′,

wobei A′ = F−1AF und b′ = F−1(AP − P + b) mit F = (f1, f2) . Es ist zuerst dieMatrix F zu invertieren. Es ist

F =

(−1

√3√

3 1

)=⇒ F−1 =

1

4

(−1

√3√

3 1

)=

1

4F.

Fur den Linearteil der Abbildung erhalt man damit

A′ = F−1AF =1

4

(−1

√3√

3 1

)(12

12

√3

12

√3 −1

2

)(−1

√3√

3 1

)=

(−1 00 1

)



und fur den Translationsanteil

b′ =1

4

(−1

√3√

3 1

){(12

12

√3

12

√3 −1

2

)(−1√3

)−(−1√

3

)+

( −2

2√3

)}

=1

4

(−1

√3√

3 1

){(1

−√3

)−(−1√

3

)+

( −2

2√3

)}= 0.

Es ist alsoFαFgegeben durch

Fv 7→

(−1 00 1

)

Fv.

Online-Aufgabe.




T. Cruz, U. Linden,


A. Wunsch





Aufgabe H 31. Orthogonales Diagonalisieren

Gegeben sei die Matrix

A =

3 3 3 33 5 −1 53 −1 11 −13 5 −1 5

(a) Die Matrix A hat die Eigenwerte 0 und 12 . Bestimmen Sie die geometrischen Viel-fachheiten d0 und d12 .

Losungshinweise hierzu: Da dµ = dimV (µ) , bestimmen wir die Dimension derEigenraume zu den Eigenwerten 0 und 12 , d.h. wir bestimmen die Losungen derGleichungssysteme Av = 0 und (A− 12En)v = 0

• Av = 0 :

3 3 3 3 03 5 −1 5 03 −1 11 −1 03 5 −1 5 0

⇒ Z1 − Z2 :Z1 − Z3 :Z1 − Z4 :

3 3 3 3 00 −2 4 −2 00 4 −8 4 00 −2 4 −2 0

⇒2Z1 + 3Z2

2Z2 + Z3 :Z2 − Z4 :

6 0 18 0 00 −2 4 −2 00 0 0 0 00 0 0 0 0

⇒

16Z1 :

−12Z2 :

1 0 3 0 00 1 −2 1 00 0 0 0 00 0 0 0 0

Also gilt

V (0) = L

−3210

,

0−101

und damit d0 = 2 .



• (A− 12En)v = 0 :

−9 3 3 3 03 −7 −1 5 03 −1 −1 −1 03 5 −1 −7 0

⇒ Z1 + 3Z2 :Z1 + 3Z3 :Z1 + 3Z4 :

−9 3 3 3 00 −18 0 18 00 0 0 0 00 18 0 −18 0

⇒6Z1 + Z2 :

Z2 + Z4 :

−54 0 18 36 00 −18 0 18 00 0 0 0 00 0 0 0 0

⇒− 1

54Z1 :

− 118Z2 :

1 0 −13

−23

00 1 0 −1 00 0 0 0 00 0 0 0 0

Also gilt

V (12) = L

13

010

,

23

101

und damit d12 = 2 .

(b) Geben Sie eine Orthonormalbasis von R4 an, die aus Eigenvektoren von A besteht.

Losungshinweise hierzu: Da die Vektoren in V (0) senkrecht auf den Vektoren inV (12) stehen, genugt es, eine Orthonormalbasis zu V (0) und eine Orthonormalbasiszu V (12) zu konstruieren. Die Vereinigung der Basisvektoren bildet dann eine Ortho-normalbasis von R4 , die aus Eigenvektoren von A besteht.

• Wir bestimmen eine Orthonormalbasis von V (0) . Die unter (a) berechneten Ba-sisvektoren von V (0) lauten

b1 :=

0−101

, b2 :=

−3210

.



Durchfuhrung des Schmidtschen Orthonormierungsverfahrens:

f1 :=b1|b1|

=1√2

0−101

f ∗2 := b2 − 〈f1 | b2〉 f1 =

−3210

+

0−101

=

−3111

f2 :=f ∗2

|f ∗2 |

=1

2√3

−3111

Dann bildet f1 , f2 eine Orthonormalbasis von V (0) .

• Wir bestimmen eine Orthonormalbasis von V (12) . Die unter (a) berechnetenBasisvektoren von V (12) lauten

b3 :=

13

010

, b4 :=

23

101

.

Durchfuhrung des Schmidtschen Orthonormierungsverfahrens:

f3 :=b3|b3|

=1√10

1030

f ∗4 := b4 − 〈f3 | b4〉 f3 =

23

101

− 1

15

1030

=

35

1−1

5

1

f4 :=f ∗4

|f ∗4 |

=

√5

12

35

1−1

5

1

=

1

2

√35√53

−√

115√53

Dann bildet f3 , f4 eine Orthonormalbasis von V (12) .

Eine Orthonormalbasis von R4 aus Eigenvektoren von A wird gebildet aus f1 , f2 , f3und f4 .

(c) Bestimmen Sie eine orthogonale Matrix S so, dass S⊺AS eine Diagonalmatrix ist.



