Übungsbuch zur Linearen Algebra und analytischen Geometrie, Aufgaben mit Lösungen, Zweite Auflage

Springer-Lehrbuch Dietlinde Lau Übungsbuch zur Linearen Algebra und analytischen Geometrie Aufgaben mit Lösungen Zwe...

Author: Dietlinde Lau

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Springer-Lehrbuch

Dietlinde Lau

Übungsbuch zur Linearen Algebra und analytischen Geometrie Aufgaben mit Lösungen Zweite, überarbeitete und ergänzte Auflage

123

Prof. Dr. Dietlinde Lau Institut für Mathematik Universität Rostock Ulmenstraße 69, Haus 3 18057 Rostock Deutschland [email protected]

ISSN 0937-7433 ISBN 978-3-642-19277-7 e-ISBN 978-3-642-19278-4 DOI 10.1007/978-3-642-19278-4 Springer Heidelberg Dordrecht London New York Die Deutsche Nationalbibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbibliografie; detaillierte bibliografische Daten sind im Internet über http://dnb.d-nb.de abrufbar.

Mathematics Subject Classification (2010): 15-01, 65Fxx c Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2007, 2011 Dieses Werk ist urheberrechtlich geschützt. Die dadurch begründeten Rechte, insbesondere die der Übersetzung, des Nachdrucks, des Vortrags, der Entnahme von Abbildungen und Tabellen, der Funksendung, der Mikroverfilmung oder der Vervielfältigung auf anderen Wegen und der Speicherung in Datenverarbeitungsanlagen, bleiben, auch bei nur auszugsweiser Verwertung, vorbehalten. Eine Vervielfältigung dieses Werkes oder von Teilen dieses Werkes ist auch im Einzelfall nur in den Grenzen der gesetzlichen Bestimmungen des Urheberrechtsgesetzes der Bundesrepublik Deutschland vom 9. September 1965 in der jeweils geltenden Fassung zulässig. Sie ist grundsätzlich vergütungspflichtig. Zuwiderhandlungen unterliegen den Strafbestimmungen des Urheberrechtsgesetzes. Die Wiedergabe von Gebrauchsnamen, Handelsnamen, Warenbezeichnungen usw. in diesem Werk berechtigt auch ohne besondere Kennzeichnung nicht zu der Annahme, dass solche Namen im Sinne der Warenzeichen- und Markenschutz-Gesetzgebung als frei zu betrachten wären und daher von jedermann benutzt werden dürften. Einbandentwurf: WMXDesign GmbH, Heidelberg Gedruckt auf säurefreiem Papier Springer ist Teil der Fachverlagsgruppe Springer Science+Business Media (www.springer.com)

Vorwort zur zweiten Auflage

Im Unterschied zur ersten Auflage enth¨ alt die vorliegende zweite Auflage 16 ¨ statt 15 Kapitel mit L¨ osungen der Ubungsaufgaben aus D. Lau: Algebra und Diskrete Mathematik 1. Dritte, korrigierte und erg¨ anzte Auflage, Springer 2011 (nachfolgend kurz Buch genannt). Die dritte Auflage des Buches unterscheidet sich von der zweiten Auflage, auf ¨ die sich die erste Auflage des Ubungsbuchs bezog, durch ein Ergänzungskapitel ¨ u ¨ber die Grundlagen der Kombinatorik, zu denen im Buch auch Ubungsaufgaben zu finden sind. Die Lösungen der neuen Aufgaben zeigen anhand von Beispielen, wie man gewisse Abzählbarkeitsprobleme der Linearen Algebra mit kombinatorischen Methoden lösen kann und wie S¨ atze der Lineare Algebra in der Kombinatorik nutzbar sind. Dank der Hinweise aufmerksamer und kritischer Leser, die ich mir nat¨ urlich auch f¨ ur die zweite Auflage w¨ unsche, konnten einige Fehler aus der ersten Auflage korrigiert werden. Mein besonderer Dank gilt meinen Kollegen Dr. Walter Harnau und Dr. Karsten Schölzel sowie den Diplommathematikern Matthias Böhm und Konrad Sperfeld, die daf¨ ur gesorgt haben, daß mein erster Entwurf f¨ ur das Kapitel mit den Kombinatorik-Aufgaben u ¨berarbeitet und Schreibfehler korrigiert wurden. Rostock, im Januar 2011

Dietlinde Lau

Vorwort zur ersten Auflage

¨ Das vorliegende Ubungsbuch ist eine Erg¨ anzung zu D. Lau: Algebra und Diskrete Mathematik 1. 2. Auflage, Springer 2007 (nachfolgend kurz Buch genannt)1 ¨ in dem im Teil IV (Kapitel 16–18) Ubungsaufgaben zu den Teilen I–III ohne L¨ osungen angegeben sind. Dem Wunsch einer Reihe von Lesern der ersten Auflage folgend, sind im ¨ Ubungsbuch nun die L¨ osungen (oft mit ausf¨ uhrlichen Lösungswegen) der ¨ ¨ Ubungsaufgaben aus dem Buch zu finden. Dieses Ubungsbuch macht nat¨ urlich nur Sinn, wenn die Leser zun¨ achst selbst¨ andig versuchen, die entsprechenden Aufgaben bei der Vorlesungsnachbereitung und bei der Pr¨ ufungsvorbereitung zu lösen. Da im Buch in den Kapiteln 1–15 auch einige weggelassene Beweise als ¨ ¨ Ubungsaufgaben aufgegeben wurden, enth¨ alt das Ubungsbuch zu einigen dieser Aufgaben ebenfalls L¨ osungen. ¨ Die Aufteilung des Ubungsbuches in einzelne Kapitel folgt der Aufteilung des Buches. Innerhalb eines Kapitels sind die Aufgaben nach ihrem mathematischen Inhalt sortiert. Kurze Informationen u ¨ber die in den Aufgaben zu u ¨benden mathematischen Fakten findet man direkt hinter den Aufgabennummern. Sämtliche Angaben zu Kapiteln, Abschnitten, Sätzen und Lemmata beziehen sich auf das Buch. Bei einigen Rechenaufgaben, zu denen es bereits einige Beispiele im Buch gibt, sind nur die Endergebnisse (eventuell mit Zwischenergebnissen) angegeben. Nebenrechnungen (wie z.B. das L¨ osen von Gleichungssystemen oder die Berechnung von Determinanten), die bereits in vorangegangenen Aufgaben behandelt wurden, werden nicht mehr ausf¨ uhrlich angegeben. 1

Man kann nat¨ urlich auch die erste Auflage des Buches benutzen, wenn man beachtet, daß sich durch Erg¨ anzungsaufgaben die Nummern einiger Aufgaben ge¨ andert haben.

VIII

Vorwort zur ersten Auflage

Falls nach der L¨ osung einer Aufgabe nicht sofort ein Aufgabentext kommt, ist das Ende der L¨ osung durch 2 gekennzeichnet. ¨ Im Literaturverzeichnis dieses Ubungsbuches sind nur solche Werke zu finden, ¨ die ebenfalls Ubungsaufgaben mit L¨ osungen enthalten, Quellen einiger Aufgaben sind und auf die verwiesen wird. Eine vollständige Liste der f¨ ur dieses ¨ Ubungsbuch benutzten Literatur und weitere Literaturverweise findet man im Buch. F¨ ur die technische Hilfe bei der Herstellung der Latex-Fassung dieses Buches möchte ich mich bei meinen Kolleginnen Frau Susann Dittmer und Frau Heike ¨ Schubert bedanken. F¨ ur das Korrekturlesen und die Anderungsvorschl¨ age gilt mein Dank den Mathematik-Studenten Antje Samland und Karsten Schölzel. Sehr hilfreich waren auch die Hinweise meiner Kollegen Prof. Dr. F. Pfender und Dr. M. Gr¨ uttm¨ uller, die mir noch kurz vor dem Fertigstellungstermin dieses Buches beim Korrekturlesen geholfen haben. Bei den Mitarbeitern des Springer-Verlages möchte ich mich f¨ ur die sehr angenehme Zusammenarbeit bedanken. Rostock, im Juni 2007

Dietlinde Lau

Inhaltsverzeichnis

1

Aufgaben zu: Mathematische Grundbegriffe . . . . . . . . . . . . . . .

1

2

Aufgaben zu: Klassische algebraische Strukturen . . . . . . . . . . 63

3

Aufgaben zu: Lineare Gleichungssysteme, Determinanten und Matrizen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

4

Aufgaben zu: Vektorr¨ aume u orper K . . . . . . . . . 115 ¨ber einem K¨

5

Aufgaben zu: Affine R¨ aume . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

6

Aufgaben zu: Vektorr¨ aume mit Skalarprodukt . . . . . . . . . . . . . 135

7

Aufgaben zu: Euklidische und unit¨ are affine Punktr¨ aume . . 153

8

Aufgaben zu: Eigenwerte, Eigenvektoren und Normalformen von Matrizen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159

9

2. Ordnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175 Aufgaben zu: Hyperflachen ¨

10 Aufgaben zu: Lineare Abbildungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191 11 Aufgaben zu: Affine Abbildungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201 12 Aufgaben zu: Einf¨ uhrung in die Numerische Algebra . . . . . . 207 13 Aufgaben zu: Gleichungsaufl¨ osung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211 14 Aufgaben zu: Lineare Gleichungssysteme mit genau einer L¨ osung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219 15 Aufgaben zu: Interpolation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229 16 Aufgaben zu: Grundlagen der Kombinatorik . . . . . . . . . . . . . . . 233 Literaturverzeichnis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245

1 Aufgaben zu: Mathematische Grundbegriffe

Wir beginnen mit einigen Aufgaben, um den Gebrauch der im Abschnitt 1.1 vereinbarten Abk¨ urzungen (aus der mathematischen Logik) beim Aufschreiben mathematischer Sachverhalte zu u ¨ben.1 Vor dem Bearbeiten der nachfolgenden Aufgaben 1.1–1.22 lese man die Abschnitte 1.1 und 1.2. Die Aufgaben 1.23–1.53 setzen Kenntnisse der Abschnitte 1.1–1.4 voraus. Die Aufgaben 1.54–1.63 geh¨ oren zum Abschnitt 1.5, f¨ ur den Kenntnisse aus den Abschnitten 1.2, 1.4 und 1.5 erforderlich sind. F¨ ur die Aufgaben 1.64–1.79 zum Abschnitt 1.6 und die Aufgaben 1.80–1.82 zum Abschnitt 1.7 benötigt man nur wenige Kenntnisse aus den Abschnitten 1.1–1.4.

Verwenden von logischen Symbolen Aufgabe 1.1 (∃ und ∀) Sei M eine Menge. Geben Sie umgangssprachliche Formulierungen an, die inhaltlich mit (a) ∃x ∈ M : E ( Es existiert ein x ∈ M mit der Eigenschaft E.“); ” (b) ∀x ∈ M : A ( F¨ ur alle x ∈ M gilt die Aussage A.“) ” u bereinstimmen. ¨ Lösung. (a): Z.B. ist ∃x ∈ M : E“ inhaltlich gleichwertig mit ” – Es gibt ein x ∈ M mit der Eigenschaft E. – Es existiert ein x ∈ M , das die Bedingung E erf¨ ullt. – Mindestens ein x ∈ M hat die Eigenschaft E. – Ein x ∈ M erf¨ ullt E. (b): Z.B. ist ∀x ∈ M : A“ inhaltlich gleichwertig mit ” 1

Ausf¨ uhrliche Hinweise zum Formulieren mathematischer Gedanken findet man in [Beu 2006].

D. Lau, Übungsbuch zur Linearen Algebra und analytischen Geometrie, 2. Aufl., Springer-Lehrbuch, DOI 10.1007/978-3-642-19278-4_1, © Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2011

2

– – – – –


Jedes Element aus M hat die Eigenschaft A. Die Elemente aus M erf¨ ullen die Bedingung A. F¨ ur jedes Element von M gilt A. F¨ ur ein beliebiges Element aus M gilt A. Sei x ein beliebiges Element aus M . Dann gilt A.

Aufgabe 1.2 (∀∃ und ∃∀) Erläutern Sie anhand eines Beispiels, daß es beim Verwenden der Symbole ∀ und ∃ auf die Reihenfolge dieser Symbole in einer Formel ankommt, d.h., in dem zu findenden Beispiel sind ∀x∃y : A und ∃y∀x : A inhaltlich verschiedene Aussagen u ¨ber die Elemente x, y ∈ M . Lösung.

Wir betrachten die Aussagen

∀x ∈ Z ∃y ∈ Z : x + y = 0 (F¨ ur jede ganze Zahl x existiert eine ganze Zahl y mit x + y = 0.) und ∃y ∈ Z ∀x ∈ Z : x + y = 0 (Es existiert eine ganze Zahl y, so daß x + y = 0 f¨ ur jede ganze Zahl x gilt.). Wegen x + (−x) = 0 ist die erste Aussage richtig. Dagegen ist die zweite Aussage falsch, da f¨ ur eine fixierte ganze Zahl y nicht f¨ ur alle ganzen Zahlen x die Gleichung x + y = 0 gilt. Die angegebenen Aussagen können deshalb inhaltlich nicht u ¨bereinstimmen. Man merke sich: Die Reihenfolge ∀x∃y : E in einer wahren Aussage bedeutet: Zu jedem (beliebig ausgewähltem) Element x ∈ M gibt es ein (passend gewähltes) y ∈ M , so daß die Bedingung E erf¨ ullt ist. Die Reihenfolge ∃y∀x : E in einer wahren Aussage bedeutet dagegen: Es existiert ein gewisses Element y ∈ M , so daß f¨ ur dieses (fixierte Element) die Eigenschaft E f¨ ur beliebige x ∈ M gilt. Dem Rat aus [Beu 2006] folgend, kann man sich dies aber auch mit Hilfe des folgenden Beispiels einpr¨ agen: ∀m∃f : h(m, f ),

∃f ∀m : h(m, f ),

wobei m f¨ ur Mann, f f¨ ur Frau und h f¨ ur hat was mit steht.

¨ Auch wenn nicht jede Ubersetzung eines umgangssprachlichen Satzes, mit dem ein mathematischer Sachverhalt ausgedr¨ uckt ist, in eine Formel, die logische Zeichen benutzt, das Verstehen dieses Sachverhaltes vereinfacht, kann man ¨ jedoch durch eine Ubersetzung in eine logische Formel ungenaue Formulierungen im Ausgangssatz entdecken und manchmal auch bessere Formulierungen finden. Dazu die folgende


3

Aufgabe 1.3 (Aufschreiben von Sätzen mit Hilfe logischer Symbole) Man dr¨ ucke die folgenden S¨ atze mit Hilfe der Zeichen ∀, ∃, ∃!, ¬, ∧, ∨, =⇒, ⇐⇒ und bekannten weiteren mathematischen Symbolen wie z.B. +, ·, ..., N, ... so weit wie möglich aus. (a) (b) (c) (d) (e) (f) (g) (h) (i) (j) (k) (l) (m)

Zu jedem x und jedem y gibt es ein z mit x + y = z. Kein x ist kleiner als y. Es gibt ein x mit x + y = y f¨ ur alle y. F¨ ur jedes x ist x + y = y + x f¨ ur alle y. Jede ganze Zahl ist gerade oder ungerade. Nicht alle Primzahlen sind ungerade. Zu jeder nat¨ urlichen Zahl gibt es eine gr¨ oßere Primzahl. Die Menge M ⊆ R hat kein gr¨ oßtes Element. Es gilt x + z < y + z, falls x < y und x, y, z beliebige nat¨ urliche Zahlen sind. Aus x ≤ y und y ≤ x folgt x = y und umgekehrt. Es gibt genau eine L¨ osung x ∈ N der Gleichung x2 = 1. F¨ ur das Potenzieren der nat¨ urlichen Zahlen gilt das Kommutativgesetz ab = ba nicht. Jede der Zahlenmengen N0 , Z und Q enthält 0 oder 1 und −1.

Außerdem bilde man die Negation der Aussagen (h), (i) und (k). Lösung. (a): Zu jedem x und jedem y gibt es ein z mit x + y = z“ läßt ” sich aufschreiben in der Form: ∀x ∀y ∃z : x + y = z (b): Kein x ist kleiner als y“ l¨ aßt sich in der Form ” ¬(∃x : x < y) oder ∀x¬(x < y) aufschreiben. (c): Es gibt ein x mit x + y = y f¨ ur alle y“ ist gleichwertig mit: ” ∃x ∀y : x + y = y (d): F¨ ur jedes x ist x + y = y + x f¨ ur alle y“ ist gleichwertig mit ” ∀x ∀y : x + y = y + x (e): Jede ganze Zahl ist gerade oder ungerade“ ist gleichwertig mit ” ∀x ∈ Z ∃k ∈ Z( x = 2 · k ∨ x = 2 · k + 1)

4


(f ): Nicht alle Primzahlen sind ungerade“ ist gleichwertig mit ” ∃p ∈ P ∃n ∈ N0 : p = 2 · n (g): Zu jeder nat¨ urlichen Zahl gibt es eine gr¨ oßere Primzahl“ ist gleichwertig ” mit ∀n ∈ N ∃p ∈ P : n < p (h): Die Menge M ⊆ R hat kein gr¨ oßtes Element“ ist gleichwertig mit ” ¬(∃m ∈ M ∀x ∈ M : x ≤ m) (i): Es gilt x + z < y + z, falls x < y und x, y, z beliebige nat¨ urliche Zahlen ” sind“ ist gleichwertig mit ∀x, y, z ∈ N : (x < y =⇒ x + z < y + z) (j): Aus x ≤ y und y ≤ x folgt x = y und umgekehrt“ ist gleichwertig mit ” ∀x ∀y((x ≤ y ∧ y ≤ x) ⇐⇒ x = y) (k): Es gibt genau eine L¨ osung x ∈ N der Gleichung x2 = 1“ ist gleichwertig ” mit ∃ ! x ∈ N : x2 = 1 oder ∃x ∈ N : (x2 = 1 ∧ (∀y ∈ N\{x} : y 2 6= 1)) (l): F¨ ur das Potenzieren der nat¨ urlichen Zahlen gilt das Kommutativgesetz ” ab = ba nicht“ ist gleichwertig mit ¬(∀a, b ∈ N : ab = ba ) = ∃a, b ∈ N : ab 6= ba (m): Jede der Zahlenmengen N0 , Z und Q enthält 0 oder 1 und −1“ ist ” nicht eindeutig aufschreibbar, da die Verwendung von und und oder z.B. die ¨ folgenden zwei Ubersetzungen erm¨ oglichen: ∀M ∈ {N0 , Z, Q} : 0 ∈ M ∨ {1, −1} ⊆ M ∀M ∈ {N0 , Z, Q} : (0 ∈ M ∨ 1 ∈ M ) ∧ −1 ∈ M. Negation von (h): ∃m ∈ M ∀x ∈ M : x ≤ m Negation von (i): ¬(∀x, y, z ∈ N (x < y =⇒ x + z < y + z)) = ∃x, y, z ∈ N (x < y ∧ ¬(x + z < y + z))


5

Negation von (k): ¬(∃x ∈ N : (x2 = 1 ∧ (∀y ∈ N\{x} : y 2 6= 1))) = ∀x ∈ N : (x2 6= 1 ∨ (∃y ∈ N\{x} : y 2 = 1))

Beweistechniken Mathematik ohne Beweise ist erstens langweilig und zweitens kaum zu verstehen. Im Buch werden deshalb s¨ amtliche wesentlichen Dinge der behandelten mathematischen Gebiete bewiesen. Zum besseren Verstehen sollte der Leser aber auch in der Lage sein, eigene Beweise zu f¨ uhren. Die folgenden Aufgaben dienen dazu, gewisse Beweistechniken (Beweis durch ein Gegenbeispiel, direkter Beweis, indirekter Beweis) anhand einfacher Beispiele zu trainieren. Bekanntlich beweist ein Beispiel zu einer Behauptung nichts, jedoch ein Gegenbeispiel alles. Dazu die folgende Aufgabe: Aufgabe 1.4 (Beweis mittels Gegenbeispiel) Man beweise, daß die folgenden Aussagen falsch sind: (a) Jede Primzahl ist eine ungerade Zahl. (b) Jede nat¨ urliche Zahl gr¨ oßer als 1 ist Primzahl oder die Summe von zwei Primzahlen. Lösung. (a): 2 ist Primzahl, jedoch keine ungerade Zahl. (b): 27 ist keine Primzahl und l¨ aßt sich auch nicht als Summe zweier Primzahlen darstellen. 2 In Vorbereitung auf die folgenden drei Aufgaben lese man den Satz 1.2.2 mit Beweis. Aufgabe 1.5 (Beweis von Aussagen ¨ uber nat¨ urliche Zahlen) Man beweise die folgenden Aussagen f¨ ur nat¨ urliche Zahlen n ∈ N: (a) Wenn n ungerade ist, so ist auch n2 ungerade. (b) Wenn n2 gerade ist, so ist auch n gerade.

Lösung. (a): Sei n ∈ N eine (beliebig gew¨ ahlte) ungerade Zahl. Dann gibt es ein k ∈ N0 mit n = 2k + 1. Aus n2 = (2k + 1)2 = 4k 2 + 4k + 1 = 2 · (2k 2 + 2k) + 1 folgt dann die Behauptung.

