TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN. Lineare Algebra 1 WS 2006/07 Lösungen Blatt Analytische Geometrie im R n (insbesondere R 3 )

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1 TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN Zentrum Mthemtik Prof. Dr. Friedrich Roesler Rlf Frnken, PhD Mx Lein Linere Algebr 1 WS 2006/07 Lösungen Bltt Anlytische Geometrie im R n (insbesondere R 3 ) Zentrlübungsufgben Z22 Allgemeine Sklrprodukte und Normen uf reellen Vektorräumen Es sei V ein R-Vektorrum. Ein llgemeines Sklrprodukt in V ist eine Abbildung, : V V R mit den Eigenschften (i), ist biliner, (ii), ist symmetrisch, d.h. w, v = v, w für lle v, w V, (iii), ist positiv definit, d.h. v, v 0 für lle v V sowie v, v = 0 v = 0. Norm uf V heißt jede Abbildung. : V R mit den Eigenschften Zeigen Sie: (i) v 0 für lle v V sowie v = 0 v = 0, (ii) λv = λ v für lle v V und λ R, (iii) v + w v + w für lle v, w V ( Dreiecksungleichung ). ) Durch (x 1,..., x n ), (y 1,..., y n ) := x i y i bzw. f, g := f(x)g(x) dx wird ein Sklrprodukt (ds Stndrdsklrprodukt) uf R n (n N) bzw. ein Sklrprodukt uf dem Vektorrum C([, b], R) der stetigen reellen Funktionen uf einem Intervll [, b] definiert. b) Jedes Sklrprodukt erfüllt die CAUCHY-SCHWARZ-Ungleichung, d.h. v, w 2 v, v w, w für lle v, w V, wobei Gleichheit genu dnn gilt, wenn v und w liner bhängig sind. c) Jedes Sklrprodukt, in V induziert durch v := v, v eine Norm uf V. d) Auf R n definiert (x 1,..., x n ) := mx{ x 1,..., x n } eine Norm, die Mximumsnorm. e) Für n 2 wird die Mximumsnorm nicht in der Art von c) durch ein Sklrprodukt induziert. f) Jede Norm uf V induziert durch d(v, w) := v w eine trnsltionsinvrinte Metrik (Abstndsfunktion, siehe Vorlesung) uf V. Lösung ) Beim Sklrproduktnchweis genügt es stets, Linerität nur in einer Komponente nchzuweisen; für die ndere Komponente folgt sie dnn us der Symmetrie. Als Folge der Bilinerität gilt weiter 0, 0 = 0, so dss für die positive Definitheit nur noch zu zeigen ist: v, v > 0 für lle v V \ {0}. Der Nchweis für ds Stndrdsklrprodukt im R n (uch knonisches oder euklidisches Sklrprodukt gennnt) ist einfch und verläuft genu wie im Dreidimensionlen. Für die ngegebene Norm 1 uf dem Funktionenrum C([, b], R): 1 Wenn Sie ds Integrl noch nicht kennen, überspringen Sie getrost diese Aufgbe. Sie ht lediglich den Zweck, ein etws exotischeres Sklrprodukt vorzustellen. 1