Losungshinweise hierzu: Sei E die Standardbasis von R4 und B die unter (b)berechnete Orthonormalbasis aus Eigenvektoren von A bestehend aus f1 , f2 , f3 undf4 . Sei α : R4 → R4 die lineare Abbildung x 7→ Ax . Dann ist EαE = A und

BαB =

0 0 0 00 0 0 00 0 12 00 0 0 12

.

Die Matrix

S := E idB =

0 −√32

1√10

12

√35

− 1√2

12√3

0 12

√53

0 12√3

3√10

−12

√115

1√2

12√3

0 12

√53

ist eine orthogonale Matrix, d.h. S⊺= S−1 = B idE , und

S⊺AS = B idE · EαE · E idB = BαB

ist wie gefordert eine Diagonalmatrix.

(d) Bestimmen Sie das charakteristische Polynom von A .

Losungshinweise hierzu: Fur die algebraischen Vielfachheiten e0 und e12 gilt e0 ≧d0 = 2 und e12 ≧ d12 = 2 nach Lemma 5.3.4. Da außerdem e0+e12 ≦ 4 gelten muss,folgt e0 = e12 = 2 und das charakteristische Polynom von A ist

χA(λ) = λ2(λ− 12)2 = λ4 − 24λ3 + 144λ2.

Aufgabe H 32. Symmetrische Matrizen

Sei A die reelle, symmetrische Matrix mit den Eigenwerten 1 und −2 und den Eigenraumen

V (1) = L

1111

, V (−2) = L

11−1−1

,

1−210

,

101−2

.

(a) Bestimmen Sie eine Orthonormalbasis aus Eigenvektoren von A .



Losungshinweise hierzu: Zunachst normieren wir den Eigenvektor(1 1 1 1

)⊺

zum Eigenwert 1 und setzen

f1 :=1

2

1111

.

Außerdem fuhren wir das Schmidtsche Orthonormierungsverfahren mit den Basisvek-toren des Eigenraums V (−2)

b2 :=

11−1−1

, b3 :=

1−210

, b4 :=

101−2

durch.

f2 :=b2|b2|

=1

2

11−1−1

f ∗3 := b3 − 〈f2 | b3〉 f2 =

1−210

+

1

2

11−1−1

=

32

−32

12

−12

f3 :=f ∗3

|f3|=

1√5

32

−32

12

−12

f ∗4 := b4 − 〈f2 | b4〉 f2 − 〈f3 | b4〉 f3 =

101−2

− 1

2

11−1−1

− 3

5

32

−32

12

−12

=

−25

2565

−65

f4 :=f ∗4

|f ∗4 |

=1√5

−12

1232

−32

Da alle Eigenvektoren zum Eigenwert −2 auf den Eigenvektoren zum Eigenwert 1 senk-recht stehen, bilden f1 , f2 , f3 und f4 ein Orthonormalbasis von R4 aus Eigenvektorenvon A .



(b) Bestimmen Sie eine orthogonale Matrix S so, dass S⊺AS eine Diagonalmatrix ist,

und geben Sie diese Diagonalmatrix an. (Sie brauchen A selbst dazu nicht zu kennen!)

Losungshinweise hierzu: Wir bezeichnen die Standardbasis von R4 mit E und die

in (a) berechnete Orthonormalbasis aus Eigenvektoren von A mit B . Sei außerdemα : R4 → R4 die lineare Abbildung x 7→ Ax . Dann ist A = EαE und

BαB =

1 0 0 00 −2 0 00 0 −2 00 0 0 −2

.

Sei

S := E idB =1

2·

1 1 3√5

− 1√5

1 1 − 3√5

1√5

1 −1 1√5

3√5

1 −1 − 1√5

− 3√5

.

Dann ist S eine orthogonale Matrix, d.h. es gilt B idE = S⊺, da B und E Orthonor-

malbasen sind. Da die Diagonalmatrix BαB geschrieben werden kann als

BαB = B idE · EαE · E idB = S⊺ · A · S, (17)

erfullt S die gewunschte Eigenschaft.

(c) Bestimmen Sie A .

Losungshinweise hierzu: Aus (17) folgt, dass

A = S · BαB · S⊺

=1

4

1 1 3√5

− 1√5

1 1 − 3√5

1√5

1 −1 1√5

3√5

1 −1 − 1√5

− 3√5

·

1 0 0 00 −2 0 00 0 −2 00 0 0 −2

·

1 1 1 11 1 −1 −13√5

− 3√5

1√5

− 1√5

− 1√5

1√5

3√5

− 3√5

=1

4

−5 3 3 33 −5 3 33 3 −5 33 3 3 −5

.

(d) Berechnen Sie die Inverse von A , ohne den Gauß-Algorithmus anzuwenden.