6


(b): Sei n2 f¨ ur n ∈ N eine gerade Zahl, d.h., es gibt ein k ∈ N mit n2 = 2 · k. Aus Satz 1.2.2 (siehe auch Aufgabe 1.6, (b)) folgt dann, daß 2 ein Teiler von n ist, womit n eine gerade Zahl ist. Einfacher läßt sich (b) mit Hilfe von (a) indirekt beweisen: Angenommen, es ist n2 gerade und n ungerade f¨ ur ein gewisses n ∈ N. Nach (a) folgt jedoch aus der Eigenschaft n ungerade“, daß dann auch n2 ungerade ” ist, ein Widerspruch zur Annahme. Also war die Annahme falsch und damit die Behauptung richtig. Aufgabe 1.6 (Beweis von zwei Aussagen ¨ uber Primzahlen) Man beweise: (a) Wenn p ∈ P, a ∈ N und a 6∈ {n · p | n ∈ N}, dann existieren α, β ∈ Z mit α · p + β · a = 1. (b) Wenn eine Primzahl ein Produkt aus zwei ganzen Zahlen teilt, dann teilt sie mindestens einen Faktor dieses Produktes. Lösung. (a): Falls p ∈ P, a ∈ N und a 6∈ {n · p | n ∈ N} gilt, ist der größte gemeinsame Teiler von p und a gleich 1. Damit folgt (a) aus Satz 2.2.3. (b): Wir beweisen (b) indirekt. Angenommen, es gibt eine Primzahl p, die ein Teiler des Produkts a1 ·a2 , wobei a1 , a2 ∈ N, ist, jedoch weder a1 noch a2 teilt. Nach (a) existieren dann αi , βi ∈ Z mit αi · p + βi · ai = 1 f¨ ur jedes i ∈ {1, 2}. Hieraus folgt (α1 · p + β1 · a1 ) · (α2 · p + β2 · a2 ) = 1. Indem man die linke Seite dieser Gleichung ausmultipliziert, sieht man, daß die linke Seite der Gleichung (wegen p | a1 · a2 ) durch p teilbar ist, was offenbar der Gleichung widerspricht. Also war die Annahme falsch und damit die Behauptung richtig. Aufgabe 1.7 (Beweis einer Aussage ¨ uber Primzahlen) √ Man beweise: F¨ ur jede Primzahl p ∈ P gilt: p 6∈ Q. Hinweise: (1.) F¨ ur p = 2 l¨ aßt sich die Behauptung z.B. durch einen indirek√ ten Beweis wie folgt zeigen: Angenommen, √2 ∈ Q. Dann existieren gewisse teilerfremde nat¨ urliche Zahlen s und t mit 2 = st . Hieraus ergibt sich die 2 Gleichung 2 · t = s2 . Folglich ist s2 gerade und (wegen Aufgabe 1.5, (b)) auch s gerade. Es gibt also eine nat¨ urliche Zahl α mit s = 2 · α. Aus s = 2 · α und s2 = 2 · t2 folgt dann die Gleichung 2 · α2 = t2 . Analog zu oben folgt aus der Gleichung 2 · α2 = t2 , daß 2 ein Teiler von t ist. Wir haben damit 2 als Teiler von s und t nachgewiesen, was jedoch unserer Voraussetzung s und t sind √ ” teilerfremd“ widerspricht. Also war die Annahme 2 ∈ Q falsch. (2.) F¨ ur den allgemeinen Beweis verwende man Aufgabe 1.6, (b). √ Lösung. Sei p ∈ P beliebig gew¨ ahlt. Angenommen, p ∈ Q. Dann existieren √ gewisse teilerfremde nat¨ urliche Zahlen s und t mit p = st . Hieraus ergibt sich 2 2 die Gleichung p · t = s . Wegen der Aussage (b) aus Aufgabe 1.6 teilt p die Zahl s, d.h., es gibt eine nat¨ urliche Zahl α mit s = p · α. Aus s = p · α und


7

s2 = p · t2 folgt dann die Gleichung p · α2 = t2 . Analog zu oben folgt aus der Gleichung p · α2 = t2 , daß p ein Teiler von t ist. Wir haben damit p als Teiler von s und t nachgewiesen, was jedoch unserer Voraussetzung s und t sind √ ” teilerfremd“ widerspricht. Also war die Annahme p ∈ Q falsch. 2

Vollst¨ andige Induktion Die vollständige Induktion ist eine wichtige Beweismethode f¨ ur Aussagen, die in Abhängigkeit von nat¨ urlichen Zahlen formuliert sind. Grundlage dieser Methode ist Satz 1.2.1. Aufgabe 1.8 (Vollständige Induktion) Man beweise durch vollst¨ andige Induktion die folgenden Aussagen: Pn (a) ∀n ∈ N : i = n(n+1) . 2 Pi=1 n n(n+1)(2n+1) 2 (b) ∀n ∈ N : . i=1 i = 6 Pn 3 n2 (n+1)2 (c) ∀n ∈ N : Pi=1 i = . 4 n (d) ∀n ∈ N : Pi=1 (2i − 1) = n2 . n 1 n (e) ∀n ∈ N : i(i+1) = n+1 . Pi=1 n 1 n (f) ∀n ∈ N : i=1 (3i−1)(3i+2) = 2(3n+2) . Pn i 1−qn+1 (g) ∀n ∈ N0 ∀q ∈ R\{1} : i=0 q = 1−q . (h) Es sei a0 = 0, a1 = 1 und an+1 = 12 (3an − an−1 ) f¨ ur n ∈ N. Dann gilt f¨ ur 2n −1 alle n ∈ N0 : an = 2n−1 . (i) Jede nat¨ urliche Zahl n, welche gr¨ oßer als 7 ist, läßt sich mit geeigneten a, b ∈ N0 in der Form n = 3a + 5b darstellen. (j) n2 − 1 ist f¨ ur ungerade n ≥ 3 durch 8 teilbar. (k) F¨ ur alle n ∈ N ist n3 − n durch 6 teilbar. (l) F¨ ur alle n ∈ N0 ist 11n+2 + 122n+1 durch 133 teilbar. (m) Die Summe der dritten Potenzen dreier aufeinanderfolgender Zahlen aus N0 ist durch 9 teilbar. (n) F¨ ur alle n ∈ N mit n ≥ 5 gilt 2n > n2 . (o) F¨ ur alle n ∈ N mit n ≥ 10 gilt 2n > n3 . (p) F¨ ur alle n ∈ N mit n ≥ 3 gilt: n! > 2n−1 . (q) Sei a > 0 oder −1 < a < 0. Dann gilt: ∀n ∈ N\{1} : (1 + a)n > 1 + n · a

( Bernoullische Ungleichung“) ” Pn n n (r) F¨ ur alle n ∈ N und alle a, b ∈ R gilt: (a + b) = i=0 an−i bi . i

8


Lösung. (a): (I) n = 1: Offenbar gilt 1 =

1·2 2 .

P (II) k −→ k + 1: Angenommen, ki=1 i = gilt: Pk Pk+1 i=1 i i=1 i = k + 1 + = k+1+ =

k+1 2

(b): (I) n = 1: Offenbar gilt 12 =

i=1

= (k + 1)2 + = =

Pk

i=1

(nach Annahme) q.e.d.

i2 =

k(k+1)(2k+1) 6

Pk

2 i=1 i k(k+1)(2k+1) 6

k+1 6 · (6k + 6 + k(2k k+1 2 6 · (2k + 7k + 6) (k+1)(k+2)(2(k+1)+1) , 6

(c): (I) n = 1: Offenbar gilt 13 =

f¨ ur gewisses k ∈ N. Dann

1·2·3 6 .

i2 = (k + 1)2 + =

k(k+1) 2

· (2 + k),

(II) k −→ k + 1: Angenommen, Dann gilt: Pk+1

k(k+1) 2

f¨ ur gewisses k ∈ N.

(nach Annahme)

+ 1)) q.e.d.

12 ·22 4 .

2 2 P (II) k −→ k + 1: Angenommen, ki=1 i3 = k (k+1) f¨ ur gewisses k ∈ N. Dann 4 gilt: Pk+1 3 Pk 3 3 i=1 i = (k + 1) + i=1 i

= (k + 1)3 +

= =

k2 (k+1)2 4

(k+1)2 · (4k + 4 (k+1)2 (k+2)2 , 4

(nach Annahme)

2

4+k ) q.e.d.

(d): (I) n = 1: Offenbar gilt 2 · 1 − 1 = 12 . Pk (II) k −→ k + 1: Angenommen, i=1 (2i − 1) = k 2 f¨ ur gewisses k ∈ N. Dann gilt: Pk+1

i=1 (2i

− 1) = = = =

Pk 2(k + 1) − 1 + i=1 (2i − 1) 2(k + 1) − 1 + k 2 (nach Annahme) 2 k + 2k + 1 (k + 1)2 , q.e.d.


(e): (I) n = 1: Offenbar gilt

1 1·2

= 12 .

(II) k −→ k + 1: Angenommen, gilt: Pk+1

1 i=1 i(i+1)

= = = = =

(f ): (I) n = 1: Offenbar gilt

Pk

1 i=1 i(i+1)

Pk+1

1 i=1 (3i−1)(3i+2)

= = = = = =

1 (3−1)(3+2)

1 = 2·5 . Pk

q i = q k+1 +

q.e.d.

1 i=1 (3i−1)(3i+2)

=

k 2(3k+2)

1−qk+2 1−q ,

f¨ ur gewisses

Annahme)

1−q1 1−q .

Pk

= q k+1 + 1 = 1−q · (q =

+ (nach Annahme) · (1 + k(k + 2)) · (k + 1)2

Pk 1 1 i=1 (3i−1)(3i+2) (3(k+1)−1)(3(k+1)+2) + k 1 (nach (3(k+1)−1)(3(k+1)+2) + 2(3k+2) k(3k+5) 1 2 2(3(k+1)+2) · ( 3k+2 + 3k+2 ) 1 3k2 +5k+2 2(3(k+1)+2) · 3k+2 (k+1)(3k+2) 1 · 2(3(k+1)+2) 3k+2 k+1 , q.e.d. 2(3(k+1)+2)

(II) k −→ k + 1: Angenommen, gilt: i=0

f¨ ur gewisses k ∈ N. Dann

1 i=1 i(i+1) k k+1

+

(g): (I) n = 0: Offenbar gilt q 0 =

Pk+1

k k+1

Pk

1 (k+1)(k+2) 1 (k+1)(k+2) 1 (k+1)(k+2) 1 (k+1)(k+2) k+1 k+2 ,

(II) k −→ k + 1: Angenommen, k ∈ N. Dann gilt:

=

9

Pk

i=0 q 1−qk+1 1−q k+1

i=0

qi =

1−qk+1 1−q

f¨ ur gewisses k ∈ N0 . Dann

i

(nach Annahme)

(1 − q) + 1 − q k+1 ) q.e.d.

(h): (I) n = 0 und n = 1: Offenbar gilt die Behauptung f¨ ur n ∈ {0, 1}. (II) k − 1, k −→ k + 1: Angenommen, f¨ ur gewisses k ∈ N ist an = alle n ∈ N0 mit 0 ≤ n ≤ k.

2n −1 2n−1

f¨ ur

10


Dann gilt: ak+1 = = = = =

1 2 (3ak − ak−1 ) 1 2k −1 2k−1 −1 2 (3 2k−1 − 2k−2 ) 1 k k−1 − 2k (3 · 2 − 3 − 2(2 1 k k 2k (3 · 2 − 3 − 2 + 2) 2k+1 −1 , 2k

(nach Annahme) 1)) q.e.d.

(i): (I) n = 8: Offenbar gilt 8 = 3 · 1 + 5 · 1. (II) k −→ k + 1: Angenommen, es gilt k = 3 · a + 5 · b f¨ ur gewisses k ∈ N mit k ≥ 8 und passend gew¨ ahlte a, b ∈ N0 . Dann gilt: k+1 = 3·a+5·b+1 (nach Annahme) = 3 · (a + 2) + 5 · (b − 1) Im Fall b ≥ 1 haben wir eine Darstellung der behaupteten Art f¨ ur k + 1 bereits vorliegen. Ist b = 0, so muß (wegen k + 1 ≥ 9) a ≥ 3 sein, und unsere Behauptung ergibt sich aus 3 · a + 5 · b + 1 = 3 · a + 1 = 3 · (a − 3) + 5 · 2. (j): Wir beweisen: ∀n ∈ N ∃t ∈ N : (2n + 1)2 − 1 = 8 · t. (I) n = 1: Offenbar gilt unsere Behauptung f¨ ur n = 1. (II) k −→ k + 1: Angenommen, es gilt (2k + 1)2 − 1 = 8 · t f¨ ur gewisse k, t ∈ N. Dann haben wir: (2(k + 1) + 1)2 − 1 = ((2k + 1) + 2)2 − 1 = (2k + 1)2 + 4(2k + 1) + 3 = ((2k + 1)2 − 1) + 8(k + 1) = 8 · t + 8(k + 1) (nach Annahme) = 8 · (t + k + 1), q.e.d. (k): Wir beweisen: ∀n ∈ N ∃t ∈ N0 : n3 − n = 6 · t. (I) n = 1: Offenbar gilt unsere Behauptung f¨ ur n = 1. 3 (II) k −→ k + 1: Angenommen, es gilt k − k = 6 · t f¨ ur gewisse k, t ∈ N. Dann haben wir: = = = =

(k + 1)3 − (k + 1) = k 3 + 3k 2 + 2k (k 3 − k) + (3k 2 + 3k) 6 · t + 3k(k + 1) (nach Annahme) k+1 6·t+6· 2 6 · (t + k+1 q.e.d. 2 ),


11

(l): Wir beweisen: ∀n ∈ N0 ∃t ∈ N : 11n+2 + 122n+1 = 133 · t. (I) n = 0: Offenbar gilt unsere Behauptung f¨ ur n = 0: 112 + 12 = 133. k+2 (II) k −→ k + 1: Angenommen, es gilt 11 + 122k+1 = 133 · t f¨ ur gewisse f¨ ur gewisse k ∈ N0 und t ∈ N. Dann haben wir: = = = =

11k+1+2 + 122(k+1)+1 11 · 11k+2 + 122 · 122k+1 11 · (11k+2 + 122k+1 ) + (144 − 11) · 122k+1 133 · 11 · t + 133 · 122k+1 (nach Annahme) 2k+1 133 · (11 · t + 12 ), q.e.d.

(m): Wir beweisen: ∀n ∈ N0 ∃t ∈ N : n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3 = 9 · t. (I) n = 0: Offenbar gilt unsere Behauptung f¨ ur n = 0: 03 + 13 + 23 = 9. (II) k −→ k + 1: Angenommen, es gilt k 3 + (k + 1)3 + (k + 2)3 = 9 · t f¨ ur gewisse f¨ ur gewisse k ∈ N0 und t ∈ N. Dann haben wir: = = = =

(k + 1)3 + (k + 2)3 + (k + 3)3 (k + 1)3 + (k + 2)3 + (k 3 + 9k 2 + 27k + 27) (k 3 + (k + 1)2 + (k + 2)2 ) + 9 · (k 2 + 3k + 3) 9 · t + 9 · (k 2 + 3k + 3) (nach Annahme) 2 9 · (t + k + 3k + 3) q.e.d.

(n): (I) n = 5: Offenbar gilt unsere Behauptung f¨ ur n = 5: 25 = 32 > 25 = 52 . (II) k −→ k + 1: Angenommen, es gilt 2k > k 2 f¨ ur gewisses k ∈ N mit k ≥ 5. Dann haben wir: 2k+1 = 2 · 2k > 2 · k2 = k2 + k · k (nach Annahme) 2 ≥ k +5·k (wegen k ≥ 5) 2 2 > k + 2k + 1 = (k + 1) , q.e.d. (o): (I) n = 10: Die Behauptung gilt f¨ ur n = 10, da 210 = 1024 > 1000 = 103 . (II) k −→ k + 1: Angenommen, es gilt 2k > k 3 f¨ ur gewisses k ∈ N mit k ≥ 10.

12


Dann haben wir: > ≥ ≥ ≥ >

2k+1 = 2 · 2k 2 · k3 = k3 + k · k2 k 3 + 10 · k 2 k 3 + 3k 2 + 7 · k · k k 3 + 3k 2 + 70k k 3 + 3k 2 + 3k + 1 = (k + 1)3 ,

(nach Annahme) (wegen k ≥ 10) (wegen k ≥ 10) q.e.d.

(p): (I) n = 3: Offenbar gilt unsere Behauptung f¨ ur n = 3: 3! = 6 > 22 . (II) k −→ k + 1: Angenommen, es gilt k! > 2k−1 f¨ ur gewisses k ∈ N mit k ≥ 3. Dann haben wir: (k + 1)! = (k!) · (k + 1) > 2k−1 · (k + 1) (nach Annahme) k−1 k > 2 ·2=2 , q.e.d. (q): (I) n = 2: Linke Seite der Ungleichung: (1 + a)2 = 1 + 2a + a2 . Rechte Seite der Ungleichung: 1 + 2a. Also gilt die Behauptung f¨ ur n = 2, da a2 > 0. (II) k −→ k + 1: Angenommen, es gilt (1 + a)k > 1 + k · a f¨ ur gewisses k ∈ N mit k ≥ 2. Dann haben wir: (1 + a)k+1 = (1 + a)k · (1 + a) > (1 + k · a) · (1 + a) (nach Annahme und wegen 1 + a > 0) 2 > 1+k·a+a+k·a > 1 + (k + 1) · a (da k · a2 > 0) q.e.d. Bemerkung Ist 1 + a < 0, so gilt nicht (1 + a)k · (1 + a) > (1 + k · a) · (1 + a), da z.B. f¨ ur a = −2 und k = 2: (1 + a)k · (1 + a) = −1, (1 + k · a) · (1 + a) = 3. (r): F¨ ur den Beweis der Behauptung (r) ben¨ otigen wir die folgende (leicht zu beweisende) Eigenschaft der Binomialkoeffizienten: k k k+1 + = . (1.1) i−1 i i Außerdem pr¨ uft man leicht nach, daß gilt: k−1 X i=0

ai =

k X i=1

ai−1 .

(1.2)


13

Die Behauptung n X n an−i bi ∀n ∈ N ∀a, b ∈ R : (a + b) = n

i=0

i

l¨ aßt sich wie folgt durch vollst¨ andige Induktion beweisen: (I) n = 1: Offenbar gilt: 1 X 1 1 1 1−i i (a + b) = a+ b= a b. 0 1 i i=0 1

(II) k −→ k + 1: Angenommen, es ist (a + b)k = k ∈ N. Dann gilt:

Pn

i=0

k i

k−i i a b f¨ ur gewisses

(a + b)k+1 = (a + b) · (a + b)k Pk = (a + b) · i=0 ki ak−i bi Pk Pk k k+1−i i = b + i=0 ki ak−i bi+1 i=0 i a Pk = ak+1 + ( i=1 ki ak+1−i bi )+ Pk−1 ( i=0 ki ak−i bi+1 ) + bk+1 P = ak+1 + ( ki=1 ki ak+1−i )bi )+ k−(i−1) i−1+1 Pk k ( i=1 i−1 a b ) + bk+1 k+1−i i Pk k = ak+1 + ( i=1 ( ki + i−1 )a b ) + bk+1 k+1−i i Pk b ) + bk+1 = ak+1 + ( i=1 k+1 i a Pk+1 k+1 k+1−i i = b i=0 i a

(nach Annahme)

(wegen (1.2))

(wegen (1.1)) q.e.d.

Aufgabe 1.9 (Vollständige Induktion; Turm von Hanoi) Unter den Begriff Turm von Hanoi“ faßt man einige Spiele zusammen, ” bei dem es um das Umsetzen von gelochten Scheiben, die auf einem Stab gesteckt sind auf einen anderen Stab nach gewissen Regeln geht. Die klas´ sische Variante, die von dem franz¨ osischen Mathematiker Edouard Lucas (1842–1891) stammen soll, l¨ aßt sich wie folgt beschreiben: Gegeben seien drei Stäbe, die senkrecht auf einer Unterlage befestigt sind. Außerdem sind n hölzerne Kreisscheiben mit Bohrungen durch die Mittelpunkte und paarweise verschiedenen Durchmessern gegeben, die auf dem ersten Stab der Größe nach gesteckt sind, wobei sich die gr¨ oßte Scheibe unten befindet. Ziel des

14


Spiels ist es, die n Scheiben auf einen anderen Stab so umzusetzen, daß sie sich in der gleichen Reihenfolge wie auf den ersten Stab befinden. F¨ ur das Umsetzen gelten folgende zwei Regeln: (1) Man darf in jedem Spielschritt immer nur eine Scheibe von einem Stab auf einen anderen Stab legen. (2) Man darf eine gr¨ oßere Scheibe nicht auf eine kleinere Scheibe legen. Wie viele Spielschritte reichen aus, um alle n Scheiben in der genannten Art vom ersten auf einen zweiten Stab (unter Verwendung des dritten Stabs) umzusetzen? Lösung. Sei u(n) := 2n − 1. Wir zeigen durch Induktion u ¨ber n, daß u(n) (n ∈ N) Spielschritte ausreichen, um alle n Scheiben in der genannten Art vom ersten auf den zweiten Stab umzusetzen. (I) n = 1: Offenbar gen¨ ugt eine Bewegung, um eine Scheibe von einem Stab auf einen zweiten zu setzen. (II) k −→ k + 1: Angenommen, f¨ ur alle i ∈ {1, 2, ..., k} reichen u(i) Bewegungen von Scheiben aus, um i der Gr¨ oße nach geordnete Scheiben in der oben angegebenen Art umzusetzen. Seien nun k + 1 Scheiben (nach abnehmender Größe geordnet und mit k + 1, k, ..., 2, 1 numeriert) auf Stab 1 gesteckt. Das Umsetzen der Spitze“ ” (bestehend aus den Scheiben mit den Nummern k, k − 1, ..., 2, 1 von Stab 1 auf Stab 3 erfordert (nach Annahme) u(k) Bewegungen. Nach diesem Umsetzen, ist es dann m¨ oglich, die Scheibe mit der Nummer k + 1 auf Stab 2 zu stecken. Abschließend sind noch einmal u(k) Bewegungen erforderlich, um die Scheiben von Stab 3 auf Stab 2 umzusetzen (ebenfalls nach Annahme). Insgesamt sind dies 2 · u(k) + 1 = 2 · (2k − 1) + 1 = 2k+1 − 1 = u(k + 1) Bewegungen, q.e.d. Aufgabe 1.10 (Vollständige Induktion) Wo steckt der Fehler im folgenden Beweis“ durch vollständige Induktion: ” Behauptung: Wenn von n M¨ adchen eines blaue Augen hat, dann haben alle n Mädchen blaue Augen (n ∈ N). Beweis: 1. Induktionsanfang: n = 1 richtig (klar!) 2. Induktionsannahme: Die Behauptung sei richtig f¨ ur k ≤ n. 3. Induktionsbehauptung: Die Behauptung ist richtig f¨ ur n + 1. 4. Induktionsbeweis: Wir betrachten n + 1 Mädchen, von denen eins blauäugig ist und bezeichnen sie mit M1 , M2 , ..., Mn+1 , wobei M1 die Blauäugige sein soll. Wir betrachten die beiden Mengen {M1 , ..., Mn } und {M1 , ..., Mn−1 , Mn+1 }. Beide enthalten M1 und haben n Elemente, bestehen also laut Induktionsannahme aus lauter blau¨ augigen Mädchen. Da jedes der n + 1 Mädchen in einer dieser beiden Mengen vorkommt, sind alle n + 1 M¨ adchen blauäugig.


15

Lösung. Die Bildung der Mengen {M1 , ..., Mn } und {M1 , ..., Mn−1 , Mn+1 } ist nur f¨ ur n ≥ 2 m¨ oglich, da Mn−1 = M0 f¨ ur n = 1 nicht definiert ist. Um obigen Induktionsbeweis f¨ uhren zu k¨ onnen, ist folglich der Induktionsanfang f¨ ur n = 2 erforderlich. F¨ ur zwei M¨ adchen ist aber obige Behauptung offensichtlich falsch! Aufgabe 1.11 (Vollständige Induktion) Beweisen Sie Satz 1.2.3: Sei M eine endliche, nichtleere Menge und bezeichne |M | die Anzahl ihrer Elemente. Dann gilt |P(M )| = 2|M| . Lösung. (I) n = 1: Ist M einelementig, so gilt offenbar: P(M ) = {∅, M } und damit |P(M )| = 2 = 21 , d.h., unsere Behauptung ist f¨ ur n = 1 richtig. (II) k −→ k + 1: Angenommen, die Potenzmenge jeder k-elementigen Menge hat die Mächtigkeit 2k f¨ ur gewisses k ∈ N. Bezeichne M eine (k+1)-elementige Menge und sei a ein gewisses Element aus M . Dann läßt sich die Menge P(M ) wie folgt in zwei disjunkte Mengen M1 und M2 zerlegen: P(M ) = {T | T ⊆ M \{a}} ∪ {T ∪ {a} | T ⊆ M \{a}} . | {z } | {z } =:M1

=:M2

Offenbar gilt |M1 | = |M2 | und (nach Annahme) |M1 | = 2k . Zusammengefaßt erhalten wir damit: |P(M )| = |M1 | + |M2 | = 2 · 2k = 2k+1 , q.e.d. Aufgabe 1.12 (Vollständige Induktion) Beweisen Sie Satz 1.2.5: F¨ ur beliebige nichtleere endliche Mengen A1 , A2 , ..., An gilt: |A1 × A2 × ... × An | = |A1 | · |A2 | · ... · |An |. Lösung. Sei n fest (aber beliebig) gew¨ ahlt. Außerdem seien m1 := |A1 |, ..., mn := |An |. Wir f¨ uhren den Beweis durch vollständige Induktion u ¨ber t := m1 + m2 + ... + mn . Da die Mengen A1 , ..., An alle nichtleer sind, ist t ≥ n. (I) t = n: In diesem Fall sind die Mengen Ai (i = 1, 2, ..., n) alle einelementig und A1 × A2 × ... × Am besteht ebenfalls nur aus einem Element, d.h., unsere Behauptung gilt f¨ ur t = n. (II) k −→ k +1: Angenommen, unsere Behauptung ist f¨ ur alle t mit n ≤ t ≤ k f¨ ur gewisses k ∈ N richtig. Sei nun m1 + m2 + ... + mn = k + 1. Dann gibt es unter den Mengen Ai mindestens eine mit mindestens zwei Elementen.

16


O.B.d.A. sei |A1 | ≥ 2 und a ∈ M1 . Dann l¨ aßt sich die Menge A1 × ... × An wie folgt zerlegen: A1 × ... × An = {(a, x2 , ..., xn ) | x2 ∈ A2 ∧ ... ∧ xn ∈ An } ∪ {(x1 , x2 , ..., xn ) | x1 ∈ A1 \{a} ∧ x2 ∈ A2 ∧ ... ∧ xn ∈ An }. Hieraus ergibt sich: = = = =

|A1 × ... × An | |{a} × A2 × ... × An | + |(A1 \{a}) × A2 × ... × An | 1 · m2 · m3 · ... · mn + (m1 − 1) · m2 · ... · mn (nach Annahme) (1 + m1 − 1) · m2 · ... · mn m1 · m2 · ... · mn , q.e.d.

Aufgabe 1.13 (Vollständige Induktion) Ermitteln Sie die Anzahl dn der Diagonalen in einem (ebenen) n-Eck (n ≥ 4) und beweisen Sie die gefundene Formel per Induktion. Lösung.

Wir beweisen: ∀n ∈ N\{1, 2, 3} : dn =

n(n − 3) . 2

(I) n = 4: Offenbar hat ein Viereck 2 Diagonalen und es ist d2 = d.h., unsere Behauptung ist f¨ ur n = 4 richtig.