2 Linerität in der 1. Komponente: für lle f 1, f 2, g C([, b], R) gilt f 1 + f 2, g = = b ( f1 (x) + f 2 (x) ) g(x) dx = f 1 (x)g(x) dx + und für lle f, g C([, b], R) und λ R gilt λf, g = = λ (λf)(x)g(x) dx = f 1 (x)g(x) + f 2 (x)g(x) dx = f 2 (x)g(x) dx = f 1, g + f 2, g, f(x)g(x) dx = λ f, g. Symmetrie: ist klr wegen f(x)g(x) = g(x)f(x). λ f(x) g(x) dx = positive Definitheit: sei f C([, b], R), f 0. Dnn ist f, f = f 2 (x) dx 0 klr (wegen f 2 0 und der Monotonieeigenschft des Integrls). Für > brucht mn die Stetigkeit. (Anlysis! Skizze: ist f(x 0 ) 0 n einer Stelle x 0, so ist f 2 (x 0 ) > 0 und wegen der Stetigkeit dnn f 2 in einer gnzen Umgebung von x 0 positiv. Dies liefert einen positiven Beitrg zum Integrl, der n keiner nderen Stelle kompensiert werden knn, d j f 2 0 überll uf [, b] ist.) b) Die Ungleichung wurde in der Vorlesung bewiesen (der Beweis bleibt uch für die llgemeinere Bedeutung von, wörtlich derselbe). Beweis für die Zustzbehuptung Gleichheit gilt v, w liner bhängig : Für w = 0 ist die Behuptung richtig (beide Seiten des CSU sind Null). Sei lso w 0, für diesen Fll verfolgen wir nun den Beweis der CSU rückwärts (mit Gleichheit): v, w 2 = v, v w, w 0 = v, v w, w 2 v, w 2 + v, w 2 v, w 2 v, w 2 0 = v, v 2 + w, w w, w 0 = v, v + 2 ( v,w ) w,w v, w + v,w 2 w, w w,w 2 :=λ 0 = v, v + 2λ v, w + λ 2 w, w 0 = v + λw, v + λw v + λw = 0 v = λw v, w liner bhängig. c) Auch hier knn mn den Beweis für Rechenregeln für die Norm us der Vorlesung übertrgen, indem mn die Symbole, und. in ihrer llgemeineren Bedeutung uffsst (und v, w sttt x, y schreibt). Lediglich der Nchweis von (ii) lutet llgemein etws nders: v V, λ R : λv = λv, λv = λ 2 v, v = λ v, v = λ v. d) Für lle x = (x 1,..., x n ), y = (y 1,..., y n ) R n und lle λ R gilt: (i) x = mx { x 1,..., x n } 0, d der Betrg uf R nichtnegtiv ist; x = 0 mx { x 1,..., x n } = 0 i = 1,..., n : x i = 0 (x 1,..., x n ) = (0,..., 0). 2

3 (ii) λx = mx { λx 1,..., λx n } = mx { λ x 1,..., λ x n } = = λ mx { x 1,..., x n } = λ x. (iii) x + y = mx { x 1,..., x n } =: X + mx { y 1,..., y n } =:Y mx { x 1 + y 1,..., x n + y n } = x + y, wobei ( ) gilt, d wegen i : X x i und i : Y y i j erst recht i : X + Y x i + y i ist. e) Angenommen, es gäbe ein Sklrprodukt, uf R n mit x, x = x, lso x, x = x 2, für lle x R n. Dnn gälte (mit e i := i-ter Einheitsvektor) 1 = (1, 1, 0,..., 0) = e 1 +e 2 = e 1 +e 2, e 1 +e 2 = e 1, e e 1, e 2 + e 2, e 2, = e 1 2 =1 = 1 folglich e 1, e 2 = 1 2. Aber zugleich gälte uch 1 = (1, 1, 0,..., 0) = e 1 e 2 = e 1 e 2, e 1 e 2 = e 1, e 1 2 e 1, e 2 + e 2, e 2 = 1 = 1 und folglich 1 2 = e 1, e 2 = 1 2, Widerspruch! (Für n = 1 ist. der normle Betrg uf R. Dieser wird durch ds 1-dimensionle Stndrdsklrprodukt, b = b induziert.) f) Dies wurde in der Vorlesung gemcht. (Definition der trnsltionsinvrinten Metrik und Beweis übertrgen sich wörtlich uf den llgemeinen Fll.) ( ) Z23 Festlegung einer Ebene durch drei Punkte Es sei n N, n 2. Zeigen Sie: ) Zu drei Vektoren v 0, v 1, v 2 R n, die nicht uf einer Gerden liegen, existiert genu eine Ebene E im R n