Musterlösung Serie 4
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- Sara Vogt
- vor 5 Jahren
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1 D-MATH Lineae Algeba I HS 218 Pof Richad Pin Mustelösung Seie 4 Summen Podute und Matizen 1 Beweisen Sie: (a Fü jede ganze Zahl n gilt n ( n 2 n (b Fü alle ganzen Zahlen n gilt ( ( n n n (c Fü alle ganzen Zahlen n m gilt m ( n+ ( n+m+1 m *(d Fü alle ganzen Zahlen n m mit m + n gilt ( ( m n ( m+n wobei sich die Summe übe alle Z mit m und n estect Lösung: (a Dies folgt aus dem Binomischen Lehsatz 2 n (1 + 1 n n ( n 1 1 n (b Aus de Dastellung des Binomialoeffizienten mit Faultäten ehalten wi die Gleichung: ( n ( n!!(n! n! n (n!(n (n! n (c Wi benutzen Indution nach m Indutionsveaneung m : Hie ist ( n + ( n 1 ( n Indutionsschitt: Ist m > und die Aussage gilt fü m 1 so folgt ( n + m 1 ( ( n + n + m + m ( ( IV n + m n + m + m 1 m ( n + m + 1 m wobei die letzte Gleichung in de Volesung gezeigt wude 1
2 (d Um lästige Falluntescheidungen zu vemeiden setzen wi ( n : fü < ode > n Dann ist die line Seite de Gleichung ( ( m n ( m+n eine fomal unendliche Summe übe alle Z bei de abe alle bis auf endlich viele Teme veschwinden Aussedem gilt die Aussage ( ( ( n 1 n 1 n ( + 1 die in de Volesung fü alle n > > bewiesen wude dann schon fü alle n > und Z Wi beweisen die gesuchte Gleichung duch Indution übe n Fü n ist Z ( m ( ( m ( m + Fü n > nehmen wi als Indutionsvoaussetzung (IV an die Aussage gelte fü n 1 Fü n gilt sie dann auch im Fall wegen ( ( ( ( ( m n m n m + n 1 Z Im Fall > echnen wi ( ( ( m + n ( m + n 1 m + n (IV ( ( m n 1 + ( ( m n 1 1 Z Z ( (( ( m n 1 n Z ( ( ( m n Z 2 Sei m > eine ganze Zahl Veeinfachen Sie das folgende Telesoppodut: m (1 1 n2 Lösung: Mit de Gleichung 1 1 n2 1 (n+1(n 1 und den Rechenegeln fü 2
3 Podute echnen wi m (1 1 n2 m (n + 1(n 1 n2 n2 (n + 1 n2 n +1 j3 j j2 j 1 l1 l l2 l n2 (n 1 n2 n m m + 1 2m Wobei in de ditten Zeile im Zähle die Substitutionen j : n + 1 und l : n 1 und im Nenne die Substitutionen j : n und l : n gemacht wuden 3 Seien x 1 x 2 x 3 Vaiabeln Lösen Sie das folgende lineae Gleichungssystem in R: 1 m 2x 1 + 3x 2 x 3 2 5x 1 3x 2 7x 3 5 x 1 + x 2 3x 3 1 Lösung: Wi subtahieen das 2-fache de ditten Zeile von de esten Zeile und ehalten x 2 + 5x 3 5x 1 3x 2 7x 3 5 x 1 + x 2 3x 3 1 Wi subtahieen das 5-fache de ditten Zeile von de zweiten Zeile und ehalten x 2 + 5x 3 8x 2 + 8x 3 x 1 + x 2 3x 3 1 Wi addieen das 8-fache de esten Zeile zu zweiten Zeile und ehalten x 2 + 5x 3 48x 3 x 1 + x 2 3x 3 1 Jetzt önnen wi das System lösen: aus de zweiten Zeile folgt x 3 und damit folgt aus de esten Zeile x 2 Mithilfe de letzten Zeile sehen wi dann dass x 1 1 ist Die Lösung ist also (x 1 x 2 x 3 (1 Wi haben mit diesem Lösungsansatz auch gezeigt dass die Lösung eindeutig ist 3