4(4−3) 2

= 2,

(II) k −→ k + 1: Angenommen, es gilt dk = k(k−3) f¨ ur gewisses k ∈ N mit 2 k ≥ 4. Bekanntlich ist jede Strecke von einem Eckpunkt P eines ebenen (k + 1)Ecks zu einem anderen Eckpunkt Q, der kein Nachbarpunkt von P ist, eine Diagonale des betrachteten (k + 1)-Ecks. Die Anzahl der Diagonalen in einem (k + 1)-Eck läßt sich durch dk+1 = dk + (k − 2) + 1,

(1.3)

berechnen, wie man sich wie folgt u ¨berlegen kann: Man bilde aus einem k-Eck ein (k + 1)-Eck, indem man eine Kante AB des k-Ecks durch einen Punkt P und gewisse Strecken AP und P B ersetzt. Dann sind die Diagonalen des k-Ecks auch Diagonalen des (k + 1)-Ecks und als neue Diagonalen kommen nur hinzu: alle Diagonalen, die von P ausgehen, sowie die Strecke AB. Mit Hilfe von (1.3) und der Annahme folgt dann: dk+1 =

k(k − 3) 1 (k + 1)(k − 2) + k − 1 = · (k 2 − 3k + 2k − 2) = , q.e.d. 2 2 2


17

Mengen und Mengenoperationen Aufgabe 1.14 (Mengenbeschreibungen) Man beschreibe die folgenden Mengen durch die Angabe wenigstens einer Eigenschaft E(x) in der Form {x | E(x)}. (a) (b) (c) (d) (e) (f) (g)

{7, 35, 14, 42, 28, 21}, {2, 3, 5, 9, 17, 33, 65}, {2, 11, 101, 1001, 10001}, {−12, −7, −2, 3, 8, 13, 18}, {a, bab, bbabb, bbbabbb, bbbbabbbb}, { 14 , 23 , 32 , 41 }, {1, −1}.

Lösung. Z.B.: (a): {x ∈ N | ∃k ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6} : x = 7 · k}, (b): {x ∈ N | ∃k ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6} : x = 2k + 1}, (c): {x ∈ N | ∃n ∈ {0, 1, 2, 3, 4} : x = 10n + 1}, (d): {x ∈ Z | ∃k ∈ {−3, −2, −1, 0, 1, 2, 3} : x = 3 + 5 · k}, (e): {x | ∃k ∈ {0, 1, 2, 3, 4} : x = bb...b | {z } a bb...b | {z } } k-mal k-mal k (f): {x ∈ Q | ∃k ∈ {1, 2, 3, 4} : x = 5−k },

(g): {x ∈ Z | x2 = 1}.

Aufgabe 1.15 (Venn-Diagramme) F¨ ur die Menge aller Dreiecke G seien folgende Teilmengen definiert: A := {x ∈ G | x B := {x ∈ G | x C := {x ∈ G | x D := {x ∈ G | x

ist gleichseitiges Dreieck} ist gleichschenkliges Dreieck} ist rechtwinkliges Dreieck} ist Dreieck mit wenigstens einem 45◦ -Winkel}

Man stelle die Beziehungen zwischen diesen Mengen durch ein Venn-Diagramm dar! Lösung.

Offenbar gilt: ∀X, Y ∈ {A, B, C, D} : (X ⊂ Y =⇒ (X = A ∧ Y = B))

und B ∩ C 6= ∅, A ∩ C = ∅, A ∩ D = ∅, D ∩ C = B ∩ C, ...

Damit ergibt sich folgendes Venn-Diagramm, wobei D1 := {x ∈ D | x 6∈ B∩C} und D = (B ∩ C) ∪ D1 :

18


B

A

B∩C

C

D1

Aufgabe 1.16 (Verwendung der Zeichen ∈, ⊆, ⊂) Gegeben seien die Mengen A := {1, 2}, B := {1, 2, 3, 4}, C := {2}, D := {1, A, B, C}. Welche der folgenden Beziehungen sind richtig? (a) 4 ∈ B (b) A ⊂ B (c) A ∈ D (d) A ⊂ D (e) 2 ∈ D (f ) 1 ∈ D (g) ∅ ∈ C (h) ∅ ⊂ D (i) C ∈ B (j) 1 ⊂ D (k) {1, B} ⊆ D (l) A ∪ C ⊂ B (m) C ⊂ D (n) C ∈ D (o) {C} ⊂ D Lösung. Richtig sind: (a), (b), (c), (f), (h), (k), (l), (n), (o). (Falsch: (d), (e), (g), (i), (j), (m).) Aufgabe 1.17 (Beweise f¨ ur Mengengleichungen) Welche der folgenden Mengengleichungen sind f¨ ur beliebige Mengen A, B und C richtig? (a) (A\B)\C = A\(B ∪ C), (b) (A∆B) ∩ C = (A ∩ C)∆(B ∩ C), (c) (A∆B)\C = (A ∪ B)∆(B ∪ C). Lösung. Im Beweis von Satz 1.2.4 findet man ausf¨ uhrlich erläutert, auf welche Weise man mittels 0,1-Tabellen die obigen Mengengleichungen beweisen kann. Die folgende Tabelle gibt deshalb nur die Ergebnisspalten zu obigen Aufgaben an, wobei man feststellt, daß die Aussage (c) falsch ist:


A 0 0 0 0 1 1 1 1

B 0 0 1 1 0 0 1 1

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C (a) (b) (A∆B)\C (A ∪ C)∆(B ∪ C) 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0 1 0 1 1 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 0

Aufgabe 1.18 (Beweise f¨ ur Mengengleichungen) Seien A, B, C Mengen. Man beweise: (a) (A\B) × C = (A × C)\(B × C), (b) (A ∩ B) × C = (A × C) ∩ (B × C), (c) (A ∪ B) × C = (A × C) ∪ (B × C). Lösung. Die bei der L¨ osung von Aufgabe 1.17 verwendete Beweismethode ist f¨ ur das Lösen der vorliegenden Aufgabe ungeeignet. Da zwei Mengen X und Y nach Definition genau dann gleich sind, wenn X ⊆ Y und Y ⊆ X gilt, ergibt sich der Beweis f¨ ur (a) aus dem Beweis f¨ ur zwei Mengeninklusionen: (A\B) × C ⊆ (A × C)\(B × C) folgt aus =⇒ =⇒ =⇒ =⇒

(x, y) ∈ (A\B) × C (x ∈ A \ B) ∧ (y ∈ C) (x ∈ A ∧ x 6∈ B) ∧ (y ∈ C) ((x, y) ∈ A × C) ∧ ((x, y) 6∈ (B × C) (x, y) ∈ (A × C)\(B × C),

(A × C)\(B × C) ⊆ (A\B) × C folgt aus =⇒ =⇒ =⇒ =⇒ =⇒

(x, y) ∈ (A × C)\(B × C) ((x, y) ∈ A × C) ∧ ((x, y) 6∈ B × C) (x ∈ A ∧ y ∈ C) ∧ (x 6∈ B ∨ y 6∈ C) (x ∈ A ∧ y ∈ C) ∧ x 6∈ B (x ∈ A \ B) ∧ y ∈ C (x, y) ∈ (A \ B) × C.

Die Behauptungen (b) und (c) beweist man analog.

20


Aufgabe 1.19 (Beweis einer Mengeninklusion) Seien A1 , A2 , B1 , B2 Mengen. Man beweise (A1 × B1 ) ∪ (A2 × B2 ) ⊆ (A1 ∪ A2 ) × (B1 ∪ B2 )

(1.4)

und gebe ein Beispiel an, f¨ ur das in (1.4) ⊂ anstelle von ⊆ steht. Lösung.

(1.4) folgt aus =⇒ =⇒ =⇒ =⇒

(x, y) ∈ (A1 × B1 ) ∪ (A2 × B2 ) ((x, y) ∈ A1 × B1 ) ∨ ((x, y) ∈ A2 × B2 ) (x ∈ A1 ∧ y ∈ B1 ) ∨ (x ∈ A2 ∧ y ∈ B2 ) (x ∈ A1 ∪ A2 ) ∧ (y ∈ B1 ∪ B2 ) (x, y) ∈ (A1 ∪ A2 ) × (B1 ∪ B2 )

Z.B. steht 6= in (1.4) f¨ ur die Mengen Ai := {ai } und Bi := {bi } (i ∈ {1, 2}) mit a1 = 6 a2 und b1 6= b2 , da in diesem Fall (A1 × B1 ) ∪ (A2 × B2 ) = {(a1 , b1 ), (a2 , b2 )} und (A1 ∪ A2 ) × (B1 ∪ B2 ) = {(a1 , b1 ), (a2 , b2 ), (a1 , b2 ), (a2 , b1 )}. Aufgabe 1.20 (Beweis einer Mengeneigenschaft) Seien A, B, C Mengen. Folgt aus A ∪ B = A ∪ C, daß B = C ist? Folgt aus A ∩ B = A ∩ C, daß B = C ist? Lösung. Beide Aussagen sind falsch, wie man anhand folgender Beispiele sieht: Seien A = {a, b, c}, B1 = {c, d}, B2 = {c}, C1 = {d} und C2 = {c, d}. Dann gilt: A ∪ B1 = A ∪ C1 = {a, b, c, d}, B1 6= C1 und

A ∩ B2 = A ∩ C2 = {c}, B2 = 6 C2 . Aufgabe 1.21 (Mächtigkeit von Mengen) Ein Meinungsforscher sendet seinem Chef das Ergebnis seiner Umfrage u ¨ber die Beliebtheit von Bier und Wein: Anzahl der Befragten: 100 Anzahl derer, die Bier trinken: 75 Anzahl derer, die Wein trinken: 68 Anzahl derer, die beides trinken: 42 Warum wurde der Mann entlassen? (Begr¨ undung mittels Mengen!)


21

Lösung. Sei P die Menge der befragten Personen und bezeichne B die Menge der Biertrinker aus P sowie W die Menge der Weintrinker aus P . Dann gilt nach obigen Angaben: |B ∩ W | = 42, |B\(B ∩ W )| = 75 − 42 = 33, |W \(B ∩ W )| = 68 − 42 = 26. Damit erhalten wir einen Widerspruch zu |P | = 100 wie folgt: |P | ≥ |B ∪ W | = |B\(B ∩ W )| + |W \(B ∩ W )| + |B ∩ W | = 33 + 26 + 42 = 101. Aufgabe 1.22 (Beweis einer Mengengleichung) Man zeige, daß die Mengen {{x1 , y1 }, {x1 }} und {{x2 , y2 }, {x2 }} genau dann gleich sind, wenn x1 = x2 und y1 = y2 gilt. Lösung.

=⇒“: Sei ” {{x1 , y1 }, {x1 }} = {{x2 , y2 }, {x2 }}.

(1.5)

Folgende zwei Fälle sind dann m¨ oglich: Fall 1: x1 6= y1 . Wegen (1.5) gilt dann {x1 , y1 } = {x2 , y2 } und {x1 } = {x2 }, womit x1 = x2 und dann auch y1 = y2 ist. Also gilt unsere Behauptung im Fall 1. Fall 2: x1 = y1 . In diesem Fall folgt aus (1.5) x2 = y2 = x1 . Also gilt auch im Fall 2 unsere Behauptung. ⇐=“: Es sei x1 = x2 und y1 = y2 . ” Dann gilt offensichtlich (1.5). 2

Bin¨ are Relationen Aufgabe 1.23 (Eigenschaften binärer Relationen) Welche der Eigenschaften Symmetrie, Asymmetrie, Reflexivit¨ at, Antisymmetrie, Transitivität sind bei den folgenden Relationen vorhanden? (a) R1 := {(x, y) | x ∈ R ∧ y ∈ R ∧ x = y}, (b) R2 := {(X, Y ) | X ⊆ M ∧ Y ⊆ M ∧ Y = M \X} (M bezeichne eine gewisse nichtleere Menge), (c) R3 := {(x, y) | x ∈ R ∧ y ∈ R ∧ x < y} , (d) R4 := {(x, y) | x ∈ N ∧ y ∈ N ∧ x teilt y}, (e) R5 := {(x, y) | x ∈ Z ∧ y ∈ Z ∧ x + y gerade }.

22


Lösung. Symmetrie Asymmetrie Reflexivit¨ at Antisymmetrie Transitivit¨ at

R1 + − + + +

R2 + − − − −

R3 − + − + +

R4 − − + + +

R5 + − + − +

(+: Eigenschaft vorhanden; −: Eigenschaft nicht vorhanden) Aufgabe 1.24 (Binäre Relation) Welche Relation R ⊆ A × A (A nichtleere Menge) ist reflexiv, symmetrisch, transitiv und antisymmetrisch? Lösung. Es gibt nur eine Relation mit den oben angegebenen Eigenschaften: R := {(x, x) | x ∈ A}. Aufgabe 1.25 (Binäre Relation) Man gebe auf der Menge A := {1, 2, 3, 4} eine binäre Relation R an, die nicht reflexiv, nicht irreflexiv, jedoch transitiv und symmetrisch ist. Lösung.

Ein mögliches Beispiel ist R := {(1, 1)}.

Aufgabe 1.26 (Finden eines Fehlers in einem Beweis) Man begr¨ unde, wo in dem folgenden Beweis“ der Herleitung der Reflexivität ” aus der Symmetrie und Transitivit¨ at einer bin¨ aren Relation R u ¨ber der Menge A der Fehler steckt. Behauptung: Jede symmetrische und transitive Relation R ⊆ A × A ist auch reflexiv (d. h., ∀ a ∈ A : aRa). Beweis“: Wir betrachten ein beliebiges a aus A und ein b ∈ A mit aRb. ” Wegen der Symmetrie von R ist dann auch bRa und aus aRb und bRa folgt dann wegen der Transitivit¨ at von R die Beziehung aRa. Daher ist R reflexiv. Lösung. Der Fehler steckt im ersten Satz. Nicht zu jedem a ∈ A muß ein b ∈ A mit (a, b) ∈ R existieren (z.B. f¨ ur R = ∅). Aufgabe 1.27 (Binäre Relationen) Sei M die Menge aller Menschen (tot oder lebendig). Seien die Relationen R und S definiert durch: (x, y) ∈ R :⇐⇒ x ist Schwester von y, (x, y) ∈ S :⇐⇒ x ist Vater von y. Was bedeuten umgangssprachlich (x, y) ∈ R2S und (x, y) ∈ S2R?


Lösung.

23

Aus den Definitionen der Relationen R und S ergibt sich: (x, y) ∈ R2S ⇐⇒ ∃z ∈ M :

(x, z) ∈ R ∧ (z, y) ∈ S | {z } | {z } x ist z ist Schwester Vater von z von y ⇐⇒ x ist Tante (v¨ aterlicherseits) von y

und (x, z) ∈ S ∧ (z, y) ∈ R | {z } | {z } x ist z ist Vater Schwester von z von y ⇐⇒ x ist Vater von y und y hat eine Schwester.

(x, y) ∈ S2R ⇐⇒ ∃z ∈ M :

Aufgabe 1.28 (Mathematisieren von Sachverhalten) Ein Theater verf¨ uge u ¨ber 27 Reihen zu je 19 Plätzen. Jeder Platz ist durch seine Reihennummer r und seine Sitznummer s, also das Paar (r, s) eindeutig festgelegt. Seien R := {1, 2, ..., 27} und S := {1, 2, ..., 19}. Demzufolge kann man jede Vorstellung M als Menge der verkauften Plätze ansehen und es gilt M ⊆ R × S. Man mathematisiere damit folgende Sachverhalte: (a) von jeder Reihe wurde mindestens ein Platz verkauft; (b) die Vorstellung ist ausverkauft; (c) die Menge aller m¨ oglichen Vorstellungen; (d) keine Karte wurde verkauft; (e) wenigstens eine Reihe ist vollständig besetzt; (f) keine Reihe ist vollständig besetzt. Lösung. (a): D(M ) = R (b): M = R × S (c): P(R × S) (d): M = ∅ (e): ∃r ∈ {1, 2, ..., 27} : {x ∈ S | (r, x) ∈ M } = S (f ): ∀r ∈ {1, 2, ..., 27} : {x ∈ S | (r, x) ∈ M } 6= S

Aufgabe 1.29 (Beweis einer Mengengleichung) Seien R, S und T bin¨ are Relationen u ¨ber A. Man beweise: (a) (R ∪ S)2T = (R2T ) ∪ (S2T ), (b) (R\S)−1 = R−1 \S −1 .

24


Lösung.

(a) folgt aus:

(x, y) ∈ (R ∪ S)2T ⇐⇒ ∃z ∈ A : (x, z) ∈ R ∪ S ∧ (z, y) ∈ T ⇐⇒ ∃z ∈ A : ((x, z) ∈ R ∨ (x, z) ∈ S) ∧ (z, y) ∈ T ⇐⇒ (∃z ∈ A : (x, z) ∈ R ∧ (z, y) ∈ T ) ∨ (∃z ∈ A : (x, z) ∈ S ∧ (z, y) ∈ T ) ⇐⇒ (x, y) ∈ R2T ∨ (x, y) ∈ S2T ⇐⇒ (x, y) ∈ (R2T ) ∪ (S2T ) (b) folgt aus: (x, y) ∈ (R\S)−1 ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

(y, x) ∈ R\S (y, x) ∈ R ∧ (y, x) 6∈ S (x, y) ∈ R−1 ∧ (x, y) 6∈ S −1 (x, y) ∈ R−1 \S −1

¨ Aquivalenzrelationen

¨ Aufgabe 1.30 (Aquivalenzrelation) Sei A := {1, 3, 4, 5, 7, 8, 9}. Wie hat man x, y ∈ A zu wählen, damit R := {(x, 7), (1, 8), (4, 4), (9, 8), (7, 3), (5, 5), (9, 1), (8, 9), (8, 1), (1, 9), (3, 3), (8, 8), (7, 7), (1, 1), (y, y)} ¨ eine Aquivalenzrelation auf A ist? Man gebe außerdem ¨ (a) die Aquivalenzklassen von R, (b) die zu R geh¨ orende Zerlegung Z von A und ¨ (c) die zu den Aquivalenzrelationen Q ⊂ R gehörenden Zerlegungen an! Lösung. Wegen (7, 3) ∈ R und (3, 7) 6∈ R muß x = 3 sein, damit R symmetrisch ist. R ist nur f¨ ur y = 9 reflexiv. Man pr¨ uft leicht nach, daß mit den so gewählten x, y die Relation R auch transitiv ist. (a): [1] = {1, 8, 9} = [8] = [9], [3] = {3, 7} = [7], [4] = {4}, [5] = {5}. (b): Z = { {1, 8, 9}, {3, 7}, {4}, {5} }


25

(c): { {1}, {8, 9}, {3, 7}, {4}, {5} }, { {1, 9}, {8}, {3, 7}, {4}, {5} }, { {1, 8}, {9}, {3, 7}, {4}, {5} }, { {1, 8, 9}, {3}, {7}, {4}, {5} }, { {1}, {8}, {9}, {3, 7}, {4}, {5} }, { {1}, {8, 9}, {3}, {7}, {4}, {5} }, { {1, 9}, {8}, {3}, {7}, {4}, {5} }, { {1, 8}, {9}, {3}, {7}, {4}, {5} }, { {1}, {8}, {9}, {3}, {7}, {4}, {5} }. Aufgabe 1.31 (Satz 1.3.2) Man gebe die durch die folgenden Zerlegungen Zi (i ∈ {1, 2, 3}) der Menge R ¨ charakterisierten Aquivalenzrelationen Ri an: (a) Z1 := {{x, −x} | x ∈ R}, (b) Z2 := {{y + x | x ∈ R ∧ 0 ≤ x < 1} | y ∈ Z}, (c) Z3 := {{y + x | y ∈ Z} | x ∈ R ∧ 0 ≤ x < 1}. Lösung. (a): R1 := {(x, y) ∈ R2 | |x| = |y|} (b): R2 := {(x, y) ∈ R2 | ∃z ∈ Z : {x, y} ⊂ [z, z + 1)} (c): R3 := {(x, y) ∈ R2 | x − y ∈ Z} Aufgabe 1.32 (Binäre Relationen; Satz 1.3.2) Man gebe Eigenschaften der nachfolgenden Relationen R ⊆ A × A an und ¨ bestimme, falls R eine Aquivalenzrelation ist, die zugehörige Zerlegung von A. (a) (b) (c) (d) (e)

{( (a, b), (c, d) ) ∈ N2 × N2 | a + c = b + d}, {(a, b) ∈ N2 | a · b ist eine gerade Zahl oder a = b}, {(a, b) ∈ N2 | a · b ist eine ungerade Zahl oder a = b}, {(a, b) ∈ N2 | ∃c ∈ N : b = c · a}, {( (a, b), (c, d) ) ∈ N2 × N2 | (a < c ∨ a = c) ∧ b ≤ d}.

Lösung. (a): R ist offenbar symmetrisch, jedoch nicht reflexiv (da z.B. ((1, 2), (1, 2)) 6∈ R wegen 1 + 1 6= 2 + 2) und auch nicht transitiv, da z.B. ((1, 2), (3, 2)) ∈ R, ((3, 2), (5, 6)) ∈ R, jedoch ((1, 2), (5, 6)) 6∈ R gilt. (b): R ist reflexiv, symmetrisch und nicht transitiv, da (3, 2) ∈ R und (2, 5) ∈ R, jedoch (3, 5) 6∈ R. ¨ (c): R ist eine Aquivalenzrelation, da R offenbar reflexiv, symmetrisch und (da ein Produkt von Zahlen a, b ∈ N genau dann ungerade ist, wenn a und b ungerade) transitiv ist. Die zu R geh¨ orende Zerlegung ist

26


{ {x ∈ N | x ist ungerade} } ∪ { {x} | x ∈ N ist gerade}. (d): Offenbar ist (a, b) ∈ R identisch mit der Forderung: a teilt b. Die Teilbarkeitsrelation ist reflexiv, transitiv, aber nicht symmetrisch. (e): R ist offenbar reflexiv, nicht symmetrisch und transitiv.

¨ Aufgabe 1.33 (Eigenschaft von Aquivalenzrelationen) ¨ Es seien R und Q Aquivalenzrelationen auf der Menge A. Man beweise, daß ¨ dann R ∩ Q ebenfalls eine Aquivalenzrelation auf A ist und beschreibe die ¨ Aquivalenzklassen von R ∩ Q durch die von R und Q. Ist R ∪ Q auch eine ¨ Aquivalenzrelation auf A? ¨ Lösung. Sind R und Q Aquivalenzrelationen, so ist R ∩ Q offenbar reflexiv und symmetrisch. Die Transitivit¨ at von R ∩ Q folgt aus: {(a, b), (b, c)} ⊆ R ∩ Q =⇒ {(a, b), (b, c)} ⊆ R ∧ {(a, b), (b, c)} ⊆ Q =⇒ (a, c) ∈ R ∧ (a, c) ∈ Q =⇒ (a, c) ∈ R ∩ Q. ¨ Die Aquivalenzklassen von R ∩ Q erh¨ alt man durch Durchschnittsbildung: [a]R∩Q = [a]R ∩ [a]Q (a ∈ A). ¨ R∪Q ist im allgemeinen keine Aquivalenzrelation, wie folgendes Beispiel zeigt: Sei A = {1, 2, 3}. Dann sind R := {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (1, 2), (2, 1)} und Q := {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (1, 3), (3, 1)}

¨ Aquivalenzrelationen auf A, jedoch ist R ∪ Q keine transitive Relation, womit ¨ R ∪ Q keine Aquivalenzrelation ist. ¨ Aufgabe 1.34 (Beispiel f¨ ur eine Aquivalenzrelation) Auf der Menge A := R × R sei die Relation R wie folgt erklärt: (a, b)R(c, d) :⇐⇒ a2 + b2 = c2 + d2 (a, b, c, d ∈ R).

¨ (a) Man zeige, daß R eine Aquivalenzrelation auf A ist. ¨ (b) Wie lauten die Aquivalenzklassen von R? ¨ (c) Man gebe eine geometrische Deutung der Aquivalenzklassen von R an.