mit v 0, v 1, v 2 E. b) Drei Vektoren v 0, v 1, v 2 R n liegen genu dnn nicht uf einer Gerden, wenn gilt λ 0, λ 1, λ 2 R : λ 0 v 0 + λ 1 v 1 + λ 2 v 2 = 0 λ 0 + λ 1 + λ 2 = 0 λ 0 = λ 1 = λ 2 = 0. (Mn nennt v 0, v 1 und v 2 dnn ffin unbhängig. Skizzieren Sie ein Beispiel, ds zeigt, dss dbei sehr wohl v 0, v 1 und v 2 liner bhängig sein können.) Lösung Die llgemeinen Definitionen sind noch zu präzisieren: Eine Gerde in einem beliebigen Vektorrum ist eine Nebenklsse v + U mit einem Unterrum U der Dimension 1, eine Ebene ist eine Nebenklsse v + U mit einem Unterrum U der Dimension 2. ) [Wenn Sie der Begriff Vektor hier stört, ersetzen Sie ihn durch Punkt ; gemeint ist in jedem Fll ein Element des Vektorrums R n, lso ein n-tupel reeller Zhlen.] Behuptung: E := v 0 + R(v 1 v 0 ) + R(v 2 v 0 ) leistet ds Gewünschte. Beweis: 3

4 E ist ttsächlich eine Ebene, d.h. v 1 v 0 und v 2 v 0 sind liner unbhängig. Denn: v 1 v 0, v 2 v 0 liner bhängig o.e. v 2 v 0 v 1 = v 0 + λ(v 2 v 0 ) v 0 + R(v 2 v 0 ) ; λ R : v1 v 0 = λ(v 2 v 0 ) die letzte Menge ist offensichtlich eine Nebenklsse eines eindimensionlen Unterrums (klr: v 2 v 0 ), welche v 0 und v 2 = v (v 2 v 0 ) enthält, d.h. wären v 1 v 0 und v 2 v 0 liner bhängig, so lägen v 0, v 1, v 2 uf einer Gerden, im Widerspruch zur Vorussetzung. v 0 = 1 v (v 1 v 0 ) + 0 (v 2 v 0 ) E, v 1 = 1 v (v 1 v 0 ) + 0 (v 2 v 0 ) E, v 2 = 1 v (v 1 v 0 ) + 1 (v 2 v 0 ) E. Eindeutigkeit: Sei uch E = q + R + Rb eine Ebene (lso, b liner unbhängig) mit v 0, v 1, v 2 E. Dnn gilt mit geeigneten reellen Koeffizienten und es folgt v 0 = q + λ 0 + λ b0 b, v 1 = q + λ 1 + λ b1 b, v 2 = q + λ 2 + λ b2 b, v 1 v 0 = (λ 1 λ 0 ) + (λ b1 λ b0 )b R + Rb, v 2 v 0 = (λ 2 λ 0 ) + (λ b2 λ b0 )b R + Rb, lso R(v 1 v 0 ) + R(v 2 v 0 ) R + Rb; d beide Unterräume die Dimension 2 hben gilt Gleichheit. Dmit erweisen sich E und E schon einml ls Nebenklssen desselben Unterrums. Nun folgt weiter: E = q+r+rb = v 0 λ 0 λ b0 b + R + Rb = R+Rb (Nebenklsse!) = v 0 +R(v 1 v 0 )+R(v 2 v 0 ) = E. b) : Es seien v 0, v 1, v 2 nicht uf einer Gerden. Weiter seien λ 0, λ 1, λ 2 R mit λ 0 v 0 + λ 1 v 1 + λ 2 v 2 = 0 und λ 0 + λ 1 + λ 2 = 0; zu zeigen ist: λ 0 = λ 1 = λ 2 = 0. Mn ht z.b. 0 = ( λ 1 λ 2 )v 0 + λ 1 v 1 + λ 2 v 2 = λ 1 (v 1 v 0 ) + λ 2 (v 2 v 0 ). Wäre nun λ 1 0, so folgte v 1 = v 0 λ 2 λ 1 (v 2 v 0 ), im Widerspruch dzu, dss v 1 nicht uf einer Gerden mit v 0 und v 2 liegt. Anlog ergibt sich ein Widerspruch für λ 2 0. Also gilt λ 1 = λ 2 = 0 und dmit uch λ 0 = 0. : Die Bedingung für ffine Unbhängigkeit sei erfüllt. Angenommen nun, v 0, v 1 und v 2 lägen uf einer Gerden, lso z.b. v 0 v 1 + R(v 2 v 1 ) (strenggenommen müßte mn hier zeigen, dss dies die einzige Gerde durch v 1 und v 2 ist ds geht nlog zu ) ). Dnn gilt v 0 = v 1 + λ(v 2 v 1 ) für ein λ R, oder nders usgedrückt ( 1) v 0 + (1 λ) v 1 + λ v 2 = 0, und wegen ( 1) + (1 λ) + λ = 0 folgte nch Vorussetzung 1 = 1 λ = λ = 0, Widerspruch! Ein Beispiel, in dem drei Vektoren ffin unbhängig, ber nicht liner unbhängig sind, ist etw v 0 := e 1, v 1 := e 2 und v 2 := 2e 2 (mit e i := i-ter Einheitsvektor). 4

