Höhere Mathematik I für die Fachrichtungen Elektroingenieurwesen, Physik und Geodäsie Lösungsvorschläge zum 13. Übungsblatt

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1 UNIVERSITÄT KARLSRUHE Institut für Analysis HDoz. Dr. P. C. Kunstmann Dipl.-Math. M. Uhl WS 8/9 Höhere Mathematik I für die Fachrichtungen Elektroingenieurwesen, Physik und Geodäsie Lösungsvorschläge zum 3. Übungsblatt Aufgabe a) Um zu zeigen, dass A := { (x j ) j N R N C > j N : xj C } ein Untervektorraum von R N ist, verwenden wir den Satz 4.4: (i) A wegen () j N = (,,,...) A. (Nehme z.b. C = ) (ii) Seien α R und (x j ), (y j ) A. Dann gibt es C, C > mit x j C und y j C für alle j N. Daher gilt für jedes j N ) x j + y j x j + y j C + C, d.h. (x j ) + (y j ) A ; ) αx j = α x j C α C α + =: C (damit C > ), also α(x j ) A. b) Wie zuvor benutzen wir den Satz 4.4, um zu begründen, dass B := { f R [,] f() = } ein Untervektorraum von R [,] ist: (i) (ii) B, weil die Nullabbildung f(x) = für alle x [, ] in B liegt. Seien α R und f, g B. Dann gilt ) (f + g)() = f() + g() = + =, also f + g B ; ) (αf)() = α f() = α =, also αf B. c) C := { f R [,] f hat mind. eine Nullstelle } ist kein Untervektorraum von R [,], weil z.b. die Funktionen f : [, ] R, x x und g : [, ] R, x x in C liegen, ihre Summe wegen (f + g)(x) = f(x) + g(x) =, x R, jedoch nicht. d) D := { f R [,] f ist surjektiv } ist kein Untervektorraum von R [,], weil z.b. die Nullfunktion f(x) = für alle x [, ] nicht in D liegt. (Wäre D ein Untervektorraum von R [,], so müsste mit g D auch die Nullfunktion g = in D liegen!) Aufgabe Sei V ein K-Vektorraum und V, V seien Untervektorräume von V. a) V V ist ein Untervektorraum von V : (i) V, V V V V V. (ii) Seien α K und x, y V V, also x, y V sowie x, y V. Dann gilt ) x+y V [da V UVR von V ] und x+y V [da V UVR von V ], also x+y V V. ) αx V [da V UVR von V ] und αy V [da V UVR von V ], also αx V V. Nun verwende man Satz 4.4.

2 b) Gegenbeispiel: Auf dem Vektorraum V = R betrachten wir die durch die Einheitsvektoren e := und e := aufgespannten Untervektorräume V := lin({e }) = { αe : α R } sowie V := lin({e }) = { βe : β R }. Dann ist V V nicht abgeschlossen bezüglich der Addition: In V V liegen e und e, nicht aber der Vektor e + e =. c) V + V := {v + v : v V, v V } ist ein Untervektorraum von V : (i) V + V, denn V, V = }{{} + }{{} V + V. V V (ii) Seien α K und x, y V +V. Dann gibt es x, y V sowie x, y V mit x = x +x bzw. mit y = y + y. Es folgt αx + y = α(x + x ) + (y + y ) = (αx + y ) + (αx }{{} + y ) V }{{} + V. V V Also gilt αx + y V + V für alle α K und x, y V + V. Insbesondere sind dann x + y V + V [mit α = ] sowie αx V + V [mit y = ]. Nun benutze man Satz 4.4. Aufgabe 3 Sei V ein K-Vektorraum und v,..., v n V. a) Ist M V mit M, so gilt lin(m) = lin(m \ {}). Daher ist M linear abhängig. b) Diese Aussage ist falsch. Beispielsweise ist M = {, } R = V linear abhängig, jedoch kann nicht als Linearkombination des Nullvektors dargestellt werden, d.h. es existiert kein α R mit = α. [Weiteres Gegenbeispiel siehe Aufgabe 5 a)] c) Existiert ein Vektor v V mit eindeutiger Darstellung als Linearkombination der v, v,..., v n (d.h. es gibt eindeutige α, α,..., α n K mit v = α v + α v α n v n = n j= α jv j ), so wird auch der Nullvektor = v v eindeutig dargestellt. Folglich lässt sich der Nullvektor nur als tiviale Linearkombination der v, v,..., v n darstellen. Also sind v, v,..., v n linear unabhängig. d) Diese Aussage ist falsch. Beispielsweise im Vektorraum V = R sind die Vektoren v := und v := linear unabhängig. Wählt man v :=, so sind die Vektoren v +v = und v + v = linear abhängig, denn es gilt (v + v) + (v + v) =. e) Diese Aussage ist falsch. Gegenbeispiel: V = C. Dort sind v := und v := linear unabhängig. Außerdem sind v und v 3 := linear unabhängig. Die Vektoren v und v 3 sind jedoch nicht linear unabhängig, denn es gilt v v 3 =.

