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Dr. B. Ackermann,M. Borgart,Dr. I Rybak, M. Kutter,J. Veenman

1. Gruppenübung zur Vorlesung

Höhere Mathematik 1Prof. Dr. M. Stroppel

Prof. Dr. A. Sändig

Wintersemester 2010/11

Lösungshinweise zu den Hausaufgaben:

Aufgabe H 1. Binomialkoeffizienten

Beweisen Sie die folgenden Aussagen:

(a)

(nk

)(kj

)=

(nj

)(n− jk − j

)(b)

(nk

)(n− kj

)=

(nj

)(n− jk

)(c) ∀n ∈ N :

n∑j=0

(−1)j(nj

)= 0

Lösungshinweise hierzu:

(a) (nk

)(kj

)=

n!

k!(n− k)!k!

j!(k − j)!=

n!(n− j)!j!(k − j)!(n− k)!(n− j)!

=

=n!

j!(n− j)!(n− j)!

(k − j)!(n− j − (k − j))!=

(nj

)(n− jk − j

)(b) (

nk

)(n− kj

)=

n!

k!(n− k)!(n− k)!

j!(n− k − j)!=

=n!

j!(n− j)!(n− j)!

k!(n− j − k)!=

(nj

)(n− jk

)(c) Erinneren Sie sich, dass

(a+ b)n =n∑

j=0

(nj

)an−jbj.

Mit a = 1 und b = −1 bekommen wirn∑

j=0

(−1)j(nj

)=

n∑j=0

(nj

)(1)n−j(−1)j = (1− 1)n = 0.

http://www.mathematik.uni-stuttgart.de/studium/infomat/HM-Stroppel/

1. Gruppenübung Höhere Mathematik 1

Aufgabe H 2. Summen

Entscheiden Sie, welche der folgenden Ausdrücke gleich sind.

(a)n∑

l=0

(1 + (−1)l+1

)2

a2l+1 −n∑

l=1

a2l

(b)n+5∑k=5

a2k−9

(c)2n+1∑k=1

cos(π + πk)ak

(d)n+1∑k=1

a2k−1


(a) Da

(1 + (−1)l+1

)2

=

{1 für l ungerade

0 für l gerade, bekommen wir

n∑l=0

(1 + (−1)l+1

)2

a2l+1 =

{a3 + a7 + a11 + ...+ a2n+1, n ungerade

a3 + a11 + a7 + ...+ a2(n−1)+1, n gerade.

Insgesamt ergibt sich somit

n∑l=0

(1 + (−1)l+1

)2

a2l+1−n∑

l=1

a2l =

{a3 + a7 + ...+ a2n+1 − a2 − a4 − ...− a2n, n ungeradea3 + a7 + ...+ a2n−1 − a2 − a4 − ...− a2n, n gerade

.

(b)n+5∑k=5

a2k−9 = a(2·5−9) + a(2·6−9) + ...+ a(2·(n+5)−9) = a1 + a3 + a5 + ...+ a2n+1.

Alternativ kann man auch eine Indexverschiebung benutzen.Mit l = k − 4 erhalten wir

n+5∑k=5

a2k−9 =n+5∑k=5

a2(k−4)−1 =n+1∑l=1

a2l−1.

Damit ergibt sich der gleiche Ausdruck wie in Teil (d).

(c) Wegen

cos(π + πk) =

{1 für k ungerade

−1 für k geradeergibt sich

2n+1∑k=1

cos(π + πk)ak = a1 − a2 + a3 − a4 + ...+ a2n−1 − a2n + a2n+1.



(d)n+1∑k=1

a2k−1 = a1 + a3 + a5 + ...+ a2(n+1)−1 = a1 + a3 + a5 + ...+ a2n+1.

Aufgabe H 3.

(a) Skizzieren Sie die folgenden Mengen:

M1 :={(x, y) ∈ R2

∣∣ |x| < 2} ,M2 :=

{(x, y) ∈ R2

∣∣ y < 2x− 1} ,M3 :=

{(x, y) ∈ R2

∣∣ (x− 1)2 + (y + 1)2 5 4} .(b) Skizzieren Sie nun die Menge

M4 :={(x, y) ∈ R2

∣∣ (x− 2)2 + (y − 1)2 5 1 ∨ (x− 2)2 + (y + 1)2 5 1} ,und die Schnittmenge von M2 und M3 .


(a) Die Menge M1 ist der Streifen, wobei der Rand x = ±2 nicht zu der Menge gehört.

M1

−2 20 x

y

M2 ist die graue Halbebene, wobei die Gerade y = 2x− 1 nicht zu der Menge gehört.



x

y

M2

1 2 3 40

−4

−3

−2

−1

1

2

3

4

Die Menge M3 ist eine Kreisscheibe mit Radius 2 und dem Mittelpunkt (1,−1) , wobeider Rand Bestandteil der Menge ist.

x

y

M3

−4 −3 −2 −1 1 2 3 40

−4

−3

−2

−1

1

2

3

4

(b) Die Menge M4 besteht aus zwei Kreisscheiben mit Radius 1 und den Mittelpunkten(2, 1) und (2,−1) , wobei der Rand Bestandteil der Menge ist.



x

y

M4

M4

−4 −3 −2 −1 1 2 3 40

−4

−3

−2

−1

1

2

3

4

Die Schnittmenge von M2 und M3 ist die folgende Menge:

x

y

M2 ∩M3

−4 −3 −2 −1 1 2 3 40

−4

−3

−1

1

2

3

4


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M. Borgart,

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J. Veenman






Aufgabe H 4.

Bestimmen Sie die Menge aller reellen Zahlen, die die folgenden Ungleichungen erfüllen:

(a) x + 3 > x2(x + 3)

(b) |x2 + 3x − 4| + 1 < |x + 4| + |x − 1|

(c)|x − 1||x − 2| ≦ 1


(a) 1. Fall: x < −3 .Man kann in diesem Fall auf beiden Seiten durch den Faktor x + 3 teilen. Da dieserFaktor negativ ist, dreht sich dabei das Ungleichheitszeichen um:

x + 3 > x2(x + 3)

⇔ 1 < x2⇔ 1 < |x|

Dies gilt für alle x < −3 .2. Fall: x = −3 .

x + 3 > x2(x + 3) ⇒ 0 > 0Dies ist ein Widerspruch.

3. Fall: x > −3

x + 3 > x2(x + 3)

⇔ 1 > x2⇔ 1 > |x|

Die Lösungsmenge ist daher gegeben durch

{x ∈ R : x < −3 ∨ −1 < x < 1}.

(b) Die Nullstellen von x2 + 3x − 4 sind −4 und 1 , wobei x2 + 3x − 4 für −4 < x < 1negativ ist, sonst positiv (oder gleich Null an den Nullstellen).

1. Fall: x < −4 .

x2 + 3x − 4 + 1 < −x − 4 − x + 1⇔ x2 + 5x < 0⇔ −5


2. Fall: x = −4 .

1 < 5 X

3. Fall: −4 < x < 1 .

−x2 − 3x + 4 + 1 < x + 4 − x + 1⇔ −x2 − 3x < 0⇔ x < −3 ∨ x > 0 (∧ − 4 < x < 1 nach Voraussetzung)

4. Fall: x = 1 .

1 < 5 X

5. Fall: x > 1 .

x2 + 3x − 4 + 1 < x + 4 + x − 1

⇔ x2 + x − 6 < 0⇔ −3 1 nach Voraussetzung)

Die Lösungsmenge ist daher gegeben durch

{x ∈ R : −5 < x < −3 ∨ 0 < x < 2}.

(c) Für x = 2 ist der Ausdruck auf der linken Seite der Ungleichung nicht definiert.Ansonsten gilt folgende Äquivalenz:

|x − 1||x − 2| ≦ 1 ⇔ |x − 1| ≦ |x − 2|.

1. Fall: x < 1 .

1 − x ≦ 2 − xDies ist erfüllt für alle x < 1 (sogar für alle x ∈ R) .2. Fall: x = 1 .

0 ≦ 1 X

3. Fall: 1 < x < 2 .

x − 1 ≦ 2 − x ⇔ 2x ≦ 3 ⇔ x ≦ 32

(∧ 1 < x < 2)4. Fall: x = 2 .Siehe oben.



5. Fall: x > 2 .

x − 1 ≦ x − 2Dies ist für kein x ∈ R erfüllt.Die Lösungsmenge ist daher gegeben durch

{x ∈ R : x ≦ 32}.

Aufgabe H 5. Ungleichungen, Vollständige Induktion

Beweisen Sie folgende Formeln für n ∈ N0 mit Hilfe der vollständigen Induktion:

(a) 2n > n2, n > 4

(b)1√1

+1√2

+ · · · + 1√n

>√

n, n > 1

(c) cos(x) cos(2x) cos(4x) . . . cos(2nx) =sin (2n+1x)

2n+1 sin(x)

Dabei dürfen Sie die folgende Gleichung, die für alle x, y ∈ R gilt, ohne Beweisbenutzen: sin(x + y) = sin(x) cos(y) + sin(y) cos(x) .


(a) ©IA n = 5 :25 > 52.

Wegen 32 > 25 ist die Behauptung für n = 5 wahr.

©IS n → (n + 1) :2n+1 = 2 · 2n > 2n2 = n2 + n2 > n2 + (2n + 1) = (n + 1)2.

Hier wurde benutzt, dass n2 > 2n + 1 für alle n ≧ 3 . Dass diese Ungleichunggilt ist leicht einzusehen, denn sie ist äquivalent zu n2 − 2n + 1 > 2 , was wegenn2 − 2n + 1 = (n − 1)2 für alle n ≧ 3 erfüllt ist.

(b) ©IA n = 2 :1 +

1√2

>√

2 ⇔√

2 + 1 > 2.

Die Behauptung für n = 2 ist wahr.

©IS1√1+

1√2+· · ·+ 1√

n+

1√n + 1

>√

n+1√

n + 1>

√n+

(√n + 1 −

√n

)

=√

n + 1.



Hier haben wir die Ungleichung

1√n + 1

>√

n + 1 −√

n

benutzt, deren Gültigkeit nach einer Multiplikation mit√

n + 1 +√

n offensichtlichwird, denn man erhält

1 +

√

n

n + 1> 1.

(c) ©IA n = 0 :cos(x) =

sin(2x)

2 sin(x).

Wegen sin(2x) = 2 sin(x) cos(x) ist die Behauptung für n = 0 wahr.