5 Die Aussgen funktionieren uch für n = 1, sind dnn ber trivil, d j im R 1 je drei Punkte immer uf einer Gerden liegen. Tutorufgben T23 Schnitt einer Ebene mit einer nichtprllelen Gerden im R 3 Es sei E = p + R + Rb eine Ebene im R 3 und G = q + Rc eine nicht zu E prllele Gerde im R 3 (lso mit b, c 0). Mn beweise: G E = {s} mit s = q + b, p q b, c Lösung Zunächst noch einml zur Klärung: eine Gerde G = q +U und eine Ebene E = p+u heißen prllel, wenn U ein Unterrum von U ist. Hier hieße ds Rc R + Rb, ws genu dnn der Fll ist, wenn, b und c liner bhängig sind, lso b, c = 0 (ds Sptprodukt stürzt zusmmen ). Nun der Beweis: : Sei t G E, lso t = q + λc = p + λ 1 + λ 2 b mit λ, λ 1, λ 2 R. Es folgt λc = p q + λ 1 + λ 2 b und dmit somit λ = λ b, c = b, λc = b, p q + λ 1 + λ 2 b = = b, p q + b, λ 1 + b, λ 2 b = b, p q, =0, d b =0, d b b b, p q b, c, d.h. t = s. : Klr ist s G; zu zeigen ist noch s E. Es ist b, p q s = p (p q) + c = b, c 1 = p b,c [ b, c (p q) b, p q c ], und wir sind m Ziel, wenn wir es schffen, die Linerkombintion von p q und c in der eckigen Klmmer in eine Linerkombintion von und b umzuwndeln. Dies gelingt mittels zweimliger Anwendung der Grßmnn-Identität: b, c (p q) b, p q c = = c, b (p q) p q, b c = 1. Ml Grßmnn ( rückwärts ) = ( c (p q) ) ( b) = ( b) ( c (p q) ) = 2. Ml Grßmnn ( vorwärts ) = [, c (p q) b b, c (p q) ] = = b, c (p q), c (p q) b = = c (p q), b c (p q), b = Vertuschungsregeln für ds Sptprodukt = b c, p q c, p q b (wobei die letzten drei Zeilen nur Kosmetik sind). Folglich s = p b c, p q b, c + c, p q b, c b E. c. T24 HESSEsche Normlform einer Ebene im R 3 Sei E = p + U mit U = R + Rb eine Ebene im R 3 (lso, b liner unbhängig). Zeigen Sie: 5

6 ) E = {x R 3 : x p, b = 0}, d.h. E ist Lösungsrum eines lineren Gleichungssystems mit einer Gleichung. Mit c = (c 1, c 2, c 3 ) {± b} läßt sich dies uf zweierlei Weise weiter zu E = {x R 3 : c 1 x 1 + c 2 x 2 + c 3 x 3 d = 0} mit d R umschreiben; für d 0 heißt diese Drstellung die HESSEsche Normlform von E. b) Es gilt: (i) n {± c } ist ein Normlenvektor von E, d.h. n U und n = 1. (ii) Der Abstnd eines Punktes y R 3 c, y d von E ist. Demonstrieren Sie ) und b) explizit n E := (1, 2, 3) + R(3, 2, 1) + R(1, 0, 2) und y := (4, 1, 3). Lösung ) Wir zeigen zunächst: R( b) = U. 2 Sei u U; mn rechnet leicht nch, dss u λ( b) für lle λ R gilt, lso U R( b). Nch Stz 7.1 ist