27

¨ ¨ Lösung. (a): R ist eine Aquivalenzrelation, da = eine Aquivalenzrelation ist. Ausf¨ uhrlich: R ist reflexiv, da a2 + b2 = a2 + b2 f¨ ur alle (a, b) ∈ A. R ist symmetrisch, da (a, b)R(c, d) =⇒ a2 + b2 = c2 + d2 =⇒ c2 + d2 = a2 + b2 =⇒ (c, d)R(a, b). R ist transitiv, da (a, b)R(c, d) ∧ (c, d)R(e, f ) =⇒ a2 + b2 = c2 + d2 ∧ c2 + d2 = e2 + f 2 =⇒ a2 + b2 = e2 + f 2 =⇒ (a, b)R(e, f ). ¨ (b), (c): Zu jedem r ∈ R mit r ≥ 0 gibt es eine Aquivalenzklasse: {(x, y) ∈ A | x2 + y 2 = r}, die gedeutet werden kann als die Menge aller Punkte in der Ebene, die auf einen Kreis mit dem Mittelpunkt im Koordinatenursprung und dem Radius √ r liegen. ¨ Aufgabe 1.35 (Eigenschaft von Aquivalenzrelationen) Man wähle auf alle Arten zwei der drei Bedingungen reflexiv“, symme” ” trisch“, transitiv“ aus und gebe jeweils ein Beispiel f¨ ur eine Relation an, die ” diese zwei Bedingungen, aber nicht die dritte Bedingung erf¨ ullt. Lösung.

Sei A := {1, 2, 3}. Dann ist die Relation R1 := {(1, 1)}

nicht reflexiv, aber symmetrisch und transitiv (ein weiteres Beispiel ist die leere Menge); die Relation R2 := {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (1, 2), (2, 3), (1, 3)} nicht symmetrisch, aber reflexiv und transitiv; und die Relation R3 := {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (1, 2), (2, 1), (2, 3), (3, 2)} nicht transitiv, aber reflexiv und symmetrisch.

¨ Aufgabe 1.36 (Beispiel f¨ ur eine Aquivalenzrelation) Man zeige, daß die sogenannte Kongruenz modulo n (Bezeichnung: ≡n ) eine ¨ Aquivalenzrelation auf Z ist, die mit der u ¨blichen Addition und Multiplikation auf Z verträglich (kompatibel) ist.

28


Lösung.

Nach Definition haben wir

(a, b) ∈≡n :⇐⇒ ∃p, q, r ∈ Z : a = p · n + r ∧ b = q · n + r ∧ 0 ≤ r < n beziehungsweise (a, b) ∈≡n :⇐⇒ n | (a − b). ≡n ist reflexiv, da n |(a − a) f¨ ur alle a ∈ Z gilt. ≡n ist symmetrisch, da (a, b) ∈≡n =⇒ n |(a − b) =⇒ n |(b − a) =⇒ (b, a) ∈≡n . ≡n ist transitiv, da (a, b) ∈≡n ∧ (b, c) ∈ ≡n =⇒ ∃p, q, r, s ∈ Z : a=p·n+r ∧ b=q·n+r ∧ c=s·n+r ∧ 0≤r (0, 0). Speziell bedeutet dies f¨ ur z ∈ {(1, 0), (0, 1)}: (0, 0) < (1, 0) · (1, 0) = (1, 0) und (0, 0) < (0, 1) · (0, 1) = (−1, 0). Bildet man nun (1, 0) + (−1, 0) = (0, 0), so muß nach (b) und dem oben Gezeigten (0, 0) < (0, 0) gelten, was nicht sein kann. Also ist unsere Annahme falsch und damit die Behauptung richtig. Aufgabe 1.44 (Eigenschaft von Halbordnungen) Man wähle auf alle Arten zwei der drei Bedingungen reflexiv“, antisymme” ” trisch“, transitiv“ aus und gebe jeweils ein Beispiel f¨ ur eine Relation an, die ” diese zwei Bedingungen, aber nicht die dritte Bedingung erf¨ ullt. Lösung.

Sei A := {1, 2, 3}. Dann ist die Relation R1 := {(1, 2), (1, 3), (2, 3)}

nicht reflexiv, aber antisymmetrisch und transitiv; die Relation R2 := {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (1, 2), (2, 1)} nicht antisymmetrisch, aber reflexiv und transitiv; und die Relation R3 := {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (1, 2), (2, 3)} nicht transitiv, aber reflexiv und antisymmetrisch.

2

34


Korrespondenzen, Abbildungen und Verkn¨ upfungen Aufgabe 1.45 (Hintereinanderausf¨ uhren von Abbildungen) Seien A := {x ∈ R | 0 ≤ x ≤ 1} und f1 : A −→ A, x 7→ sin x, f2 : A −→ A, x 7→ x2 , √ x. f3 : A −→ A, x → 7 Durch welche Zuordnungsvorschriften sind dann fi 2fj f¨ ur {i, j} ⊂ {1, 2, 3} und i 6= j bestimmt? Lösung.

Es gilt

f1 2f2 = {(x, y) ∈ [0, 1]2 | ∃z ∈ [0, 1] :

(x, z) ∈ f1 | {z } d.h., z = sin x = {(x, y) ∈ [0, 1]2 | y = (sin x)2 }

∧ (z, y) ∈ f2 } | {z } d.h., y = z2

beziehungsweise f1 2f2 : A −→ A, x 7→ (sin x)2 . Analog kann man sich u ¨berlegen: f2 2f1 : A −→ A, x 7→ sin x2 , √ f1 2f3 : A −→ A, x 7→ sin x, √ f3 2f1 : A −→ A, x 7→ sin x, f2 2f3 : A −→ A, x 7→ x, f3 2f2 : A −→ A, x 7→ x. Aufgabe 1.46 (Injektive, surjektive und bijektive Abbildungen) Man untersuche, ob die angegebene Abbildung f injektiv, surjektiv oder bijektiv ist: (a) (b) (c) (d)

f f f f

: : : :

N → N, n 7→ 2n + 1, Z → Z, z 7→ −z + 3, Q → Q, q 7→ 5q + 9, R → R, r 7→ (r − 1)(r − 2)(r − 3).

Lösung. (a): f ist injektiv, nicht surjektiv und damit auch nicht bijektiv. (b): f ist injektiv, surjektiv und damit bijektiv.


35

(c): f ist injektiv, surjektiv und damit bijektiv. (d): f ist nicht injektiv (z.B. wegen f (1) = f (2) = 0), surjektiv (da ein Polynom 3. Grades immer eine reelle Nullstelle hat, womit die Gleichung (r − 1)(r − 2)(r − 3) = s f¨ ur jedes s ∈ R stets mindestens eine reelle L¨ osung r besitzt) und damit nicht bijektiv.

Aufgabe 1.47 (Surjektive Abbildung) Man gebe eine Abbildung f : N −→ N an, die surjektiv, aber nicht bijektiv ist. Lösung.

Z.B. ist die Abbildung f mit f (1) = f (2) = 1, ∀x ∈ N\{1, 2} : f (x) = x − 1

surjektiv, aber nicht injektiv, womit sie nicht bijektiv ist. Aufgabe 1.48 (Surjektive und injektive Abbildung) Man löse die folgende Aufgabe f¨ ur die Menge (a) A = Z, (b) A = Q. Sei c ∈ A und fc die durch fc : A −→ A, x 7→ x + c − x · c definierte Abbildung. F¨ ur welche c ∈ A ist (1) fc surjektiv; (2) fc injektiv? Lösung. (a), (1): fc ist nur f¨ ur c ∈ {0, 2} surjektiv, da kein x ∈ Z mit fc (x) = (1 − c)x + c = 0 und c ∈ Z \ {0, 2} existiert. (a), (2): Offenbar ist f1 nicht injektiv. Jedoch ist fc injektiv f¨ ur alle c ∈ Z\{1}, da im Fall c 6= 1 gilt: (1 − c) · x1 + c = (1 − c) · x2 + c =⇒ x1 = x2 . (b), (1): fc ist genau dann surjektiv, wenn c 6= 1 ist. (b), (2): fc ist genau dann injektiv, wenn c 6= 1 ist.

36


Aufgabe 1.49 (Bijektive Abbildung) Sei f eine Abbildung von A := R × R in B := R × R vermöge (x, y) 7→ (αx + βy, γx + δy), wobei α, β, γ, δ gewisse fest gew¨ ahlte Zahlen aus R sind. Unter welchen Bedingungen f¨ ur α, β, γ, δ ist f eine bijektive Abbildung? Wie lautet in diesem Fall f −1 ? Lösung. f ist offenbar genau dann bijektiv, wenn man f¨ ur jedes (y1 , y2 ) ∈ R × R genau ein (x1 , x2 ) ∈ R × R mit αx1 + βx2 = y1 γx1 + δx2 = y2 finden kann. Analog zur Rechnung zu Beginn von Abschnitt 3.1 (siehe auch Satz 3.1.11) erhalten wir hieraus: f ist bijektiv ⇐⇒ α · δ − γ · β 6= 0. Falls α · δ − γ · β 6= 0, lautet die inverse Abbildung y1 δ − y2 β αy2 − γy1 , . f −1 : R2 −→ R2 , (y1 , y2 ) 7→ α·δ−γ·β α·δ−γ·β Aufgabe 1.50 (Abbildungen) Welche der folgenden Relationen Ri (i ∈ {1, 2, ..., 6}) sind Abbildungen von D(Ri ) ⊆ R in R? (a) (b) (c) (d) (e) (f)

R1 R2 R3 R4 R5 R6

:= {(x, y) ∈ R2 | y = sin x}, D(R1 ) := R; := {(x, y) ∈ R2 | y = tan x}, D(R2 ) := R; := {(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x ≤ 1 ∧ y = x21−1 }, D(R3 ) := [0, 1]; := {(x, y) ∈ R2 | x > 0 ∧ y = ln x}, D(R4 ) := R+ ; := {(x, y) ∈ R2 | − 5 ≤ x ≤ 5 ∧ x2 + y 2 = 25}, D(R5 ) = [−5, 5]; := {(x, y) ∈ R2 | y + x = 0}, D(R6 ) = R.

Lösung. Nur R1 , R4 und R6 sind Abbildungen. R2 ist keine Abbildung von R, da z.B. x = π2 ∈ R kein Bildelement hat. R3 ist keine Abbildung, da x21−1 f¨ ur x ∈ {1, −1} nicht definiert ist. R5 ist keine Abbildung, da z.B. die Paare (3, 4) und (3, −4) jeweils die Relationsvorschrift x2 + y 2 = 25 erf¨ ullen. Aufgabe 1.51 (Eigenschaft von Abbildungen) Es sei A eine endliche Menge und f : A −→ A eine Abbildung. Man beweise: f ist injektiv ⇐⇒ f ist surjektiv ⇐⇒ f ist bijektiv.


37

Lösung. f ist injektiv =⇒ f ist surjektiv“: Da f eine Abbildung ist, gilt ” D(f ) = A. Da f außerdem injektiv, folgt hieraus |W (f )| = |D(f )| = |A|. Wegen der Endlichkeit von A geht dies nur im Fall W (f ) = A, d.h., f ist surjektiv. f ist surjektiv =⇒ f ist bijektiv“: Da f eine surjektive Abbildung ist, haben ” wir D(f ) = W (f ) = A. Wegen der Endlichkeit von A geht dies nur, wenn f auch injektiv, d.h., bijektiv ist. f ist bijektiv =⇒ f ist injektiv“: Dies folgt unmittelbar aus der Definition ” von bijektiv“. ” Aufgabe 1.52 (Korrespondenz) Es sei F die Menge der Paare (x, y) ∈ N0 × N0 , die den folgenden Ungleichungen gen¨ ugen: 10x − 2y ≥ 0, 10y − 2x ≥ 0, x + y ≤ 12. Offenbar ist F eine Korrespondenz aus N0 in N0 und die Elemente (x, y) ∈ F kann man als Koordinaten von Punkten in der x, y-Ebene auffassen. Man gebe (a) eine Skizze f¨ ur F an und bestimme (b) D(F ) und W (F ), (c) F −1 , (d) F 2F . Lösung. (a): Die m¨ oglichen Elemente (x, y) ∈ F kann man sich wie folgt als Punkte in der Ebene geometrisch veranschaulichen: 12 6 5x = y 11 q 10 q q 9 @ q q q @ 8 q q @ q q x + y = 12 7 @ q q q q q 6 q q q q q @q q 5 q q q q q q @q q @ 4 3 q q q q q q q q@q @q 2 q q q q q q q q q@ 1 q q q q q 5y = x

q

-

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

(b): D(F ) = W (F ) = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}. (c): F −1 = F (d): F 2F = {(0, 0)} ∪ {(x, y) | x, y ∈ {1, 2, ..., 10}}, da ∀x, z ∈ {1, 2, ..., 10} : (x, 2) ∈ F ∧ (2, z) ∈ F (siehe obige Zeichnung) und folglich

38


F 2F = {(x, z) ∈ D(F ) × W (F ) | ∃y : (x, y) ∈ F ∧ (y, z) ∈ F } = {(0, 0)} ∪ {(x, y) | x, y ∈ {1, 2, ..., 10}}. Aufgabe 1.53 (Eigenschaft von Abbildungen) Seien f : A −→ B, g : B −→ C Abbildungen. Man beweise: f, g surjektiv (injektiv) =⇒ f 2g surjektiv (injektiv). Lösung. Seien f und g surjektiv. Angenommen, f 2g ist nicht surjektiv. ur alle x ∈ A. Dann gibt es ein c ∈ C mit der Eigenschaft, daß (f 2g)(x) 6= c f¨ Da g und f surjektiv sind, existiert ein b ∈ B mit g(b) = c und dazu passend ein a ∈ A mit f (a) = b. Folglich gilt (f 2g)(a) = g(f (a)) = g(b) = c im Widerspruch zu unserer Annahme. Also gilt die Behauptung. Seien f und g injektiv. Angenommen, (f 2g)(a1 ) = f 2g)(a2 ) f¨ ur gewisse a1 , a2 ∈ A, d.h., es gilt g(f (a1 )) = g(f (a2 )). Da g injektiv ist, ergibt sich hieraus f (a1 ) = f (a2 ). Da auch f injektiv ist, folgt a1 = a2 . Also ist f 2g injektiv. 2

M¨ achtigkeit von Mengen Aufgabe 1.54 (Unendliche Menge) Man beweise: Ist M eine unendliche Menge, dann ist auch P(M ) eine unendliche Menge. Lösung. Sei M eine unendliche Menge. Nach Definition gibt es folglich eine bijektive Abbildung f von M auf eine echte Teilmenge N von M . Mit Hilfe von f läßt sich eine bijektive Abbildung g von P(M ) auf die Menge P := { {x} | x ∈ N } ∪ {A ∈ P(M ) | |A| ≥ 2} ⊂ P(M ) wie folgt definieren: g : P(M ) −→ P, ∀x ∈ M : {x} 7→ {f (x)}, ∀X ∈ {A ∈ P(M ) | |A| ≥ 2} : X 7→ X. Aufgabe 1.55 (Gleichmächtigkeit von gewissen Intervallen aus R) Man beweise, daß die Intervalle (0, 1) und [0, 1] aus reellen Zahlen gleichmächtig sind. Lösung.

Obige Behauptung ist ein Spezialfall von Satz 1.5.5, (b).


39

Aufgabe 1.56 (Abzählbare Mengen) Man beweise: Je zwei der Mengen N, N0 , N × N, N × Z sind gleichmächtig (und damit abzählbar). Lösung.

Eine bijektive Abbildung von N auf N0 ist z.B. f : N −→ N0 , x 7→ x − 1.

Zwecks Nachweis, daß N×N abz¨ ahlbar ist, deute man die Paare (x, y) ∈ N×N als Punkte in der x, y-Ebene und z¨ ahle“ die Punkte mit (1, 1) beginnend u ¨ber ” die Diagonalen“ wie folgt ab: ” 6 q q q q q q q @ q q q q q q @q l @ @ lq @ q q q q q q @ l c @ @ l@ c @ l@ q q q q q q q @c Z @c@ l@ @ @Z @c@ l@ q q q q q q q @Z Q @c@ l@ @ @Q @ZZ@c@ l@ q q @q Z q c@q l@q qH @Q Q @ l @ @HH @ Q @ Z@c@ @ c l q @ -q H Rq @ @q Q H @q c @q l @q ZZ Q

7 6 5 4 3 2 1

-

q 1

2

3

4

5

6

7

Die Abzählbarkeit von N × N l¨ aßt sich aber auch wie folgt zeigen: F¨ ur (x, y) ∈ N × N wollen wir die Zahl x + y als Höhe von (x, y) bezeichnen. Die Anzahl aller Paare mit gegebener H¨ ohe h (> 1) ist gleich h − 1, da nur genau die folgenden Paare die H¨ ohe h besitzen: (1, h − 1), (2, h − 2), ..., (h − 1, 1).

S Bezeichne Ph die Menge aller Paare der H¨ ohe h. Dann ist N×N = ∞ h=2 Ph als Vereinigung von abz¨ ahlbar vielen endlichen Mengen wieder eine abzählbare Menge (siehe Satz 1.5.3, (c) bzw. die folgenden Aufgabe). Die Abzählbarkeit von N × Z beweist man analog.

40


Aufgabe 1.57 (Abzählbare Mengen) Seien ur alle i ∈ N abz¨ ahlbare Mengen. Man beweise, daß dann auch S∞ Ai f¨ ahlbare Menge ist. i=1 Ai eine abz¨ Lösung. Da unsere vorgegebenen Mengen abzählbar sind, können wir sie wie folgt beschreiben: A1 := {a11 , a12 , a13 , a14 , ..., a1n , ...}, A2 := {a21 , a22 , a23 , a24 , ..., a2n , ...}, A3 := {a31 , a32 , a33 , a34 , ..., a3n , ...}, A4 := {a41 , a42 , a43 , a44 , ..., a4n , ...}, .................... Am := {am1 , am2 , am3 , am4 , ..., amn , ...}, .................... S∞ Dann kann man die Menge A := i=1 Ai wie folgt als abzählbare Folge schreiben: a11 ; a12 , a21 ; a13 , a22 , a31 ; a14 , a23 , a32 , a41 ; ... (siehe Beweis von Satz 1.5.3, (b)). ¨ Aufgabe 1.58 (Uberabz¨ ahlbare Menge) Man beweise: Die Menge F := {(a1 , a2 , a3 , ..., ai , ...) | ∀i ∈ N : ai ∈ {0, 1}} (Menge aller Folgen, deren Folgeglieder 0 oder 1 sind) ist nicht abzählbar. (Hinweis: (a1 , a2 , ..., ai , ...) = (b1 , b2 , ..., bi , ...) :⇐⇒ ∀i ∈ N : ai = bi ) Lösung. bildung

Angenommen, F ist abz¨ ahlbar, d.h., es existiert eine bijektive Abf : N −→ F, n 7→ (an1 , an2 , an3 , ...).

Wählt man dann b := (b1 , b2 , b3 , ...) ∈ F mit 0 falls aii = 1, bi := 1 falls aii = 0 (i ∈ N), so sieht man leicht, daß b 6= (an1 , an2 , an3 , ...) = f (n) f¨ ur alle n ∈ N gilt, womit f keine bijektive Abbildung ist, im Widerspruch zu unserer Annahme. Also gilt unsere Behauptung.


41

Aufgabe 1.59 (Gleichmächtige Mengen) Sei F wie in Aufgabe 1.58 definiert. Man zeige, daß die Menge F × F zu F gleichmächtig ist. Lösung.

Eine bijektive Abbildung von F × F auf F ist z.B. die Abbildung

g : F × F −→ F, ( (a1 , a2 , a3 , ...), (b1 , b2 , b3 , ...) ) 7→ (a1 , b1 , a2 , b2 , a3 , b3 , ...). Aufgabe 1.60 (Gleichmächtige Mengen) Sei F wie in Aufgabe 1.58 definiert. Man zeige, daß F sowohl zu P(N) als auch zu P(Z) gleichm¨ achtig ist. Lösung. Bezeichne A ein beliebiges Element aus P(N). Dann läßt sich der Menge A auf eineindeutige Weise das Tupel (a1 , a2 , a3 , ...) ∈ F mit ai :=

0 falls i 6∈ A, 1 falls i ∈ A

(i ∈ N) zuordnen. Folglich gibt es eine bijektive Abbildung g : P(N) −→ F, A 7→ g(A) := (a1 , a2 , a3 , ...), d.h., P(N) und F sind gleichm¨ achtig. Die zweite Behauptung beweist man analog: Offenbar gibt es eine bijektive Abbildung f von Z auf N (siehe dazu Beispiel (2.) f¨ ur gleichmächtige Mengen aus Abschnitt 1.5 und Aufgabe 1.56). Mit Hilfe dieser Abbildung und der gerade oben definierten Abbildung g läßt sich dann die Abbildung h : P(Z) −→ F wie folgt definieren: ∀A ∈ P(Z) : h(A) := g({f (a) | a ∈ A}). Man pr¨ uft leicht nach, daß h eine bijektive Abbildung von P(Z) auf F ist. Aufgabe 1.61 (Gleichmächtige Mengen) Sei F wie in Aufgabe 1.58 definiert und bezeichne F ⋆ die Menge derjenigen Tupel aus F , die keine 1-Periode besitzen, d.h., f¨ ur kein (a1 , a2 , a3 , ...) ∈ F ⋆ existiert ein k ∈ N0 , so daß ak+1 = ak+2 = .... = 1 ist. Man beweise, daß F und F ⋆ gleichmächtig sind.

42


Lösung. Sei Tk := {(a1 , a2 , ..., ak , 1, 1, 1, ...) | {a1, ..., ak } ⊆ {0, 1}} (k ∈ N0 ). Offenbar gilt ∞ [ ⋆ F = F \( Tk ). k=0

S∞ F¨ ur jedes k ∈ N ist Tk eine endliche Menge und damit k=0 Tk eine abzählbare Menge. Die Menge F ist dagegen nach Satz 1.5.5 eine u ¨berabzählbare Menge. Unsere Behauptung folgt damit aus Satz 1.5.5.

Aufgabe 1.62 (Gleichmächtige Mengen) Man beweise, daß die Menge M aller reellen Zahlen x mit 0 < x < 1 zur Menge F (siehe Aufgabe 1.58) gleichm¨ achtig ist. Lösung.

Sei a ∈ M . Dann existieren gewisse a1 , a2 , ... ∈ {0, 1} mit x = a1 ·

1 1 1 + a2 · 2 + a3 · 3 + ... 2 2 2

Genauer: x = lim

n→∞

n X i=1

ai ·

1 . 2i

Diese Darstellung ist nur dann eineindeutig, wenn (a1 , a2 , a3 , ...) keine 1Periode besitzt. Folglich ist M zu F ⋆ (siehe Aufgabe 1.61) gleichmächtig. Unsere Behauptung folgt dann aus der L¨ osung von Aufgabe 1.61.

Aufgabe 1.63 (Gleichmächtige Mengen) Man beweise, daß R zur Menge P(N) gleichmächtig ist. Lösung. Im Abschnitt 1.5 wurde gezeigt, daß R zur Menge M := {x ∈ R | 0 < x < 1} gleichm¨ achtig ist. Unsere Behauptung ergibt sich damit aus den Lösungen der Aufgaben 1.62 und 1.60. 2

Boolesche Funktionen und Aussagenlogik Aufgabe 1.64 (Aufschreiben eines Satzes der Umgangssprache als aussagenlogische Formel) Man u uhre die folgende Aussage A in einen aussagenlogischen Term: Sonn¨berf¨ tags besuchen wir unsere Freunde und, sofern es nicht gerade regnet, machen wir eine Wanderung oder eine Radpartie. Lösung.

A läßt sich wie folgt in die Einzelaussagen B, C, D, E, F zerlegen:


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B: Es ist Sonntag. C: Wir besuchen unsere Freunde. D: Es regnet. E: Wir machen eine Wanderung. F : Wir machen eine Radpartie. Logisch präzise lautet dann A: Wenn es Sonntag ist, dann besuchen wir unsere Freunde und, falls es nicht regnet, dann machen wir eine Wanderung oder wir machen eine Radpartie. beziehungsweise B =⇒ (C ∧ (¬D =⇒ (E ∨ F ))). Aufgabe 1.65 (Logische Analyse von zwei Sätzen der Umgangssprache) Oft sind Sätze der Umgangssprache unpr¨ azise oder mehrdeutig, was man meist erst bei der logischen Analyse entdeckt. Man erläutere dies anhand der folgenden zwei Aussagen A1 und A2 . A1 : Unsere Zimmer sind mit Fernseher und Telefon oder Internetanschluß ausgestattet. A2 : Werktags außer samstags verkehrt um 23.20 Uhr entweder ein Zug oder ein Bus von X nach Y . Lösung.

Wir benutzen die folgenden Teilaussagen von A1 : B: Unsere Zimmer sind mit Fernseher ausgestattet. C: Unsere Zimmer sind mit Telefon ausgestattet. D: Unsere Zimmer sind mit Internetanschluß ausgestattet.