4 4 Beweisen Sie die Linsdistibutivität de Matixmultipliation das heisst: Zeigen Sie dass fü alle Matizen A B C geeignete Gösse übe einem Köpe K gilt A (B + C A B + A C Lösung: Damit die Fomel einen Sinn egibt müssen B und C die gleiche Gösse haben und die Anzahl de Spalten von A gleich de Anzahl de Zeilen von B und C sein Seien also n m l natüliche Zahlen so dass A eine (n m-matix und B und C beides (m l-matizen sind Bezeichne mit X ij den Eintag eine Matix X an de Stelle (i j Dann gilt nach Definition de Matixaddition und -multipliation: (A (B + C i A ij (B + C j j1 A ij (B j + C j j1 A ij B j + j1 j1 A ij C j (A B i + (A C i (A B + A C i Da die Matizen A (B + C und A B + A C eintagsweise übeeinstimmen sind sie gleich 5 Beechnen Sie das folgende Podut von Matizen: a 1 b 1 c 1 1 e 1 f h d 1 g 1 i 1 j 1 Lösung: Das Egebnis ist 1 a 1 b e 1 c f h 1 d g i j 1 6 Zeigen Sie duch vollständige Indution: Falls a c ist so gilt fü jedes m Z ( m c ( a m b am c m 4 a c c m
5 Leiten Sie eine ähnliche Fomel fü den Fall a c he Lösung: a c: Wi benutzen vollständige Indution übe m Im Basisfall m gilt ( c ( 1 1 ( a b a c a c c Angenommen die Behauptung gilt fü ein m Z Dann gilt Wegen ( m+1 c IV ( m ( c c ( ( a m b am c m a c c m c ( a m+1 a m b + b am c m c a c c m+1 a m b + b am c m a c c am+1 b a m bc + ba m c bc m+1 a c folgt die Aussage damit auch im Fall m + 1 a c: In diesem Fall sind die esten paa Potenzen: ( ( ( 1 a 2 2ab 1 a a 2 Wi vemuten dahe die allgemeine Fomel ( m a ( a 3 3a 2 b a 3 ( a m ma m 1 b a m b am+1 c m+1 a c ( a 4 4a 3 b a 4 wobei wi im Fall m den Ausduc ma m 1 als intepetieen Diese Fomel gilt also schon fü m und wenn sie fü ein m gilt so folgt sie duch die Rechnung ( m+1 a ( m ( IV a a ( a m a a m b + ma m 1 ba a m a ( ( a m ma m 1 b a m a ( a m+1 (m + 1a m b a m+1 auch fü m + 1 Nach Indution gilt die Fomel also fü alle m 5
6 *7 Zeigen Sie dass die Menge {( } a b H : C b a zusammen mit de Addition und Multipliation von Matizen sowie dem Nullelement ( ( und dem Einselement 1 1 ein nichtommutative Schieföpe ist ( ( a b u v Lösung: Betachte beliebige Elemente A und B von H b a v u Dann gilt ( a + u (b + v A + B b + v a + u ( ( au bv av bu au bv (av + bu A B ub + av bv + au (av + bu (au bv Insbesondee liegen A+B und AB in H Also ist die Menge H unte Addition und Multipliation abgeschlossen Aussedem liegen die Nullmatix und die Einheitsmatix beide in H Somit folgen alle Axiome eines Schieföpes mit Ausnahme de Existenz von additiven und multipliativen Invesen diet aus den Gundeigenschaften vo 2-Matizen Sodann liegt auch ( ( A b a b a wiede in H Wegen A + ( A zeigt dies die Existenz de additiven Invesen Ist A von de Nullmatix veschieden so ist mindestens eine de beiden omplexen Zahlen ungleich Null Also ist aa + bb a 2 + b 2 > und wi önnen die Matix ( 1 C : aa + bb b a bilden Diese liegt wiede in H und eine schnelle Rechnung zeigt C A A C I 2 Das zeigt die Existenz alle multipliativen Invesen Wi folgen dass H ein Schieföpe ist Schliesslich zeigt die Rechnung ( ( ( 1 i i 1 i i ( i i dass das Kommutativgesetz in H nicht efüllt ist ( i i ( 1 1 6
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