R( b) ein Unterrum, dessen Schnitt mit R( b) nur us dem Nullvektor besteht und der zusmmen mit R( b) den gnzen R 3 erzeugt. Mit der Dimensionsformel us T22 ) folgt dim R( b) = dim {0} + dim R 3 dim R( b) = = 2, lso muss schon U = R( b) sein. Dmit gilt für lle x R 3 : x E x p U x p R( b) x p b x p, b = 0. Mit b =: c = (c 1, c 2, c 3 ) und usgeschriebenem x p, c = x, c p, c hben wir lso E ls den Lösungsrum der lineren Gleichung c 1x 1 + c 2x 2 + c 3x 3 (p 1 c 1 + p 2 c 2 + p 3 c 3) = 0. =: d Mn bechte, dss die Rollen von und b vertuschbr sind, deshlb funktioniert ds Gnze genuso mit c := b = b und liefert die Gleichung c 1x 1 + c 2x 2 + c 3x 3 (p 1 c 1 + p 2 c 2 + p 3 c 3) = 0. =: d Wegen d = d ist einer der beiden Werte 0. Durch Weglssen der entsprechenden Strichlein 1 und Durchmultiplizieren der Gleichung mit kommt mn uf die beschriebene Hesse sche Normlform (HNF). Wrum Normlform? Erstens geht us dem Obigen hervor, dss diese Drstellung eindeutig ist, mn sieht lso durch Vergleich der Normlformen sofort, ob zwei Ebenen gleich sind oder nicht. Des Weiteren knn mn us der HNF wichtige Merkmle von E leicht blesen siehe nächste Teilufgbe. b) (i) c c = = 1 ist klr, ebenso Orthogonlität zu U wegen c = ± b. 2 Ds bedeutet (U ) = U. Aber Achtung: Orthogonlräume lssen sich in jedem Vektorrum mit einer Norm definieren wenn jedoch dessen Dimension unendlich ist, gilt im llgemeinen nicht (U ) = U! 6

7 (ii) folgt direkt durch Einsetzen in die Abstndsformel us der Vorlesung: d(y, E) = y p, b b = y p, c = y, c d. Explizit für p := (1, 2, 3), := (3, 2, 1) b := (1, 0, 2) und y := (4, 1, 3): Hier ist c = b = ( 4, 5, 2) und dmit x E x p, c = 0 x, c p, c = 0 (x 1, x 2, x 3 ), ( 4, 5, 2) (1, 2, 3), ( 4, 5, 2) = 0 4x 1 5x 2 + 2x 3 ( 8 = d ) = 0. Wegen d < 0 dsselbe nochml mit (c =)c = b = (4, 5, 2) (kürzer ntürlich: Gleichung mit 1 multiplizieren): x E 4x 1 + 5x 2 2x 3 8 = 0. Schließlich liefert Division durch = ( 2) 2 = 45 : E = {x R 3 : 4x 1 + 5x 2 2x = 0}. (HNF) 5 1 Ein Normlenvektor von E ist 3 (4, 5, 2), und der Abstnd von y zu E beträgt 5 d(y, E) = (4, 1, 3), (4, 5, 2) = = 1 5. Husufgben Punkteschlüssel: H29 ) 4 Punkte H30 ) 1 Punkt H31 8 Punkte b) 4 Punkte b) 3 Punkte c) 8 Punkte H29 Einige Normen im Vergleich [16 Punkte] ) Durch (x 1,..., x n ) p := ( x i p ) 1 p definiert, die sog. p-norm. Verifizieren Sie dies für p = 1 und p = 2. wird für 1 p R eine Norm uf R n (n N) b) In jedem R-Vektorrum V mit Norm. beschreibt B(v 0, r) := {v V : v v 0 = r} für v 0 V und r R die Menge ller Vektoren mit Abstnd r vom Vektor v 0 ( Kugel [bll] um v 0 mit Rdius r ). Skizzieren Sie in V := R 2 die Einheitssphären B(0, 1) (lso die Menge ller Vektoren der Länge 1) bezüglich folgender Normen: (i) euklidische Norm (d.h. (x 1, x 2 ) = x x2 2 ) (iii). 1 us Teil ) (ii) Mximumsnorm, siehe Z22 d) (iv). 4 us Teil ) c) Bestimmen Sie (mit Rechnung und Skizze) in den Fällen (i) und (ii) us Teil b) die Menge M ller Punkte im R 2, die von (0, 0) und (3, 1) gleichen Abstnd hben. Können Sie die entsprechende Menge uch für die Fälle (iii) und (iv) skizzieren? 7