Der Term B∧C∨D ist kein zul¨ assiger Ausdruck! Korrekte Terme sind (B∧C)∨ D oder B ∧ (C ∨ D), deren zugeh¨ origen Boolesche Funktionen voneinander verschieden sind. Damit hat obiger Satz A1 zwei unterschiedliche logische Interpretationen: • •

(B ∧ C) ∨ D: Unsere Zimmer sind mit Fernseher und Telefon – oder mit Internetanschluß ausgestattet. B∧(C ∨D): Unsere Zimmer sind mit Ferseher – und zusätzlich mit Telefon oder Internetanschluß ausgestattet.

Kommen wir nun zur logischen Analyse von A2 , wobei wir die folgenden Teilaussagen von A2 benutzen: B: Es ist werktags. C: Es ist sonntags. D: Es verkehrt um 23.20 Uhr ein Zug von X nach Y . E: Es verkehrt um 23.20 Uhr ein Bus von X nach Y .

44


¨ ¨ Ubersetzt man die obige Aussage ohne viel Uberlegung, so erhält man: ϕ := (B ∧ (¬C)) =⇒ ((D ∧ (¬E)) ∨ ((¬D) ∧ E). Dies ist zwar eine aussagenlogisch korrekte Formel, sie stimmt aber nicht mit dem u ¨berein was mit A2 offenbar gemeint ist. Denn, wählt man z.B. B = 0 und C = 0 ( sonntags“), so ist ϕ = 1, was ” Sonntags verkehrt ... ein Zug und ein Bus ... als wahre Aussage zur Folge hat. So will aber obiger Text sicher nicht verstanden werden! Eine m¨ ogliche Texterg¨ anzung bei A zwecks Eindeutigkeit ist ... und falls es nicht werktags außer samstags ist, dann verkehrt um 23.20 Uhr weder ein Zug noch ein Bus ... beziehungsweise formalisiert: ψ := ¬(B ∧ (¬C)) =⇒ ((¬D) ∧ (¬E)). Der korrekte Ersatzausdruck f¨ ur A2 lautet dann ϕ ∧ ψ, wie man anhand folgender Tabelle u ufen kann: ¨berpr¨ B 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1

C 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1

D 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1

E 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1

ϕ 1 1 1 1 1 1 1 1 0 1 1 0 1 1 1 1

ψ ϕ∧ψ 1 1 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 1 0 1 1 1 1 1 0 1 1 0 0 0 0 0 0

Bemerkung werktags

nicht interpretierbar

werktags

samstags


45

¨ Aufgabe 1.66 (Uberpr¨ ufen einer Schlußfolgerung mittels Aussagenlogik) Man entscheide, ob der folgende Schluß korrekt ist, wenn man die Voraussetzungen als Aussagen aufschreibt und nachpr¨ uft, ob die Konjunktion dieser Aussagen die Behauptung impliziert. Falls die Beschäftigten eines Betriebes nicht streiken, so ist eine notwendige und hinreichende Bedingung f¨ ur eine Gehaltserhöhung, daß die Arbeitsstundenzahl erhöht wird. Im Falle einer Gehaltserhöhung wird nicht gestreikt. Falls die Arbeitsstundenzahl erhöht wird, so gibt es keine Gehaltserhöhung. Folglich werden die Gehälter nicht erhöht. Lösung.

Wir benutzen folgende Abk¨ urzungen: S: Die Beschäftigten des Betriebes streiken. G: Es gibt eine Gehaltserhöhung. A: Die Arbeitsstundenzahl wird erhöht.

Die obigen Voraussetzungen sind damit wie folgt beschreibbar: ϕ1 := (¬S) =⇒ (G ⇐⇒ A), ϕ2 := G =⇒ (¬S), ϕ3 := A =⇒ (¬G). Die Folgerung lautet dann ¬G. Der oben angegebene Schluß ist korrekt, da ϕ := (ϕ1 ∧ ϕ2 ∧ ϕ3 ) =⇒ (¬G) eine Tautologie ist, was man z.B. mit Hilfe einer Wahrheitswertetabelle nachpr¨ ufen kann: S G A ϕ1 ϕ2 ϕ3 ϕ1 ∧ ϕ2 ∧ ϕ3 ¬G ϕ 0 0 0 1 1 1 1 1 1 0 0 1 0 1 1 0 1 1 0 1 0 0 1 1 0 0 1 0 1 1 1 1 0 0 0 1 1 0 0 1 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 1 0 1 0 0 1 1 1 1 1 0 0 0 0 1 ¨ Etwas schneller zum Beweis kommt man durch folgende Uberlegung: Angenommen, es gibt s, g, a ∈ {0, 1} mit (((¬s =⇒ (g ⇐⇒ a)) ∧ (g =⇒ ¬s) ∧ (a =⇒ ¬g)) =⇒ ¬g) = 0. Dann gilt (¬s =⇒ (g ⇐⇒ a)) ∧ (g =⇒ ¬s) ∧ (a =⇒ ¬g) = 1 und ¬g = 0. Folglich haben wir g = 1 und

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(¬s =⇒ (g ⇐⇒ a)) = (g =⇒ ¬s) = (a =⇒ ¬g) = 1. Aus (g =⇒ ¬s) = 1 und g = 1 folgt dann s = 0. Wegen (¬s =⇒ (g ⇐⇒ a)) = 1 folgt hieraus g = a = 1. Die Gleichung (a =⇒ ¬g) = 1 liefert dann den Widerspruch g = 0. Aufgabe 1.67 (Lösen einer Aufgabe mittels Aussagenlogik) Ein Polizeibericht enth¨ alt folgende Informationen u ¨ber einen Einbruchs: Der/Die Täter ist/sind mit Sicherheit unter den drei Personen A, B, C zu finden. Wenn A und B nicht beide zugleich am Einbruch beteiligt waren, scheidet C als Täter aus. Ist B schuldig oder C unschuldig, so kommt A als Täter nicht in Frage. Wer hat den Einbruch begangen? Lösung. Wir benutzen die folgenden Bezeichnungen f¨ ur die angegebenen Aussagen: X: A ist Täter, Y : B ist Täter, Z: C ist Täter. Der oben angegebene Polizeibericht l¨ aßt sich dann in der Form ϕ := (X ∨ Y ∨ Z) ∧ (X ∧ Y =⇒ Z) ∧ ((Y ∨ Z) =⇒ X) = 1 aufschreiben. Mit Hilfe einer Wahrheitswertetabelle pr¨ uft man leicht nach, daß diese Gleichung nur f¨ ur X = Z = 0 und B = 1 gilt: X 0 0 0 0 1 1 1 1

Y 0 0 1 1 0 0 1 1

Z X ∨ Y ∨ Z X ∧ Y =⇒ Z (Y ∨ Z) =⇒ X 0 0 1 1 1 1 0 1 0 1 1 1 1 1 0 1 0 1 1 0 1 1 0 1 0 1 1 0 1 1 1 0

Also ist B der Täter.

ϕ 0 0 1 0 0 0 0 0


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¨ Aufgabe 1.68 (Ubersetzen von umgangssprachlichen Sätzen in die Sprache der Aussagenlogik) Man u uhre den folgenden Satz in einen aussagenlogischen Term und un¨berf¨ tersuche, unter welchen Umst¨ anden das Verhalten eines Teilnehmers an der Klausur nach dieser Formulierung korrekt ist: A: Zugelassene Hilfsmittel bei der Klausur sind Vorlesungsmitschriften oder das Buch zur Vorlesung. Lösung.

Wir formalisieren die Aussage A mit Hilfe von V : Die Vorlesungsmitschrift wird vom Studenten benutzt., B: Das Buch zur Vorlesung wird vom Studenten benutzt.

in der Form A(V, B) = 1 ⇐⇒ das Verhalten des Studenten ist korrekt. Der Ausdruck A(V, B) = V ∨ B ist falsch, da A(0, 0) = 0 und dies sicher nicht dem Anliegen von A entspricht. Richtig ist dagegen: A(V, B) = (V ∧ B) ∨ (V ∧ (¬(B)) ∨ ((¬V ) ∧ B) ∨ ((¬(V ) ∧ (¬(B)). Was ist aber, wenn der Student einen Laptop oder ein Buch (6= Buch zur Vorlesung) benutzt? Im Sinne der mathematischen Logik handelt er trotzdem korrekt, da obiges A eine Tautologie ist. Um dies zu vermeiden, muß A ergänzt werden durch: Weitere Hilfsmittel sind nicht erlaubt. Formal benötigen wir also noch H: Ein weiteres Hilfsmittel wird benutzt. und erhalten A(V, B, H) = 1 ⇐⇒ ¬H. Aus rechtslogischer Sicht sieht dies etwas anders aus: § 133 BGB: Bei der Auslegung ist der wirkliche Wille zu erforschen und nicht an ” dem buchstäblichen Sinne des Ausdrucks zu haften.“ Ein Jurist w¨ urde in obiger Aussage außerdem das oder im Sinne von entweder– oder interpretieren. Ist unser aussagenlogisches oder gemeint, so w¨ urde ein Jurist anstelle von A die Aussage A′ : Zugelassene Hilfsmittel bei einer Klausur ” sind Vorlesungsmitschriften und das Buch zur Vorlesung.“ verwenden.

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¨ Aufgabe 1.69 (Ubersetzen von umgangssprachlichen Sätzen in die Sprache der Aussagenlogik) Gegeben seien die Aussagen A1 : A2 : A3 : A4 : A5 : A6 :

Die Sonne scheint. Ein Auftrag liegt vor. Miss Peel ¨ ubt Karate. Miss Peel besucht Mr. Steed. Mr. Steed spielt Golf. Mr. Steed luncht mit Miss Peel.

Mit Hilfe der Aussagen A1 , ..., A6 und Aussagenverbindungen stelle man die folgenden Aussagen dar. A: Wenn die Sonne scheint, spielt Mr. Steed Golf. B: Wenn die Sonne nicht scheint und kein Auftrag vorliegt, luncht Mr. Steed mit Miss Peel. C: Entweder ¨ ubt Miss Peel Karate oder sie besucht Mr. Steed. D: Miss Peel u ¨bt Karate genau dann, wenn Mr. Steed Golf spielt – oder ein Auftrag liegt vor. E: Entweder scheint die Sonne und Mr. Steed spielt Golf – oder Miss Peel besucht Mr. Steed und dieser luncht mit ihr. F : Es trifft nicht zu, daß Miss Peel Mr. Steed besucht, wenn ein Auftrag vorliegt. G: Nur dann, wenn kein Auftrag vorliegt, luncht Mr. Steed mit Miss Peel. Lösung. Z.B. kann man die obigen Aussagen wie folgt darstellen: A = (A1 =⇒ A5 ), B = ((¬A1 ∧ ¬A2 ) =⇒ A6 ), C = ((A3 ∧ ¬A4 ) ∨ (¬A3 ∧ A4 )), D = ((A3 ⇐⇒ A5 ) ∨ A2 ), E = (((A1 ∧ A5 ) ∧ ¬(A4 ∧ A6 )) ∨ (¬(A1 ∧ A5 ) ∧ (A4 ∧ A6 ))), F = (¬(A2 =⇒ A4 )), G = (A6 =⇒ ¬A2 ). Aufgabe 1.70 (Interpretation von aussagenlogischen Formeln) ¨ Man gebe f¨ ur jede der folgenden Aquivalenzen eine sprachliche (verbale) Interpretation anhand eines Beispiels an! (a) (b) (c) (d)

(x ∧ x) ⇐⇒ x, (¬¬x) ⇐⇒ x, (¬(x ∧ y)) ⇐⇒ (¬x ∨ ¬y), (¬x ∨ y) ⇐⇒ (x =⇒ y),


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(e) (x ∧ (x ∨ y)) ⇐⇒ x, (f) ((x =⇒ y) ∧ (y =⇒ x)) ⇐⇒ (x ⇐⇒ y). Lösung. (a): Linke Seite: Es regnet und regnet.“. Rechte Seite: Es regnet“. ” ” (b): L.S.: Eva ist nicht unbegabt.“, R.S.: Eva ist begabt.“ ” ” (c): L.S.: Es trifft nicht zu, daß Adam raucht und trinkt“, R.S.: Adam raucht ” ” nicht oder Adam trinkt nicht“. (d): L.S.: Das Haus ist nicht neu oder groß.“, R.S.: Wenn das Haus neu ist, ” ” dann ist es auch groß.“ (e): L.S.: 20 ist durch 10 teilbar und 20 ist durch 10 oder 2 teilbar.“, R.S.: ” 20 ist durch 10 teilbar.“ ” (f): L.S.: Wenn zwei Mengen a ¨quivalent sind, dann haben sie die gleiche ” M¨ achtigkeit – und wenn sie die gleiche M¨ achtigkeit haben, dann sind sie a¨quivalent.“, R.S.: Zwei Mengen sind genau dann a ¨quivalent, wenn sie die gleiche ” M¨ achtigkeit haben.“ Aufgabe 1.71 (Beschreibung von Booleschen Funktionen durch unterschiedliche Formeln) Die Booleschen Funktionen f bzw. g seien durch f (x, y) := (x ⇒ y) ∧ (x ∨ y) bzw. g(x, y, z) := (x ⇔ z) + y definiert. (a) Man gebe die Wertetabellen und die disjunktiven Normalformen von f und g an. (b) Wie läßt sich f nur unter Verwendung der Zeichen ∧ und − darstellen? Lösung.

(a):

x 0 0 1 1

y f (x, y) 0 1 1 0 0 0 1 1

x 0 0 0 0 1 1 1 1

y 0 0 1 1 0 0 1 1

z g(x, y, z) 0 0 1 1 0 1 1 0 0 1 1 0 0 0 1 1

Die disjunktiven Normalformen dieser Funktionen sind:

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f (x, y) = (x ∧ y) ∨ (x ∧ y), g(x, y, z) = (x ∧ y ∧ z) ∨ (x ∧ y ∧ z) ∨ (x ∧ y ∧ z) ∨ (x ∧ y ∧ z). (b): f (x, y) = (x ∧ y) ∧ (x ∧ y). Aufgabe 1.72 (Vereinfachung Boolescher Terme) Man vereinfache mit Hilfe der algebraischen Methode die folgenden Booleschen Terme: (a) (b) (c) (d)

t1 (x, y) := ((x ∧ y) ∨ (x ∧ y)) ∨ (x ∨ y), t2 (x, y, z) := ((x ∨ y) ∨ z) ∧ (x ∨ z), t3 (x, y, z) := (x ∧ (y ∧ z)) ∨ (¯ x ∧ (¯ y ∧ z¯)) ∨ ((x ∨ y¯) ∧ (x ∨ z¯)), t4 (x, y, z, u) := (((x ∧ y) ∨ z¯) ∨ ((¯ x ∧ z¯) ∨ (¯ y ∧ u))).

Lösung. (a): t1 (x, y) = 1, (b): t2 (x, y, z) = (y ∧ x) ∨ z = (y ∨ x) ∧ z, (c): t3 (x, y, z) = x ∧ (y ∨ z), (d): t4 (x, y, z, u) = (x ∧ z) ∨ (x ∧ y ∧ u) ∨ (y ∧ z). Aufgabe 1.73 (Tautologien, Kontradiktionen, Kontingenzen) Eine Aussage, deren Negation eine Tautologie ist, heißt Kontradiktion. Eine Aussage, die weder eine Tautologie noch eine Kontradiktion ist, nennt man Kontingenz. Man entscheide anhand von Wahrheitstafeln, welche der folgenden Aussagen Tautologien, Kontradiktionen oder Kontingenzen sind. (a) (b) (c) (d) (e) (f)

(x =⇒ (y =⇒ z)) ⇐⇒ ((x =⇒ y) =⇒ z), ((x ∧ z) ∨ (y ∧ z)) ⇐⇒ ((x ∧ z) ∧ (y ∨ z)), ((x ∧ y) ∨ (x ∧ y)) ∨ (x ∧ y), (x ∧ x) ∧ ((y ∨ y) =⇒ z), (x =⇒ (y =⇒ z)) =⇒ ((x ∧ y) =⇒ z), (x ∨ x) ∧ ((y ∧ y) =⇒ z).

Lösung. Tautologien sind (e) und (f). Nur(d) ist eine Kontradiktion. Kontingenzen sind (a), (b) und (c). Aufgabe 1.74 (Vereinfachung Boolescher Terme) F¨ ur Abstimmungen in einem vierk¨ opfigen Gremium gelten folgende Regeln: Stimmenthaltung unzul¨ assig; die Abstimmung erfolgt dadurch, daß jedes Mitglied des Gremiums einen bei seinem Platz angebrachten Schalter in eine der beiden möglichen Stellungen Ja“ oder Nein“ bringt. Ein gr¨ unes Licht leuch” ” tet bei Annahme eines Antrags auf, ein rotes bei Ablehnung. Bei Stimmengleichheit leuchten beide Lichter auf. Man erstelle die disjunktiven Normalformen der beiden Stromf¨ uhrungsfunktionen und vereinfache diese.


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Lösung. Bezeichne g die Stromf¨ uhrungsfunktion f¨ ur die gr¨ une Lampe und bezeichne r die Funktion f¨ ur die rote Lampe. Dann gilt: x 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1

y 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1

z 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1

u g(x, y, z, u) r(x, y, z, u) 0 0 1 1 0 1 0 0 1 1 1 1 0 0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 0 0 0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 0 0 1 1 1 1 0 0 1 0 1 1 0

Die disjunktiven Normalformen der Funktionen g und r lauten folglich (unter Verwendung der Schreibweise xy anstatt x ∧ y und der Vereinbarung, daß ∧ stärker bindet als ∨) g(x, y, z, u) = x yzu ∨ xyzu ∨ xyzu ∨ xyzu ∨ xy z u ∨ xyzu ∨ xyzu ∨xyz u ∨ xyzu ∨ xyzu ∨ xyzu und r(x, y, z, u) = x y z u ∨ x yzu ∨ x yzu ∨ x yzu ∨ xyz u ∨ xyzu ∨ xyzu ∨xy z u ∨ xy zu ∨ xyzu ∨ xyz u. Vereinfachen lassen sich obige Darstellungen f¨ ur die Funktionen g und r nach dem in Abschnitt 1.6 angegebenen Verfahren. Zunächst f¨ ur g:

52


1. geordnete Liste:

1. Zusammenfassung:

1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11.

1., 2. 1., 3. 1., 4. 1., 5. 2., 8. 2., 10. 2., 11. 3., 7. 3., 9. 3., 11. 4., 6. 4., 9. 4., 10. 5., 6. 5., 7. 5., 8.

xyzu xyzu xyzu xyzu xyzu x yzu xyzu xyzu xy zu xyzu xyz u

xyz xyu xzu yzu yzu xzu xyu yzu xzu xyz yzu xyu xyz xzu xyu xyz

2. geordnete Liste:

2. Zusammenfassung:

1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16.

1., 2. 1., 3. 1., 4. 5., 6. 5., 7. 5., 8. 9., 10. 9., 11. 9., 12.

xyz xyz xyz xyz xyu xyu xyu xyu xzu xzu xzu xzu yzu yzu yzu yzu

xy xz yz xy xu yu xz xu zu

Da keine weiteren Zusammenfassungen mehr möglich sind, erhalten wir g(x, y, z, u) = xy ∨ xz ∨ yz ∨ xu ∨ yu ∨ zu. Analog läßt sich nun die Beschreibung von r vereinfachen:


1. geordnete Liste:

1. Zusammenfassung:

1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11.

1., 7. 1., 8. 2., 7. 2., 9. 3., 8. 3., 9. 4., 7. 4., 10. 5., 8. 5., 10. 6., 9. 6., 10. 7., 11. 8., 11. 9., 11. 10., 11.

xyz u xyzu xyzu xy zu xyzu x yzu xy z u xyz u x yzu x y zu xyzu

xz u yz u xy u yzu xyu xzu xy z y zu xyz x zu x yz x yu yzu xzu xyu xyz

2. geordnete Liste:

2. Zusammenfassung:

1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16.

1., 4. 2., 4. 3., 4. 5., 8. 6., 8. 7., 8. 9., 12. 10., 12. 11., 12. 13., 16. 14., 16. 15., 16.

xy z xyz x yz xyz xy u xyu xyu xyu yz u yzu y zu yzu xz u xzu x zu xzu

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yz xz xy yu xu xy zu yu yz zu xu xz

Da weitere Zusammenfassungen nicht mehr möglich sind, erhalten wir r(x, y, z, u) = x y ∨ x z ∨ y z ∨ x u ∨ y u ∨ z u. Man pr¨ uft leicht nach, daß in den verk¨ urzten Darstellungen f¨ ur g und r keine Konjunktionen weggelassen werden k¨ onnen.

54


Aufgabe 1.75 (Eigenschaften Boolescher Funktionen) Eine n-stellige Boolesche Funktion f heißt selbstdual (oder autodual), wenn f¨ ur alle x1 , ..., xn ∈ {0, 1} gilt: f (x1 , ..., xn ) = f (x1 , x2 , ..., xn ). Eine n-stellige Boolesche Funktion f heißt linear, wenn es gewisse a0 , a1 , ..., an ∈ {0, 1} gibt, so daß f (x1 , ..., xn ) = a0 + a1 · x1 + a2 · x2 + ... + an · xn (mod 2) f¨ ur alle x1 , ..., xn ∈ {0, 1} gilt. Eine n-stellige Boolesche Funktion f heißt monoton, wenn ∀a1 , ..., an , b1 , ..., bn ∈ {0, 1} : ((∀i ∈ {1, 2, ..., n} : ai ≤ bi ) =⇒ (f (a1 , ..., an ) ≤ f (b1 , ..., bn ))) gilt. (a) (b) (c) (d)

Wie viele selbstduale ein- oder zweistellige Boolesche Funktionen gibt es? Wie viele lineare ein- oder zweistellige Boolesche Funktionen gibt es? Wie viele monotone ein- oder zweistellige Boolesche Funktionen gibt es? Man beweise: Eine lineare n-stellige Boolesche Funktion f mit f (x1 , ..., xn ) = a0 + a1 · x1 + a2 · x2 + ... + an · xn (mod 2) ist genau dann selbstdual, wenn a1 + a2 + ... + an = 1 (mod 2)

gilt. (e) Man beweise: Eine lineare, n-stellige Boolesche Funktion f der Form f (x1 , x2 , ..., xn ) := a0 + x1 + x2 + a3 · x3 + ... + an · xn , wobei a0 , a3 , a4 , ..., an ∈ {0, 1}, ist nicht monoton. (f) Welche der folgenden Booleschen Funktionen sind selbstdual, welche Funktionen sind linear und welche Funktionen sind monoton? • f1 (x, y, z) := (x ⇐⇒ y) ⇐⇒ z, • f2 (x, y, z) := (x =⇒ y) =⇒ z, • f3 (x, y, z) := (x ⇐⇒ y) + z, • f4 (x, y, z) := (x + y) ⇐⇒ z, • f5 (x, y, z) := (x ∧ y) ∨ (x ∧ z) ∨ (y ∧ z).


55

Lösung. In den folgenden drei Tabellen sind die möglichen ein- und zweistelligen Booleschen Funktionen angegeben: x f1 (x) f2 (x) f3 (x) f4 (x) 0 0 1 0 1 1 0 1 1 0 . x 0 0 1 1

y g1 (x, y) g2 (x, y) g3 (x, y) g4 (x, y) g5 (x, y) g6 (x, y) g7 (x, y) g8 (x, y) 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 1 1 0 0 1 1 1 0 1 0 1 0 1 0 1 .

x 0 0 1 1

y h1 (x, y) h2 (x, y) h3 (x, y) h4 (x, y) h5 (x, y) h6 (x, y) h7 (x, y) h8 (x, y) 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 1 1 0 0 1 1 1 0 1 0 1 0 1 0 1 .

