TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN

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1 TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN Zentrum Mathematik PROF. DR.DR. JÜRGEN RICHTER-GEBERT, VANESSA KRUMMECK, MICHAEL PRÄHOFER Höhere Mathematik für Informatiker I Wintersemester 3/ Aufgabenblatt 6. Januar Präsenzaufgaben Aufgabe 63. Basiswechsel konkret. Gegeben seien die 3 Einheitsvektoren e, e, e 3 R 3 sowie drei weitere Vektoren v, v, v 3 R 3 : e =, e =, e 3 =, v =, v =, v 3 =. Die Standardbasis des R Vektorraums R 3 besteht aus den drei Einheitsvektoren e, e, e 3 R 3. Zeigen Sie, dass die Vektoren v, v, v 3 R 3 ebenfalls eine Basis des R 3 bilden.. Gegeben seien nun die beiden Vektoren p = 6 3 und q = 3. Stellen Sie die beiden Vektoren p und q 9 6 a. als Linearkombination der Vektoren der Standardbasis {e, e, e 3 } dar und b. als Linearkombination der Vektoren der Basis {v, v, v 3 } dar.. Behauptung: Die drei Vektoren v, v, v 3 R 3 bilden eine Basis von R 3. Beweis: λ v + λ v + λ 3 v 3 = λ + λ + λ 3 = λ + λ + λ 3 = λ + λ 3 = λ + λ + λ 3 = Aus der zweiten Gleichung folgt λ 3 = λ. Einsetzen in die beiden anderen Gleichungen ergibt das zu obigem äquivalente Gleichungssystem λ =, λ λ =, λ 3 = λ 3. Aus der zweiten Gleichung folgt λ = λ also insgesamt λ = λ = λ 3 =, d.h. die drei Vektoren sind linear unabhängig. Da die Dimension von R 3 drei ist, bilden sie eine Basis von diesem Vektorraum.. a. Die Punkte p und q lassen sich wie folgt als Linearkombination der Einheitsvektoren e, e, e 3 darstellen: p = 6 e + 3 e + 9 e 3, q = 3 e + e + 6 e 3. b. Um die Punkte p und q und jeden beliebigen anderen Punkt als Linearkombination der Vektoren v, v, v 3 darzustellen, bestimmen wir die Linearkombination der Einheitsvektoren in v, v, v 3 : Wir suchen also jeweils λ, λ, λ 3 R, so daß λ v + λ v + λ 3 v 3 = e i für i =,, 3. Für e müssen dazu wir folgendes Gleichungssystem lösen: λ + λ + λ 3 = λ + λ + λ 3 = λ + λ 3 = λ + λ + λ 3 = Analoges Vorgehen wie in Aufgabenteil. liefert λ = λ = und λ 3 =. Damit ist e = v + v v 3.

2 Der Vektor e führt analog auf das Gleichungssystem λ + λ + λ 3 = λ + λ + λ 3 = λ + λ 3 = λ + λ + λ 3 = mit der Lösung λ =, λ = und λ 3 =. e hat also die Darstellung e = v + v. Auf gleichem Wege erhält man Damit gilt für die Punkte p und q e 3 = v + v 3. p = 6 e + 3 e + 9 e 3 = 6 v + v v v + v + 9 v + v 3 = 3v + 3v 3, q = 3 e + e + 6 e 3 = 3 v + v v 3 + v + v + 9 v + v 3 = v v + 3 v 3. Aufgabe 6. Strecklein schneid dich. Gegeben seien zwei Punkte p, q R. Die Menge aller Punkte x R, die auf der Geraden g durch diese beiden Punkte p und q liegen, ist durch die Menge {x R x = λ p + µ q ; λ, µ R ; λ + µ = } gegeben. 3 Sei nun p = R und q = R. a. Zeichnen Sie die Punkte p und q und die Gerade g durch diese beiden Punkte in ein Koordinatensystem. b. Geben Sie g in Parameterform an, d.h. bestimmen Sie Vektoren v, w, so dass g = {x R x = v + λ w R ; λ R}. c. Auf welchem Teil der Geraden befindet sich x R, wenn i λ > und µ > iii λ < und µ > ii λ > und µ < iv λ < und µ < Hinweis: Wählen Sie jeweils einige Beispielwerte für λ und µ. Markieren Sie die Teile der Geraden farbig. a. Zeichnung siehe Aufgabenteil c. b. x = λ p + µ q = λ p + λ q = q + λ p q = oder x = λ p + µ q = µ p + µ q = p + µ q p = c. i λ > und µ > : λ = und µ = = x = ii λ > und µ < : λ = und µ = = x 3 = iii λ < und µ > : λ = und µ = = x 5 = λ + µ [ [ 3 ] 3 = ] = 3 g, λ = 3 und µ = = x = 5 g g, λ = 3 und µ = = x = 5 g, λ = und µ = 3 = x 6 = λ + µ 3 g 7 g 8 mit λ R mit µ R.

