Mathematik für Naturwissenschaftler, Pruscha & Rost Kap 7 Lösungen a) Es ist < x, y > α + + β β ( + α) und y α + + β α + + ( + α) (α + α + ) 6 α + α, also α, ± 5 + ± 9 4 ± 3 Es gibt also Lösungen: α, β und α, β b) α + β + γ führt zu den 3 Gleichungen α + 5β α 5β α γ 5β γ β + γ 5 γ 5 Also α 3, β, γ 5 Für x, y R p und λ R gelten [] x x i für alle i,, p x i für alle i,, p x [] λx λx + + λx p λ ( x + + x p ) λ x [3] x + y x + y + + x p + y p x + y + + x p + y p x + y, also ist x x + + x p eine Norm, nicht aber die Definition x x bei p, denn zb für x e () : Rp ist x, aber x Dh, [] ist nicht erfüllt ([] und [3] hingegen schon)
3 a) Durch eine Drehung um einen geeigneten Winkel α, dh Multiplikation von x und y mit einer Drehmatrix cos(α) sin(α) D(α), α R, sin(α) cos(α) (siehe Abschnitt 73) kann man erreichen, dass einer der beiden Vektoren (oe der Vektor x) auf der positiven horizontalen Achse zu liegen kommt Dabei bleiben der Winkel ϕ, die Norm und das Skalarprodukt unverändert Es ist also, wie man leicht nachrechnet, D(α) x x, D(α) y y und < D(α)x, D(α)y >< x, y > y Wir können also annehmen, dass (siehe Skizze) x y x, x, mit x >, y y ϕ y y x Dann ist, wegen y y cos ϕ, < x, y > x y x y cos ϕ b) Wegen x 5 + 6 + 4 45, y 9 + 4 + 4, < x, y > 5 8 + ist cos ϕ 3 7 8367, also ϕ arccos( 8367) 56, dh ϕ 468 4 Lösung mit Aufgabe 3: Wegen cos ϕ [, ] ist < x, y > x y cos ϕ x y, wobei ϕ den Winkel zwischen x und y bezeichnet Lösung durch Nachrechnen: Weil (x y x y ) x y + x y x x y y, folgt < x, y > (x y + x y ) x y + x x y y + x y x y + x y + x y + x y (x + x ) (y + y ) x y, woraus sich durch Wurzelziehen die Behauptung ergibt
5 a) Mit D : λ a a a 3 λ, A : a a a 3 λ 3 a 3 a 3 a 33 ist nach Definition der Matrizenmultiplikation λ a λ a λ a 3 λ a λ a λ 3 a 3 D A λ a λ a λ a 3 und A D λ a λ a λ 3 a 3 λ 3 a 3 λ 3 a 3 λ 3 a 33 λ a 3 λ a 3 λ 3 a 33 b) Bei D A werden die Zeilen von A, bei A D werden die Spalten von A mit den jeweiligen Diagonalelementen von D multipliziert 6 a) Nach Definition der Matrizenmultiplikation ist A A A und A 3 A A A b) Für A (a ij ) i,j,,p sei A n (a (n) ij ) i,j,,p Dann gilt für A mit a ij, j i, dass a (n) ij für j i + n, dh unterhalb der n-ten oberen Nebendiagonalen von A n stehen lauter Nullen Beweis durch vollständige Induktion nach n: Induktionsanfang: n klar nach Voraussetzung an A Induktionsschluss: n n + : Sei n und gelte a (n) ij für j i + n Dann ist für j i + n p a (n+) ij da a kj für j i + n k p k a (n) ik a kj p ki+n a (n) ik a kj, 7 Wir entwickeln die Determinante nach der Spalte und erhalten a a a 3 det a a a 3 a a a det 3 a a a a a 3 a 3 a 3 a det 3 a a + a 33 a 3 a 3 det 3 33 a a 3 33 a (a a 33 a 3 a 3 ) a (a a 33 a 3 a 3 ) + a 3 (a a 3 a 3 a ) a a a 33 + a a 3 a 3 + a 3 a a 3 a 3 a a 3 a a 3 a 3 a a a 33 3
8 cos α cos β sin α sin β cos α sin β sin α cos β Es ist D(α) D(β) sin α cos β + cos α sin β sin α sin β + cos α cos β cos(α + β) sin(α + β) D(α + β) sin(α + β) cos(α + β) Addtheoreme 9 a) Es ist < v, a > v a + v a + v 3 a 3 (a b 3 a 3 b ) a + (a 3 b a b 3 ) a + (a b a b ) a 3 a a b 3 a b a 3 + b a a 3 a a b 3 + a b a 3 b a a 3 Ganz analog rechnet man nach, dass auch < v, b > b) Es ist mit < a, b > a b cos ϕ a b sin ϕ a b ( cos ϕ) Andererseits ergibt sich a b < a, b > (a + a + a 3) (b + b + b 3) (a b + a b + a 3 b 3 ) a b + a b + a b 3 + a b + a b + a b 3 + a 3b + a 3b + a 3b 3 a b a b a 3b 3 a b a b a b a 3 b 3 a b a 3 b 3 v v + v + v 3 (a b 3 a 3 b ) + (a 3 b a b 3 ) + (a b a b ) a b 3 a b 3 a 3 b + a 3b + a 3b a 3 b a b 3 + a b 3 + a b a b a b + a b Man sieht durch Vergleich der Terme, dass v a b sin ϕ, woraus sich wegen sin ϕ für ϕ π die Behauptung ergibt c) Es ist < v, c > v c + v c + v 3 c 3 (a b 3 a 3 b ) c + (a 3 b a b 3 ) c + (a b a b ) c 3 a b c 3 + b c a 3 + c a b 3 c b a 3 a c b 3 b a c 3 det A Aufgabe 7 A : symmetrisch regulär (det A ) pos definit (a >, det A > ) 4