Losungshinweise hierzu: Es gilt

A−1 = (S · BαB · S⊺)−1 = S · BαB

−1 · S⊺

und mit

BαB−1 =

1 0 0 00 −1

20 0

0 0 −12

00 0 0 −1

2



erhalten wir

A−1 =1

4

1 1 3√5

− 1√5

1 1 − 3√5

1√5

1 −1 1√5

3√5

1 −1 − 1√5

− 3√5

·

1 0 0 00 −1

20 0

0 0 −12

00 0 0 −1

2

·

1 1 1 11 1 −1 −13√5

− 3√5

1√5

− 1√5

− 1√5

1√5

3√5

− 3√5

=1

8

−1 3 3 33 −1 3 33 3 −1 33 3 3 −1

.

Aufgabe H 33. Quadrik in R3

Betrachten Sie die Quadrik {x ∈ R3 | 3x21 − 2x2

2 + x23 − 2

√3 x1x3 − 2x1 − 2

√3 x3 = 0} .

(a) Schreiben Sie die Gleichung der Quadrik in Matrixdarstellung, geben Sie die erweiterteMatrix an und bestimmen Sie den Typ der Quadrik.

Losungshinweise hierzu: Die Gleichung der Quadrik in Matrixdarstellung lautet x⊺Ax+

2a⊺x+ c = 0 mit

A =

3 0 −√3

0 −2 0

−√3 0 1

, a =

−10

−√3

, c = 0.

Da die erste Zeile der Matrix A das −√3-fache ihrer dritten Zeile ist, sieht man leicht,

dass Rg(A) = 2 . Die erweiterte Matrix lautet

Aerw =

0 −1 0 −√3

−1 3 0 −√3

0 0 −2 0

−√3 −

√3 0 1

.

Dann ist Rg(Aerw) = 4 , was man z.B. an der nicht-verschwindenden Determinanteuberprufen kann, die sich leicht mit Laplace-Entwicklung und Regel von Sarrus berech-nen lasst.

det(Aerw) = −2 · det

0 −1 −√3

−1 3 −√3

−√3 −

√3 1

= −2 · (−3− 3− 9− 1) = 32 6= 0

Also gilt Rg(Aerw) = Rg(A) + 2 , d.h. es liegt eine parabolische Quadrik vor.

(b) Beschreiben Sie die Quadrik durch eine Gleichung in Matrixdarstellung in Abhangigkeitvon y , wobei x = Fy mit

F =1

2·

√3 0 10 2 0

−1 0√3

.



Losungshinweise hierzu: Wir setzen x = Fy in die Gleichung x⊺Ax+2a

⊺x+ c = 0

ein und erhalten die Gleichung y⊺Ay + 2a

⊺x+ c = 0 mit

A = F⊺AF =

4 0 00 −2 00 0 0

und a = F

⊺a =

00−2

.

Also ist die Quadrik beschriben durch die Gleichung

4y21 − 2y22 − 4y3 = 0

(c) Welche Kurven konnen sich durch den Schnitt der Quadrik mit der EbeneEα := {y ∈ R3 | y3 = α} in Abhangigkeit vom Parameter α ∈ R ergeben?

Losungshinweise hierzu: Im Schnitt der Quadrik mit der Ebene Eα liegen alle

Punkte y =(y1 y2 α

)⊺, die die Gleichung

4y21 − 2y22 − 4α = 0 ⇔ 2y21 − y22 = 2α

erfullen. Fur α = 0 erhalt man ein Paar sich schneidender Geraden (vgl. Beispiel6.2.13). Fur α 6= 0 erhalt man Hyperbeln, die je nach Vorzeichen von α in verschiedeneRichtungen geoffnet sind (vgl. Beispiel 6.2.11).

-3 -2 -1 0 1 2 3

-3

-2

-1

0

1

2

3

y1

y2

α = -1

-3 -2 -1 0 1 2 3

-3

-2

-1

0

1

2

3

y1

y2

α = 0

-3 -2 -1 0 1 2 3

-3

-2

-1

0

1

2

3

y1

y2

α = 1

Online-Aufgabe.




T. Cruz, U. Linden,


A. Wunsch





Aufgabe H 34. Modell: Der Doppelkegel

Wir betrachten das Modell des Doppelkegels Q aus den Ubungen,sowie die gelbe Ebene E .Sie finden das Modell auch unter:www.mathematik.uni-stuttgart.de/studium/infomat/HM-Stroppel-Material/3D-Modelle/02/.

Der Doppelkegel wird in Standardkoordinaten beschrieben durch Q : x21 + x2

2 − x23 = 0 .

Die gelbe Ebene wird in Standardkoordinaten beschrieben durch E : x1 + 2x3 = 3 .

Sei das Koordinatensystem F =

((−102

);1√5

(−201

),

(010

),1√5

(102

))gegeben.

(a) Bestimmen Sie die KoordinatentransformationEκF.


F =1√5

−2 0 1

0√5 0

1 0 2

P =

(−102

).

Nach 4.7.6. ist dann die Koordinatentransformation durch

EκF(v) = Fv + P

gegeben.

(b) Geben Sie eine Gleichung an, die E bezuglich F beschreibt.