8 Lösung ) Stets seien x = (x 1,..., x n ), y = (y 1,..., y n ) R n sowie λ R. Für p = 1: x 1 = (i) x 1 = x i (Summe der Beträge der Komponenten). Mn prüft: x i 0 trifft zu, d der Betrg niemls negtiv wird; ferner gilt x 1 = 0 x i = 0 i = 1,..., n : x i = 0 (ii) λx 1 = (λx 1,..., λx n ) 1 = (iii) x 1 + y 1 = x i + i = 1,..., n : x i = 0 x = 0. λx i = y i = λ x i = λ x i + y i ( ) x i = λ x 1. x i + y i = x + y 1, wobei ( ) gilt, d die Dreicksungleichung für den Betrg uf R sgt: x i + y i x i + y i für lle i = 1,..., n. Also sind lle Normeigenschften erfüllt. Für p = 2: x 2 = n = x, x, wobei, ds Stndrdsklrprodukt bezeichnet. x 2 i D.h.. 2 stimmt mit der euklidischen Norm überein, die wir schon kennen, und es gibt nichts weiter zu tun. (Wenn jemnd trotzdem nochml die Eigenschften nchgerechnet ht, ist ds ntürlich uch nicht verkehrt.) b) In llen Fällen: B(0, 1) = {(x 1, x 2 ) R 2 : (x 1, x 2 ) = 1}, wobei. die jeweilige Norm ist. Zur Ermittlung knn mn sich wegen ( x 1, x 2 ) = (x 1, x 2 ) etw uf x 1 0 beschränken. (Heißt geometrisch: wegen Punktsymmetrie knn mn sich etw uf den I. und IV. Qudrnten beschränken.) Erläuterungen (wren nicht gefordert, könnten ber nützlich sein): (i) Euklidische Norm: (x 1, x 2 ) = 1 x x2 2 = 1 x2 1 + x2 2 = 1; nch Pythgors ergibt dies einen Kreis um den Ursprung mit Rdius 1 ( üblicher Einheitskreis). (ii) Mximumsnorm: (x 1, x 2 ) = 1 mx { x 1, x 2 } = 1 eine der Komponenten von (x 1, x 2 ) ist ±1 und die ndere liegt irgendwo im Intervll [ 1, 1]; forml: B(0, 1) = { 1, 1} [ 1, 1] [ 1, 1] { 1, 1}; ergibt die Knten des Qudrts mit den Ecken ( 1, 1), ( 1, 1), (1, 1) und (1, 1). (iii) 1-Norm: (x 1, x 2 ) 1 = 1 x 1 + x 2 = 1; für x 1 0 ist dies äquivlent zu x 2 = 1 x 1, lso x 1 1 und x 2 = ±(x 1 1), dies liefert die Abschnitte der Gerden durch (1, 0) mit Steigung ±1 über dem Intervll [0, 1]; insgesmt: Knten des Qudrts mit den Ecken (1, 0), (0, 1), ( 1, 0) und (0, 1). (iv) 4-Norm: (x 1, x 2 ) 4 = 1 4 x x4 2 = 1 x4 1 + x4 2 = 1 X i:=x 2 i X1 2 + X2 2 = 1; lso ist (x 1, x 2 ) B(0, 1) genu dnn, wenn (x 2 1, x2 2 ) uf dem herkömmlichen Einheitskreis liegt; ndersherum: zu (X 1, X 2 ) R 2 + uf letzterem korrespondieren (± X 1, ± X 2 ) 8

