Fachbereich Mathematik Prof. Dr. K. Ritter Dr. M. Geißert Dr. H. Heck

SS 2006 1.6.2006

6. Übungsblatt zur

Mathematik II für BI, MaWi, WI(BI), AngGeo und VI

Gruppenübung

Aufgabe G1

Gegeben seien die Matrizen

A = ( \begin{matrix}4 & −8 \\ −1 & 5 \end{matrix} ) und B = ( \begin{matrix}2 & 4 & 1 \\ −1 & 0 & −2 \\ 1 & −2 & 2 \end{matrix} ) .

Berechnen Sie die Determinanten det(A) und det(B)

• mittels der Entwicklung nach Zeilen bzw. Spalten,

• mittels elementarer Umformungen zu einer oberen Dreiecksmatrix.

Lösung: Entwicklung nach der ersten Spalte ergibt

det A = 4 · 5 − (−1) · (−8) = 12.

Wir addieren das vierfache der letzten Zeile zur ersten und erhalten

det A = det ( \begin{matrix}0 & 12 \\ −1 & 5 \end{matrix} ) .

Vertauschen der Zeilen ergibt

det A = −1 det ( \begin{matrix}−1 & 5 \\ 0 & 12 \end{matrix} ) = 12.

Für B entwickeln wir nach der zweiten Spalte. Es ergibt sich

det B = −4 det ( \begin{matrix}−1 & −2 \\ 1 & 2 \end{matrix} ) − (−2) det ( \begin{matrix}2 & 1 \\ −1 & −2 \end{matrix} )
= −4 · 0 + 2 · (−3) = −6.

6. Übung Mathematik II für BI, MaWi, WI(BI), AngGeo und VI

Elementare Zeilenumformungen ergeben

det B = − det ( \begin{matrix}1 & −2 & 2 \\ −1 & 0 & −2 \\ 2 & 4 & 1 \end{matrix} ) = − det ( \begin{matrix}1 & −2 & 2 \\ 0 & −2 & 0 \\ 0 & 8 & −3 \end{matrix} )

= 2 · det ( \begin{matrix}1 & −2 & 2 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & −3 \end{matrix} ) = −6.

Aufgabe G2

(a) Im ℝ^{2} seien die Vektoren a = (2 1)^{T} und b = (−2 2)^{T} gegeben. Zeichnen Sie diese in eine Skizze und machen Sie sich daran den Begriff der „Dreiecksungleichung“ klar.

(b) Beweisen Sie mit Hilfe von Norm und Skalarprodukt den Satz des Pythagoras.

(c) Im ℝ^{2} seien durch −x_{1} + 2x_{2} = 3 bzw. x_{1} + 3x_{2} = 5 zwei Geraden G_{1} und G_{2} gegeben. Bestimmen Sie den Schnittwinkel der beiden Geraden. Geben Sie weiter eine Gerade G_{3} an, die G_{1} im Winkel π/2 schneidet.

Lösung:

(a) Die Dreiecksungleichung bedeutet anschaulich, dass der direkte Weg kürzer ist als der Weg über einen anderen Punkt, der nicht auf der Verbindungsstrecke liegt.

(b) Mit Norm und Skalarprodukt formuliert, heißt der Satz des Pythagoras:

∀x, y ∈ ℝ^{n} : ⟨x, y⟩ = 0 ⇒ ∥x∥^{2} + ∥y∥^{2} = ∥x + y∥^{2}

Diese Aussage folgt mit

∥x + y∥^{2} = ⟨x + y, x + y⟩ = ⟨x, x⟩ + 2⟨x, y⟩ + ⟨y, y⟩ = ∥x∥^{2} + ∥y∥^{2}.

(c) Die Geraden sind, bis auf die Normierung, in Hesse-Form gegeben. Es lassen sich daher einfach Vektoren angeben, die auf den Geraden senkrecht stehen. Der Winkel zwischen diesen Vektoren ist der selbe wie der Winkel zwischen den Geraden. Wie man aus den Geradengleichungen abliest steht x = ( \begin{matrix}−1 \\ 2 \end{matrix} )

senkrecht auf G_{1} und y = ( \begin{matrix}1 \\ 3 \end{matrix} ) senkrecht auf G_{2}. Wir berechnen daher den

Winkel ω zwischen den Geraden als

ω = arccos \frac{⟨x, y⟩}{∥x∥∥y∥} = arccos \frac{5}{\sqrt{50}} = arccos \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{π}{4} .

Da der Vektor x senkrecht auf G_{1} steht, kann die gerade G_{3} zum Beispiel als

G_{3} = \{x ∈ ℝ^{2} : x = λ ( \begin{matrix}−1 \\ 2 \end{matrix} ) , λ ∈ ℝ\}

gewählt werden.

Aufgabe G3

Es seien

v_{0} = ( \begin{matrix}1 \\ −1 \\ 1 \end{matrix} )  v_{1} = ( \begin{matrix}−2 \\ 1 \\ 2 \end{matrix} )  v_{2} = ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) .

(a) Bestimmen Sie die Hesse-Normalform der Ebene E_{1} = {λv_{1} + μv_{2} : λ, μ ∈ ℝ};

(b) Bestimmen Sie die Hesse-Normalform der Ebene E_{2} = {v_{0}+λv_{1}+μv_{2} : λ, μ ∈ ℝ};

(c) Bestimmen Sie die Parameterform der Ebene E_{3} = {x ∈ ℝ^{3} : x_{1} − x_{2} + x_{3} = 5}.

Lösung:

(a) Um einen Vektor zu finden, der Senkrecht zu v_{1} und v_{2} steht, lösen wir das LGS

Ax = 0 mit

A = ( \begin{matrix}−2 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix} ) .