Losungshinweise hierzu: Wir schreiben y =FκE(x) . Mit Teil (a) bedeutet das

x =EκF(y) =

1√5

−2y1 + y3 −√5√

5y2y1 + 2y3 + 2

√5

. (18)

Setzen wir dies in die Gleichung x1 + 2x3 = 3 von E in Standardkoordinaten ein, soerhalten wir

x1 + 2x3 = 3

⇔ − 2√5y1 +

1√5y3 − 1 + 2

1√5y1 + 2

2√5y3 + 4 = 3

⇔√5y3 + 3 = 3

⇔ y3 = 0

Also wird E bezuglich F beschrieben durch die Gleichung y3 = 0 .

(c) Geben Sie eine Gleichung an, die Q bezuglich F beschreibt.


http://www.mathematik.uni-stuttgart.de/studium/infomat/HM-Stroppel-Material/3D-Modelle/02

http://www.mathematik.uni-stuttgart.de/studium/infomat/HM-Stroppel-Material/3D-Modelle/02/


Losungshinweise hierzu: Wir berechnen mit Hilfe von (18) analog zu Teil (b)

x21 + x2

2 − x23 =

(− 2√

5y1 +

1√5y3 − 1

)2

+ y22 −(

1√5y1 +

2√5y3 + 2

)2

=4

5y21 +

1

5y23 + 1− 4

5y1y3 +

4√5y1 −

2

5y3

+ y22

− 1

5y21 −

4

5y23 − 4− 4

5y1y3 −

4√5y1 −

8√5y3

=3

5y21 + y22 −

3

5y23 −

8

5y1y3 −

10√5y3 − 3.

Damit wird Q bezuglich F beschrieben durch die Gleichung

3

5y21 + y22 −

3

5y23 −

8

5y1y3 −

10√5y3 − 3 = 0.

(d) Nach Aufgabe P38(a) ist die Schnittlinie von E∩Q in der gelben Ebene eine Ellipse.Bestimmen Sie die Langen der Halbachsen dieser Ellipse (in Koordinaten bezuglich F).

Losungshinweise hierzu: Wir erhalten eine Beschreibung der Schnittlinie von E∩Qbezuglich F , indem wir die Gleichung y3 = 0 von E in die Gleichung von Q aus (c)einsetzen. Wir erhalten

3

5y21 + y22 − 3 = 0.

Nach Division durch (−3) konnen wir die Halbachsenlangen in Koordinaten bezuglichF nach 6.3.6. aus der Gleichung ablesen.

−1

5y21 −

1

3y22 + 1 = 0

Die Halbachsen haben also die Langen√5 und

√3 .

Aufgabe H 35. Raumliche Quadrik

Gegeben sei die Quadrik Q = {x ∈ R3 | x⊺Ax+ 2 a

⊺x = 0} mit

A =

3 0 −√3

0 −2 0

−√3 0 1

a =

−10

−√3

.

(a) Bestimmen Sie eine diagonale Matrix D , sowie eine orthogonale Matrix F so, dassD = F

⊺AF .



Losungshinweise hierzu: Da A eine symmetrische Matrix ist, gibt es eine orthogo-nale Matrix F so, dass D = F

⊺AF eine Diagonalmatrix ist, mit den Eigenwerten von

A als Eintragen.Zuerst bestimmen wir das charakteristische Polynom der Matrix A .

χA(λ) =

3− λ 0 −

√3

0 −2− λ 0

−√3 0 1− λ

= (−2− λ)

(3− λ −

√3

−√3 1− λ

)

= −(2 + λ) ((3− λ)(1− λ)− 3) = −(λ− 4)(λ+ 2)λ

Die Eigenwerte von A sind damit gegeben durch λ1 = 4 , λ2 = −2 und λ3 = 0 .Damit konnen wir D setzen als

D =

4 0 00 −2 00 0 0

.

Um die Eigenvektoren zu den Eigenwerten und damit F zu bestimmen, losen wir diefolgenden Gleichungssysteme.

• (A− 4E3)v = 0 :

−1 0 −√3 0

0 −6 0 0

−√3 0 −3 0

(−1)Z1

−16Z2

Z3 −√3Z1

1 0√3 0

0 1 0 00 0 0 0

Also gilt

V (4) = L

−√3

01

.

• (A+ 2E3)v = 0 :

5 0 −√3 0

0 0 0 0

−√3 0 3 0

Z3 +√35Z1

5 0 −√3 0

0 0 0 00 0 12

50

15(Z1 +

√3 512Z3)

512Z3

1 0 0 00 0 0 00 0 1 0



Also gilt

V (−2) = L

((010

)).

• Av = 0 :

3 0 −√3 0

0 −2 0 0

−√3 0 1 0

13Z1

−12Z2

Z3 +√33Z1

1 0 − 1√3

0

0 1 0 0

0 0 0 0

Also gilt

V (0) = L

1√3

01

.

Da Eigenvektoren zu verschiedenen Eigenwerten orthogonal zueinander stehen, mussenwir die Eigenvektoren nur noch normieren, um eine Orthonormalbasis zu erhalten.

f1 =1

2v1 =

1

2

√30−1

f2 = v2 =

(010

)f3 =

√3

2v3 =

1

2

10√3

Setzen wir nun

F = (f1, f2, f3) =1

2

√3 0 10 2 0

−1 0√3

,

so gilt nach 5.4.2. dass D = F⊺AF .