3 iv λ < und µ < : Es existieren keine λ < und µ < mit λ + µ =. y x6 x5 p-q q x p x O x3 x x g. Somit können wir die Strecke [pq] zwischen p und q definieren als die Menge [pq] = {x R x = λ p + µ q; λ, µ R; λ + µ = ; λ > und µ > } = {x R x = p + µq p; µ [, ]} = {x R x = q + λp q; λ [, ]} Aufgabe 65. Lineare Abbildungen. Es seien K ein Körper, V und W K-Vektorräume. Desweiteren sei f : V W eine lineare Abbildung. Beweisen Sie, daß f genau dann injektiv ist, wenn Kernf = {} ist. Gegeben ist die beliebige lineare Abbildung f : V W, x fx. Hierbei bezeichne V den Nullvektor von V und W den Nullvektor von W. Der Kern von f ist dann die Menge { } Kernf := x V fx = W V. Da gemäß Vorlesung stets f V = W ist, gilt zumindest { V } Kernf. Wir setzen voraus, daß f injektiv ist. Da f schon V auf W abbildet, wird aufgrund der Injektivität von f kein weiterer Vektor x V \{ V } auf W abbgebildet. Es ist also Kernf = { V }. Sei nun Kernf = { V }. Wir betrachten zwei Vektoren x, y V mit fx = fy also fx fy = W. Aufgrund der Linearität von f folgt daraus fx y = W, also x y Kernf. Da ja Kernf = { V } bleibt nur der Fall x y = V, und damit x = y. f ist also injektiv. Hausaufgaben Aufgabe 66. Untervektorräume des R. Wir betrachten den Vektorraum V = R. Für v V \{} sei die Menge G v durch G v := {λ v R λ R} definiert. Zeigen Sie. G v ist ein Untervektorraum von V = R.

4 v w. Für v = V und w = V gilt G v w v = G w, genau dann wenn v w v w =. 3. Die Untervektorräume von V sind {}, V, G v mit v V \{}.. Zu zeigen ist, daß G v := { λ v λ R } mit v R \{} eine nichtleere Teilmenge des R ist, die bezüglich der Vektoraddition und bezüglich der skalaren Multiplikation abgeschlossen ist. Für λ = ist v = G v und somit G v {}. Auch wenn nach Voraussetzung v V \{}, ist der Nullvektor immer ein Element von G v für alle v V \{}. Für zwei beliebige Elemente λ v, µ v G v für λ, µ R ist ihre Summe λ v + µ v = λ + µ v wieder ein Element in G v denn λ + µ R. Für ein beliebiges Element λ v G v für ein λ R ist auch für alle µ R der Vektor µ λ v = µ λ v wieder ein Element in G v denn µ λ R. Somit ist G v für alle v V \{} ein Untervektorraum von V = R.. Die Behauptung, daß Aussage A genau dann gilt, wenn Aussage B zutrifft, ist allgemein in zwei Schritten zu beweisen: Man zeigt, daß aus Aussage A die Aussage B folgt und umgekehrt, daß aus Aussage B widerum Aussage A folgt. Wir zeigen zunächst die eine Richtung der nachzuweisenden Äquivalenz: Für zwei Vektoren v, w V \{} gilt G v = G w, genau dann wenn v w v w = erfüllt ist. v w Für zwei Vektoren v =, w = V \{} sei G v = G w. v w Dann existiert ein λ R, so daß w = λ v ist, was wiederum bedeutet, daß die beiden Gleichungen w = λ v und w = λ v erfüllt sind. Nun gilt v w v w = v λ v v λ v = und somit v w v w =. Nun zeigen wir die andere Richtung: Für die Koordinaten der beiden Vektoren v = v v, w = w w { } R\ gelte die Gleichung v w v w =. Wir zeigen zunächst die Inklusion G v G w : Ein beliebiges Element λ v G v für ein λ R ist genau dann auch in G w, wenn ein µ R existiert mit λ v = µ w G w, das heißt wenn zu jedem λ R ein µ R existiert, so daß v w λ = µ λ v = µ w und λ v = µ w. v w Wir unterscheiden die folgenden Fälle: Aus dem Fall v = und v v folgt wegen notwendig w =, und wegen w auch noch w. Somit bleibt in nur die eine Gleichung λ v = µ w wobei v, w zu überprüfen. Zu gegebenem λ erfüllt offenbar µ = λ w obige Gleichung. Der Fall v und v = liefert nach gleichem Vorgehen w und w =, und es ergibt sich µ = λ w v. Für den Fall v und v existiert das gesuchte µ R genau dann, wenn µ = λ w = λ w. v v Dies ist aber äquivalent dazu, daß gilt v w v w =, und das wiederum gilt nach Voraussetzung. Ganz analog zeigt man die Inklusion G w G v, woraus dann insgesamt G v = G w folgt. v