©IS n → (n + 1) :cos(x) cos(2x) cos(4x) · · · cos (2nx) cos

(

2n+1x)

=sin (2n+1x)

2n+1 sin(x)cos

(

2n+1x)

=

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

2n+1 sin(x)=

1

2sin (2 · 2n+1x)2n+1 sin(x)

=sin (2n+2x)

2n+2 sin(x).

Deshalb ist die Behauptung für alle n ∈ N0 wahr.

Aufgabe H 6. Betrag

Bestimmen Sie alle Lösungen der folgenden Gleichungen:

(a) x2 − 6|x| + 5 = 0(b) ||3 − 2x| − 1| = |2x|(c)

∣

∣x2 − x

∣

∣ + |x − a| = 0, a ∈ R


(a) Lösung I.Fall: x ≧ 0 .Wir erhalten die Gleichung

x2 − 6x + 5 = 0,

die die folgenden Nullstellen x1 = 1 und x2 = 5 hat.

Fall: x < 0 .Wir erhalten

x2 + 6x + 5 = 0

mit den Nullstellen x3 = −1 und x4 = −5 .



Lösung II.Mit z = |x| erhalten wir die Gleichung

z2 − 6z + 5 = 0

mit den Nullstellen z = 1 und z = 5 . Da z = |x| , gilt x = ±z . Deshalb haben wir

x1 = 1, x2 = 5, x3 = −1, x4 = −5.

(b)

||3 − 2x| − 1| = |2x|⇔ (|3 − 2x| − 1)2 = 4x2

⇔ |3 − 2x|2 − 2|3 − 2x| + 1 = 4x2⇔ 9 − 12x + 4x2 − 2|3 − 2x| + 1 = 4x2

⇔ 5 − 6x = |3 − 2x|.

Fall: 3 − 2x ≧ 0 .

5 − 6x = 3 − 2x ⇔ x = 0.5.Da 3 − 2 · 0.5 ≧ 0 , ist x = 0.5 eine Lösung.Fall: 3 − 2x < 0 .

5 − 6x = −3 + 2x ⇔ x = 1.Da 3 − 2 · 1 > 0 , ist x = 1 keine Lösung.

(c) Da |z| ≧ 0 folgt aus |x2 − x| + |x − a| = 0 , dass(∣

∣x2 − x

∣

∣ = 0)

∧ (|x − a| = 0) .

Also erhalten wir(x(x − 1) = 0) ∧ (x = a) .

Deshalb gilt

• ist a = 0 , so lautet die Lösung x = 0 ,• ist a = 1 , so lautet die Lösung x = 1 ,• ist a ∈ R r {0, 1} , so existiert keine Lösung.


Dr. B. Ackermann,

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J. Veenman






Aufgabe H 7. Eigenschaften von Abbildungen

Untersuchen Sie, ob folgenden Abbildungen surjektiv, injektiv oder bijektiv sind:

(a) f1 : R → R+0 : x 7→ |x|Lösungshinweise hierzu: f1 ist nicht injektiv, da z.B. f1(1) = 1 = f1(−1) ist. Alsoist f1 auch nicht bijektiv. Wir zeigen, dass f1 surjektiv ist. Dazu betrachten wir einElement x aus der Bildmenge R+0 . Offensichtlich ist x ein Element des Definitionsbe-reichs R und es gilt f1(x) = x . Wir haben also ein Element gefunden, das auf x ∈ R+0abgebildet wird. f1 ist surjektiv.

(b) f2 : R → R+ : x 7→ ex

Lösungshinweise hierzu: Für x, y ∈ R mit x < y gilt ex < ey . Also ist f2injektiv. Aus der Tatsache, dass f2 stetig ist und der Asymptotik limx→−∞ e

x = 0 undlimx→+∞ e

x = +∞ folgt außerdem, dass f2 surjektiv ist (man erkennt das auch sehrgut an einer Skizze des Funktionsgraphen). Damit ist f2 bijektiv.

(c) f3 : R → R : x 7→ sin xLösungshinweise hierzu: Es ist sin(x) = sin(x + 2π) für alle x ∈ R . Außerdemist | sin(x)| < 1 für alle x ∈ R . Es gibt also kein x im Definitionsbereich so, dassf3(x) = 2 ist. Daher ist f3 weder injektiv noch surjektiv noch bijektiv.

(d) f4 :[

−π2,π

2

]

→ R : x 7→ cos x

Lösungshinweise hierzu: Es ist cos(−x) = cos(x) für alle x ∈ R . Außerdem ist| cos(x)| < 1 für alle x ∈ R . Es gibt also kein x im Definitionsbereich so, dassf4(x) = 2 ist. Daher ist f4 weder injektiv noch surjektiv noch bijektiv.

(e) f5 : R → R+ : x 7→ x4 + 1Lösungshinweise hierzu: Es ist x4 = (−x)4 und damit auch f5(x) = f5(−x) füralle x ∈ R . Da x4 ≧ 0 ist, gibt es kein x im Definitionsbereich so, dass f5(x) = 12ist. Daher ist f5 weder injektiv noch surjektiv noch bijektiv.

Aufgabe H 8. Komplexe Zahlen, Wurzelziehen im Komplexen

Geben Sie die folgenden komplexen Zahlen in der Form a + bi mit a, b ∈ R an:(a) z1 = (2 + 3i)(3 − 2i)

(b) z2 =4 − 3i4 + 3i

(c) z3 = (1 + i)10

(d) Bestimmen Sie alle Wurzeln z4,5,6 =3√

i . Geben Sie das Ergebnis in der Form a + bimit a, b ∈ R an.




(a) Es gilt

z1 = (2 + 3i)(3 − 2i) = (2 + 3i)(3 + 2i) = 6 + 9i + 4i − 6 = 13i.

(b) Wir berechnen

z2 =4 − 3i4 + 3i

= z2 =(4 − 3i)(4 − 3i)(4 + 3i)(4 − 3i) =

(4 − 3i)242 − (3i)2 =

16 − 24i − 916 + 9

=7

25− 24

25i.

(c) Es ist (1 + i)2 = 2i . Weiter ergibt sich

z3 = (1 + i)10 = (2i)5 = 25 · i2 · i2 · i = 32 · (−1) · (−1) · i = 32i.

(d) Zuerst berechnen wir das Argument und den Betrag von i und erhalten damit dieDarstellung

i = 1 ·(

cos(π

2

)

+ i sin(π

2

))

.

Damit erhalten wir für die 3-ten Wurzeln gerade die Darstellung

z4 =(

cos(π

6

)

+ i sin(π

6

))

=

√3

2+

1

2i,

z5 =

(

cos

(

π

6+

2π

3

)

+ i sin

(

π

6+

2π

3

))

= −√

3

2+

1

2i,

z6 =

(

cos

(

π

6+

4π

3

)

+ i sin

(

π

6+

4π

3

))

= −i.

Aufgabe H 9. Komplexe Einheitswurzeln

Zeigen Sie, dass die n–ten komplexen Einheitswurzeln z0, z1, . . . , zn−1 eine abelsche Gruppebzgl. der Multiplikation bilden.PSfrag replaements Re(z)

Im(z)z0

z1z2zn�2 zn�1



Lösungshinweise hierzu:Sei Gn = {zk | zk = cos

(

2πkn

)

+ i sin(

2πkn

)

, k = 0, 1, ..., n − 1} .

Abgeschlossenheit:

Für zk, zl ∈ Gn gilt:

zk · zl =[

cos

(

2πk

n

)

+ i sin

(

2πk

n

)][

cos

(

2πl

n

)

+ i sin

(

2πl

n

)]

= cos

(

2πk

n

)

cos

(

2πl

n

)

− sin(

2πk

n

)

sin

(

2πl

n

)

+

+ i

(

cos

(

2πk

n

)

sin

(

2πl

n

)

+ cos

(

2πl

n

)

sin

(

2πk

n

))

= cos

(

2π(k + l)

n

)

+ i sin

(

2π(k + l)

n

)

Also ist das Produkt zk · zl auch eine Einheitswurzel und liegt somit in Gn .Neutralelement:

Es ist zk · z0 = zk · 1 = zk für k = 0, 1, ..., n − 1 . Also enthält Gn auch dasNeutralelememt bezüglich der Multiplikation.

Inverse:

Für k = 0, 1, ..., n − 1 und l = n − k ist zl ∈ Gn und

zk · zl = cos(

2π(k + l)

n

)

+ i sin

(

2π(k + l)

n

)

= 1.

Also ist zl das inverse Element von zk .

Da (C, +, ·) ein Körper ist, ist die Multiplikation in C und damit auch in Gn assoziativ undkommutativ. Damit ist gezeigt, dass (Gn, ·) eine abelsche (kommutative) Gruppe ist.Bemerkung:

Man kann die n–ten komplexen Einheitswurzeln auch in der Form

zk = ei2πkn

darstellen. Obige Rechnungen sind dann noch einfacher.


Dr. B. Ackermann,

M. Borgart,


J. Veenman






Aufgabe H 10. Komplexe Zahlen

(a) Skizzieren Sie die folgenden Mengen in der Gaußschen Zahlenebene:

M1 = {z ∈ C : |z − i| = 2|z + i|} und M2 = {z ∈ C : Re (1z ) = 1}.

Lösungshinweise hierzu:Zuerst skizzieren wir die Menge M1 = {z ∈ C : |z − i| = 2|z + i|} .Wir schreiben die komplexe Zahl als z = x + iy und somit z − i = x + (y − 1)i undz + i = x + (y + 1)i .Damit lässt sich die Gleichung |z − i| = 2|z + i| wie folgt schreiben:

√

x2 + (y − 1)2 = 2√

x2 + (y + 1)2.

Durch Quadrieren und anschließendes Umformen erhalten wir

x2 + y2 − 2y + 1 = 4(x2 + y2 + 2y + 1)0 = 3x2 + 3y2 + 10y + 3

0 = x2 + y2 +10

3y + 1.

Es handelt sich dabei um eine Kreisgleichung. Durch quadratische Ergänzung erhältman die Normalform.

0 = x2 + y2 +10

3y +

25

9− 25

9+ 1

0 = x2 +

(

y +5

3

)2

− 169

16

9= x2 +

(

y +5

3

)2

.

Die Menge M1 ist also ein Kreis mit dem Radius r =43

und den Mittelpunkt M(0|− 53) :

x

y

−53

−43

43



Um die Menge M2 = {z ∈ C : Re(1z ) = 1} skizzieren zu können, bestimmen wirzuerst Re

(1z

). Es gilt

1

z=

1

x + iy=

x − iy(x + iy)(x − iy) =

x − iyx2 + y2

=x

x2 + y2− y

x2 + y2i.