(b) Bestimmen Sie eine euklidische Normalform von Q , sowie ein kartesisches Koordina-tensystem F , bezuglich dessen Q diese Normalform annimmt.

Losungshinweise hierzu: Mit

F⊺a =

1

2

√3 0 −10 2 0

1 0√3

−10

−√3

=

00−2

erhalten wir die folgende Beschreibung von Q , die wir bereits in Aufgabe H33,(b)gesehen haben.

4y21 − 2y22 − 4y3 = 0

Bezuglich des Koordinatensystems

F = (0; f1, f2, f3) =

(000

);1

2

√30−1

,

(010

),1

2

10√3



ist die euklidische Normalform von Q damit gegeben durch

−2y21 + y22 + 2y3 = 0.

Aufgabe H 36. Quadrik mit Parameter

Betrachten Sie die von einem Parameter α ∈ R abhangige Quadrik

Qα :={x ∈ R

3∣∣∣ 2(x1 + x2)

2 − 6x1x2 −√2(x1 + 7x2) + (α− 2)(2x3 + 1) + 16 = 0

}.

(a) Schreiben Sie die Gleichung der Quadrik Qα in Matrixform.

Losungshinweise hierzu: Durch Umsortieren folgt

Qα :={x ∈ R

3∣∣∣ 2x2

1 + 2x22 − 2x1x2 −

√2 x1 − 7

√2x2 + 2(α− 2)x3 + (α + 14) = 0

}.

Fur die Matrixform der Gleichung der Quadrik erhalten wir damit x⊺Ax+2a

⊺

αx+cα = 0mit

A =

2 −1 0−1 2 00 0 0

, aα =

1

2

−√2

−7√2

2(α− 2)

, cα = α + 14.

(b) Bestimmen Sie eine euklidische Normalform von Qα in Abhangigkeit von α .

(c) Geben Sie den Typ und die Gestalt von dieser Quadrik in Abhangigkeit von α an.

Losungshinweise hierzu: Wir berechnen zuerst die Eigenwerte von A . Da A Block-diagonalgestalt besitzt erhalten wir fur das charakteristische Polynom

χA(λ) = det(A− λE3) = det

(2− λ −1−1 2− λ

)(−λ)

= −[(2− λ)2 − (−1)2]λ = [λ2 − 4λ+ 3]λ = −(λ− 3)(λ− 1)λ.

Daraus ergeben sich die Eigenwerte

λ1 = 3, λ2 = 1, λ3 = 0.

Zugehorige normierte Eigenvektoren sind

v1 =1√2

−110

, v2 =

1√2

110

, v3 =

001

.

Somit erhalten wir die Transformationsmatrix

F =1√2

−1 1 01 1 0

0 0√2

.



Mit F⊺aα =

( −3−4α−2

)ergibt sich die transformierte Gleichung

3y21 + y22 − 6y1 − 8y2 + 2(α− 2)y3 + (α + 14) = 0.

Mit quadratischer Erganzung folgt daraus

3(y1 − 1)2 + (y2 − 4)2 + 2(α− 2)y3 + (α− 5) = 0.

Wir setzen daher z1 := y1 − 1 , z2 := y2 − 4 , z3 := y3 und erhalten schließlich dieGleichung

3z21 + z22 + 2(α− 2)z3 + (α− 5) = 0.

Nun konnen wir die euklidische Normalform, die Gestalt und den Typ der Quadrikgenauer spezifizieren. Wir untersuchen dafur, ob der lineare Anteil 2(α − 2)z3 ubrigbleibt oder nicht:

• Falls α = 2 ist, so verschwindet der lineare Anteil mit der Variable z3 und wirerhalten 3z21 + z22 − 3 = 0 . Die euklidische Normalform ist somit

−z21 −1

3z22 + 1 = 0.

In R3 betrachtet, beschreibt diese Gleichung einen elliptischen Zylinder und derTyp der Quadrik Q2 ist eine Mittelpunktsquadrik.

• Fur α 6= 2 verschwindet der lineare Anteil mit z3 nicht. Wir verschieben daher(gegen die Konstante) indem wir z3 =: w3 − α−5

2(α−2)(und zj =: wj fur j 6= 3)

setzen, und erhalten 3w21 + w2

2 + 2(α − 2)w3 = 0 . Somit ist die euklidischeNormalform schließlich

3

α− 2w2

1 +1

α− 2w2

2 + 2w23 = 0.

Fur α < 2 und fur α > 2 tragen die Koeffizienten der zwei quadratischen Termedasselbe Vorzeichen. Also ist die Gestalt der Quadrik Qα fur α 6= 2 stets einelliptisches Paraboloid und der zugehorige Typ ist eine parabolische Quadrik.

Online-Aufgabe.