5 3. Es sind zwei Dinge zu zeigen:a. Die Mengen {}, V und G v für v V \{} sind Untervektorräume von V = R. b. Dies sind alle Untervektorräume des R. Trivialerweise sind {} und V = R selbst Untervektorräume von V = R, in Teilaufgabe. wurde gezeigt, daß auch die Mengen G v := { λ v λ R } R mit v R \{} Untervektorräume des R sind. Somit ist Teil a. bewiesen. Zu zeigen ist nun, daß jeder Untervektorräum des R von der Gestalt {}, R oder G v ist. Dazu konstruieren wir uns alle möglichen Untervektorräume U des R wie folgt: Notwendig muß U den Nullvektor enthalten, ist also mindestens der Nullraum {}. Sei nun zusätzlich v in U enthalten, dann muß wegen der notwendigen Abgeschlossenheit von U bezüglich der skalaren Multiplikation auch für alle λ R der Vektor λ u in U enthalten sein. Damit ist U von der Form G v. w Sei nun noch ein weiterer Vektor w = R mit w und w v in U enthalten, also {, w } G v U. w Gilt für diesen Vektor w, daß w = λ v für ein λ R, dann ist w G v und U unverändert G v. Sei also w λ v für alle λ R. Dann gilt nach Aufgabenteil, daß v w v w ist. Aufgrund der notwendigen Abgeschlossenheit von U bezüglich der skalaren Multiplikation muss dann auch für alle µ R der Vektor µ w in U enthalten sein. Wegen der notwendigen Abgeschlossenheit von U bezüglich der Vektoraddition muss auch für jedes λ, µ R der Vektor λ v + µ w in U enthalten sein. Die Behauptung ist nun, daß für U dann bereits U = R gilt. Dazu ist zu zeigen, daß sich jedes Element x R als Linearkombination x = λ v + µ w schreiben läßt. x Für jeden Vektor x = R existieren in der Tat Skalare λ, µ R, so daß nämlich x x = λ v + µ w x x = λ v v + µ λ = x w x w v w v w und µ = v x v x v w v w. Aufgabe 67. Basen von Untervektorräumen. Bestimmen Sie Basen von den folgenden Untervektorräumen U K des K 3 : 3 3. K = R und U R = span, 3,, 3,, K = C und U C = span + i 6,, i. i i + 3. K = Z/7Z, U Z/7Z = span [] [3], [3] [5], [] [3]. [] [] [5]. Gesucht ist eine Basis des Untervektorraums des R 3. U R = span w w 3, 3 Ein Untervektorraum des R 3 kann höchstens die Dimension 3 besitzen. Können wir also drei linear unabhängige Vektoren aus U R angeben, bilden diese bereits eine Basis von U R und damit natürlich auch eine Basis von R 3, und es gilt U R = R 3. Bei genauer Betrachtung der Vektoren, kann man vermuten, dass die ersten drei Vektoren linear unabhängig sind. Das müssen wir aber noch beweisen, d. h. wir müssen zeigen, dass für die Gleichung λ + λ 3 + λ 3 = 3 3