(a)–(c): Von den oben angegebenen Funktionen sind genau 6 selbstdual: f3 , f4 , g4 , g6 , h3 , h5 ; 12 linear: f1 , f2 , f3 , f4 , g1 , g4 , g6 , g7 , h2 , h3 , h5 , h6 ; 9 monoton: f1 , f2 , f3 , g1 , g2 , g4 , g6 , g8 , h8 . (d): Es sei f (x1 , ..., xn ) := a0 + a1 · x1 + a2 · x2 + ... + an · xn (mod 2) und f⋆ (x1 , ..., xn ) := f (x1 , x2 , ..., xn ). Wegen x = x + 1(mod 2) haben wir f⋆ (x1 , ..., xn ) = (a0 + a1 · (x1 + 1) + ... + an · (xn + 1)) + 1 (mod 2) = 1 + a0 + a1 + ... + an + a1 · x1 + a2 · x2 + ... + an · xn (mod 2) = 1 + a1 + a2 + ... + an + f (x1 , ..., xn ) (mod 2). Folglich gilt: f = f⋆ ⇐⇒ a1 + a2 + ... + an = 1 (mod 2). (e): Sei f (x1 , x2 , ..., xn ) := a0 + x1 + x2 + a3 · x3 + ... + an · xn (mod 2). Dann gilt f (a0 , 0, 0, ..., 0) = 1 und f (a0 , 1, 0, ..., 0) = 0, womit f nicht monoton ist. (f ): Wegen f1 (x, y, z) = x + y + z (mod 2) ist f1 selbstdual und linear, jedoch nicht monoton. Anhand einer Wertetabelle von f2 oder mittels f2 (x, y, z) = (x ∨ y ∨ z) + (x ∧ y ∧ z) pr¨ uft man leicht nach, daß f2 nicht selbstdual, nicht linear und auch nicht monoton ist. Wegen x ⇐⇒ y = x + y + 1 (mod 2) gilt f3 (x, y, z) = f4 (x, y, z) = x + y + z + 1 (mod 2), womit f3 und f4 linear, selbstdual und nicht monoton sind. Die Funktion f5 ist selbstdual, monoton, jedoch nicht linear. 2

56


Pr¨ adikatenlogik erster Stufe Aufgabe 1.76 (Prädikat) Sei M eine nichtleere Menge und R eine reflexive und symmetrische Relation auf M . Man gebe das durch R induzierte zweistelliges Prädikat P auf M an. Wie u at und die Symmetrie von R auf P ? ¨berträgt sich die Reflexivit¨ Lösung. Nach Definition ist P eine Abbildung von M 2 in {0, 1} mit P (x, y) = 1 genau dann, wenn (x, y) ∈ R gilt. Da R reflexiv ist, gilt P (x, x) = 1 f¨ ur alle x ∈ M . Aus der Symmetrie von R folgt P (y, x) = 1, falls P (x, y) = 1. Aufgabe 1.77 (Beispiel einer wahren Formel in einer Struktur) Es sei A eine Struktur, zu der eine einstellige Operation f : A −→ A, die bijektiv ist, und eine zweistellige Relation R := {(a, a) |a ∈ A} gehört. Man beschreibe die Eigenschaft f ist bijektiv“ durch eine prädikatenlogischen For” mel, die in A wahr ist. Lösung. Es sei P das durch R induzierte Pr¨ adikat. Die folgende Formel ist in der Struktur A wahr, da f bijektiv (d.h., injektiv und surjektiv) ist: ((∀x1 (∀x2 (P (f (x1 ), f (x2 ))))) =⇒ P (x1 , x2 ))) ∧ (∀x3 (∃x4 P (f (x4 ), x3 ))). ¨ Aufgabe 1.78 (Aquivalenz von Formeln) ¨ Man beweise, daß f¨ ur beliebige α, β ∈ F ORM die folgenden Aquivalenzen nicht gelten: (a) (∀xk α) ∨ (∀xk β) ≡ ∀xk (α ∨ β), (b) (∃xk α) ∧ (∃xk β) ≡ ∃xk (α ∧ β). Lösung. Wir setzen x := xk , A := {a, b}, a 6= b, α := P (x) und β := ¬P (x), wobei P (a) := 1 und P (b) := 0. In der Struktur A mit dem Prädikat P gilt dann f¨ ur beliebiges u : A −→ {0, 1}: vA,u ((∀x P (x)) ∨ (∀x(¬P (x))) = (P (a) ∧ P (b)) ∨ ((¬P (a)) ∧ (¬P (b))) = 0 = 6 vA,u (∀x (P (x) ∨ (¬P (x)))) = (P (a) ∨ (¬P (a))) ∧ (P (b) ∨ (¬P (b))) = 1. Folglich ist die Formel (a) nicht allgemeing¨ ultig. Analog zeigt man, daß auch (b) nicht allgemeing¨ ultig ist. Aufgabe 1.79 (Erf¨ ullbare und allgemeing¨ ultige Formeln) Bei der Beschreibung der nachfolgenden Formeln aus F ORM sind α, β ∈ F ORM , {x, y, z} ⊆ V ar und das Operationszeichen f wie auch das Prädikatzeichen P zweistellig. Welche der folgenden Formeln aus F ORM sind dann


57

erf¨ ullbar und welche sind allgemeing¨ ultig? (a) P (x, y) ∧ P (y, x), (b) ∀x ∀y ∀z P (f (f (x, y), z), f (x, f (y, z)), (c) (∀x P (x, z)) =⇒ (∀y (P (y, z)), (d) ¬((¬(∃x α)) =⇒ (∀x(¬α))), (e) ¬((∃x α) ∨ (∀y β)) ⇐⇒ ((∀x ¬α) ∧ (∀y ¬β)) Lösung. (a) und (b) sind nicht allgemeing¨ ultig. (a) ist offenbar in einer Struktur, in der dem Pr¨ adikat P eine symmetrische Relation entspricht, erf¨ ullbar. (b) ist z.B. erf¨ ullbar in einer Struktur A mit einer zweistelligen assoziativen Operation f und einer dem Pr¨ adikat P zugeordneten Relation R := {(x, x) | x ∈ A}. (c) ist allgemeing¨ ultig, da vA,u (∀x P (x, z)) = vA,u (∀y P (y, z)) f¨ ur beliebige A und u gilt. (d): Wegen ¬(∃ α) ≡ ∀x(¬α) gilt vA,u ((¬(∃x α)) =⇒ (∀x(¬α))) = 1, womit (d) unerf¨ ullbar ist. (e) ist allgemeing¨ ultig, was sich mit Hilfe von ¬(α ∨ β) ≡ (¬α) ∧ (¬β) und Satz 1.6.3, (a) leicht beweisen l¨ aßt. 2

Graphen Aufgabe 1.80 (Anwendung von Graphen) Geplant ist ein Tischtennisturnier mit den 5 Teilnehmern A, B, C, D, E und nur einer Tischtennisplatte. Außerdem soll gelten: (1.) Jeder Teilnehmer spielt gegen jeden anderen genau einmal, (2.) kein Teilnehmer spielt in zwei aufeinanderfolgenden Spielen. Mittels Graphen kl¨ are man, ob ein solches Tischtennisturnier möglich ist. Lösung. Die Teilnehmer des Turniers kann man als Knoten eines Graphen auffassen und eine Kante zwischen zwei Knoten x und y gibt an, daß x und y miteinander spielen. Wegen Bedingung (1.) erhalten wir: Aq

B @ B@ B @q E Bq B"" Bbb b" B B " b Bq" bBq C

D

Folglich muß das Turnier aus 10 Spielen bestehen. Zu Veranschaulichung von (2.) kann man einen Graphen verwenden, dessen Knoten die Spiele sind und eine Kante zwei Knoten genau dann verbindet, wenn sie keine gemeinsamen Spieler haben:

58

1 Aufgaben zu: Mathematische Grundbegriffe AB q #c # c # q CE c # c AE BB BC CD q# q q cq DE Z B A Z Z A B A AD q ZBq BD A A Aq Aq BE

AC

Die Linie, die die folgenden Knoten AB, CD, BE, AC, DE, BC, AE, BD, CE, AD verbindet, gibt dann eine L¨ osung f¨ ur die Bedingungen (1.) und (2.) an. Aufgabe 1.81 (Anzahl von Graphen mit gewissen Eigenschaften) Man gebe die Menge aller B¨ aume mit der Knotenmenge {1, 2, 3, 4} an und zerlege diese Menge in Klassen bez. Isomorphie, d.h., man entscheide, welche der Bäume untereinander isomorph sind. Lösung. Bäume sind zusammenh¨ angende Graphen ohne Kreise. Haben diese Graphen genau 4 Knoten(∈ {1, 2, 3, 4}), so gibt es, falls die Knoten noch nicht bezeichnet sind, genau zwei M¨ oglichkeiten:

t

t

t

t

t @ @ @t

t

t Damit ist B := { ({1, 2, 3, 4}, { {a, b}, {b, c}, {c, d} }) | {a, b, c, d} = {1, 2, 3, 4} } ∪{ ({1, 2, 3, 4}, { {a, b}, {a, c}, {a, d} }) | {a, b, c, d} = {1, 2, 3, 4} } die Menge aller Bäume mit der Knotenmenge {1, 2, 3, 4}, die oben auch bereits in zwei Klassen untereinander isomorpher Graphen zerlegt wurde. Aufgabe 1.82 (Bestimmen eines Minimalger¨ ustes eines Graphen) Mit Hilfe der im Abschnitt 1.7 beschriebenen zwei Verfahren ermittle man ein Minimalger¨ ust f¨ ur folgenden Graphen (Zwischenschritte angeben!).


r

59

r A A 18 17 12 A11 Ar 7 24 3 r r r rH A @ HH A HH @ 10 14 28 25 27 16@ 8 2 H 19 77 A 9 H HHr 20 AAr 40 @r r 23 @ r 26 r 4 HH HH 6 5 HH 30 22 80 13 HH Hr 15 r

Lösung. tungen

29

Das erste Verfahren liefert eine Folge von Kanten mit den Bewer2, 3, 6, 8, 13, 9, 11, 15, 5, 10, 7, 12, 23, 4,

die das folgende Minimalger¨ ust charakterisieren:

s

10

17 s 7

12

14 s 26

28

18 s 24

5

s

29

25 s 4

s

16

27 s 30

3

s 8

23

22 15 s

11

s

s 2 40 6

80

19

77 s 20

9 s

13

s

Das zweite Verfahren liefert im ersten Schritt den (nachfolgend mit stärkerer Strichdicke gezeichneten) Teilgraphen G1 von G, der aus den Komponenten K1 (2 Kanten mit den Bewertungen 7 und 12), K2 (Kante mit der Bewertung 4), K3 (Kante mit der Bewertung 5), K4 (4 Kanten) und K5 (2 Kanten mit den Bewertungen 11 und 9) besteht:

60


s

10

17 s 7

12

14 s 26

28

s

29 18

s 24

s

25 s 4

16

27 s 30

5

3

s

s

8

23

22 15 s

11

2 40

s

19

6

80

77 s 20

9 s

13

s

F¨ uhrt man dann den im zweiten Verfahren beschriebenen zweiten Schritt durch, erhält man: 29

K1 s

s K5

28 K2 s

10 26 K3

s

13 23 s

15

K4

Wiederholt man f¨ ur den obigen Graphen G2 den Schritt 1, so erhält man einen gewissen Teilgraphen G3 von G2 , dessen Kanten nachfolgend fett gezeichnet sind: 29

K1 s

s K5

28 K2 s

10 26 K3

s

13 23

15

s

K4


61

Da der Graph mit den fett gezeichneten Kanten nicht zusammenhängend ist, hat man f¨ ur obigen Graphen nochmals Schritt 1 und dann Schritt 2 durchzuf¨ uhren. Man erh¨ alt s

15

s

Da der obige Graph zusammenh¨ angend und kreislos ist, sind wir fertig. Die Vereinigung der fett gezeichneten Kanten liefert nämlich ein Minimalger¨ ust des Ausgangsgraphen G, das mit dem Ger¨ ust aus dem ersten Verfahren u ¨bereinstimmt.

2 Aufgaben zu: Klassische algebraische Strukturen

F¨ ur die nächsten 5 Aufgaben ben¨ otigt man den Satz 2.2.3 mit Beweis und Kenntnisse u ¨ber die im Abschnitt 1.4 definierte Addition und Multiplikation modulo n auf der Menge Zn , n ∈ N. Wie im Abschnitt 2.2 vereinbart, werden nachfolgend die Elemente von Zn nicht in der Form [x]≡n , sondern oft kurz durch x angegeben, wobei x ∈ {0, 1, ..., n − 1}. Aufgabe 2.1 (Satz 2.2.3, Euklidischer Algorithmus) Man berechne den gr¨ oßten gemeinsamen Teiler d := a ⊓ b und gewisse ganze Zahlen α, β mit d = α · a + β · b f¨ ur (a) a = 362 und b = 22, (b) a = 1033 und b = 52, (c) a = 3584 und b = 498, (d) a = 4823 und b = 975. Lösung.

(a): Es gilt 362 = 16 · 22 + 10 22 = 2 · 10 + 2 10 = 5 · 2

Also ist a ⊓ b = 2. Die Vielfachsummendarstellung von 2 erh¨ alt man, indem man die obige zweite Gleichung nach 2 aufl¨ ost und eine Ersetzung mit Hilfe der ersten Gleichung vornimmt: 2 = 22 − 2 · 10 2 = 22 − 2 · (362 − 16 · 22) 2 = (1 + 32) · 22 − 2 · 362 Also 2 = (−2) · 362 + 33 · 22, d.h., α = −2 und β = 33 ist eine m¨ ogliche L¨ osung.


64


(b): Es gilt 1033 52 45 7 3

= = = = =

52 · 19 + 45 45 · 1 + 7 7·6+3 3·2+1 1·3

Also ist a ⊓ b = 1. Die Vielfachsummendarstellung von 1 erhält man, indem man die obige vierte Gleichung nach 1 aufl¨ ost und Ersetzungen mit Hilfe der dar¨ uberstehenden Gleichungen vornimmt: 1 1 1 1 1 1 1 1 1

= = = = = = = = =

7−3·2 7 − (45 − 7 · 6) · 2 (1 + 12) · 7 + (−2) · 45 13 · 7 + (−2) · 45 13 · (52 − 45 · 1) + (−2) · 45 13 · 52 + (−13 − 2) · 45 13 · 52 + (−15) · 45 13 · 52 + (−15) · (1033 − 52 · 19) (−15) · 1033 + (13 + 15 · 19) · 52

Also 1 = (−15) · 1033 + 298 · 52, d.h., α = −15 und β = 298 ist eine m¨ ogliche Lösung. (c): Es gilt 3584 498 98 8

= = = =

498 · 7 + 98 98 · 5 + 8 8 · 12 + 2 2·4

Also ist a ⊓ b = 2. Die Vielfachsummendarstellung von 2 erhält man, indem man die obige dritte Gleichung nach 1 aufl¨ ost und Ersetzungen mit Hilfe der dar¨ uberstehenden Gleichungen vornimmt: 2 2 2 2 2 2

= = = = = =

98 − 8 · 12 98 − (498 − 98 · 5) · 12 (1 + 60) · 98 + (−498) · 12 61 · (3584 − 498 · 7) + (−498) · 12 (−61 · 7 − 12) · 498 + 61 · 3584 (−439) · 498 + 61 · 3584

Also 2 = 61 · 3584 + (−439) · 498, d.h., α = 61 und β = −439 ist eine m¨ ogliche Lösung.


65

(d): Es gilt 4823 975 923 52 39

= = = = =

975 · 4 + 923 923 · 1 + 52 52 · 17 + 39 39 · 1 + 13 3 · 13

Also ist a ⊓ b = 13. Die Vielfachsummendarstellung von 13 erhält man, indem man die obige vierte Gleichung nach 13 aufl¨ ost und Ersetzungen mit Hilfe der dar¨ uberstehenden Gleichungen vornimmt: 13 13 13 13 13 13 13 13

= = = = = = = =

52 − 39 52 − (923 − 52 · 17) 18 · 52 − 923 18 · (975 − 923) − 923 18 · 975 + (−19) · 923 18 · 975 + (−19) · (4823 − 975 · 4) (18 + 19 · 4) · 975 + (−19) · 4823 94 · 975 + (−19) · 4823

Also 13 = (−19) · 4823 + 94 · 975, d.h., α = −19 und β = 94 ist eine m¨ ogliche L¨ osung.

Aufgabe 2.2 (Lösen von Gleichungen modulo n) Welche x ∈ Z erf¨ ullen jeweils eine der folgenden Gleichungen der Form a · x = b (mod n), wobei a, b ∈ Z ? (a) (b) (c) (d) (e) (f)

8 · x = 1 (mod 5), 20 · x = 10 (mod 25), 8 · x = 3 (mod 14), 271 · x = 25 (mod 119), 12 · x = 21 (mod 97), 18 · x = 17 (mod 71).

Lösung. Antworten zu (a), (b) und (c) findet man leicht durch Probieren. Zwecks Lösen der Gleichungen (d), (e) und (f) der Form a · x = b (mod n) bestimme man mit Hilfe des Euklidischen Algorithmus Zahlen α, β ∈ Z mit α · a + β · n = 1, woraus sich a−1 = α (mod n) und damit x = α · b (mod n) ergibt. (a): x = 2 (mod 5) (b): x = t (mod 25) mit t ∈ {3, 8, 13, 18, 23} (c): Es existiert kein x ∈ Z.

66


(d): x = 26 (mod 119) (e): x = 26 (mod 97) (f ): x = 68 (mod 71) Aufgabe 2.3 (Lösen von Gleichungen modulo n) F¨ ur eine beliebige nat¨ urliche Zahl n > 1, die keine Primzahl ist, gebe man eine Gleichung der Form a · x = b (mod n) an, die (a) keine Lösung, (b) mindestens zwei L¨ osungen hat. Lösung. Es sei n ∈ N \ {1} und a 6∈ {1, n} eine nat¨ urliche Zahl, die Teiler von n ist. Dann hat offenbar a · x = 1 (mod n) keine Lösung und die Gleichung a · x = 0 (mod n) mindestens die Lösungen 0 und b, wobei n = a · b. Aufgabe 2.4 (Anwenden von Zahlenkongruenzen) Mit Hilfe von Zahlenkongruenzen beweise man: (a) F¨ ur keine nat¨ urliche Zahl n ist die Zahl 6 · n + 2 das Quadrat einer ganzen Zahl. (b) F¨ ur keine nat¨ urliche Zahl n ist die Zahl 7 · n + 3 das Quadrat einer ganzen Zahl. (Hinweis zu (a): Man nehme indirekt z 2 = 6 · n + 2 an und betrachte die Restklassen modulo 6.) Lösung. (a): Angenommen, f¨ ur eine gewisse Zahl z ∈ Z gilt z 2 = 6 · n + 2. ¨ Die Zahl z gehört zu einer der Aquivalenzklassen [r]≡6 mit r ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5}. Also gilt ∃k ∈ Z ∃r ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5} : z = k · 6 + r. Hieraus folgt z 2 = (k · 6 + r)2 = 36 · k 2 + 12 · k · r + r2 ,

wobei r2 ∈ {0, 1, 4, 9, 16, 25}, d.h., es gilt

z 2 ≡6 c ∈ {0, 1, 4, 3}, im Widerspruch zur Annahme z 2 ≡6 2.


67

(b): Angenommen, f¨ ur eine gewisse Zahl z ∈ Z gilt z 2 = 7 · n + 3. Die Zahl ¨ z gehört zu einer der Aquivalenzklassen [r]≡7 mit r ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}. Also gilt ∃k ∈ Z ∃r ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6} : z = k · 7 + r. Hieraus folgt z 2 = (k · 7 + r)2 = 49 · k 2 + 14 · k · r + r2 , wobei r2 ∈ {0, 1, 4, 9, 16, 25, 36}, d.h., es gilt z 2 ≡7 c ∈ {0, 1, 4, 2},

im Widerspruch zur Annahme z 2 ≡7 3.

Aufgabe 2.5 (Satz 2.2.3, Vielfachsummendarstellung) Seien a, b, α, β ∈ Z, d ∈ N und d = α · a + β · b. Gibt es dann gewisse α′ , β ′ ∈ Z\{α, β} mit d = α′ · a + β ′ · b? Lösung.

Wählt man z.B. α′ := α + z · b, β ′ := β − z · a,

wobei z eine beliebige ganze Zahl bezeichnet, so gilt α′ · a + β ′ · b = (α + z · b) · a + (β − z · a) · b = α · a + β · b = d, d.h., obige Frage ist mit Ja“ zu beantworten. 2 ” F¨ ur die folgenden Aufgaben 2.6–2.23 ben¨ otigt man die Abschnitte 2.1 und 2.2. Aufgabe 2.6 (Gruppeneigenschaften) Sei H := (H; ◦) eine endliche Halbgruppe. Wie erkennt man anhand der Verkn¨ upfungstafel, ob H (a) (b) (c) (d) ist?

ein neutrales Element besitzt, ein Nullelement besitzt, zu jedem x ∈ H ein inverses Element existiert, kommutativ

68


Lösung. Sei H := {h1 , h2 , ..., hn }. (a): Es gibt ein i ∈ {1, 2, ..., n} mit ◦ h1 h2 ... ... hi ... ... hn

h1 ... ... ... ... h1 ... ... ...

h2 ... ... ... ... h2 ... ... ...

... ... ... ... ... ... ... ... ...

hi h1 h2 ... ... hi ... ... hn

... ... ... ... ... ... ... ... ...

hn ... ... ... ... hn ... ... ...

... ... ... ... ... ... ... ... ...

hi hi hi ... ... hi ... ... hi

... ... ... ... ... ... ... ... ...

hn ... ... ... ... hi ... ... ...

(b): Es gibt ein i ∈ {1, 2, ..., n} mit ◦ h1 h2 ... ... hi ... ... hn

h1 ... ... ... ... hi ... ... ...

h2 ... ... ... ... hi ... ... ...

(c): Sei he f¨ ur gewisses e ∈ {1, 2, ..., n} das neutrale Element von H. Dann existiert zu jedem hi ∈ H ein inverses Element, wenn in jeder Zeile und jeder Spalte der Verkn¨ upfungstafel das Element he genau einmal auftritt und, falls he in der i-ten Zeile an k-ter Stelle steht, he sich in der k-ten Spalte an i-ter Stelle befindet und umgekehrt. (d): Die Verkn¨ upfungstafel a ¨ndert sich nicht, wenn man im Innern der Tabelle die Elemente an der Hauptdiagonalen“ spiegelt beziehungsweise die Zeilen ” zu den Spalten macht ohne die Reihenfolge der Zeilen/Spalten zu a¨ndern.

Aufgabe 2.7 (Gruppeneigenschaft) Sei G := (G; ◦) eine endliche Gruppe. K¨ onnen in der Verkn¨ upfungstafel von G in einer Zeile (oder Spalte) an verschiedenen Stellen zwei gleiche Elemente stehen? Lösung. Nein, da aus a ◦ x = a ◦ y stets x = y und aus x ◦ b = y ◦ b ebenfalls stets x = y folgt (siehe Satz 2.2.5, (4)).


69

Aufgabe 2.8 (Beispiel f¨ ur eine Halbgruppe; Light-Test) In einer Rindergesellschaft“ von schwarzen und braunen Rindern, die ganz” farbig oder gescheckt sein k¨ onnen, weiß man, daß bei Kreuzungen von zwei Rindern die schwarze Farbe die braune dominiert“ und daß die Ganzfar” bigkeit dominant gegen¨ uber der Scheckung ist. Es gibt also vier mögliche Rindertypen: (a): schwarz, ganzfarbig, (b): schwarz, gescheckt, (c): braun, ganzfarbig, (d): braun, gescheckt. Bei Kreuzung eines schwarzen, gescheckten Rindes (b) mit einem braunen, ganzfarbigen Rind (c) ist also ein schwarzes, ganzfarbiges Rind (a) zu erwarten; dies kann man durch b ⋆ c = a symbolisieren. Man stelle f¨ ur die Verkn¨ upfung ⋆ eine Tabelle auf, aus der alle möglichen Paarungen ablesbar sind und zeige (unter Verwendung des Light-Test), daß ({a, b, c, d}; ⋆) eine kommutative Halbgruppe mit einem Nullelement und einem Einselement ist. Lösung.

Verkn¨ upfungstafel f¨ ur ⋆: ⋆ a b c d

a a a a a

b a b a b

c a a c c

d a b c d

Der Light-Test zeigt, daß ({a, b, c, d}; ⋆) eine Halbgruppe ist: Wir wählen dazu E := {b, c, d} und beginnen mit b: ⋆ a⋆b=a b⋆b=b c⋆b=a d⋆b = b

a a a a a

b a b a b

c a a a a

d a b a b

⋆ b⋆a=a b⋆b=b b⋆c=a b⋆d=b a a a a a b a b a b c a a a a d a b a b

Ebenso stimmen die entsprechenden Tabellen f¨ ur c und d u ¨berein. Die Verkn¨ upfungstafel f¨ ur ⋆ ist bez¨ uglich der Hauptdiagonalen symmetrisch, womit ({a, b, c, d}; ⋆) eine kommutative Halbgruppe ist. d ist Einselement und a Nullelement dieser Halbgruppe. Aufgabe 2.9 (Nullelement, Einselement und invertierbare Elemente einer Halbgruppe) Sei H := (Q; ◦), wobei

70


∀ a, b ∈ Q : a ◦ b := a + b − a · b. Man zeige, daß H eine Halbgruppe ist und bestimme (falls vorhanden) Nullelemente, Einselemente und invertierbare Elemente von H. Ist H eine Gruppe? Lösung.