9 Skizzen: uf B(0, 1); ds ergibt ein Zwischending zwischen (i) und (ii) ( usgebeulter Kreis oder bgerundetes Qudrt ). c) In llen Fällen: M = {(x 1, x 2 ) R 2 : (x 1, x 2 ) = (x 1 3, x 2 1) } mit der jeweiligen Norm. (i) Rechnung für die euklidische Norm: (x 1, x 2 ) = (x 1 3, x 2 1) (x 1, x 2 ) 2 = (x 1 3, x 2 1) 2 x x2 2 = (x 1 3) 2 + (x 2 1) 2 x x2 2 = x2 1 6x x 2 2 2x = 6x 1 2x x 2 = 3x ; mn erhält lso für M die Gerde mit Steigung 3 durch ( 5 3, 0). 9

10 (ii) (Lngwierige) Rechnung für die Mximumsnorm: (x 1, x 2 ) = (x 1 3, x 2 1) mx { x 1, x 2 } = mx { x 1 3, x 2 1 } =: m 0 einer der folgenden vier Fälle trifft zu: (1) x 1 = x 1 3 = m x 2, x 2 1 m, (2) x 1 = x 2 1 = m x 2, x 1 3 m, (3) x 2 = x 1 3 = m x 1, x 2 1 m, (4) x 2 = x 2 1 = m x 1, x 1 3 m. Im Fll (1) ist x 1 = ±m. Der Fll x 1 = m impliziert m = m 3 = m + 3, ws nicht möglich ist. Also ist x 1 = m, und es folgt weiter m = ±(m 3), wobei + nicht möglich ist und m = (m 3) genu für m = 3 2 zutrifft. Also x 1 = m = 3 2. Nun besgt x 2 m noch x 2 [ 3 2, 3 2 ], und x 2 1 m heißt x 2 [1 3 2, ] = [ 1 2, 5 2 ]. D beides gleichzeitig erfüllt sein muss, liefert der Fll (1) zu M den Beitrg { 3 2 } [ 1 2, 3 2 ]. Fll (2): für x 1 = m bedeutet x 1 3 m, dss m + 3 m sein muss, ws nicht sein knn. Also bleibt nur x 1 = m. Dies bedeutet weiter: x 1 3 m heißt m m 3 m; die zweite Ungleichung ist immer erfüllt, die erste genu dnn, wenn m 3 2 ist. Wir hben lso x 1 = m [ 3 2, [. Als weitere Bedingung hben wir x 2 1 = m, lso m = x 2 1 oder m = 1 x 2. Im ersteren Fll bedeutet x 2 m dss m + 1 m, ws nicht sein knn. Also bleibt nur m = 1 x 2, d.h. x 2 = 1 m = 1 x 1. Dnn bedeutet x 2 m, dss x 2 1 x 2 1 x 2 ist; die erste Ungleichung ist immer erfüllt, die zweite für lle x 1 2, insbesondere für lle x 2 = 1 x 1 mit x 1 [ 3 2, [. Also ist der Beitrg von Fll (2) zu M gegeben durch {(x 1, 1 x 1 ) : x 1 [ 3 2, [ } (rechts von 3 2 gelegener Abschnitt der Gerden durch (1, 0) mit Steigung 1 ). Fll (3): nlog zu Fll (2). In Zhlen: Für x 2 = m bedeutet x 2 1 m, dss m + 1 m sein muss, ws nicht sein knn. Also bleibt nur x 2 = m. Dies bedeutet weiter: x 2 1 m heißt m m 1 m; die zweite Ungleichung ist immer erfüllt, die erste genu dnn, wenn m = x ist. ( ) Als weitere Bedingung hben wir x 1 3 = m, lso m = x 1 3 oder m = 3 x 1. Im ersteren Fll bedeutet x 1 m dss x 1 x 1 3, ws nicht sein knn. Also bleibt nur der zweite Fll, in welchem x 1 3 x 1 3 x 1 ; die erste Ungleichung ist immer erfüllt, die zweite genu dnn, wenn x Für lle x 1 ], 3 2 ] ist ber uch x 2 = 3 x 1 1 2, lso die obige Bedingung ( ), erfüllt. Dmit liefert Fll (3) zu M den Beitrg {(x 1, 3 x 1 ) : x 1 ], 3 2 ] }. Fll (4): wie bei (1) folgt hier x 2 = m = 1 2 und weiter x 1 [ 1 2, 1 2 ] [ 5 2, 7 2 ] =, dieser Fll knn lso nicht eintreten. 10