Damit erhalten wir also die Gleichung

1 =x

x2 + y2.

Multiplikation der Gleichung mit x2 + y2 ergibt

x = x2 + y2

0 = x2 − x + y2

0 = x2 − x + 14− 1

4+ y2

0 =

(

x − 12

)2

+ y2 − 14

1

4=

(

x − 12

)2

+ y2.

Man erhält eine Kreisgleichung mit dem Radius r = 12

und dem Mittelpunkt M(12|0) ,

wobei jedoch z = 0 aufgrund der Bedingung Re(1z) = 1 ausgeschlossen ist (Division

durch Null).

x

y

12

12

(b) Bestimmen Sie jeweils alle komplexen Lösungen der folgenden Gleichungen:

(i) z3 − z2 − z − 2 = 0Lösungshinweise hierzu: Man erkennt durch Raten, dass z1 = 2 die Gleichunglöst. Polynomdivision durch den Faktor (z − 2) liefert

z3 − z2 − z − 2 = (z2 + z + 1)(z − 2).

Die quadratische Lösungsformel liefert dann die restlichen Lösungen:

z2 = −1

2+

√3

2i = ei

2π3 , z3 = −

1

2−

√3

2i = ei

4π3



(ii) z2 + zz̄ = 2

Lösungshinweise hierzu: Es ist

z2 + zz̄ = z (z + z̄)︸︷︷︸

=2Re(z)

.

Für z = a + bi gilt also(a + bi)2a = 2.

Es folgt, dass a 6= 0 und b = 0 ist, da die rechte Seite der Gleichung ungleichNull und reell ist. Damit erhält man

a2 = 1 ⇔ a = ±1.Die Lösungen der Gleichung sind also

z1 = 1, z2 = −1.

Aufgabe H 11. Vektorrechnung

Gegeben ist ein regelmäßiges Sechseck mit den Eckpunkten P1, . . . , P6, die in mathematischpositiver Richtung (also gegen den Uhrzeigersinn) durchlaufen werden. Vom Zentrum des

Sechsecks aus wirken Kräfte−→F1, . . . ,

−→F6 , wobei die Kraft

−→Fk zum Eckpunkt Pk gerichtet ist

für k = 1, . . . , 6 . Die Beträge der Kräfte sind gegeben durch |−→F1| = 1 , |−→F2| = 3 , |

−→F3| = 5 ,

|−→F4| = 7 , |−→F5| = 9 und |

−→F6| = 11 . Skizzieren Sie ein solches Sechseck mit den dazugehörigen

Kräften! Berechnen Sie den Betrag und die Richtung der resultierenden Kraft.

Lösungshinweise hierzu: Um die Rechnungen zu vereinfachen, können wir das Koordi-

natensystem so auswählen, dass das Zentrum des Sechecks im Ursprung liegt und−→F1 in

Richtung der positiven x-Achse wirkt. Die restlichen Kräfte werden der Reihe nach in derpositiven Umlaufrichtung eingetragen.

10

1

x

y

F1

F2

F3

F4

F5

F6

π

3



Aufgabe H 12. Geraden und Ebenen

Gegeben sind die Punkte P1 = (1, 1, 1) , P2 = (2, 1,−3) , P3 = (0,−4, 1) , P4 = (−2,−4, 9) ,P5 = (−2,−4, 0) und P6 = (1, 1, α) .(a) Berechnen Sie eine Parameterdarstellung der Ebene E1 , die die Punkte P1 , P2 und

P3 beinhaltet.


E1 :

111

+ λ

10

−4

+ µ

−1−5

0

, λ, µ ∈ R

(b) Liegt der Punkt P4 auf der Ebene E1?

Lösungshinweise hierzu: Es gilt

111

+ (−2) ·

10

−4

+ 1 ·

−1−5

0

=

−2−4

9

,

also liegt der Punkt P4 auf der Ebene E1 .

(c) Bestimmen Sie α so, dass die Gerade g durch die Punkte P5 und P6 parallel zu derEbene E1 verläuft.

Lösungshinweise hierzu: Die Gerade g ist genau dann parallel zu der Ebene E1 ,

wenn der Richtungsvektor−−→P5P6 linear abhängig von den Spannvektoren der Ebene E1

ist. Es gilt also

λ

10

−4

+ µ

−1−5

0

=

35α

=⇒ µ = −1 =⇒ λ = 2 =⇒ α = −8 .


Dr. B. Ackermann,

M. Borgart,


J. Veenman






Aufgabe H 13. Kosinussatz, Vektorprodukt

(a) Geben Sie einen elementargeometrischen Beweis des Kosinussatzes an: Für zwei Vek-toren v = (v1, v2)

⊤, w = (w1, w2)⊤ ∈ R2 gilt

|v − w|2 = |v|2 + |w|2 − 2|v||w| cos(α),

wobei α der Winkel ist, den die beiden Vektoren einschließen.

Lösungshinweise hierzu: Ohne Einschränkung nehmen wir v und w ungleich Nullan (ansonsten ist die Aussage trivial). Zunächst setzen wir 0 < α ≦ π

2voraus und

betrachten folgendes Dreieck:

α .

|w|

|v|

|v−w|

a b

h

Der Winkel α liegt zwischen den Seiten mit Längen |v| und |w| , die Seite mit Länge|v−w| liegt dem Winkel α gegenüber. Wir fällen die Höhe senkrecht auf die Seite mitLänge |v| und teilen diese Seite damit in zwei Strecken der Länge a bzw. b . Falls dieHöhe die untere Seite nicht trifft, dann vertauschen wir die Rollen von v und w . DerSatz des Pythagoras liefert

|w|2 − a2 = h2 = |v − w|2 − b2.

Für den Kosinus von α gilt:

cos(α) =Ankathete

Hypotenuse=

a

|w| .

Außerdem gilt nach Konstruktion

b = |v| − a, ⇒ b2 = |v|2 − 2a|v| + a2.

Die Behauptung folgt durch Einsetzen:

|v − w|2 = |w|2 − a2 + b2= |w|2 − a2 + |v|2 − 2a|v| + a2= |w|2 + |v|2 − 2|v||w| cos(α).

Es bleibt noch der Fall, dass π2

< α < π , siehe die folgende Skizze:



α|v|

|w||v−w|

h

d

π−α

Es folgt durch analoge Überlegungen, dass

|v − w|2 − (|v| + d)2 = h2 = |w|2 − d2

und

cos(π − α) = d|w| .

Aus der Eigenschaft cos(π−α) = − cos(α) erhält man durch Zusammensetzen obigerGleichungen:

|v − w|2 = |w|2 − d2 + |v|2 + 2d|v| + d2= |w|2 + |v|2 − 2|v||w| cos(α).

(b) Für welche Vektoren a, b, c ∈ R3 gilt

a × (b × c) = (a × b) × c?

Lösungshinweise hierzu: Man kann direkt überprüfen, dass folgende Gleichheit gilt:

(a × b) × c = 〈a, c〉b − 〈b, c〉a Probiere es aus!

Jetzt können wir die Gleichung umschreiben:

(a × b) × c = 〈a, c〉b − 〈b, c〉aa × (b × c) = −(b × c) × a

= −〈b, a〉c + 〈c, a〉b= 〈a, c〉b − 〈b, a〉c

Also gilt die Gleichunga × (b × c) = (a × b) × c

dann und nur dann, wenn

〈a, c〉b − 〈b, a〉c = 〈a, c〉b − 〈b, c〉a

und damit〈b, a〉c = 〈b, c〉a.

Die letzte Gleichung gilt, wenn



• b ist senkrecht sowohl zu a als auch zu c (d.h. 〈b, a〉 = 〈b, c〉 = 0)• a und c sind parallel (d.h. c = αa für ein α ∈ R)• Einer der Vektoren ist der Nullvektor

Aufgabe H 14. Orthogonalität, Winkel

Gegeben sei das Dreieck △ABC mit Ecken A = (2,−1, 3) , B = (1, 1, 1) und C = (0, 0, 5) .Berechnen Sie die Innenwinkel des Dreiecks, die Länge der Seiten, die Höhe des Dreiecksausgehend vom Punkt A und die Fläche des Dreiecks.


B

A

CH

Wir berechnen

−→AB =

−12

−2

, −→AC =

−212

, −−→BC =

−1−1

4

.

Die Längen der Seiten sind

AB = |−→AB| =√

(−1)2 + 22 + (−2)2 = 3, AC = |−→AC| =√

(−2)2 + 12 + 22 = 3,

BC = |−−→BC| =√

(−1)2 + (−1)2 + 42 = 3√

2.

Da〈

~AB∣∣∣ ~AC

〉= 0 , stehen die Vektoren

−→AB und

−→AC senkrecht aufeinander. Folglich

ist der Innenwinkel gleich ∢(−→AB,

−→AC) =

π

2. Der Innenwinkel ∢(

−→BA,

−−→BC) zwischen den

Vektoren−→BA und

−−→BC berechnen wir mit Hilfe des Skalarprodukts,

cos(∢(

−→BA,

−−→BC)

)=

〈−→BA

∣∣∣−−→BC

〉

|−→BA| · |−−→BC|=

〈

1−2

2

∣∣∣∣∣∣

−1−1

4

〉

√12 + (−2)2 + 22 ·

√(−1)2 + (−1)2 + 42

=1√2.

Also ist ∢(−→BA,

−−→BC) =

π

4. Da die Summe alle Innenwinkel des Dreiecks gleich π ist, ist der

Winkel ∢(−→CA,

−−→CB) =

π

4.



Die Höhe des Dreiecks ausgehend vom Punkt A berechnen wir mit dem Sinus,

AH

AB= sin

(π4

)=

√2

2.

Wir erhalten AH =3√

2

2.

Die Fläche des Dreiecks ist

S△ABS =BC · AH

2=

9

2.