B : 3 C : 3 3 D : symmetrisch, Diagonalmatrix regulär (det B 6 ) neg definit (x T Bx x x 3x 3 < für alle x ) regulär (det C 6 ) indefinit (x T Cx > für x e () (,, ) T, x T Cx 3 < für x e (3) (,, ) T ) singulär (det D ) indefinit (x T Dx > für x e () (,,, ) T, x T Dx < für x e () (,,, ) T ) Sei A : und seien a, a, a 3, a 4 die Spaltenvektoren von A Es sind a, a 3, a 4 unabhängig (sofort klar!) und a, a, a 3, a 4 abhängig, denn a a + a 3 + a 4 Also ist der Rang von A gleich 3; wir schreiben dafür kurz: Rang(A) 3 Sei B : a b T Die Spaltenvektoren von B sind b a,, b p a Wegen a, b sind diese nicht alle der Nullvektor, also ist Rang(B) Je zwei der Spaltenvektoren sind linear abhängig, also ist Rang(B) Insgasamt haben wir also: Rang(B) Bei der dritten angegebenen p p-matrix C (untere Dreicksmatrix mit lauter Einsen auf und unterhalb der Diagonalen) sieht man sofort, dass die Spalten von C linear unabhängig sind; es ist also Rang(C) p a) Ax b bedeutet x + x 5 (I) x + 3x 5 (II) Wir lösen (I) nach x auf (x 5 x ) und setzen in (II) ein: (5 x ) + 3x 5 5x 75 x 5 x Die Lösung des obigen linearen Gleichungssystems (LGS) ist also x ( 5) b) Es ist Damit ist A det A A b 3 5 3 6 4 5 5 5 5 6 4
c) Mit Hilfe der Cramérschen Regel berechnet sich die Lösung des obigen LGS wie folgt: 5 5 det 5 3 x det det A, x 5 75 det A 5 5 3 a) Die Eigenwert-Gleichung (77) lautet hier ( 4 6 λ 3 bzw 4 λ 6 3 λ ) x ( x x ) (+) hat genau dann eine Lösung x, wenn 4 λ 6 P (λ) : det, 3 λ (+) dh wenn P (λ) ( 4 λ)(3 λ) + 6, also λ + λ 6 Die Lösungen dieser quadratischen Gleichung sind λ 3 und λ 6 x b) (+) aus a) lautet jetzt für λ λ 3: Dieses LGS hat als 6 x Lösungsmenge { 6 } L c, c R Damit sind c Für λ λ lautet (+) Damit sind c 6 für c Eigenvektoren zum Eigenwert λ 3 ) 6 6 L ( x x { c Dieses LGS hat als Lösungsmenge }, c R für c Eigenvektoren zum Eigenwert λ 4 a) Für x, y R 3 gilt mit P a x < a, x > a < P a x, y > < < a, x > a, y > < a, x > < a, y > < x, a > < a, y > < x, < a, y > a >< x, P a y > 6
Nun folgt mit P a P a P a und S a I 3 P a, dass b) < S a x, S a y > < I 3 x P a x, I 3 y P a y > < x P a x, y P a y > < x, y > < P a x, y > < x, P a y > + 4 < P a x, P a y > < x, y > 4 < x, P a y > + 4 < x, P a P a y > < x, y > 4 < x, P a y > + 4 < x, P a y > < x, y > S a S a (I 3 P a ) (I 3 P a ) I 3 P a I 3 I 3 P a + 4P a I 3 4P a + 4P a I 3, wieder unter Verwendung von P a P a P a c) Wir können oe annehmen, dass a e () dh es wird an der (x, x 3 )-Ebene gespiegelt Damit ist S a S e () I 3 und det(s e () λi 3 ) ( λ) ( λ), woraus die Behauptung folgt Begründung für obige Annahme: Sei D Drehmatrix im R 3, die den Vektor a auf e () abbildet Dann ist S a D S e () D und det(s a λi 3 ) det(d S e ()D λi 3 ) det ( D (S e () λi 3 )D ) det D det(s e () λi 3 ) det D det D det(s e () λi 3) det D det(s e () λi 3 ), also haben S a und S e () dasselbe charakteristische Polynom und damit auch dieselben Eigenwerte a a a a a 3 a d) S a hat die Eigenwerte λ λ, λ 3 Mit S a I 3 a a a a a 3 a folgt a a 3 a a 3 a 3 a 3 wegen a, dass Ferner ist mit c) Spur von A a + a + a 3 3 (a + a + a 3) 3 λ + λ + λ 3 det S a det(d S e ()D) det D det S e () det D det S e () λ λ λ 3 e) Der Vektor a : (,, ) T hat a und steht senkrecht auf E, denn < a, e (3) > und < a, (,, ) T > Demnach ist 5 5 S a I 3 5 5 7
und, sind Eigenvektoren zum Eigenwert λ λ und ist ein Eigenvektor zum Eigenwert λ 3, was man jeweils auch durch Nachrechnen bestätigt, denn es ist S a, S a, S a 5 a) Wir setzen g und h gleich (x, y ) haben also Also λ a + λx b + µy, µ 5 } λ µ λ 5µ 5 Der Schnittpunkt ist demnach b) Es ist P 3 g 5 3 µ λ λ 5 5 µ 5 5 5 5 5 cos ϕ < x, y > x y 5 5 5 5 5 6 und damit ϕ arccos 6 973, also ϕ 53, P ϕ h 8