Dies ergibt zum Beispiel

x = ( \begin{matrix}−1 \\ −4 \\ 1 \end{matrix} )

Da ∥x∥ = 3\sqrt{2} gilt, folgt

E_{1} = \{x ∈ ℝ^{3} : \frac{1}{3\sqrt{2}}(−x_{1} − 4x_{2} + x_{3}) = 0\}

(b) Da wir schon einen Vektor gefunden haben, der senkrecht auf v_{1} und v_{2} steht, brauchen wir nur noch v_{0} einsetzen. Wir erhalten −1 + 4 + 1 = 4, also

E_{2} = \{x ∈ ℝ^{3} : \frac{1}{3\sqrt{2}}(−x_{1} − 4x_{2} + x_{3}) = \frac{4}{3\sqrt{2}}\}

(c) Für die Parameterform der Ebene E_{3} lösen wir das LGS x_{1} − x_{2} + x_{3} = 5. Wir erhalten

E_{3} = \{( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 5 \end{matrix} ) + λ ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ −1 \end{matrix} ) + μ ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} ) : λ, μ ∈ ℝ\}.

Hausübung

Aufgabe H1

Geben Sie eine lineare Abbildung f : ℝ^{3} → ℝ^{3} mit den folgenden drei Eigenschaften an:

i) f ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} ) , ii) für G = \{λ ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} ) : λ ∈ ℝ\} gilt f(G) = G,

iii) f ist injektiv.

Bestimmen Sie die Abbildungsmatrix bzgl. der natürlichen Basis.

Lösung: Zur Bestimmung der linearen Abbildung geben wir die Bilder einer Basis an. Wegen i) und ii) sollten die Vektoren

b_{1} = ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) und b_{2} = ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} )

zur Basis gehören. Wir wählen b_{3} = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) als dritten Basisvektor. Wegen ii) und

der Linearität von f muss f(b_{2}) = λ_{0}b_{2} für ein λ_{0} ∈ ℝ gelten. Wir wählen λ_{0} = 1. Damit f injektiv wird, muss das Bild der Basis b_{1}, b_{2}, b_{3} ebenfalls eine Basis des ℝ^{3} sein. Das heißt, wir müssen f(b_{3}) so wählen, dass f(b_{1}), f(b_{2}), f(b_{3}) linear unabhängig

sind. Wir wählen etwa f(b_{3}) = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ).

Damit ist die Abbildungsmatrix von f bzgl. der Basen B = {b_{1}, b_{2}, b_{3}} im Urbild- und der natürlichen Basis im Bildbereich gegeben durch

A_{f,EB} = ( \begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{matrix} ) .

Multiplikation mit der Inversen von

( \begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{matrix} )

liefert

A_{f,EE} = ( \begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{matrix} ) · ( \begin{matrix}1 & −1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ −1 & 0 & 1 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) .

Aufgabe H2 (a) Welche der folgenden Matrizen sind orthogonal? (Eine Matrix A ist orthogonal,

falls A^{T} = A^{−1} gilt.)

( \begin{matrix}1 & 1 \\ 1 & −1 \end{matrix} )  ( \begin{matrix}0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix} )  ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix} )  \frac{1}{\sqrt{2}} ( \begin{matrix}1 & 1 \\ 1 & −1 \end{matrix} )

(b) Geben Sie eine Matrix A ∈ ℝ^{n×n} mit | det(A)| = 1 an, die nicht orthogonal ist.

(c) Gegeben sei die Ebene E, die die Punkte (1, 0, 0)^{T}, (2, 1, 1)^{T} und (1, 1, 0)^{T} enthält. Geben Sie die Hesse-Normalform von E an.

(d) Es sei B = {b_{1}, b_{2}, b_{3}} eine Basis des ℝ^{3} und φ : ℝ^{3} → ℝ^{3} eine lineare Abbildung mit φ(b_{1}) = b_{1}, φ(b_{2}) = b_{2} und φ(b_{3}) = 0. Weiter sei A die Abbildungsmatrix von φ bzgl. B. Bestimmen Sie Rang A und ker(A).

Lösung:

(a) Die erste Matrix ist nicht orthogonal, da zwar die Spaltenvektoren senkrecht aufeinander stehen, diese aber nicht normiert sind. (Länge ist jeweils \sqrt{2}.) Die zweite Matrix ist orthogonal, da die Spalten gerade aus den Einheitsvektoren bestehen. Die dritte Matrix ist nicht orthogonal, sie ist noch nicht einmal quadratisch. Die vierte Matrix ist orthogonal, da im Vergleich zur ersten Matrix die Spalten diesmal normiert sind.

(b) Zum Beispiel hat die Matrix

A = ( \begin{matrix}1 & 1 & 0 & … \\ 0 & 1 & 0 & … \\ ⋮ & ... & ... & ⋮ \\ 0 & 0 & … & 1 \end{matrix} )

Determinante 1 ist aber wegen der ersten beiden Spalten nicht orthogonal.

(c) Die Ebene E wird von den Vektoren

u = ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} ) und v = ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} )

als Richtungsvektoren aufgespannt und hat v_{0} = ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) als Stützvektor.

Wie man leicht erkennen kann steht w = ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ −1 \end{matrix} ) senkrecht auf u und v. Mit

⟨w, v_{0}⟩ = 1 ergibt sich die HNF zu

E = {x ∈ ℝ^{3} : x_{1} − x_{3} = 1}.

6. Übung Mathematik II für BI, MaWi, WI(BI), AngGeo und VI

(d) Die Abbildungsmatrix ist gegeben durch

A_{φ} = ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) .

Damit ist der Rang gleich 2. Das heißt aber auch, dass der Kern von A 1dimensional ist. Da b_{3} ∈ ker(A) gilt, folgt ker(A) = Lin{b_{3}}.