F¨ ur alle a, b, c ∈ Q gilt: (a ◦ b) ◦ c = (a + b − a · b) ◦ c = (a + b − a · b) + c − (a + b − a · b) · c = a+b+c−a·b−a·c−b·c+a·b·c

und

a ◦ (b ◦ c) = a ◦ (b + c − b · c) = a + (b + c − b · c) − a · (b + c − b · c) = a + b + c − a · b − a · c − b · c + a · b · c.

Folglich gilt (a ◦ b) ◦ c = a ◦ (b ◦ c) und (Q; ◦) ist eine Halbgruppe. (Q; ◦) hat das Nullelement 1 und das Einselement 0. Damit ist (Q; ◦) keine Gruppe, da das inverse Element zu 1 nicht existiert. Jedes Element a ∈ Q\{1} ist jedoch invertierbar, wie man anhand der folgen¨ den Aquivalenzen sieht: x ◦ a = a ◦ x = 0 ⇐⇒ a + x − a · x = 0 ⇐⇒ x =

a . a−1

Aufgabe 2.10 (Beispiel f¨ ur zwei isomorphe Gruppen) Man zeige durch Best¨ atigung der Gruppenaxiome, daß die Menge M := {x ∈ Q | ∃n ∈ Z : x = 2n } zusammen mit der gew¨ ohnlichen Multiplikation eine kommutative Gruppe bildet, die zu (Z; +) isomorph ist. Lösung. Offenbar ist · eine innere Verkn¨ upfung auf M und · ist bekanntlich assoziativ und kommutativ. e := 20 = 1 ist das neutrale Element von M und wegen 2n · 2−n = 1 f¨ ur alle n ∈ Z existiert zu jedem Element aus M ein inverses Element. Also ist (M ; ·) eine kommutative Gruppe. Die Abbildung ϕ : M −→ Z, 2n 7→ n bildet (M ; ·) auf (Z; +) isomorph ab, da ϕ offenbar bijektiv ist und f¨ ur alle n, m ∈ Z gilt: ϕ(2n · 2m ) = ϕ(2n+m ) = n + m = ϕ(2n ) + ϕ(2m ).


71

Aufgabe 2.11 (Beispiel f¨ ur eine Gruppe; Eigenschaften dieser Gruppe) Sei G die Gruppe der primen Restklassen modulo 14. Man berechne: (a) die Verkn¨ upfungstafel von G, (b) die Ordnungen der Elemente von G, (c) die Untergruppen von G. Gibt es eine Gruppe der Form (Zn ; + (mod n)), die zu G isomorph ist? Lösung.

¨ Die Tr¨ agermenge der Gruppe G besteht aus den Aquivalenzklassen [1]≡14 , [3]≡14 , [5]≡14 , [9]≡14 , [11]≡14 , [13]≡14 .

und die Operation dieser Restklassengruppe ist die Multiplikation modulo 14. Wir schreiben kurz G := ({1, 3, 5, 9, 11, 13}, · (mod 14)) und erhalten als Verkn¨ upfungstafel · (mod 14) 1 3 5 9 11 13

1 1 3 5 9 11 13

3 3 9 1 13 5 11

5 5 1 11 3 13 9

9 9 13 3 11 1 5

11 11 5 13 1 9 3

13 13 11 9 5 3 1

Die Ordnungen der Elemente von G lassen sich leicht aus obiger Tabelle ablesen und sind zusammengefaßt in der nachfolgenden Tabelle: a ord a 1 1 3 6 5 6 9 3 11 3 13 2 Untergruppen von G sind: U1 := {1}, U2 := {1, 13}, U3 := {1, 9, 11}, U4 := G. Da G =< {3} >, ist G zyklisch und folglich zu (Z6 ; + (mod 6)) isomorph.

72


Aufgabe 2.12 (Beispiel f¨ ur eine Gruppe; Eigenschaften dieser Gruppe) Sei G die Gruppe der primen Restklassen modulo 20. Man berechne: (a) die Verkn¨ upfungstafel von G, (b) die Ordnungen der Elemente von G, (c) die Untergruppen von G. Gibt es eine Gruppe der Form (Zn ; + (mod n)), die zu G isomorph ist? Lösung.

¨ Die Tr¨ agermenge der Gruppe G besteht aus den Aquivalenzklassen

[1]≡20 , [3]≡20 , [7]≡20 , [9]≡20 , [11]≡20 , [13]≡20 , [17]≡20 , [19]≡20 . und die Operation dieser Restklassengruppe ist die Multiplikation modulo 20. Wir schreiben kurz G := ({1, 3, 7, 9, 11, 13, 17, 19}, · (mod20)) und erhalten als Verkn¨ upfungstafel · (mod 20) 1 3 7 9 11 13 17 19

1 1 3 7 9 11 13 17 19

3 3 9 1 7 13 19 11 17

7 7 1 9 3 17 11 19 13

9 9 7 3 1 19 17 13 11

11 11 13 17 19 1 3 7 9

13 13 19 11 17 3 9 1 7

17 17 11 19 13 7 1 9 3

19 19 17 13 11 9 7 3 1

Die Ordnungen der Elemente von G lassen sich leicht aus obiger Tabelle ablesen und sind zusammengefaßt in der nachfolgenden Tabelle: a ord a 1 1 3 4 7 4 9 2 11 2 13 4 17 4 19 2 Untergruppen von G sind:


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U1 := {1}, U2 := {1, 9}, U3 := {1, 11}, U4 := {1, 19}, U5 := {1, 3, 7, 9}, U6 := {1, 9, 13, 17}, U7 := {1, 9, 11, 19}, U8 := G. Da G keine zyklische Gruppe, jedoch (Zn ; + (mod n)) stets zyklisch ist, ist G nicht isomorph zu einer Gruppe der Form (Zn ; + (mod n)).

Aufgabe 2.13 (Ein Homomorphismus und ein Isomorphismus zwischen Gruppen) Bezeichne G := (G; ◦) eine Gruppe und seien die Abbildungen f und ga f¨ ur a ∈ G wie folgt definiert: f : G −→ G, x 7→ x ◦ x,

ga : G −→ G, x 7→ a−1 ◦ x ◦ a. Man beweise: (a) f ist genau dann ein Homomorphismus, wenn ◦ kommutativ ist. (b) ga ist eine isomorphe Abbildung von G auf G. Lösung. (a): Sei f eine homomorphe Abbildung von G auf G. Dann gilt f¨ ur alle x, y ∈ G; f (x ◦ y) = f (x) ◦ f (y) beziehungsweise (x ◦ y) ◦ (x ◦ y) = (x ◦ x) ◦ (y ◦ y). Hieraus folgt x−1 ◦ ((x ◦ y) ◦ (x ◦ y)) ◦ y −1 = x−1 ◦ ((x ◦ x) ◦ (y ◦ y)) ◦ y −1 . Da ◦ assoziativ ist, l¨ aßt sich obige Gleichung zu y◦x=x◦y vereinfachen, womit ◦ kommutativ ist. Sei nun ◦ kommutativ. Dann gilt f (x ◦ y) = = = = = d.h., f ist ein Homomorphismus.

(x ◦ y) ◦ (x ◦ y) x ◦ (y ◦ x) ◦ y x ◦ (x ◦ y) ◦ y (x ◦ x) ◦ (y ◦ y) f (x) ◦ f (y),

74


(b): Wir zeigen zun¨ achst, daß die Abbildung ga bijektiv, d.h., injektiv und surjektiv ist: Sei ga (x) = ga (y) f¨ ur gewisse x, y ∈ G, d.h., es gilt a−1 ◦ x ◦ a = a−1 ◦ y ◦ a. Indem man obige Gleichung von links mit a und von rechts mit a−1 verkn¨ upft, erhält man x = y. Folglich ist ga injektiv. Zum Nachweis der Surjektivität von ga sei x beliebig aus G gew¨ ahlt. Man rechnet leicht nach, daß dann ga (a ◦ x ◦ a−1 ) = x gilt. Also ist ga f¨ ur jedes a ∈ G eine bijektive Abbildung. Außerdem haben wir f¨ ur alle x, y ∈ G: ga (x ◦ y) = a−1 ◦ (x ◦ y) ◦ a

= a−1 ◦ (x ◦ a ◦ a−1 ◦ y) ◦ a

= (a−1 ◦ x ◦ a) ◦ (a−1 ◦ y ◦ a) = ga (x) ◦ ga (y), d.h., ga ist eine homomorphe Abbildung. Zusammengefaßt haben wir damit gezeigt, daß ga ein Isomorphismus ist. Aufgabe 2.14 (Halbgruppe, Gruppe) Seien α, β ∈ R. Durch ◦ : R × R −→ R, (x, y) 7→ α · x + β · y ist auf R eine innere Verkn¨ upfung definiert. Wie hat man α, β ∈ R zu wählen, damit (a) (R; ◦) eine Halbgruppe, (b) (R; ◦) eine Gruppe ist? Lösung.

(a): Es gilt

x ◦ (y ◦ z) = x ◦ (αy + βz) = αx + β(αy + βz) = αx + βαy + β 2 z,

(x ◦ y) ◦ z = (αx + βy) ◦ z = α(αx + βy) + βz = α2 x + αβy + βz. Die Operation ◦ ist folglich genau dann assoziativ, wenn α2 = α und β 2 = β beziehungsweise {α, β} ⊆ {0, 1} gilt.


75

(b): Nach (a) haben wir 4 M¨ oglichkeiten mittels der oben angegebenen Vorschrift eine assoziative Operation auf R zu definieren: x ◦1 y := 0, x ◦2 y := x, x ◦3 y := y, x ◦4 y := x + y. Offenbar ist nur ◦4 (d.h., man w¨ ahlt α = β = 1) eine Gruppenoperation.

Aufgabe 2.15 (Kommutative Gruppen) Sei M eine nichtleere Menge. Auf der Potenzmenge von M seien außerdem die folgenden zwei Operationen definiert: A∆B := (A ∪ B)\(A ∩ B), A ◦ B := (A ∩ B) ∪ (M \(A ∪ B)) (A, B ∈ P(M )). Man zeige, daß (a) (P(M ); ∆), (b) (P(M ); ◦) kommutative Gruppen sind. Lösung. Nach Satz 1.2.4, (b) sind ∆ und ◦ kommutative Operationen. Außerdem pr¨ uft man leicht nach, daß A ◦ B = M \(A∆B) gilt. (a): ∆ ist nach Satz 1.2.4 assoziativ. Wegen ∀A ∈ P(M ) : A∆∅ = A ist ∅ das neutrale Element von (P(M ), ∆) und wegen ∀A ∈ P(M ) : A∆A = ∅ existiert zu jedem Element aus P(M ) das inverse Element. Also ist (P(M ); ∆) eine kommutative Gruppe. (b): F¨ ur beliebige A, B, C ∈ P(M ) gilt: (A ◦ B) ◦ C = A ◦ (B ◦ C), was man mit Hilfe der im Beweis von Satz 1.2.4 erläuterten Beweismethode (unter Verwendung von 0,1-Tabellen) leicht nachpr¨ ufen kann. Man sieht dabei u orende Boolesche Funktion f durch ¨brigens, daß die zu ◦ geh¨

76


f (x, y) := x + y + 1 (mod 2) beschrieben werden kann. Wegen ∀A ∈ P(M ) : A ◦ M = (A ∩ M ) ∪ (M \(A ∪ M )) = A ist M das neutrale Element von (P(M ), ◦) und wegen

∀A ∈ P(M ) : A∆A = (A ∩ A) ∪ (M \(A ∪ A)) = M existiert zu jedem Element aus P(M ) das inverse Element. Also ist (P(M ); ◦) eine kommutative Gruppe. Aufgabe 2.16 (Die Vierergruppe) Ist e neutrales Element einer vierelementigen Gruppe (G; ◦) mit G := {a, b, c, e}, so ist die Verkn¨ upfungstafel mit der Angabe c ◦ c = b bereits eindeutig bestimmt. Wie lautet demnach die Tafel? Lösung.

Es gilt zun¨ achst ◦ e a b c

e a b c e a b c a b c b

Bekanntlich ist die Ordnung eines Elements von G ein Teiler der Gruppenordnung. Wegen c ◦ c = b ist die Ordnung von c folglich gleich 4. Hieraus ergibt sich dann b ◦ b = (c ◦ c) ◦ (c ◦ c) = e

und, da G = {c, c2 = b, c3 , c4 = e}, erhalten wir b ◦ c = a und c ◦ b = a. Unsere obige Gruppentafel l¨ aßt sich also wie folgt ergänzen: ◦ e a b c

e a b c e a b c a e b e a c e a b

Da in jeder Zeile und Spalte der Gruppentafel jedes Element der Gruppe genau einmal auftritt, lautet die gesuchte Gruppentafel folglich: ◦ e a b c

e e a b c

a a b c e

b b c e a

c c e a b


77

Aufgabe 2.17 (Eigenschaften einer homomorphen Abbildung zwischen Halbgruppen) Seien H := (H; ◦) und H′ := (H ′ ; ◦′ ) Halbgruppen und f : H −→ H ′ eine homomorphe Abbildung von G auf G′ . Man beweise: (a) Besitzt H das neutrale Element e und H′ das neutrale Element e′ , so gilt f (e) = e′ . (b) Besitzt H das Nullelement o und H′ das Nullelement o′ , so gilt f (o) = o′ . (c) Falls e neutrales Element von H und a ∈ H ein invertierbares Element von H, ist f (e) das neutrale Element von H′ und f (a) ein invertierbares Element von H′ . (d) Sind H und H′ endliche Gruppen und ist f bijektiv, so gilt f¨ ur alle a ∈ H: ord f (a) = ord a. Lösung. (a): Da f eine homomorphe Abbildung von H auf H ′ ist, gibt es f¨ ur jedes y ∈ H ′ ein x ∈ H mit y = f (x) und es gilt f¨ ur ein neutrales Element e ∈ H: f (x) = f (x ◦ e) = f (e ◦ x) = f (x) ◦′ f (e) = f (e) ◦′ f (x). Folglich ∀y ∈ H ′ : y = y ◦′ f (e) = f (e) ◦′ y,

d.h., f (e) ist ein neutrales Element von H′ . Da es nach Satz 2.1.2 in einer Halbgruppe höchstens ein neutrales Element geben kann, gilt f (e) = e′ . (b): Da f eine homomorphe Abbildung ist, gibt es f¨ ur jedes y ∈ H ′ ein x ∈ H mit y = f (x) und es gilt f¨ ur ein Nullelement o ∈ H: f (o) = f (x ◦ o) = f (o ◦ x) = f (x) ◦′ f (o) = f (o) ◦′ f (x). Folglich ∀y ∈ H ′ : f (o) = y ◦′ f (o) = f (o) ◦′ y,

d.h., f (o) ist ein Nullelement von H′ . Da es nach Satz 2.1.2 in einer Halbgruppe höchstens ein Nullelement geben kann, gilt f (o) = o′ . (c): Falls e ∈ H neutrales Element von H ist, ist e′ := f (e) offenbar neutrales Element von H′ (siehe (a)). Da f ein Homomorphismus, folgt aus a ◦ b = b ◦ a = e und (a): f (a) ◦′ f (b) = f (b) ◦′ f (a) = f (e) = e′ , d.h., f (a) ist invertierbar, falls a invertierbar. (d): Es sei H eine endliche Gruppe mit dem neutralen Element e und a ∈ H beliebig gewählt. Falls a = e, gilt ord f (a) = ord a = 1 nach (a). Sei nachfolgend ord a = t mit t > 1. Nach Definition der Ordnung eines Elements

78


◦ ... ◦ a} 6= e f¨ gilt dann a ◦ ... ◦ a} = e und |a ◦ a {z ur alle s < t. Falls f eine | ◦ a {z t-mal s-mal isomorphe Abbildung ist, folgt hieraus f (a) ◦′ f (a) ◦′ ... ◦′ f (a) = f (e) und {z } | t-mal f (a) ◦′ f (a) ◦′ ... ◦′ f (a) 6= f (e) f¨ ur alle s < t. Da nach (a) f (e) das neutrale | {z } s-mal Element der Gruppe G′ , folgt ord f (a) = t.

Aufgabe 2.18 (Direkte Produkte von Gruppen) Seien Gi := (Gi ; ◦i ) (i = 1, 2, ..., r; r ≥ 2) Gruppen. Die Gruppe G := (G; ◦) mit G := G1 × G2 × ... × Gr und ∀(a1 , a2 , ..., ar ), (b1 , b2 , ..., br ) ∈ G : (a1 , a2 , ..., ar ) ◦ (b1 , b2 , ..., br ) := (a1 ◦1 b1 , a2 ◦2 b2 , ..., ar ◦r br ) heißt dann das direkte Produkt der Gruppen G1 , G2 , ..., Gr , das auch mit G1 × G2 × ... × Gr bezeichnet wird. Bezeichne nachfolgend Zn , n ∈ N, die Restklassengruppe (Zn ; +). (a) Man gebe die Verkn¨ upfungstafel der Gruppe Z2 × Z3 an und zeige, daß die Gruppe Z2 × Z3 zur Gruppe Z6 isomorph ist. (b) Man beweise, daß Z2 × Z2 nicht zu Z4 isomorph ist. (Bemerkung (Nicht als Beweishilfsmittel bei (a) und (b) verwenden!): Zn × Zm ist genau dann zu Zn·m isomorph, wenn n ⊓ m = 1 gilt.) Lösung.

(a): Die Verkn¨ upfungstafel von Z2 × Z3 lautet: + (0, 0) (0, 1) (0, 2) (1, 0) (1, 1) (1, 2)

(0, 0) (0, 0) (0, 1) (0, 2) (1, 0) (1, 1) (1, 2)

(0, 1) (0, 1) (0, 2) (0, 0) (1, 1) (1, 2) (1, 0)

(0, 2) (0, 2) (0, 0) (0, 1) (1, 2) (1, 0) (1, 1)

(1, 0) (1, 0) (1, 1) (1, 2) (0, 0) (0, 1) (0, 2)

(1, 1) (1, 1) (1, 2) (1, 0) (0, 1) (0, 2) (0, 0)

(1, 2) (1, 2) (1, 0) (1, 1) (0, 2) (0, 0) (0, 1)

Wegen < {(1, 2)} >= Z2 × Z3 und < {1} >= Z6 ist die Abbildung


79

x f (x) (1, 2) 1 (1, 2) + (1, 2) = (0, 1) 2 (0, 1) + (1, 2) = (1, 0) 3 (1, 0) + (1, 2) = (0, 2) 4 (0, 2) + (1, 2) = (1, 1) 5 (1, 1) + (1, 2) = (0, 0) 0 eine isomorphe Abbildung von Z2 × Z3 auf Z6 . (b): Die Gruppe Z4 ist zyklisch, da < {1} >= {1, 2, 3, 0}. Dagegen gilt f¨ ur jedes (a, b) ∈ Z2 × Z2 : (a, b) + (a, b) = (0, 0), womit Z2 × Z2 nicht zyklisch sein kann. Also sind Z4 und Z2 × Z2 nicht isomorph. Ausf¨ uhrlicher und unter Verwendung von Aufgabe 2.17 (a): Angenommen, es existiert eine isomorphe Abbildung f von Z2 × Z2 auf Z4 . Dann existiert ein (a, b) ∈ Z2 × Z2 mit f ((a, b)) = 1. Folglich haben wir f ((a, b) + (a, b)) = f ((a, b)) + f ((a, b)) = 1 + 1 = 2, im Widerspruch zu (a, b) + (a, b) = (0, 0) und f ((0, 0)) = 0. Aufgabe 2.19 (Beispiel zum Hauptsatz ¨ uber abelsche Gruppen) F¨ ur eine nat¨ urliche Zahl n sei P ar(n) := {(a1 , ..., at ) | t ∈ N ∧ {a1 , ..., ar } ⊂ N ∧ a1 ≤ a2 ≤ ... ≤ at ∧ a1 + a2 ... + at = n}

(die Menge aller Partitionen der Zahl n). Z.B.:

P ar(5) = {(5), (1, 4), (2, 3), (1, 1, 3), (1, 2, 2), (1, 1, 1, 2), (1, 1, 1, 1, 1)}. Der Hauptsatz ¨ uber endliche abelsche Gruppen, dessen Beweis man z.B. im Band 2 von [Lau 2004] nachlesen kann, besagt: Falls n = pk11 · pk22 · ... · pkr r (p1 , ..., pr ∈ P paarweise verschieden; k1 , ..., kr ∈ N) ist, so gibt es (bis auf Isomorphie) genau m := |P ar(k1 )| · |P ar(k2 )| · ... · |P ar(kr )| verschiedene abelsche Gruppen mit n Elementen. Beispiele f¨ ur m paarweise nichtisomorphe abelsche Gruppen mit n Elementen lassen sich nach folgendem Rezept bilden: F¨ ur jedes i ∈ {1, 2, ..., r} und eine Partition (a1 , ..., as ) ∈ P ar(ki ) bilde man das direkte Produkt Hi := Zpa1 × Zpa2 × ... × Zpai s . i

i

Man erhält r (Hilfs-)Gruppen, aus denen sich die n-elementige Gruppe H1 × ... × Hr konstruieren l¨ aßt. Man bestimme nach diesem Rezept (bis auf Isomorphie) alle abelschen Gruppen mit n = 600 Elementen.

80


Lösung.

Offenbar ist 600 = 23 · 31 · 52

und

P ar(3) = {(3), (1, 2), (1, 1, 1)}, P ar(1) = {(1)}, P ar(2) = {(2), (1, 1)}.

Damit gibt es genau 2 · 1 · 3 = 6 nichtisomorphe abelsche Gruppen mit 600 Elementen, die man nach der oben angegebenen Methode konstruieren kann: 1. p1 = 2, k1 = 3 P ar(3) = {(3), (1, 2), (1, 1, 1)}. (3) liefert Z23 = Z8 , (1, 2) liefert Z2 × Z4 , (1, 1, 1) liefert Z2 × Z2 × Z2 . 2. p2 = 3, k2 = 1 (1) liefert Z31 = Z3 . 3. p3 = 5, k3 = 2 P ar(2) = {(2), (1, 1)}. (2) liefert Z52 = Z25 , (1, 1) liefert Z5 × Z5 . Alle abelschen Gruppen mit 600 Elementen erhält man (bis auf Isomorphie), wenn man je eine Gruppe aus 1., 2., 3. (siehe oben) auswählt und das direkte Produkt bildet: (a) (b) (c) (d) (e) (f)

∼ Z600 ) Z8 × Z3 × Z25 (= Z8 × Z3 × Z5 × Z5 (∼ = Z120 × Z5 ) Z2 × Z4 × Z3 × Z25 (∼ = Z2 × Z300 ) Z2 × Z4 × Z3 × Z5 × Z5 (∼ = Z10 × Z60 ) Z2 × Z2 × Z2 × Z3 × Z25 (∼ = Z2 × Z2 × Z150 ) Z2 × Z2 × Z2 × Z3 × Z5 × Z5 (∼ = Z2 × Z10 × Z30 )

Aufgabe 2.20 (Beispiel einer Permutationsgruppe) Seien d :=

1 2 3 4 2 3 4 1

und s :=

1 2 3 4 2 1 4 3

Permutationen der Gruppe S4 . Man zeige G :=< {d, s} >= {e, d, d2 , d3 , s, s2d, s2d2 , s2d3 }, indem man die Verkn¨ upfungstafel dieser Untergruppe der S4 aufstellt. Man bestimme die Ordnungen der Elemente von G. Außerdem gebe man möglichst viele Untergruppen von G der Ordnung 2 und 4 an.


Lösung.

Es gilt d

:=

1 2 3 4 2 3 4 1

s

:=

1 2 3 4 2 1 4 3

d2

=

1 2 3 4 3 4 1 2

=

1 2 3 4 4 1 2 3

e := d4 =

1 2 3 4 1 2 3 4

s2d

=

1 2 3 4 3 2 1 4

s2d2

=

1 2 3 4 4 3 2 1

=

1 2 3 4 1 4 3 2

d

3

s2d

und

81

3

2 e d d2 d3 s 2 e e d d d3 s d d d2 d3 e s2d3 d2 d2 d3 e d s2d2 3 3 d d e d d2 s2d 2 s s s2d s2d s2d3 e s2d s2d s2d2 s2d3 s d3 2 2 3 s2d s2d s2d s s2d d2 3 3 s2d s2d s s2d s2d2 d

s2d s2d s s2d3 s2d2 d e d3 d2

s2d2 s2d2 s2d s s2d3 d2 d e d3

s2d3 s2d3 s2d2 s2d s d3 d2 d e

Aus der Tabelle erh¨ alt man die folgenden Ordnungen der Elemente der Gruppe: x ord x e 1 d 4 d2 2 d3 4 s 2 s2d 2 s2d2 2 s2d3 2 Die Untergruppen von G sind folglich {e}, {e, d2 }, {e, s}, {e, s2d}, {e, s2d2 }, {e, s2d3 }, {e, d, d2 , d3 }, {e, d2 , s2d, s2d3 }, {e, d2 , s, s2d2 } und G.