T. Cruz, U. Linden,


A. Wunsch





Aufgabe H 37. Modell: Einschaliges Hyperboloid

Die Quadrik Q in R3 sei in Standardkoordinaten gegeben durch

Q : x21+4x2

2+x23−2x1x2+8x1x3−2x2x3+(3

√2−

√6)x1−2

√6x2−(3

√2+

√6)x3−6 = 0.

Ein Modell von Q hatten Sie in den Ubungen in den Handen. Sie finden dies auch unter:www.mathematik.uni-stuttgart.de/studium/infomat/HM-Stroppel-Material/3D-Modelle/03/.Sei das kartesische Koordinatensystem

F =

((000

);1√6

(121

),1√3

(1−11

),1√2

(10−1

))

gegeben. Dieses wird im Modell farbig dargestellt.

(a) Geben Sie eine Gleichung von Q in Koordinaten y1 , y2 , y3 bezuglich F an.

Losungshinweise hierzu: Zuerst schreiben wir die Gleichung von Q in die Form

x⊺Ax+ a

⊺x+ c = 0 (19)

um mit

A =

1 −1 4−1 4 −14 −1 1

a =

1

2

3√2−

√6

−2√6

−3√3−

√6

c = −6.

Nach 4.7.6. istEκF(y) = Fy + 0 gegeben durch

F =

1√6

1√3

1√2

2√6

− 1√3

01√6

1√3

− 1√2

.

Fur eine Gleichung von Q bezuglich F setzen wir also x = Fy in (19) ein und erhalten

y⊺(F

⊺AF )y + (F

⊺a)

⊺y + c = 0.

mit

F⊺AF =

3 0 00 6 00 0 −3

F

⊺a =

−303

.

Damit wird Q bezuglich F durch die folgende Gleichung beschrieben.

3y21 + 6y22 − 3y23 − 6y1 + 6y3 − 6 = 0 (20)

(b) Bestimmen Sie eine euklidische Normalform von Q , sowie ein Koordinatensystem G ,bezuglich dem Q diese Normalform annimmt.





Losungshinweise hierzu: In Teil (a) haben wir bereits den ersten Schritt der Haupt-achsentransformation durchgefuhrt. Als zweiten Schritt verschieben wir den Ursprungdes Koordinatensystems, um den linearen Teil zum Verschwinden zu bringen.

Durch quadratische Erganzung konnen wir Gleichung (20) wie folgt umschreiben.

3((y1 − 1)2 − 1

)+ 6y22 − 3

((y3 − 1)2 − 1

)− 6 = 0

Wir setzen nun z := y −FP mit

FP =

(101

)und P :=

EP = F

FP =

1√6

1 +√3

21−

√3

Bezuglich des Koordiatensystems

G =

1√

6

1 +√3

21−

√3

;

1√6

(121

),1√3

(1−11

),1√2

(10−1

)

wird Q damit beschrieben durch die folgende Gleichung.

3z21 + 6z22 − 3z23 − 6 = 0

Division durch (−6) liefert uns die zugehorige euklidische Normalform.

−1

2z21 − z22 +

1

2z23 + 1 = 0

(c) Sei α ∈ R ein Parameter. Die Ebene Eα sei bezuglich des Koordinatensystems G

beschrieben durch die Gleichung z1 = α . Bestimmen Sie die Gestalt von Q ∩ Eα inAbhangigkeit von α .

Losungshinweise hierzu: Einsetzen von z1 = α in die Gleichung von Q aus Teil (b)liefert die folgende Beschreibung von Q ∩ Eα .

−z22 +1

2z23 + (1− α2

2) = 0

Falls (1− α2

2) = 0 , d.h. α ∈ {

√2,−

√2} , so erhalten wir die Gleichung −z22+

12z23 = 0

fur den Schnitt und damit ein schneidendes Geradenpaar.

Falls α ∈ Rr {√2,−

√2} , so erhalten wir die Gleichung − 2

2−α2 z22 +

12−α2 z

23 +1 = 0 .

Damit tragen die Koeffizienten der zwei quadratischen Terme verschiedene Vorzeichen.Also ist die Gestalt von Q ∩ Eα in diesem Fall eine Hyperbel.

(d) Bestimmen Sie eine Gleichung fur E−1 in Standardkoordinaten x1, x2, x3 .



Losungshinweise hierzu: Nach 4.7.6. istGκEgegeben durch

GκE(x) = F

⊺x−F

⊺P .

Damit erhalten wir

(z1z2z3

)=

GκE(x) =

1√6

2√6

1√6

1√3

− 1√3

1√3

1√2

0 − 1√2

(x1

x2

x3

)− 1√

6

1√6

2√6

1√6

1√3− 1√

31√3

1√2

0 − 1√2

1 +√3

21−

√3

=

1√6(x1 + 2x2 + x3)

1√3(x1 − x2 + x3)1√2(x1 − x3)

−

(101

).

Also ist

z1 = −1 ⇔ 1√6(x1 + 2x2 + x3)− 1 = −1

⇔ x1 + 2x2 + x3 = 0

Die Gleichung fur E−1 in Standardkoordinaten ist also x1 + 2x2 + x3 = 0 .