Aufgabe H 15. Geraden und Ebenen, Vektorprodukt

Gegeben sei in R3 das gleichseitige Tetraeder mit den Ecken

A = (−2, 0, 0), B = (2, 0, 0), C = (c1, c2, 0), c2 > 0, und D = (d1, d2, d3), d3 > 0.(a) Berechnen Sie die fehlenden Koordinaten von C und D .


|AC|2 = |BC|2(c1 + 2)

2 + c22

= (c1 − 2)2 + c22c21+ 4c1 + 4 = c

2

1− 4c1 + 4

=⇒ c1 = 0|AC|2 = |AB|24 + c2

2= 16

=⇒ c2 = 2√

3 , da c2 > 0

|AD|2 = |BD|2(d1 + 2)

2 + d22+ d2

3= (d1 − 2)2 + d22 + d23

d21+ 4d1 + 4 = d

2

1− 4d1 + 4

=⇒ d1 = 0|AD|2 = |CD|2

4 + d22+ d2

3= (d2 − 2

√3)2 + d2

3

4 + d22

= d22− 4

√3d2 + 12

=⇒ d2 = 23√

3

|AD|2 = |AB|2

4 +4

3+ d2

3= 16

d23

=32

3

=⇒ d3 = 43√

6 , da d3 > 0

Also insgesamt C =(0, 2

√3, 0

)und D =

(0, 2

3

√3, 4

3

√6).



(b) Bestimmen Sie eine Parameterdarstellung der Geraden g durch A und D sowie denAbstand des Punktes B zur Geraden g .


g :

−200

+ λ̃

22

3

√3

4

3

√6

=

−200

+ λ

3√3

2√

6

Der Abstand von B zu g ergibt sich als

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1∣∣∣∣∣∣

3√3

2√

6

∣∣∣∣∣∣

3√3

2√

6

×

200

−

−200

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣1

6

0

8√

6

−4√

3

∣∣∣∣∣∣= 2

√3

Alternativ: Ebene durch B mit Richtungsvektor von g als Normalenvektor; Schnittdieser Ebene mit g ; Abstand dieses Schnittpunkts zu B .

(c) Bestimmen Sie eine Parameterdarstellung und die Hesse-Normalform der Ebene durchdie Punkte A,B,D . Unter welchem Winkel schneiden sich diese Ebene und die Ebenedurch die Punkte A,B,C ?

Lösungshinweise hierzu: Ebene durch A , B und D :

E1 : λ

100

+ µ

3√3

2√

6

mit Normalenvektor

ñ1 =

100

×

3√3

2√

6

=

0

−2√

6√3

, n1 =

1

3

0

−2√

21

damit lautet die Hessesche Normalform von E1 :

E1 :1

3

(−2

√2 x2 + x3

)= 0

Ebene durch A , B und C :

E2 : ν

100

+ ξ̃

2

2√

30

= ν

100

+ ξ

1√3

0



mit Normalenvektor

n2 =

001

Winkel α zwischen den Ebenen (entspricht Winkel zwischen n1 und n2 ):

cos(α) = 〈n1 |n2〉 =1

3=⇒ α ≈ 70.53◦

(d) Berechnen Sie die Oberfläche des Tetraeders mit Hilfe des Vektorprodukts.


1

2

∣∣∣−→AB ×−→AC

∣∣∣ =1

2

∣∣∣∣∣∣

400

×

2

2√

30

∣∣∣∣∣∣=

1

2

∣∣∣∣∣∣

00

8√

3

∣∣∣∣∣∣= 4

√3

Damit ist die gesamte Oberfläche des Tetraeders 16√

3 .


Dr. B. Ackermann,

M. Borgart,


J. Veenman






Aufgabe H 16. Matrizenmultiplikationen

Gegeben seien die Matrizen

Q =

1

2

3√

5

10−

√6

6

−12

3√

5

100

−12

√5

10

√6

6

1

2

√5

10

√6

3

, A =

1 2 2−1 1 2−1 0 11 1 2

, S =

1

2− 1

2√

5

1√6

0 1√5

− 3√6

0 0 2√6

.

Berechnen Sie:

(a) Q⊺

Q ,

Lösungshinweise hierzu: I3

(b) Q⊺

A ,

Lösungshinweise hierzu: R := Q⊺

A =

2 1 12

0√

5 3√

5

2

0 0√

6

2

(c) Q⊺

AS ,

Lösungshinweise hierzu: I3

(d) SQ⊺

AS Q⊺

A − S S⊺A⊺QQ⊺A .


SQ⊺

ASQ⊺

A−SS⊺A⊺QQ⊺A = S(

Q⊺

AS − S⊺A⊺Q)

Q⊺

A = S (I − I) Q⊺A = 03×3

oder

SQ⊺

ASQ⊺

A − SS⊺A⊺QQ⊺A = SQ⊺A − SQ⊺A = I3 − I3 = 03×3

Hinweis: Für beliebige Matrizen M und N , für die das Produkt MN definiert ist, gilt:(MN)

⊺

= N⊺

M⊺

.

Aufgabe H 17. Lineare Gleichungssysteme

Geben Sie für die folgenden Gleichungssysteme jeweils die Koeffizientenmatrix und die rechteSeite an und bestimmen Sie die Lösungsmenge L . Machen Sie eine Probe.



(a) −2x1 − 6x2 + 2x3 = 2−x1 − x2 + 4x3 = 0

x1 + 3x2 − x3 = 1

Lösungshinweise hierzu: Das LGS ist Ax = b mit der Koeffizientenmatrix A undder rechte Seite b :

A =

−2 −6 2−1 −1 4

1 3 −1

, b =

201

.

Dies führt auf die erweiterte Koeffizientenmatrix

[A||b] =

−2 −6 2 2−1 −1 4 0

1 3 −1 1

.

Wir berechnen

Z3 +1

2Z1 :

−2 −6 2 2−1 −1 4 0

0 0 0 2

.

Nach Satz 3.7.2, ist dieses LGS nicht lösbar, da 0 · x1 + 0 · x2 + 0 · x3 6= 2 , das heißtL = {} .

(b) 3x1 + x2 − 2x3 = −42x1 − 2x3 − 4x2 = 10x1 − 2x2 + 4x3 = 15

Lösungshinweise hierzu: Das LGS führt auf die erweiterte Koeffizientenmatrix

3 1 −2 −42 −4 −2 101 −2 4 15

.

Vertauschen der ersten und dritten Zeile liefert

Z1 ↔ Z3 :

1 −2 4 152 −4 −2 103 1 −2 −4

.

Weiter berechnen wir

Z2 − 2 Z1 :Z3 − 3 Z1 :

1 −2 4 150 0 −10 −200 7 −14 −49

,

Z2 ↔ Z3 :

1 −2 4 150 7 −14 −490 0 −10 −20

,



− 110

Z3 :

1

7Z2 :

1 −2 4 150 1 −2 −70 0 1 2

,

Z2 + 2 Z3 :Z1 − 4 Z3 :

1 −2 0 70 1 0 −30 0 1 2

,

Z1 + 2 Z2 :

1 0 0 10 1 0 −30 0 1 2

.

Daraus erhalten wir die Lösung zu x1 = 1, x2 = −3, x3 = 2 , also die Lösungsmenge

L =

1−3

2

.

Probe: Wir setzen x1 = 1 , x2 = −3 , x3 = 2 in die ursprüngliche Gleichung ein.(c) (1 + i)z1 + 2z2 = 4

(1 − i)z2 + 2z1 = 2Lösungshinweise hierzu: Das LGS führt auf die erweiterte Koeffizientenmatrix

[

1 + i 2 42 1 − i 2

]

.

Aus der zweiten Zeile des LGS erhalten wir

z1 = 1 −1 − i

2z2.

Substitution in die erste Zeile ergibt

(1 + i) − (1 + i)(1 − i)2

z2 + 2z2 = 4,

woraus sofortz2 = 3 − i

folgt.

Wir berechnen

z1 = 1 −1 − i

2z2 = 1 −

(1 − i)(3 − i)2

= 2i .

Damit erhalten wir die Lösungsmenge

L ={(

2i3 − i

)}

.

Probe: Ob das Element von L tatsächlich die Lösung ist, überprüft man durchEinsetzen.



Aufgabe H 18. Lineare Gleichungssysteme

Jeden Montag um halb sieben liefert Bauer Klaus Kartoffeln, Zwiebeln und Tomaten an die3 Gemüsehändler in der Nordbahnhofstraße. Diese Woche sind es folgende Mengen (in kg):

Kartoffeln Zwiebeln Tomaten

Händler 1 200 100 120Händler 2 150 50 80Händler 3 280 150 120

Der erste Händler bezahlt 600 Euro, der zweite 415 Euro und der dritte 750 Euro. Wievielkostet also jeweils 1 kg Kartoffeln, Zwiebeln oder Tomaten? Die Preise sind natürlich für alleHändler gleich.

Lösungshinweise hierzu: Wir bezeichnen die Kilopreise für Kartoffeln, Zwiebeln oder To-maten mit x1 ,x2 bzw. x3 . Man erhält folgendes lineares Gleichungssystem:

200x1 + 100x2 + 120x3 = 600 (1)

150x1 + 50x2 + 80x3 = 415 (2)

280x1 + 150x2 + 120x3 = 750 (3)

Zunächst multiplizieren wir Gleichung (2) mit 2 bzw. 3 und subtrahieren dies dann von (1)bzw. (3) und erhalten

−100x1 − 40x3 = −230 (4)−170x1 − 120x3 = −495 (5)

Subtraktion vom dreifachen von (4) von (5) liefert

130x1 = 195 ⇒ x1 =3

2.

Einsetzen in (4) ergibtx3 = 2.

Durch erneutes Einsetzen in (1) bekommen wir

x2 =3

5.

Ein Kilogramm Kartoffeln kostet also 1,50 Euro, ein Kilogramm Zwiebeln 0,60 Euro und einKilogramm Tomaten 2 Euro.


Dr. B. Ackermann,

M. Borgart,


J. Veenman






Aufgabe H 19. Lineare Abbildungen

Es sei ϕ : R3 → R3 eine lineare Abbildung mit

ϕ(1, 1, 0) =

−176

, ϕ(1, 0, 2) =

39−3

, ϕ(0, 0, 1) =

24−3

.

Außerdem seien

B = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} und C = {(1, 1, 0), (1, 0, 2), (0, 0, 1)}

jeweils eine Basis des R3 .

(a) Berechnen Sie die Bilder der Basisvektoren von B unter der Abbildung ϕ .

Lösungshinweise hierzu: Man erkennt, dass

100

=

102

− 2

001

.

Es gilt also (da ϕ linear ist)

ϕ(1, 0, 0) = ϕ(1, 0, 2) − 2ϕ(0, 0, 1) =

39−3

− 2

24−3

=

−113

.

Weiter ist

010

=

110

−

010

und daher

ϕ(0, 1, 0) = ϕ(1, 1, 0) − ϕ(0, 1, 0) =

−176

−

−113

=

063

.