6 als einzige Lösung nur die Lösung λ = λ = λ 3 = existiert. Dazu müssen wir das lineare Gleichungssystem λ + λ + λ 3 = λ + 3 λ + λ 3 = 3 λ + λ + 3 λ 3 = lösen. Die mittlere Gleichung lässt sich zu λ 3 = λ 3λ umformen. Einsetzen dieses Ergebnisses in die beiden anderen Gleichungen ergibt 3λ 5λ = und 3λ 7λ =. Gleichsetzen dieser beiden Gleichungen ergibt wiederum 5λ = 7λ, woraus sofort λ = folgt. Einsetzen ergibt wiederum λ = und λ 3 =. Somit ist λ = λ = λ 3 = die einzige Lösung des linearen Gleichungssystem, und somit sind die drei Vektoren linear unabhängig und bilden eine Basis von U R.. Durch scharfes Hinsehen erkennt man, daß die drei Vektoren linear abhängig sind: 6 + i i + = i i + i. Demnach ist U C = span + i, i. i Die beiden Vekoren sind linear unabhängig, weil für α, β C mit + i = α i + β i zuerst wegen der 3. Komponente α = sein muß, und dann z.b. wegen der. Komponente β = sein muß. 3. Wir überprüfen die lineare Unabhängigkeit der drei Vektoren. Für α, α, α 3 Z/7Z gelte [] [3] [] [] α [3] + α [5] + α 3 [3] = []. [] [] [5] [] Ausgeschrieben in drei Gleichungen lautet dies I []α + [3]α + []α 3 = [], II [3]α + [5]α + [3]α 3 = [], III []α + []α + [5]α 3 = []. Wir lösen durch äquivalente Zeilenumformungen. Zunächst wird II durch II = II 3 III ersetzt, I []α + [3]α + []α 3 = [], II []α + []α + [6]α 3 = [], III []α + []α + [5]α 3 = []. Nun ersetzen wir noch III durch III = III II, wodurch sich I []α + [3]α + []α 3 = [], II []α + []α + [6]α 3 = [], III []α + []α + [ 7]α 3 = [] ergibt. Da [ 7] = [] ist, kann α 3 [], also zum Beispiel α 3 = [] gewählt werden. Aus II folgt α = α 3 und aus I ergibt sich α = [3] [] α. Wegen [] [] = [] also α = []α. Die drei Vektoren sind also linear abhängig. Es gilt zum Beispiel [] [] [3] [3] = [5] [3] + [6] [5]. [5] [] []

7 [] Somit bilden die beiden Vektoren [3] [] unabhängig sind. und [3] [5] [] eine Basis von U Z/7Z, da sie offensichtlich linear Aufgabe 68. Sphere packings, Calvin and Hobbes. Wie Calvin schon erahnt, gibt es in Räumen höherer Dimension viel Raum... Dies führt auch zu scheinbaren Paradoxien: Es sei C d = {x,..., x d R d x i, i =,..., d} ein regelmäßiger d-dimensionaler Würfel mit Kantenlänge. Die d-dimensionale Kugel mit Mittelpunkt a R d und Radius r > ist die Menge Ba, r = {x R d x a r}, wobei y = y + y + + y d, y,..., y d R d. Der Würfel C d enthält die d Kugeln B±,..., ±,. Wir betrachten die Kugel, deren Mittelpunkt,..., ist, und die die d Kugeln berührt. In welcher Dimension d passt diese Kugel nicht mehr in den Würfel C d? Die innere Kugel B, r passt genau dann nicht mehr in den d-dimensionalen Würfel, wenn ihr Radius r die Zahl überschreitet. Ihr Radius r ist gleich Abstand des Ursprung zu einem der anderen d Kugelmittelpunkte minus, d.h. es ist r = ±,..., ±,..., = ± + + ± = d. Nun gilt genau für alle Zahlen d > die Ungleichung >. Somit tritt das in der Aufgabe beschriebene Phänomen in allen Dimensionen größer als 9 auf. Weird!