11 Skizzen: Die Skizzen für (i) und (ii) legen ein quntittives grphisches Lösungsverfhren für den llgemeinen Fll nhe: ist x M, so ist x B((0, 0), r) B((3, 1), r) für ein r R (gleicher Abstnd r von beiden Punkten). Wegen der Trnsltionsinvrinz der Metrik schut B(, 1) für jeden Punkt R 2 genuso us wie B((0, 0), 1), und wegen λx = λ x für jede Norm schut B(, r) für jedes r R, r > 0, genuso, nur größer/kleiner us wie B(, 1). Mn denke sich nun um (0, 0) und (3, 1) die Kugeln mit gleichem Rdius r gelegt und lsse r von 0 bis lufen die Menge M besteht us llen Schnittpunkten, die sich im Lufe dieses Prozesses ergeben. Skizzen: 11

12 H30 Mehr Rechnerei im R 3 [4 Punkte] ) Folgern Sie us der Grßmnn-Identität die JACOBI-Identität für ds Vektorprodukt im R 3 : ( b) c + (b c) + (c ) b = 0 für lle, b, c R 3. b) Berechnen Sie den Abstnd des Punktes (9, 11, 5) von der Ebene (1, 0, 1) + R(2, 1, 0) + R( 2, 4, 5). Lösung ) ( b) c + (b c) + (c ) b = 3 Grßmnn =, c b + b, c + c, b ( ) b, c ( ) ( ) c, b ( ) ( ), b c ( ) = Symmetrie von, 0. b) Formel us der Vorlesung für den Abstnd zwischen Punkt q und Ebene p + R + Rb : d(q, p + R + Rb) = q p, b b. Hier: q = (9, 11, 5), p = (1, 0, 1), = (2, 1, 0), b = ( 2, 4, 5). Mn findet: q p = (8, 11, 6), 2 b = = = ( 5, 10, 10) = 5(1, 2, 2), ( 1) 5 0 ( 4) 0 ( 2) ( 4) ( 1) ( 2) b = 5 (1, 2, 2) = = 15, = q p, b = 5 (8, 11, 6), (1, 2, 2) = = 5 ( ( 6) 2 ) = 5 18 = 90. Somit beträgt der gesuchte Abstnd = 6. H31 Abstnd zweier nichtprlleler Gerden im R 3 [8 Punkte] Beweisen Sie: zu jedem Pr p + R und q + Rb nichtprlleler Gerden im R 3 gibt es genu ein Pr von Punkten p 0 p + R und q 0 q + Rb mit minimlem Abstnd. Geben Sie eine explizite Formel für diesen Abstnd n. (Hinweis: verwenden Sie den Unterrum U := R + Rb und orientieren Sie sich m Beweis us der Vorlesung für den Abstnd zwischen einem Punkt und einer Ebene.) Lösung Wir betrchten den Unterrum U := R + Rb. Es ist dim U = 2 und U = R( b), d R und Rb nch Vorussetzung nichtprllel sind, lso und b liner unbhängig. Nch Stz 7.1 zerlegen wir q p = u + u mit u U und u U = R( b). Seien nun x p + R und y q + Rb. Dnn ist y x = q p v mit einem v U. ( ) Zusmmen lso y x = u + u v = (u v) + u, 12

13 wobei u v U und u U, lso u v, u = 0. Ds zeigt y x 2 = (u v) + u, (u v) + u = = u v, u v + u, u = u v 2 + u 2. Ds wird miniml genu dnn, wenn v = u ist, und dnn ist u der Minimlbstnd. Dmit sind uch die beiden Fußpunkte x = p 0 und y = q 0 uf den Gerden eindeutig fesgelegt: v = u in ( ) liefert q 0 p 0 = y x = q p u, lso (q 0 q) (p 0 p) = u = α 0 + β 0 b mit eindeutigen α 0, β 0 R. Es folgt q 0 q = β 0 b (wegen q 0 q Rb) und p 0 p = α 0, und dmit q 0 = q + β 0 b und p 0 = p α 0. Und wie im Fll des Abstnds eines Punktes von einer Ebene ( 2. Fll in der Vorlesung) berechnet sich der Minimlbstnd u explizit: q 0 p 0, b = q p, b (denn, b b) = = u + u, b =... usw.... = u b (±1), lso wiederum u = q 0 p 0 = q p, b b. 13