(b) Geben Sie die MatrizenBϕ

Bund

Bϕ

Can, die obige Abbildung in den jeweiligen Basen

beschreiben.

Lösungshinweise hierzu: Die Spalten der MatrizenBϕ

Bbzw.

Bϕ

Csind gegeben

durch die Bilder der Basisvektoren von B bzw. C , dargestellt in der Basis B . Aus (a)folgt also

Bϕ

B=

−1 0 21 6 43 3 −3



und

Bϕ

C=

−1 3 27 9 46 −3 −3

(c) Bestimmen Sie Kern(ϕ) und Bild(ϕ) .

Lösungshinweise hierzu: Wir verwenden im Folgenden die Standardbasis B sowohlim Urbild-, als auch im Bildraum. Für einen Vektor x ∈ Kern ϕ gilt nach Definition

ϕ(x) =Bϕ

Bx =

−1 0 21 6 43 3 −3

x1x2x3

=

000

.

Der Lösungsraum dieses homogenen LGS ist der Kern von ϕ , d.h. hier:

Kern(ϕ) =

x ∈ R3 : x = λ

2−11

, ∃λ ∈ R

.

Das Bild von ϕ wird durch die Bilder der drei Basisvektoren von B (oder alternativvon C ) erzeugt. Aus der Dimensionsformel

dim(Bild(ϕ)) = dim(R3) − dim(Kern(ϕ)) = 3 − 1 = 2

wissen wir aber, dass wir nur zwei Vektoren brauchen um Bild(ϕ) aufzuspannen (d.h.die Bilder der drei Basisvektoren müssen linear abhängig sein). Wir nehmen z.B. dieVektoren ϕ(1, 0, 0) und ϕ(0, 1, 0) und erkennen, dass diese linear unabhängig sind.Esfolgt, dass

Bild(ϕ) =

x ∈ R3 : x = λ

−113

+ µ

063

,∃λ, µ ∈ R

.

Aufgabe H 20. Gauss/LGS

Gegeben sei das LGS

10 −4 1 −3 −2−2 1 −3 −2 −11 −1 −1 −2 −3−2 −4 4 1 −17 −4 3 1 −26 −4 3 −2 −3−1 8 −7 −2 3−5 4 3 −3 −6

x1x2x3x4x5

=

2−7−6−2501−7



(a) Transformieren Sie das LGS auf ein LGS der Gestalt Ãx̃ = b̃ wobei Ã , x̃ und b̃definiert sind wie in Satz 3.7.2 .

Lösungshinweise hierzu: Das LGS führt auf die erweiterte Koeffizientenmatrix

[A||b] =

10 −4 1 −3 −2 2−2 1 −3 −2 −1 −71 −1 −1 −2 −3 −6−2 −4 4 1 −1 −27 −4 3 1 −2 56 −4 3 −2 −3 0−1 8 −7 −2 3 1−5 4 3 −3 −6 −7

Z1 − 10Z3 :Z2 + 2Z3 :

Z4 + 2Z3 :Z5 − 7Z3 :Z6 − 6Z3 :Z7 + Z3 :

Z8 + 5Z3 :

0 6 11 17 28 620 −1 −5 −6 −7 −191 −1 −1 −2 −3 −60 −6 2 −3 −7 −140 3 10 15 19 470 2 9 10 15 360 7 −8 −4 0 −50 −1 −2 −13 −21 −37

−Z2 :Z3 ↔ Z1 :

1 −1 −1 −2 −3 −60 1 5 6 7 190 6 11 17 28 620 −6 2 −3 −7 −140 3 10 15 19 470 2 9 10 15 360 7 −8 −4 0 −50 −1 −2 −13 −21 −37

Z3 − 6Z2 :Z4 − 6Z2 :Z5 − 3Z2 :

−(Z6 − 2Z2) :Z7 − 7Z2 :Z8 + Z2 :

1 −1 −1 −2 −3 −60 1 5 6 7 190 0 −19 −19 −14 −520 0 32 33 35 1000 0 −5 −3 −2 −100 0 1 2 −1 20 0 −43 −46 −49 −1380 0 3 −7 −14 −18



Z3 + 19Z6 :Z4 − 32Z6 :Z5 + 5Z6 :

Z7 + 43Z6 :Z8 − 3Z6 :

1 −1 −1 −2 −3 −60 1 5 6 7 190 0 0 19 −33 −140 0 0 −31 67 360 0 0 7 −7 00 0 1 2 −1 20 0 0 40 −92 −520 0 0 −13 −11 −24

Z5/7 :Z3 ↔ Z6 :

1 −1 −1 −2 −3 −60 1 5 6 7 190 0 1 2 −1 20 0 0 −31 67 360 0 0 1 −1 00 0 0 19 −33 −140 0 0 40 −92 −520 0 0 −13 −11 −24

Z4 + 31Z5 :

Z6 − 19Z5 :Z7 − 40Z5 :Z8 + 13Z5 :

1 −1 −1 −2 −3 −60 1 5 6 7 190 0 1 2 −1 20 0 0 0 36 360 0 0 1 −1 00 0 0 0 −14 −140 0 0 0 −52 −520 0 0 0 −24 −24

Z4/36 :

−Z6/14 :−Z7/52 :−Z8/8 :

1 −1 −1 −2 −3 −60 1 5 6 7 190 0 1 2 −1 20 0 0 0 1 10 0 0 1 −1 00 0 0 0 1 10 0 0 0 1 10 0 0 0 1 1

Z5 ↔ Z4 :

1 −1 −1 −2 −3 −60 1 5 6 7 190 0 1 2 −1 20 0 0 1 −1 00 0 0 0 1 10 0 0 0 1 10 0 0 0 1 10 0 0 0 1 1



Z6 − Z5 :Z7 − Z5 :Z8 − Z5 :

1 −1 −1 −2 −3 −60 1 5 6 7 190 0 1 2 −1 20 0 0 1 −1 00 0 0 0 1 10 0 0 0 0 00 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0

Z1 + Z2 − 4Z3 + 4Z4 − 4Z5 :Z2 − 5Z3 + 4Z4 − 8Z5 :

Z3 − 2Z4 − Z5 :Z4 + Z5 :

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

Wir erhalten

Ã =

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

, b̃ =

11111000

Probe:

10 −4 1 −3 −2−2 1 −3 −2 −11 −1 −1 −2 −3−2 −4 4 1 −17 −4 3 1 −26 −4 3 −2 −3−1 8 −7 −2 3−5 4 3 −3 −6

11111

=

2−7−6−2501−7

.√

(b) Begründen Sie, warum das LGS lösbar ist.

Lösungshinweise hierzu: Es gilt für alle j > 5 , dass b̃j null ist.

Aufgabe H 21. Lineares Gleichungssystem

Gegeben ist das reelle, lineare Gleichungssystem Ax = b mit

A =

3 2 1−1 α 21 1 2

, b =

2β−1

.



(a) Für welche α, β ∈ R besitzt das System eine eindeutige Lösung? Berechnen Sie dieseLösung.

(b) Für welche α, β ∈ R besitzt das System unendlich viele Lösungen? Berechnen Sie dieLösungsmenge.

(c) Für welche α, β ∈ R besitzt das System keine Lösungen?Lösungshinweise hierzu:

(a) Ein LGS mit quadratischer Koeffizientenmatrix hat eine eindeutige Lösung genau dann,wenn die Determinante der Koeffizientenmatrix nicht verschwindet. Wir berechnen

det A = 1 + 5α .

Also besitzt das LGS eine eindeutige Lösung, falls

det A 6= 0 ⇐⇒ α 6= −15

.

Um die Lösung in diesem Fall zu berechnen betrachtet man das augmentierte System

[A||b] =

3 2 1 2−1 α 2 β1 1 2 −1

und vereinfacht es mit Gauss-Algoritmus zu

[Ã||b̃] =

1 1 2 −10 1 5 −50 0 1 + 5α −5α − β − 4

.

Aus dieser Schreibweise kann man die Lösung dann ablesen und erhält

x1x2x3

=1

1 + 5α

5α − 3β − 85β + 15

−5α − β − 4

.

(b) Aus (a) weiß man, dass die Matrix nur für den Fall α = −15

unendlich viele Lösungen

haben kann. Betrachtet man die letzte Zeile von [Ã||b̃] , so erhält man für die Lösbarkeitauch noch die Bedingung β = −3 .Wir setzen nun α = −1

5und β = −3 in die augmentierte Matrix [Ã||b̃] ein und

erhalten

1 1 2 −10 1 5 −50 0 0 0

.

Die Lösung kann man daraus ablesen, man erhält die Lösungsmenge

L =

4−50

+ t

3−51

∣

∣

∣

∣

∣

∣

t ∈ R

.



(c) Aus (b) erhält man, dass für α = −15

und β 6= −3 das lineare Gleichungssystem keineLösung besitzt.


Dr. B. Ackermann,

M. Borgart,


J. Veenman






Aufgabe H 22. Inverse

Gegeben ist die Matrix

A =

2 −2 1 1−2 4 0 11 −4 2 11 1 1 2

.

(a) Berechnen Sie die Inverse A−1 .

(b) Lösen Sie die linearen Gleichungssysteme Ax = bi für die Vektoren

b1 = (1,−1, 0, 1)⊺

, b2 = (2,−2, 3, 1)⊺

, b3 = (4,−1, 1, 1)⊺

, b4 = (0, 2,−5, 1)⊺

.

Hinweis: Benutzen Sie die oben berechnete Inverse.


(a)

A−1 =

6 3 −1 −47 4 −1 −519 11 −2 −14−16 −9 2 12

.

(b) Wir berechnen xi = A−1bi , i = 1, 2, 3, 4 :

x1 =

−1−2−65

, x2 =

−1−2−44

, x3 =

161849−41

, x4 =

7818−16

.

Aufgabe H 23. Volumen

Gegeben ist die Pyramide ABCD mit den Ecken A = (3, 0, 0) , B = (0, 5, 0) , C = (0, 0, 3) ,D = (0,−2, 0) .

(a) Bestimmen Sie die Höhe h der Pyramide über der Grundfläche mit den EckpunktenA,B und C .

Lösungshinweise hierzu: Die Höhe h ist gleich dem Abstand des Punktes D von derEbene E durch A,B und C . Die Ebene E ist gegeben durch die Parameterdarstellung

E : ~x =

300

+ t

−350

+ s

−303

.



Daraus ergibt sich die Hesse-Normalform

E :1

√59

(5x1 + 3x2 + 5x3) =15√

59.