Aufgabe H 38. Rekursive Folge, Definition Grenzwert, Monotonie

Sei die Folge(an)n∈N mit an = 2n

n+3gegeben.

(a) Finden Sie zwei verschiedene rekursive Darstellungen der Folge.

Losungshinweise hierzu: Aus an = 2nn+3

berechnen wir die ersten Folgenglieder

a1 = 12und a2 = 4

5, welche uns als Startwerte fur die Rekursionsvorschriften dienen.

Wir berechnen zunachst an − γan−1 fur γ ∈ R :

an − γan−1 =2n

n+ 3− γ

2(n− 1)

(n− 1) + 3=

2n(n+ 2)(1− γ) + 6γ

(n+ 3)(n+ 2).

Setzen wir γ = 1 , so erhalten wir fur die Folge (an)n∈N die Rekursionsvorschrift

an := an−1 +6

(n+ 3)(n+ 2), n ≧ 2 mit a1 :=

1

2.

Setzen wir γ = 54, so erhalten wir hingegen die Rekursionsvorschrift

an :=5

4an−1 −

(n+ 5)(n− 3)

2(n+ 3)(n+ 2), n ≧ 2 mit a1 :=

1

2.

Alternativ ist es moglich den Quotienten anan−1

= (n+2)n(n+3)(n−1)

fur n ≧ 2 zu berechnen.

Eine weitere Rekursionsdarstellung fur (an)n∈N ist somit gegeben surch

an :=(n+ 2)n

(n+ 3)(n− 1)an−1, n ≧ 2 mit a1 :=

1

2.



Zudem ist es auch moglich mehrere Folgenglieder zu betrachten. Zum Beispiel folgtaus

an − an−1 − an−2 = −2n3 + 3n2 − 7n− 15

(n+ 3)(n+ 2)(n+ 1)= 6

(− 1

n+ 3+

1

n+ 2+

1

n+ 1

)− 2

die Rekursionsdarstellung

an := an−1+an−2+6

(− 1

n+ 3+

1

n+ 2+

1

n+ 1

)−2, n ≧ 3 mit a1 :=

1

2, a2 :=

4

5.

(b) Sei ε > 0 gegeben. Finden Sie dazu ein nε ∈ N so, dass |an − 2| < ε ist fur n > nε .

Losungshinweise hierzu: Sei ε > 0 gegeben. Dann soll fur n > nε gelten, dass|an − 2| < ε ist. Fur n ∈ N gilt

2n < 2n+ 6 = 2(n+ 3) ⇐⇒ 2n

n+ 3< 2 ⇐⇒ 2n

n+ 3− 2 < 0. (21)

Damit erhalten wir

|an − 2| < ε ⇐⇒∣∣∣∣

2n

n+ 3− 2

∣∣∣∣ < ε(21)⇐⇒ − 2n

n+ 3+ 2 < ε

n+3>0,ε>0⇐⇒ 6

ε− 3 < n.

Somit ist fur ein gegebenes ε > 0 die Bedingung |an−2| < ε fur alle n > nε :=6ε−3

erfullt.

(c) Bestimmen Sie limn→∞

an und begrunden Sie Ihre Antwort mittels (b).

Losungshinweise hierzu: In Aufgabenteil (b) wurde gezeigt, dass fur alle ε > 0 einnε :=

6ε− 3 so existiert, dass fur alle n > nε die Bedingung

|2− an| = |an − 2| < ε.

erfullt ist. Mit Definition 1.4.1 folgt dann sofort, dass limn→∞

an = 2 gilt.

(d) Fur welche q ∈ R ist (an +q

n+3)n∈N streng monoton steigend?

Losungshinweise hierzu: Es sei (bn)n∈N die Folge gegeben durch bn := an+q

n+3mit

beliebigem, aber festem q ∈ R . Es soll nun q ∈ R so bestimmt werden, dass (bn)n∈Nstreng monoton steigend ist. Dazu muss gemaß Definition 1.2.2 die Ungleichungbn+1 > bn fur alle n ∈ N gelten. Wir erhalten

bn+1 > bn ⇐⇒ an+1 +q

n+ 4> an +

q

n+ 3

⇐⇒ 2(n+ 1)

n+ 4+

q

n+ 4>

2n

n+ 3+

q

n+ 3

⇐⇒ (2n+ q) + 2

n+ 4− 2n+ q

n+ 3> 0

⇐⇒ −(2n+ q) + 2(n+ 3)

(n+ 4)(n+ 3)> 0

⇐⇒ 6− q

(n+ 4)(n+ 3)> 0.



Fur alle n ∈ N ist n+4 > 0 und n+3 > 0 und somit (n+4)(n+3) > 0 . Damit istder Bruch auf der linken Seite in der letzten Ungleichung positiv fur alle n ∈ N genaudann, wenn 6 − q > 0 ⇐⇒ 6 > q . Also ist (bn)n∈N streng mononton steigend furalle q ∈ R , welche 6 > q erfullen.