3 Aufgabe 4 In einem K-Vektorraum V seien linear unabhängige Vektoren v,..., v k und linear unabhängige Vektoren v k+,..., v m gegeben sowie die beiden Aussagen Behauptung: A B. A = v,..., v k, v k+,..., v m sind linear unabhängig B = lin(v,..., v k ) lin(v k+,..., v m ) = {} Wir zeigen A = B durch Kontraposition, d.h. wir verifizieren B = A: Sei also lin(v,..., v k ) lin(v k+,..., v m ) {}, etwa v lin(v,..., v k ) lin(v k+,..., v m ). Wir müssen zeigen, dass dann v,..., v m linear abhängig sind. Wegen v lin(v,..., v k ) lin(v k+,..., v m ) gilt v lin(v,..., v k ) und v lin(v k+,..., v m ). Daher existieren Skalare α j K (nicht alle =, da v ) mit v = α v α k v k = k j= α jv j sowie β j K (nicht alle =, da v ) mit v = β k+ v k β m v m = m j=k+ β jv j. Es folgt = v v = α j v j j= j=k+ β j v j = α j v j + j= j=k+ ( β j )v j. Also ist eine nichttriviale Linearkombination der v,..., v m gefunden, die den Nullvektor darstellt. Somit sind v,..., v m linear abhängig. Nun zu B = A. Wir zeigen A = B: Seien also v,..., v m linear abhängig. Dann gibt es eine nichttriviale Linearkombination des Nullvektors, d.h. es existieren α,..., α k, β k+,..., β m K (nicht alle = ) mit = α j v j + β j v j, j= j=k+ bzw. α j v j = β j v j. j= j=k+ ( ) Ist ein α j ungleich, so gilt k j= α jv j [da v,..., v k linear unabhängig sind] und wegen ( ) auch m j=k+ β jv j. Ist ein β j ungleich, so gilt m j=k+ β jv j [da v k+,..., v m linear unabhängig sind] und wegen ( ) auch k j= α jv j. Zusammen folgt k j= α jv j und m j=k+ β jv j. Ist v := k j= α jv j gesetzt, so gilt v lin(v,..., v k ) und v ( ) = ( β j )v j lin(v k+,..., v m ). j=k+ Also ist lin(v,..., v k ) lin(v k+,..., v m ) {}. Aufgabe 5 a) Im R 4 sind die Vektoren v = 8 4, v = 3 6, v 3 = 4 gegeben. i) Offenbar ist v = v 3. Daher gilt v + v + v 3 =, d.h. es gibt eine nichttriviale Darstellung des Nullvektors. Also sind die Vektoren v, v, v 3 linear abhängig. Im allgemeinen erkennt man nicht sofort, ob gegebene Vektoren linear unabhängig sind oder nicht. Um die Vektoren v, v, v 3 auf lineare Unabhängigkeit zu prüfen, können wir v, v, v 3 als Zeilen in eine Matrix schreiben und diese durch Zeilenumformungen auf Zeilenstufenform bringen:

4 [vertausche erste und zweite Zeile] [multipliziere die dritte Zeile mit ] ii) [ersetze die dritte Zeile durch die Summe der zweiten und dritten Zeile] Da die Zeilen der letzten Matrix linear abhängig sind, sind es v, v, v 3 auch. Wäre v = α v + α 3 v 3 für α, α 3 R, so müsste für die erste Komponente gelten: 3 = α + α 3 =. Dies ist nicht möglich. Deshalb gibt es keine α, α 3 R mit v = α v + α 3 v 3. b) Seien α, α, α 3 R mit α v + α v + α 3 v 3 =, also mit α + α 3 a = α + α 3 = α α + α 3 = bzw. äquivalent hierzu α = aα 3 α = α 3 α = α 3 Nur für a = gibt es eine Lösung, die sich von α = α = α 3 = unterscheidet (z.b. α =, α =, α 3 =, dann gilt v + v v 3 = ). Also sind die Vektoren v, v, v 3 nur für a = linear abhängig. Aufgabe 6 5 a) Im C 4 sind die Vektoren v = 3, v = 5, v 3 = 3 gegeben. Wir halten zunächst folgendes fest: Ist V ein beliebiger Vektorraum und gilt U U V, so folgt lin(u ) lin(u ) V. Außerdem haben wir lin(lin(u)) = lin(u) für jede Teilmenge U V. [Beides folgt unmittelbar aus der Definition des linearen Aufspanns.] Also ist klar, dass die drei Vektorräume lin(v, v ), lin(v, v 3 ) und lin(v, v 3 ) Teilmengen von lin(v, v, v 3 ) sind. Um zu sehen, ob lin(v, v, v 3 ) tatsächlich größer ist als die anderen Mengen, untersuchen wir nun, ob die Vektoren v, v, v 3 linear abhängig sind, d. h. wir fragen uns, ob es λ, λ, λ 3 C mit λ + λ + λ 3 > und λ v +λ v +λ 3 v 3 = gibt. Für solche Zahlen muss wegen der zweiten Komponente der Vektoren λ 3 = λ gelten. Offenbar ist v v 3 = v. Die Vektoren v, v, v 3 sind also in der Tat linear abhängig; es gilt v + v v 3 =. Folglich haben wir lin(v, v, v 3 ) = lin(v, v, v + v ) lin(lin(v, v )) = lin(v, v ). Völlig analog ergibt sich, dass lin(v, v 3 ) und lin(v, v 3 ) Obermengen von lin(v, v, v 3 ) sind. Alle vier zu betrachtenden Vektorräume sind somit identisch. 4

5 b) Eine Basis des R 3 ist durch die drei Einheitsvektoren e, e, e 3 R 3 gegeben. Um lin(b, b, b 3 ) = R 3 zu zeigen, reicht es zu begründen, dass wir jeden dieser Basisvektoren durch b, b, b 3 darstellen können: e = b 3 b, e 3 = b 3 b, e = b e = b (b 3 b ) = b b 3 + b. Um lin(b, b, b 3 ) = R 3 nachzuweisen, können wir auch zeigen, dass die drei Vektoren b, b, b 3 des R 3 linear unabhängig sind. Wegen dim(r 3 ) = 3 folgt dann lin(b, b, b 3 ) = R 3. Wir schreiben b, b, b 3 als Zeilen in eine Matrix und bringen diese durch Zeilenumformungen auf Zeilenstufenform: [ersetze die dritte Zeile durch die Differenz der ersten von der dritten Zeile] Somit gilt (mit den Bezeichnungen von 4.7) n = r = 3 und die Vektoren b, b, b 3 sind linear unabhängig. Aufgabe 7 (P) a) Aus der Vorlesung ist bekannt, dass man die allgemeine Lösung dieser linearen Differentialgleichung sofort in der Hand hat, wenn man die Nullstellen des zugehörigen Polynoms λ λ+3 kennt; dies sind λ, = ± i. Folglich hat die vorliegende Gleichung die allgemeine Lösung Dann ist y() = C und wegen y(x) = C e x sin( x) + C e x cos( x) (C, C R). y (x) = C e x sin( x) + C e x cos( x) + C e x cos( x) C e x sin( x) gilt y () = C + C. Die Bedingungen y() = und y () = implizieren daher C = und C =. Die (eindeutige) Lösung lautet mithin y(x) = e x sin( x) + e x cos( x). b) Das Polynom λ 5λ + 4 hat die Nullstellen und 4. Die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung y 5y + 4y = lautet folglich y(x) = C e x + C e 4x (C, C R). Für eine Lösung der inhomogenen Gleichung y 5y + 4y = e x machen wir den Ansatz y p (x) = Ce x. Dann ist y p(x) = Ce x und y p(x) = 4Ce x, also y p 5y p + 4y p = 4Ce x Ce x + 4Ce x = Ce x. Damit dies = e x wird, muss C = gewählt werden. Es folgt y p(x) = ex, und die allgemeine Lösung der inhomogenen Gleichung ist somit y(x) = ex + C e x + C e 4x (C, C R). Aus y() = folgt + C + C = und aus y () = folgt + C + 4C =. Ziehen wir die zweite Gleichung von der ersten ab, folgt 3C = 3, also C = und damit C =. Die (eindeutige) Lösung lautet daher y(x) = ex + e x e4x. 5