Damit ist h =1

√59

∣

∣5 · 0 + 3 · (−2) + 5 · 0 − 15∣

∣ =21√

59.

(b) Berechnen Sie das Volumen V der Pyramide mit Hilfe von Teil (a).Benutzen Sie dazu die Formel

V =1

3G · h

mit G = Inhalt der Grundfläche, h = Höhe über dieser Grundfläche.

Lösungshinweise hierzu: Zuerst bestimmen wir den Inhalt der Grundfläche (ABC) .Es gilt

G(ABC) =1

2

∣

∣

∣

−→AB ×

−→AC

∣

∣

∣=

1

2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

−350

×

−303

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=1

2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

159

15

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

√531

2=

3

2

√59.

Mit der Höhe h aus Teil (a) erhalten wir dann

V =1

3G(ABC) · h =

1

3·3

2

√59 ·

21√

59=

21

2.

Aufgabe H 24. Inverse Blockmatrizen

(a) Seien M,N ∈ Rn×n invertierbar. Das Produkt MN ist dann auch invertierbar. ZeigenSie, dass die Inverse durch (MN)−1 = N−1M−1 gegeben ist.

Lösungshinweise hierzu: Eine einfache Rechung zeigt:

(MN)(N−1M−1) = I = (N−1M−1)(MN).

Dies war zu zeigen.

(b) Sei wieder M ∈ Rn×n und I die Einheitsmatrix in Rn×n . Zeigen Sie, dass

(

I M

0 I

)

−1

=

(

I −M0 I

)

und

(

I 0M I

)

−1

=

(

I 0−M I

)

.

Dabei ist mit 0 die Nullmatrix in Rn×n gemeint.

Lösungshinweise hierzu: Unter Verwendung der Rechenregeln aus Aufgabe P28 be-kommt man

(

I M

0 I

) (

I −M0 I

)

=

(

I −M + M0 I

)

=

(

I 00 I

)

=

1 · · · 0...

. . ....

0 · · · 1

∈ R2n×2n



und(

I −M0 I

) (

I M

0 I

)

=

(

I M − M0 I

)

=

(

I 00 I

)

.

Daraus folgt, dass(

I M

0 I

)

−1

=

(

I −M0 I

)

.

Analog ergibt sich(

I 0M I

)

−1

=

(

I 0−M I

)

.

(c) Es seien nun A,B,C,D ∈ Rn×n , wobei A,D sowie (A − BD−1C) invertierbar vor-ausgesetzt werden. Rechnen Sie nach, dass

(

A B

C D

)

=

(

I BD−1

0 I

) (

A − BD−1C 00 D

) (

I 0D−1C I

)

.

Lösungshinweise hierzu: Verwende die Rechenregeln aus Aufgabe P28! Dann gilt:(

I BD−1

0 I

) (

A − BD−1C 00 D

) (

I 0D−1C I

)

=

(

I BD−1

0 I

) (

A − BD−1C 0DD−1C D

)

=

(

A − BD−1C + BD−1C BD−1DC D

)

=

(

A B

C D

)

(d) Benutzen Sie nun die Ergebnisse aus den Teilaufgaben (a)-(b), um(

A B

C D

)

−1

zu berechnen. Was ergibt sich im Fall n = 1?

Lösungshinweise hierzu: Es folgt aus (a) und (b), dass(

A B

C D

)

−1

=

(

I 0D−1C I

)

−1 (A − BD−1C 0

0 D

)

−1 (I BD−1

0 I

)

−1

.

Für den Moment führen wir die Abkürzung X := A − BD−1C ein. Wir wissen aus(b) bzw. durch kurze Überlegung, dass

(

I 0D−1C I

)

−1

=

(

I 0−D−1C I

)

,

(

X 00 D

)

−1

=

(

X−1 00 D−1

)

,

(

I BD−1

0 I

)

−1

=

(

I −BD−1

0 I

)

.



Der Rest ist einfache Matrizenmultiplikation:

(

A B

C D

)

−1

=

(

I 0D−1C I

)

−1 (X 00 D

)

−1 (I BD−1

0 I

)

−1

=

(

I 0−D−1C I

) (

X−1 00 D−1

) (

I −BD−1

0 I

)

=

(

X−1 0−D−1CX−1 D−1

) (

I −BD−1

0 I

)

=

(

X−1 −X−1BD−1

−D−1CX−1 D−1CX−1BD−1 + D−1

)

=

(

(A − BD−1C)−1 −(A − BD−1C)−1BD−1

−D−1C(A − BD−1C)−1 D−1[C(A − BD−1C)−1BD−1 + I]

)

Für n = 1 kann man dieses Ergebnis noch vereinfachen: Die Einträge sind nun reelleZahlen, die hier der Übersichtlichkeit halber mit Kleinbuchstaben bezeichnet werden.Es ergibt sich

(

a b

c d

)

−1

=

1a−

bc

d

− bd(a− bc

d)

− cd(a− bc

d)

1d

[

bc

d(a− bcd)

+ 1

]

=1

ad − bc

(

d −b−c bc+ad−bc

d

)

=1

det

((

a b

c d

))

(

d −b−c a

)


Dr. B. Ackermann,

M. Borgart,


J. Veenman






Aufgabe H 25. Determinante, Entwicklungssatz

Berechnen Sie die Determinante der Matrix A , die gegeben ist durch

A =

0 0 0 1 0 00 0 0 0 2 00 0 0 0 0 34 1 2 0 0 01 2 1 0 0 05 −1 1 0 0 0

.

Lösungshinweise hierzu: Um die Determinante von A zu berechnen, entwickeln wir dreimaljeweils nach der ersten Zeile (siehe 3.13.4) und erhalten

det A = (−1) · 1 ·

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

0 0 0 2 00 0 0 0 34 1 2 0 01 2 1 0 05 −1 1 0 0

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= −1 · (−1) · 2 ·

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

0 0 0 34 1 2 01 2 1 05 −1 1 0

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 2 · (−1) · 3 ·

∣

∣

∣

∣

∣

∣

4 1 21 2 15 −1 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= −6 ·

∣

∣

∣

∣

∣

∣

4 1 21 2 15 −1 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

.

Für die übrigbleibende 3 × 3-Matrix verwenden wir die Regel von Sarrus (siehe 3.11.5), wirerhalten als Ergebnis

det A = −6 ·

∣

∣

∣

∣

∣

∣

4 1 21 2 15 −1 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= −6 (8 + 5 − 2 − 20 + 4 − 1) = 36.

Aufgabe H 26. Orthonormalbasis, affine Abbildungen

(a) In R3 sind die Vektoren v1 = (2, 4,−4)⊺ , v2 = (11, 13,−4)⊺ , v3 = (−2,−13, 4)⊺gegeben. Zeigen Sie, dass B = {v1, v2, v3} eine Basis des R3 ist und wandeln Sie Bmit Hilfe des Schmidtschen Orthonormierungsverfahrens in eine Orthonormalbasis um.

Lösungshinweise hierzu: Es gilt

Rg

2 11 −24 13 −13−4 −4 4

= Rg

2 11 −24 13 −130 9 −9

= Rg

2 11 −20 −9 −90 9 −9



= Rg

2 11 −20 1 −10 0 1

= 3.

Also ist B eine Basis der R3 . Nun können wir die Orthonormalbasis {f1, f2, f3} be-stimmen. Wir erhalten

f1 =v1

|v1|=

1

3

12

−2

,

f ∗2

= v2 − 〈v2 | f1〉 f1

=

1113−4

− 19

〈

1113−4

∣

∣

∣

∣

∣

∣

12

−2

〉

12

−2

=

636

⇒ f2 =f ∗

2

|f2 ∗ |=

1

3

212

und schließlich

f ∗3

= v3 − 〈v3 | f1〉 f1 − 〈v3 | f2〉 f2

=

−2−13

4

− 19

〈

−2−13

4

∣

∣

∣

∣

∣

∣

12

−2

〉

12

−2

− 19

〈

−2−13

4

∣

∣

∣

∣

∣

∣

212

〉

212

=

4−4−2

⇒ f3 =f ∗

3

|f3 ∗ |=

1

3

2−2−1

.

(b) Gegeben sei die affine Abbildung

α : R2 → R2 :(

x

y

)

7→ A(

x

y

)

+

(

t1t2

)

mit Fixpunktgerade y = x + 1 und α((1, 1)⊺

) = (2, 3)⊺

.Bestimmen Sie die Matrix A und den Translationsanteil t = (t1, t2)

⊺

von α .

Lösungshinweise hierzu:Aus α((x, x + 1)

⊺

) = (x, x + 1)⊺

für alle x ∈ R und α((1, 1)⊺) = (2, 3)⊺ erhält manjeweils eine Gleichung:



(i) A

(

x

x + 1

)

+ t =

(

x

x + 1

)

(ii) A

(

11

)

+ t =

(

23

)

.

Kombination der beiden Gleichungen ergibt eine Bestimmungsgleichung für A :

A

(

x − 1x

)

=

(

x − 2x − 2

)

.

Diese Gleichung gilt für alle x ∈ R . Also insbesondere gilt diese für x = 0 und x = 1 .Daraus findet man relativ rasch die Matrix A :

A =

(

2 −12 −1

)

Der Verschiebungsvektor t wird nun bestimmt indem man α((1, 1)⊺

) = (2, 3)⊺

be-nutzt. Man erhält:

t =

(

12

)

.

Aufgabe H 27. Eigentlich und uneigentlich orthogonale Matrizen

Gegeben seien die Matrizen

A1 =

(√3

2−1

2

1

2

√3

2

)

, A2 =

(√3

2

1

2

1

2−

√3

2

)

, B1 =1

3

2 1 −21 2 22 −2 1

, B2 =1

3

2 1 21 2 −22 −2 −1

,

sowie die Abbildungen

α1 : v 7→ A1v, α2 : v 7→ A2v, β1 : w 7→ B1w, β2 : w 7→ B2w.

(a) Welche der obigen Abbildungen sind Isometrien? Welche von diesen sind eigentlich undwelche uneigentlich?

Lösungshinweise hierzu: Alle obigen Abbildungen sind Isometrien, weil alle vier Ma-trizen orthogonal sind, d.h. es gilt A

⊺

1A1 = A1A

⊺

1= I und entsprechendes für die

anderen drei Matrizen. Um zu entscheiden, welche Abbildungen eigentlich und welcheuneigentlich sind, müssen die Determinanten der Matrizen berechnet werden. Es ergibtsich

det(A1) = det(B1) = 1,

det(A2) = det(B2) = −1.