Aufgabe H 39. Konvergenz und Haufungspunkte

Untersuchen Sie jeweils die Folge (an)n∈N auf Konvergenz und bestimmen Sie gegebenenfallsden Grenzwert. Bestimmen Sie zudem jeweils alle Haufungspunkte, sowie den Limes superiorund den Limes inferior der Folgen.

(a) an =4n3 − 1

10n2 + 5√n

(b) an = (−1)nn

√2n

5n2 +sin(n)

n

(c) an = Im(2−n

(−1 + i

√3)n)

(d) an =n∑

k=0

3k + (−1)k

7k


(a) Fur n ∈ N gilt

an =4n3 − 1

10n2 + 5√n=

(2n√n− 1)(2n

√n+ 1)

5√n(2n

√n+ 1)

=2n

√n− 1

5√n

=1

5

(2n− 1√

n

)>

1

5n,

wobei die letzte Ungleichung aus

2n√n− 1 > 2n

√n− n

√n = n

√n =⇒ 2n− 1√

n> n

folgt. Die Folge (15n)n∈N ist bestimmt divergent gegen +∞ . Da nun an > 1

5n fur alle

n ∈ N gilt, ist auch (an)n∈N bestimmt divergent gegen +∞ (also limn→∞

an = +∞)

und es gilt limn→∞

an = limn→∞

an = +∞ .

(b) Wir konnen die Folgenglieder schreiben als

an = (−1)nn

√2n

5n2 +sin(n)

n=

(−1

5

)nn√2 n√n+

sin(n)

n= bn + cn

mit bn :=(−1

5

)n n√2 n√n und cn := sin(n)

n. Wir untersuchen nun separat die Folgen

(bn)n∈N und (cn)n∈N auf Konvergenz.Da

∣∣−15

∣∣ < 1 , folgt mit Beispiel 1.5.8.1, dass limn→∞

(−1

5

)n= 0 . Mit Beispiel 1.5.7

erhalten wir zudem limn→∞

n√2 = 1 und aus Beispiel 1.5.10 schließlich lim

n→∞n√n = 1 .

Mit den Grenzwertsatzen 1.5.3 folgt somit insgesamt limn→∞

bn = 0 .

Betrachten wir nun (cn)n∈N . Wir erhalten wegen −1 ≦ sin(n) ≦ 1 fur alle n ∈ N dieAbschatzung

− 1

n≦

sin(n)

n≦

1

n.



Da limn→∞

− 1n= lim

n→∞1n= 0 , folgt mit dem Sandwichsatz 1.5.6, dass lim

n→∞sin(n)

n= 0 .

Mit den Grenzwertsatzen 1.5.3 folgt damit schließlich

limn→∞

an = limn→∞

bn + limn→∞

cn = 0 + 0 = 0.

Somit ist (an)n∈N konvergent und es folgt mit Satz 1.6.10 limn→∞

an = limn→∞

an = 0 .

(c) Wegen 2−n(−1 + i

√3)n

=(−1

2+ i

√32

)n= cos

(2πn3

)+ i sin

(2πn3

)konnen die Fol-

genglieder geschrieben werden als an = Im(cos(2πn3

)+ i sin

(2πn3

))= sin

(2πn3

).

Wir finden Teilfolgen so, dass der Sinus-Term in jeder Teilfolge konstant bleibt:

a3k = sin (2πk) = 0, a3k+1 = sin(2πk + 2π

3

)=

√32,

a3k+2 = sin(2πk + 4π

3

)= −

√32, a3k+3 = sin (2π(k + 1)) = 0.

Jedes Folgenglied von (an)n∈N ist durch ein Glied einer der konstanten Teilfolgen(a3k)k∈N, (a3k+1)k∈N, (a3k+2)k∈N, (a3k+3)k∈N abgedeckt. Die Haufungspunkte sind ge-

nau die Grenzwerte dieser Teilfolgen, also 0 ,√32

und −√32.

Es gilt somit limn→∞

an = −√32

und limn→∞

an =√32. Da die Folge (an)n∈N mehr als einen

Haufungspunkt besitzt, ist sie nach Satz 1.6.10 divergent.

(d) Wir schreiben die Folgenglieder als

an =n∑

k=0

3k + (−1)k

7k=

n∑

k=0

(3

7

)k

+n∑

k=0

(−1

7

)k

.

Da∣∣37

∣∣ < 1 und∣∣−1

7

∣∣ < 1 , folgt mit dem Beispiel der geometrischen Reihe 1.8.4

limn→∞

n∑

k=0

(3

7

)k

=∞∑

k=0

(3

7

)k

=1

1− 37

=7

4,

limn→∞

n∑

k=0

(−1

7

)k

=∞∑

k=0

(−1

7

)k

=1

1 + 17

=7

8.

Mit den Grenzwertsatzen 1.5.3 fur Folgen erhalten wir insgesamt

limn→∞

n∑

k=0

3k + (−1)k

7k= lim

n→∞

n∑

k=0

(3

7

)k

+ limn→∞

n∑

k=0

(−1

7

)k

=7

4+

7

8=

21

8.

Mit Satz 1.6.10 folgt damit limn→∞

an = limn→∞

an = 218.

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