Also sind α1 und β1 eigentliche, α2 und β2 uneigentliche Isometrien.



(b) Eigentlich orthogonale Matrizen beschreiben Drehungen. Bestimmen Sie für alle ei-gentlich orthogonalen Matrizen aus der Menge {A1, A2, B1, B2} den Drehwinkel undgegebenenfalls die Drehachse.

Lösungshinweise hierzu: Jede eigentlich orthogonale 2 × 2-Matrix hat die Form(

cos ϕ − sin ϕsin ϕ cos ϕ

)

.

Also gilt für die Drehung, die durch A1 beschrieben wird:

2 cos ϕ = Sp (A1) =√

3, ⇒ ϕ = π6.

Eine Drehachse gibt es in diesem Fall nicht. Für die 3 × 3-Matrix B1 können wir dieFormel aus 4.6.20. verwenden:

2 cos ϕ = Sp (B1) − 1 =5

3− 1 = 2

3, ⇒ ϕ ≈ 1, 231.

Die Drehachse ist die Menge aller Fixpunkte von β1 , d.h. alle Vektoren w für dieβ1(w) = w gilt. Dazu lösen wir das homogene lineare Gleichungssystem

(B1 − I)w = 0

und erhalten für die Drehachse:

D =

w ∈ R3 : w = λ

110

, ∃λ ∈ R

.

(c) Jede uneigentlich orthogonale Matrix beschreibt eine Komposition aus einer Drehungund einer Spiegelung. Geben Sie für alle uneigentlich orthogonalen Matrizen aus derMenge {A1, A2, B1, B2} eine solche Drehung sowie Spiegelung an. Bestimmen Sie zudiesen den Drehwinkel und gegebenenfalls die Drehachse, sowie die Spiegelungsachsebzw. -ebene.

Lösungshinweise hierzu: Wir beginnen mit der Matrix A2 . Es sei gesagt, dass es ver-schiedene Möglichkeiten gibt, die dadurch beschriebene Drehspiegelung in eine Drehungund eine Spiegelung zu zerlegen. Eine einfache ergibt sich aus folgender Gleichheit:

A2 = A1

(

1 00 −1

)

.

Wir wissen bereits, dass A1 eine Drehung mit Drehwinkelπ

6beschreibt. Überzeugen

wir uns, dass die orthogonale Matrix

(

1 00 −1

)

zu einer Spiegelung gehört: Sei (x, y)⊺

eine beliebiger Vektor in R2 , dann gilt(

1 00 −1

)(

x

y

)

=

(

x

−y

)

.



(x, y)⊺

wurde offensichtlich an der x-Achse gespiegelt. Damit haben wir für A2 eineDrehung und eine Spiegelung gefunden, deren Komposition die von A2 beschriebeneDrehspiegelung ist.

Analog verfahren wir mit B2 : Die Matrix

1 0 00 1 00 0 −1

beschreibt eine Spiegelung an der x-y -Ebene. Aus

B2 = B1

1 0 00 1 00 0 −1

folgt, dass die von B2 beschriebene Drehspiegelung eine Komposition aus der Spie-gelung an der x-y -Ebene und der durch B1 beschriebenen Drehung mit Drehwinkel1, 23 . . . und Drehachse D ist.


Dr. B. Ackermann,

M. Borgart,


J. Veenman






Aufgabe H 28. Cofaktor-Matrix und Hauptinvarianten

Gegeben sei eine quadratische Matrix A ∈ R3×3 . Wir bezeichnen mit Cof (A) die Cofaktor-Matrix von A (siehe Def. 3.13.1.) und setzen ι(A) := 1

2

(

(Sp (A))2 − Sp (A2))

. Zeigen Sie:

(a) Es giltι(A) = Sp (Cof (A)).

Lösungshinweise hierzu: Wir bezeichnen im Folgenden die Einträge von A mit aij ,i, j = 1, . . . , 3 . Die Eintrag an der Stelle (i, j) der Cofaktor-Matrix von A ist die(i, j)-Adjunkte von A : Sei Cof (A) = (dij)i,j=1,...,3 , dann ist

dij = (−1)i+j det Ãij,

wobei Ãij die 2× 2-Matrix ist, die entsteht, wenn man die i-te Zeile und j -te Spaltevon A streicht. Damit bekommen wir

Sp (Cof (A)) = det Ã11 + det Ã22 + det Ã33

= a22a33 − a23a32 + a11a33 − a13a31 + a11a22 − a12a21.

Weiterhin gilt:Sp (A) = a11 + a22 + a33

und

Sp (A2) = a211 + a12a21 + a13a31 + a12a21 + a2

22 + a23a32 + a13a31 + a23a32 + a2

33.

Es folgt

1

2

[

(Sp (A))2 − Sp (A2)]

=1

2

[

a211 + a2

22 + a2

33 + 2a11a22 + 2a11a33 + 2a22a33

− (a211 + a2

22 + a2

33 + 2a12a21 + 2a13a31 + 2a23a32)]

= a11a22 + a11a33 + a22a33 − a12a21 − a13a31 − a23a32

= Sp (Cof (A)).

(b) ι(A) ist eine Invariante von A , d.h. für jede invertierbare Matrix B ∈ R3×3 gilt

ι(BAB−1) = ι(A).

Lösungshinweise hierzu: Aus der Vorlesung ist bekannt, dass die Spur eine Invarianteist, d.h. für jede beliebige 3×3-Matrix M und jede invertierbare 3×3-Matrix B gilt:

Sp (M) = Sp (BMB−1). (Dies gilt sogar für n × n-Matrizen!)



Da sowohl A als auch A2 3 × 3-Matrizen sind, gilt:

Sp (A) = Sp (BAB−1), Sp (A2) = Sp (BA2B−1).

Aus der Gleichheit

(BAB−1)2 = BAB−1BAB−1 = BA2B−1

folgt damitι(BAB−1) = ι(A).

Bemerkung: ι(A) ist neben der Spur und der Determinante die dritte Hauptinvarianteder 3× 3-Matrix A und tritt als Koeffizient im charakteristischen Polynom auf (siehedas Kapitel über Eigenwerte).

Aufgabe H 29.

Gegeben sind das Standard-Koordinatensystem E und das affine Koordinatensystem

F =

1−1

1−2

;

0210

,

−11

−11

,

1031

,

020

−1

im R4 sowie die lineare Abbildung α : R4 → R4 : v 7→ Av mit

A =

1 1 0 1−1 0 1 0

1 −1 1 −11 0 −1 −1

.

Geben Sie die KoordinatentransformationenEκ

Fund

Fκ

Esowie die Beschreibung der Abbil-

dung α bzgl. des Koordinatensystems F an.

Lösungshinweise hierzu: Man erhält mit der FormelEκ

F(v) = Fv + P aus der Vorlesung

direkt

Eκ

F: v 7→

0 −1 1 02 1 0 21 −1 3 00 1 1 −1

v +

1−1

1−2

und mit der FormelFκ

E(v) = F−1(v − P ) für die Umkehrabbildung

Fκ

E: v 7→

−11 −2 5 −44 1 −2 25 1 −2 29 2 −4 3

v −

1−1

1−2

=

−11 −2 5 −44 1 −2 25 1 −2 29 2 −4 3

v −

4−3−2−3

.



Nach Satz 4.7.12 wird die Abbildung α bzgl. des Koordinatensystems F durch

v 7→ F−1AFv + F−1(AP − P + t) =

−25 −27 1 −209 10 −2 8

11 11 0 921 22 1 16

v +

35−11−14−29

mit t = 0 beschrieben.

Aufgabe H 30. Spiegelung

Gegeben ist im R3 die Ebene, die beschrieben wird durch die Gleichung

3x1 − 3x2 + x3 = 0.

Finden Sie eine Matrix A und einen Vektor t so, dass die Spiegelung an der Ebene beschriebenwird durch die affine Abbildung x 7→ Ax + t .

Lösungshinweise hierzu: Um die Spiegelung an der Ebene zu beschreiben, bilden wir zujedem Punkt (x̃1, x̃2, x̃3) ∈ R

3 den Spiegelpunkt (x̂1, x̂2, x̂3) . Der Vektor n = (3,−3, 1)⊺

steht orthogonal auf der Ebene (Satz 2.9.5), folglich ist die folgende Gerade orthogonal zurEbene und geht durch den Punkt (x̃1, x̃2, x̃3) .

h =

x1x2x3

∈ R3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

x1x2x3

=

x̃1x̃2x̃3

+ t

3−31

, t ∈ R

.

Um den Schnittpunkt der Geraden h mit der Ebene zu erhalten setzen wir die Punkte vonh in die Ebenengleichung ein:

3x̃1 + 9t − 3x̃2 + 9t + x̃3 + t = 0,

daher liegt der Schnittpunkt mit der Ebene bei

t0 =−3x̃1 + 3x̃2 − x̃3

19.

Der Spiegelpunkt (x̂1, x̂2, x̂3) liegt also bei

2t0 =−6x̃1 + 6x̃2 − 2x̃3

19,

und ist durch die folgenden Koordinaten gegeben:

x̂1 =1

19(x̃1 + 18x̃2 − 6x̃3) ,

x̂2 =1

19(18x̃1 + x̃2 + 6x̃3) ,



x̂3 =1

19(−6x̃1 + 6x̃2 + 17x̃3) .

Also erhalten wir

x̂1x̂2x̂3

=1

19

1 18 −618 1 6−6 6 17

x̃1x̃2x̃3

.

Matrix A und Vektor t sind durch

A =1

19

1 18 −618 1 6−6 6 17

, t =

000

gegeben.


M. Borgart,

M. Kutter,

Dr. I Rybak,

J. Veenman






Aufgabe H 31.

Im R3 gegeben seien ein Rechtssystem Q mit Orthonormalbasis {v1, v2, v3} sowie die Winkelα , β , γ .

(a) Geben Sie die Matrizen Rα , Rβ und Rγ an, die eine Drehung des Rechtssystems Qum die Achse v1 , v2 bzw. v3 um den jeweiligen Winkel beschreiben.


Rα =

1 0 00 cos α − sin α0 sin α cos α

, Rβ =

cos β 0 sin β0 1 0

− sin β 0 cos β

,

Rγ =

cos γ − sin γ 0sin γ cos γ 0

0 0 1

.

(b) Geben Sie mindestens zwei mögliche Matrixdarstellungen für eine beliebige Drehungvon Q um die Ursprung an. Berechnen Sie für eine dieser Darstellungen die Determi-nante und die Inverse.

Lösungshinweise hierzu: Rα , Rβ und Rγ können in beliebiger Reihenfolge multi-pliziert werden. Z.B: R1 := RαRβRγ oder R2 := RγRβRα . det(R1) = det(R2) = 1 .R−1

1= RT

1, R−1

2= RT

2.

(c) Betrachten Sie den Vektor v = (1, 1, 1)⊺

. Nehmen Sie an, dass α = π6, β = π

4,

γ = π3

und berechnen Sie die neuen Koordinaten von v um den Ursprung gedrehtenRechtssystem mit Hilfe von Teil (b).


R1(α, β, γ)v = Rα

(π

6

)

Rβ

(π

4

)

Rγ

(π

3

)

v

=

1 0 0

0√

3

2−1

2

0 12

√3

2

√2

20

√2

2

0 1 0

−√

2

20

√2

2

1

2−

√3

20

√3

2

1

20

0 0 1

111

=

0.4480.7001.520

.

Aufgabe H 32. Diagonalisierbarkeit



Gegeben sind die Matrizen

A =

2 1 −10 1 10 1 1

, B =

4 −3 03 −2 04 −6 −2

, C =

0 3 20 −1 0

−2 0 0

.

(a) Bestimmen Sie alle Eigenwerte und zugehörigen Eigenräume von den Matrizen A , Bund C .


Matrix A

Das charakteristische Polynom der Matrix A lautet

χA = det(A − λE3) = −λ(λ − 2)2.

Die Nullstellen dieses Polynoms (die Eigenwerte von A) sind

λ1 = 0 und λ2 = 2 mit e0 = 1 und e2 = 2 .

Die Eigenvektoren vk zu diesen Eigenwerten erhält man durch Lösen des entsprechen-den LGS

(A − λkE3)vk = 0, k = 1, 2.

Für λ1 = 0 erhalten wir

2 1 −10 1 10 1 1

v1 =

000

,

woraus sofort folgt

v1 = t

1−1

1

, t ∈ C.

Als Eigenraum erhalten wir

V (λ1) = L

1−1

1

.

Analog ergeben sich für λ2 = 2 :

0 1 −10 −1 10 1 −1

v2 =

000

.

Wir erhalten

v2 = s

100

+ t

011

, s, t ∈ C.



Als Eigenraum erhalten wir

V (λ2) = L

100

,

011

.

Matrix B

Die Eigenwerte der Matrix B berechnen wir als Nullstellen des charakteristischen Po-lynoms χB = −(λ + 2)(λ − 1)

2 , also

−(λ + 2)(λ − 1)2 = 0,

worausλ1 = −2 und λ2 = 1 mit e−2 = 1 und e1 = 2 .

folgt.

Als Eigenräume erhalten wir

(A − λ1E3) =

6 −3 03 0 04 −6 0

⇒ V (λ1) =

s

001

∣∣∣∣∣∣

s ∈ C

,

(A − λ2E3) =

3 −3 03 −3 04 −6 −3

⇒ V (λ2) =

s

33

−2

∣∣∣∣∣∣

s ∈ C

.

Matrix C

Das charakteristische Polynom der Matrix C ist χC = −(λ + 1)(λ2 + 4) und die

Eigenwerte sind damit

λ1 = −1, λ2 = −2i, und λ3 = 2i .

Eigenräume:

(A − λ1E3) =

1 3 20 0 0

−2 0 1

⇒ V (λ1) =

s

3−5

6

∣∣∣∣∣∣

s ∈ C

,

(A − λ2E3) =

2i 3 20 −1 + 2i 0−2 0 2i

⇒ V (λ2) =

s

i

01

∣∣∣∣∣∣

s ∈ C

,

(A − λ3E3) =

−2i 3 20 −1 − 2i 0−2 0 −2i

⇒ V (λ3) =

s

−i01

∣∣∣∣∣∣

s ∈ C

.



(b) Geben Sie in den diagonalisierbaren Fällen jeweils eine Transformationsmatrix T an,die die entsprechende Matrix in Diagonalgestalt transformiert. Bestimmen Sie die da-zugehörige Diagonalmatrix D .


Matrix A

Der Eigenwert λ1 = 0 hat algebraische Vielfachheit e0 = 1 und geometrische Viel-fachheit d0 = 1 . Der Eigenwert λ2 = 2 hat algebraische und geometrische Vielfachheit2 . Nach der Folgerung 5.3.5 ist die Matrix A diagonalisierbar. Eine mögliche Trans-formationsmatrix TA ist durch

TA =

1 1 0−1 0 1

1 0 1

gegeben. Die zugehörige Diagonalmatrix DA hat die Form

DA = T−1A ATA =

0 0 00 2 00 0 2

.

Matrix B

Die Matrix B ist nicht diagonalisierbar, weil die algebraische Vielfachheit des Eigen-werts λ2 = 1 (e1 = 2) nicht gleich der geometrischen Vielfachheit von λ2 = 1(d1 = 1) ist (Folgerung 5.3.5).

Matrix C

Die Matrix C ist komplex diagonalisierbar, weil sie verschiedene Eigenwerte λ1 6= λ2 6=λ3 hat (Folgerung 5.3.3). Eine mögliche Transformationsmatrix TC ist durch

TC = (v1, v2, v3) =

3 i −i−5 0 0

6 1 1

gegeben. Die zugehörige Diagonalmatrix DC hat die Form

DC = T−1C CTC =

−1 0 00 −2i 00 0 2i

.

(c) Berechnen Sie alle Eigenwerte der Matrizen A2 , A10 , B2 und C100 .


Matrix A

Aus DA = T−1A ATA erhalten wir A = TADAT

−1A , woraus sofort

A2 = TADAT−1A TADAT

−1A = TAD

2

AT−1A



folgt, d.h. A2 und D2A sind konjugiert zueinander und haben die gleichen Eigenwerte(Satz 5.2.2.). Wir berechnen

D2A =

0 0 00 4 00 0 4

,

und erhalten die Eigenwerte von A2 :

µ1 = 0, µ2 = µ3 = 4.

Analog berechnen wir

D10A =

0 0 00 210 00 0 210

,

und erhalten die Eigenwerte von A10 :

ν1 = 0, ν2 = ν3 = 210.

Matrix B

Die Matrix B ist nicht diagonalisierbar. Deshalb berechnen wir

B2 =

4 −3 03 −2 04 −6 −2

·

4 −3 03 −2 04 −6 −2

=

7 −6 06 −5 0

−10 12 4

und erhalten die Eigenwerte von B2 als Nullstellen des charakteristischen Polynomsdet(B2 − µE3) = 0 . Wir erhalten die folgenden Eigenwerte von B

2 :

µ1 = 4, µ2 = µ3 = 1.

Matrix C

Aus DC = T−1C CTC erhalten wir C = TCDCT

−1C , woraus sofort

C100 = C · C . . . C︸︷︷︸

100

= TCDCT−1C · TCDCT

−1C . . . TCDCT

−1C

︸︷︷︸

100

= TCD100

C T−1C

folgt. Wir berechnen

D100C =

(−1)100 0 00 (−2i)100 00 0 (2i)100

=

1 0 00 2100 00 0 2100

,

und erhalten die Eigenwerte von C100

µ1 = 1, µ2 = µ3 = 2100.



Alternative

Wenn λ ein Eigenwert von C ist, existiert v ∈ R3 mit

Cv = λv .

Damit erhalten wir

C · C . . . C︸︷︷︸

100

v = λ C · C . . . C︸︷︷︸

99

v = λ2 C · C . . . C︸︷︷︸

98

v = λ100v.

Also ist µ = λ100 ein Eigenwert von C100 zum Eigenvektor v . In unserem Fall sind dieEigenwerte von C100

µ1 = (−1)100 = 1, µ2 = (−2i)

100 = (2i)100 = 2100, µ3 = 2100.

Bemerkung

Mit der gleichen Argumentation wie eben kann man für beliebige Matrizen folgendenSchluss ziehen: Wenn λ ein Eigenwert einer Matrix M ∈ Cn×n ist, dann ist λk einEigenwert von Mk . Wenn λ ein mehrfacher Eigenwert von M ist, dann weiß manallerdings dadurch noch nicht, dass λk ein mehrfacher Eigenwert von Mk mit gleicheralgebraischer Vielfachheit ist. Es stimmt trotzdem (siehe z.B. die Matrix B und denEigenwert 1), man kann dies selbst für nicht diagonalisierbare Matrizen beweisen. DerBeweis ist für diese Übungsaufgabe aber zu umfangreich.

Aufgabe H 33. Eigenwerte, Eigenräume

Gegeben ist die Matrix

A =

12 −11 6 615 −10 2 74 −1 −1 15 −1 −4 3

.

(a) Bestimmen Sie die Eigenwerte von A .

Lösungshinweise hierzu: Für das charakteristische Polynom der Matrix A erhaltenwir nach dem Anwenden des Entwicklungssatzes:

χA(λ) = λ4 − 4λ3 + 5λ2 − 4λ + 4

= λ4 + λ2 − 4λ3 + 4λ2 − 4λ + 4

= λ2(λ2 + 1) − 4λ2(λ − 1) − 4(λ − 1)

= λ2(λ2 + 1) − 4(λ − 1)(λ2 + 1)

= (λ2 + 1)(λ2 − 4λ + 4)

= (λ2 + 1)(λ − 2)2.

Damit erhalten wir die Eigenwerte λ1 = 2, λ2 = i, λ3 = −i.



(b) Geben Sie die zugehörigen Eigenräume an.

Lösungshinweise hierzu: Die Eigenvektoren vk zu diesen Eigenwerten erhält mandurch Lösen des entsprechendes LGS

(A − λkE4)vk = 0, k = 1, 2, 3.

Für λ1 = 2 erhalten wir

10 −11 6 615 −12 2 74 −1 −3 15 −1 −4 1

v1 = 0,

woraus folgt

v1 = t

1211

, t ∈ C\{0}.

Als Eigenraum erhalten wir daher

V (2) = L

1211

.

Analoge Berechnung für den Eigenwert λ2 = i führt zu:

12 − i −11 6 615 −10 − i 2 74 −1 −1 − i 15 −1 −4 3 − i

v2 = 0 =⇒ V (i) = L

i + 1i + 5

34

Der Eigenraum von λ3 = −i lässt sich aus demjenigen von λ2 = i herleiten:

Av = iv ⇒ Av = iv ⇒ Av̄ = −iv̄.

Und damit folgt für den Eigenraum vo

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