82


Aufgabe 2.21 (Eigenschaft von Untergruppen) Man beweise: Der Durchschnitt von Untergruppen einer Gruppe G := (G; ◦) ist wieder eine Untergruppe von G.

Lösung.

Seien Ui f¨ ur i ∈ I Untergruppen von G. Wir zeigen, daß \ U := Ui i∈I

ebenfalls eine Untergruppe von G ist. Offenbar gehört das neutrale Element e von G zu U , da e ∈ Ui f¨ ur alle i ∈ I. Folglich ist U 6= ∅. Seien nun x und y beliebig aus U gewählt. Dann gilt x, y ∈ Ui f¨ ur alle i ∈ I und damit auch x ◦ y −1 ∈ Ui f¨ ur alle i ∈ I (nach dem Untergruppenkriterium). Folglich geh¨ ort x ◦ y −1 zu U und U ist nach dem Untergruppenkriterium eine Untergrupppe von G.

Aufgabe 2.22 (Normalteiler von Gruppen) Man charakterisiere die m¨ oglichen homomorphen Abbildungen von der Gruppe G auf eine andere Gruppe G′ durch die Angabe der auf G existierenden Normalteiler f¨ ur (a) G := (S3 ; 2), (b) G := (Z10 ; + (mod 10)), (c) G := (Z12 ; + (mod 12)). Lösung. (a): G besitzt nach Abschnitt 2.3 (siehe Beispiel 2) genau 6 Untergruppen: {s1 }, {s1 , s2 }, {s1 , s3 }, {s1 , s6 }, {s1 , s4 , s5 }, S3 . Man pr¨ uft leicht nach, daß nur f¨ ur U ∈ {{s1 }, {s1 , s4 , s5 }, S3 } gilt: ∀x ∈ S3 : x2U = U 2x. Folglich gibt es bis auf Isomorphie nur drei verschiedene homomorphe Bilder von S3 : (S3 )/{s1 } (∼ = S3 ), (S3 )/{s1 ,s4 ,s5 } , (S3 )/{s1 ,...,s6 } . (b): Da (Z10 ; + (mod 10)) eine kommutative Gruppe ist, ist jede Untergruppe von Z ein Normalteiler. Die Untergruppen U von Z lassen sich leicht unter


83

Verwendung der Eigenschaft |U | ∈ {1, 2, 5, 10} (siehe Satz 2.2.12) anhand der Verkn¨ upfungstafel von Z ermitteln. Es gilt + (mod 10) 0 1 2 3 4 5 6 7 9

0 0 1 2 3 4 5 6 7 9

1 1 2 3 4 5 6 7 8 0

2 2 3 4 5 6 7 8 9 1

3 3 4 5 6 7 8 9 0 2

4 4 5 6 7 8 9 0 1 3

5 5 6 7 8 9 0 1 2 4

6 6 7 8 9 0 1 2 3 5

7 7 8 9 0 1 2 3 4 6

8 8 9 0 1 2 3 4 5 7

9 9 0 1 2 3 4 5 6 8

und folglich sind U1 := {0}, U2 := {0, 5}, U3 := {0, 2, 4, 6, 8}, U4 := Z10 die einzigen Untergruppen von Z10 , d.h., bis auf Isomorphie sind (Z10 )/Ui f¨ ur i ∈ {1, 2, 3, 4} die einzigen homomorphen Bilder von Z10 . (c): Analog zu (b) sind die Normalteiler von Z12 die Untergruppen von Z12 und diese Untergruppen bestimmt man leicht anhand der Verkn¨ upfungstafel: U1 := {0}, U2 := {0, 6}, U3 := {0, 3, 6, 9}, U4 := {0, 4, 8}, U5 := {0, 2, 4, 6, 8, 10}, U6 := Z12 .

Aufgabe 2.23 (Eine Anwendung von Permutationsgruppen in der Chemie) Seien d :=

1 2 3 ... n − 1 n 2 3 4 ... n 1

und s :=

1 2 ... n − 1 n n n − 1 ... 2 1

.

Die Untergruppe Dn :=< {d, s} >= {d, d2 , ..., dn , s2d, s2d2 , ..., s2dn } von Sn heißt Diedergruppe. Nachfolgend soll diese Gruppe bei der Bestimmung der Anzahl gewisser chemischer Verbindungen benutzt werden. Gegeben sei ein Kohlenstoffring aus n Kohlenstoffatomen (im Beispiel n = 6):

84


C

C

S S S

C

C

S S SC

C

Durch Anhängen“ von Wasserstoffatomen (−H) oder Methylgruppen ” (−CH3 ) an die Kohlenstoffatome kann man zahlreiche organische Verbindungen gewinnen. Z.B. H

H

@

H C

C

C

S S S

C

S S SC

CH3

@

H

H

C @

H

CH3 C

C

C

C

S S SC

H

C @

H

H

S S S

H

Benzol

Xylol

Problem: Wie viele chemische Verbindungen kann man durch das oben beschriebene Anh¨ angen“ erhalten? ” Offenbar kann man f¨ ur einen Ring aus n Elementen 2n verschiedene Bilder der oben angegebenen Form zeichnen. Verschiedene Bilder m¨ ussen jedoch nicht immer verschiedene chemische Verbindungen charakterisieren. Z.B. repräsentieren die nachfolgenden zwei Bilder die chemische Verbindung Xylol: CH3

@

H

C

C

S S SC H

H

CH3 C

S S S

C

C @

H

H

@

H C

C

S S SC H

CH3

C

S S S

C

C @

CH3

H


85

Seien a1 , a2 , ..., a2n Bezeichnungen f¨ ur die möglichen Bilder solcher chemischen Verbindungen und sei A := {a1 , a2 , ..., a2n }. Zwei Bilder ai , aj liefern genau dann die gleiche chemische Verbindung (Bezeichnung: (ai , aj ) ∈ R), wenn es eine Deckbewegung (d.h., eine Kombination aus Drehungen und Spiegelungen) gibt, die das Bild ai in das Bild aj u uhrt. Genauer: ¨berf¨ (ai , aj ) ∈ R :⇐⇒ ∃ g ∈ Dn : g(ai ) = aj .

¨ Die Relation R ist offenbar eine Aquivalenzrelation auf der Menge A, die die ¨ Menge A in die Aquivalenzklassen Ba := { α ∈ A | ∃g ∈ Dn : g(a) = α }

¨ (a ∈ A) zerlegt. Die Anzahl der verschiedenen Aquivalenzklassen (Bezeichnung: tn ) ist dann offenbar gleich der gesuchten Anzahl der chemischen Verbindungen, die sich nach dem Satz von Burnside auf folgende Weise berechnen l¨ aßt: P P tn := ( g∈Dn ϕg )/|Dn | = ( a∈A |Ua |)/|Dn |, wobei

ϕg := |{ a ∈ A | g(a) = a }| und Ua := { g ∈ Dn | g(a) = a }. Man berechne (a) t5 (b) t6 mit Hilfe der oben angegebenen Formel. (c) Man beweise den Satz von Burnside. Hinweis: Man beweise die folgenden Aussagen: (1.) Ua ist f¨ ur jedes a ∈ A eine Untergruppe von Dn . (2.) ∀ a ∈ A : |Ba | = |Dn : Ua |. (3.) Ba = BP a′ =⇒ |Ua | = |Ua′ |. (4.) tP = ( n a∈A |U Pa |)/|Dn |. (5.) a∈A |Ua | = g∈Dn ϕg . ¨ Lösung. Wir beginnen mit einigen Uberlegungen zur Berechnung der Zahl ϕg zu einer gegebenen Permutation g ∈ Dn . Um ϕg zu berechnen, mache man sich zunächst klar, welche Bewegung die Permutation g beschreibt. Wenn dies geklärt ist, kann man einen Kohlenstoffring, an deren Kohlenstoffatome noch festzulegende Elemente aus {H, CH3 } angeh¨ angt sind, zeichnen, der sich beim Ausf¨ uhren der durch g beschriebenen Bewegung nicht ändert. Setzt man z.B. n = 6 und 1 2 3 4 5 6 g := s2d = , 1 6 5 4 3 2 dann u uhrt g den nachfolgend angegebenen Ring ¨berf¨

86


6

1

5

S S

2

S S4

3

in einen der Gestalt

2

1

S S

6

3

S S4

5

Eine chemische Verbindung der oben beschriebenen Art, deren Bild sich bei der Bewegung g nicht ¨ andert, sieht damit wie folgt aus, wobei w, x, y, z ∈ {H, CH3 } beliebig w¨ ahlbar sind: y

z

@

x C

C

C

S

S S

S

C

y

C

S SC

@

w

z

Also gilt ϕg = 24 = 16. (a): Da im Fall n = 5 die Permutation d eine Drehung um 72o und s eine Spiegelung um eine Achse beschreibt, erh¨ alt man x e d d2 d3 d4 s s2d s2d2 s2d3 s2d4

ϕx 32 2 2 2 2 8 8 8 8 8


87

und folglich

1 (32 + 4 · 2 + 5 · 8) = 8. 10 (b): Da im Fall n = 6 die Permutation d eine Drehung um 60o und s eine Spiegelung um eine Achse beschreibt, erh¨ alt man t5 =

x e d d2 d3 d4 d5 s s2d s2d2 s2d3 s2d4 s2d5

ϕx 64 2 4 8 4 2 8 16 8 16 8 16

und folglich t6 =

1 (64 + 2 · 2 + 2 · 4 + 4 · 8 + 3 · 16) = 13. 12

(c): Beweis des Satzes von Burnside: Zu (1.): Es gen¨ ugt zu zeigen, daß ∀g, h ∈ Ua : g2h ∈ Ua ¨ gilt. Dies ergibt sich jedoch aus folgender Uberlegung: g, h ∈ Ua =⇒ g(a) = h(a) = a =⇒ (g2h)(a) = h(g(a)) = a =⇒ g2h ∈ Ua . Zu (2.): Sei f : Ba −→ {g2Ua | g ∈ Dn }, g(a) 7→ g2Ua eine Abbildung von Ba in die Menge der Linksnebenklassen von G nach Ua . Unsere Behauptung (2.) ist bewiesen, wenn man zeigen kann, daß f bijektiv ist, d.h., injektiv und surjektiv. Offenbar ist f surjektiv. Die Injektivit¨ at von f ergibt sich aus: g1 2Ua = g2 2Ua =⇒ ∃u ∈ Ua : g1 = g2 2u =⇒ g2−1 2g1 ∈ Ua

=⇒ (g2−1 2g1 )(a) = a =⇒ g1 (g2−1 (a)) = a =⇒ g1 (a) = g2 (a)

=⇒ g2−1 (a) = g1−1 (a)

88


Zu (3.): Sei Ba = Ba′ . Dann gilt (unter Verwendung von Satz 2.2.11 und (2.)): |G| |G| |G| |G| = = = = |Ua′ |, |Ua | = |Dn : Ua | |Ba | |Ba′ | |Dn : Ua′ | d.h., (2.) ist bewiesen. Zu (4.): Nach Definition ist

X 1 · |Ua |. |Dn |

tn =

a∈A

¨ Wählt man aus jeder Aquivalenzklasse Ba genau einen Vertreter aus, erhält man gewisse Elemente a1 , a2 , ..., atn und es gilt (unter Verwendung von (3.) und (2.)): P Ptn i=1 |Uai | · |Bai | a∈A |Ua | = Ptn = i=1 |Uai | · |Dn : Uai | Ptn |Dn | = i=1 |Ua | i

= |Dn | · tn ,

woraus sich tn =

X 1 · |Ua | |Dn | a∈A

ergibt. Zu (5.): Es gilt P

a∈A

und

P

|Ua | =

g∈Dn

Folglich haben wir

P

a∈A |{g

∈ Dn | g(a) = a}|

= |{(g, a) | g ∈ Dn ∧ a ∈ A ∧ g(a) = a}| ϕg =

P

g∈Dn

|{a ∈ A | g(a) = a}|

= |{(g, a) | g ∈ Dn ∧ a ∈ A ∧ g(a) = a}|. X

a∈A

|Ua | =

X

ϕg

g∈Dn

und der Satz von Burnside ist bewiesen.

¨ Aufgabe 2.24 (Uberpr¨ ufen von Ringeigenschaften) Sei M eine nichtleere Menge. Sind (P(M ); ∆, ∩) und (P(M ); ∆, ∪) Ringe?


89

Lösung. In der L¨ osung zur Aufgabe 2.15, (a) wurde bereits bewiesen, daß (P(M ); ∆) eine kommutative Gruppe ist. Aus Satz 1.2.4 ergibt sich, daß sowohl (P(M ); ∩) als auch (P(M ); ∪) eine kommutative Halbgruppe bilden. Es bleibt also nur noch zu u ufen, ob die Distributivgesetze der Form ¨berpr¨ (A∆B) ∩ C = (A ∩ C)∆(B ∩ C), (A∆B) ∪ C = (A ∪ C)∆(B ∪ C) f¨ ur beliebige Mengen A, B, C ∈ P(M ) gelten. Dies ist aber leicht mittels Tabellen festzustellen: Es gilt A 0 0 0 0 1 1 1 1

B 0 0 1 1 0 0 1 1

C A∆B (A∆B) ∩ C A ∩ C B ∩ C (A ∩ C)∆(B ∩ C) 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 1 1 0 1 1 0 1 0 0 0 0 1 1 1 1 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 1 0

A 0 0 0 0 1 1 1 1

B 0 0 1 1 0 0 1 1

C A∆B (A∆B) ∪ C A ∪ C B ∪ C (A ∪ C)∆(B ∪ C) 0 0 0 0 0 0 1 0 1 1 1 0 0 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 0 0 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 0 1 0 1 1 1 0

und

Also ist nur die algebraische Struktur (P(M ); ∆, ∩) ein Ring. Aufgabe 2.25 (Ringe mit genau drei Elementen) Sei R := ({o, a, b}; +, ·) ein Ring. Wie viele Möglichkeiten (bis auf Isomorphie) gibt es f¨ ur R?

Lösung. Nach Abschnitt 2.2 gibt es (bis auf Isomorphie) f¨ ur + nur die folgende Möglichkeit: + o a b o o a b a a b o b b o a

90


Nach Satz 2.3.1 gilt f¨ ur beliebige x ∈ R: x · o = o · x = o. Folglich haben wir · o a b

o a b o o o o o

Aus den Distributivgesetzen, die in einem Ring gelten m¨ ussen, und obiger Festlegung von + erhalten wir: o = a · o = a · (a + b) = a · a + a · b, o = b · o = b · (a + b) = b · a + b · b,

o = o · a = (a + b) · a = a · a + b · a, o = o · b = (a + b) · b = a · b + b · b.

Es gen¨ ugt, die folgenden drei F¨ alle zu betrachten: Fall 1: a · a = a. ¨ In diesem Fall ergibt sich aus obigen Uberlegungen: a · b = −a = b, b · a = b, b · b = −b = a, d.h., die Tabelle f¨ ur · im Fall 1 lautet: · o a b

o o o o

a o a b

b o b a

Wir haben damit eine algebraische Struktur erhalten, die zum Ring Z3 isomorph ist. Fall 2: a · a = b. In diesem Fall erh¨ alt man die Tabelle · o a b

o o o o

a o b a

b o a b

die zeigt, daß auch im Fall 2 R zum Ring Z3 isomorph ist. Fall 3: a · a = o. Die Tabelle f¨ ur · im Fall 3 lautet dann: · o a b

o o o o

a o o o

b o o o

Offenbar ergibt eine solche Festlegung von · einen Ring, den sogenannten Zeroring. Zusammengefaßt gibt es also (bis auf Isomorphie) genau zwei Ringe mit drei Elementen.


91

¨ Aufgabe 2.26 (Uberpr¨ ufen von Körpereigenschaften) Auf der Menge R × R seien die folgenden Operationen definiert: (x, y) ⊕ (u, v) := (x + u, y + v), (x, y) ⊙ (u, v) := (x · u − y · v, x · v + y · u). Man zeige, daß (R × R; ⊕, ⊙) ein K¨ orper ist. Lösung. Da (R; +) eine kommutative Gruppe, ist offenbar auch (R × R; ⊕) eine kommutative Gruppe mit dem neutralen Element (0, 0). Noch zu zeigen: (R2 \{(0, 0)}; ⊙) ist eine kommutative Gruppe und es gelten die Distributivgesetze. Da (R; ·) eine kommutative Halbgruppe ist, gilt in (R2 \{(0, 0)}; ⊙) das Kommutativgesetz. Die Assoziativit¨ at von ⊙ folgt aus ((x, y) ⊙ (u, v)) ⊙ (a, b) = (x · u − y · v, x · v + y · u) ⊙ (a, b) = ((x · u − y · v) · a − (x · v + y · u) · b, (x · u − y · v) · b + (x · v + y · u) · a) = (x · u · a − y · v · a − x · v · b − y · u · b, x · u · b − y · v · b + x · v · a + y · u · a) und

(x, y) ⊙ ((u, v)) ⊙ (a, b)) = (x, y) ⊙ (u · a − v · b, u · b + v · a) = (x · (u · a − v · b) − y · (u · b + v · a), x · (u · b + v · a) + y · (u · a − v · b)) = (x · u · a − y · v · a − x · v · b − y · u · b, x · u · b − y · v · b + x · v · a + y · u · a).

Wegen (x, y) ⊙ (1, 0) = (x · 1 − y · 0, x · 0 + y · 1) = (x, y)

ist (1, 0) das neutrale Element der Halbgruppe (R2 \{(0, 0)}; ⊙). Da −y x (x, y) ⊙ ( x2 +y 2 , x2 +y 2 ) = (x ·

x x2 +y 2

−y·

−y x2 +y 2 , x

·

−y x2 +y 2

+y·

x x2 +y 2 )

= (1, 0) existiert zu jedem Element aus R2 \{(0, 0)} ein inverses Element.

92


Das Distributivgesetz (x, y) ⊙ ((u, v) ⊕ (a, b)) = ((x, y) ⊙ (u, v)) ⊕ ((x, y) ⊙ (a, b)) ergibt sich aus (x, y) ⊙ ((u, v) ⊕ (a, b)) = (x, y) ⊙ ((u + a, v + b)) = (x · (u + a) − y · (v + b), x · (v + b) + y · (u + a)) = (x · u + x · a − y · v − y · b, x · v + x · b + y · u + y · a) und

((x, y) ⊙ (u, v)) ⊕ ((x, y) ⊙ (a, b)) = (x · u − y · v, x · v + y · u) ⊕ (x · a − y · b, x · b + y · a) = (x · u + x · a − y · v − y · b, x · v + x · b + y · u + y · a).

Das zweite Distributivgesetz m¨ ussen wir wegen der Kommutativität von · nicht beweisen. Aufgabe 2.27 (Beispiel einer Gruppe) Sei R := (R; +, ·) ein Ring mit der Eigenschaft, daß die Halbgruppe (R; ·) kommutativ ist und ein Einselement 1 besitzt. Außerdem bezeichne E die Menge {x ∈ R | ∃y ∈ R : x · y = 1}. Man beweise: (E; ·) ist eine kommutative Gruppe.

Lösung. Wir zeigen zun¨ achst, daß E bez¨ uglich · abgeschlossen ist. Seien a, b ∈ E, d.h., es existieren a′ , b′ ∈ R mit a · a′ = 1 und b · b′ = 1. Aus der Assoziativität und Kommutativit¨ at von · folgt dann: (a · b) · (a′ · b′ ) = (a · a′ ) · (b · b′ ) = 1 · 1 = 1.

Also gehört a · b zu E und E ist abgeschlossen bez¨ uglich ·. Da (R; ·) eine kommutative Halbgruppe mit Einselement 1 ist, ist auch (E; ·) – wegen der Abgeschlossenheit – eine kommutative Halbgruppe, die außerdem 1 enthält. Daß zu jedem Element außerdem ein Inverses existiert, ergibt sich unmittelbar aus der Definition von E. Aufgabe 2.28 (Rechnen mit komplexen Zahlen) Man berechne f¨ ur (a) z1 = 1 − 2 · i und z2 = 3 + 4 · i, (b) z1 = 1 − 2 · i und z2 = 3 + 5 · i

die komplexen Zahlen z1 + z2 , z1 − z2 , z1 · z2 , z1 · z2−1 und z14 .


93

Lösung. z1 + z2 =

(a) 4+2·i

z1 − z2 = −2 − 6 · i z1 · z2 =

11 − 2 · i

z1 · z2−1 = − 15 − z14 =

2 5

·i

(b) 4+3·i −2 − 7 · i 13 − i

3 34

−

5 34

·i

−7 + 24 · i −7 + 24 · i

Aufgabe 2.29 (Trigonometrische Darstellung von komplexen Zahlen) F¨ ur die nachfolgend angegebenen komplexen Zahlen berechne man die trigonometrische Darstellung: √ 1 + 3 · i, −3 + 7 · i, −3 − 7 · i, (1 + i)100 .

Lösung. √ 1 + 3 · i = 2 · (cos π3 + i · sin π3 ), √ 113·π −3 + 7 · i = 58 · (cos 113·π 180 + i · sin 180 ) ≈ 7.6 · (cos 1.97 + i · sin 1.97), √ 247·π −3 − 7 · i = 58 · (cos 247·π 180 + i · sin 180 ) ≈ 7.6 · (cos 4.3 + i · sin 4.3), (1 + i)100 = 250 · (cos π + i · sin π).

Aufgabe 2.30 (Lösen von Gleichungen in C) Man berechne sämtliche komplexen L¨ osungen der Gleichungen: (a) (b) (c) (d)

z 2 + z + 1 = 0, z 3 + 1 = 0, z 6 + 64 = 0, z 6 + 729 = 0.

Lösung. (a): Offenbar gilt z 2 + z + 1 = (z + 12 )2 + 43 . Indem man zunächst die Lösungen von w2 = − 34 bestimmt, erh¨ alt man als Lösungen der Gleichung z 2 + z + 1 = 0 folglich: √ √ 1 3 1 3 z0 = − + · i und z1 = − − · i. 2 2 2 2 (b): Es gibt genau 3 L¨ osungen, die man anhand der Lösungsformel aus Abschnitt 2.3 berechnen kann: z0 = cos π3 + i · sin π3 =

1 2

+

√ 3 2

z1 = cos π + i · sin π = −1 5π z2 = cos 5π 3 + i · sin 3 =

1 2

−

·i

√ 3 2

·i

94


(c): Es gibt genau 6 L¨ osungen, die man anhand der Lösungsformel aus Abschnitt 2.3 berechnen kann: √ z0 = 2 · (cos π6 + i · sin π6 ) = 3 + i z1 = 2 · (cos π2 + i · sin π2 ) = 2 · i

√ 5π z2 = 2 · (cos 5π 6 + i · sin 6 ) = − 3 + i √ 7π z3 = 2 · (cos 7π 6 + i · sin 6 ) = − 3 − i

3π z4 = 2 · (cos 3π 2 + i · sin 2 ) = −2 · i √ 11π z5 = 2 · (cos 11π 3−i 6 + i · sin 6 ) =

(d): Analog zu (c) erh¨ alt man die folgenden 6 Lösungen: z0 = 3 · (cos π6 + i · sin π6 ) =

√ 3 3 2

z1 = 3 · (cos π2 + i · sin π2 ) = 3 · i

+

3 2

·i

√

5π 3 3 z2 = 3 · (cos 5π 6 + i · sin 6 ) = − 2 +

z3 = 3 · (cos z4 = 3 · (cos

7π 6 3π 2

+ i · sin + i · sin

7π 6 ) 3π 2 )

=

√ −323

3 2

·i

−

3 2

·i

−

3 2

·i

= −3 · i

11π z5 = 3 · (cos 11π 6 + i · sin 6 ) =

√ 3 3 2

Aufgabe 2.31 (Komplexe Zahlen) Man beweise: ∀a, b, r, s ∈ R ∀n ∈ N : a + b · i = (r + s · i)n =⇒ a2 + b2 = (r2 + s2 )n . Lösung. Bekanntlich ist die komplexe Zahl a + b · i auch in der trigonometrischen Form p a2 + b2 · (cos ϕ + i · sin ϕ) mit passend gewähltem ϕ ∈ [0, 2·π) darstellbar. Entsprechendes gilt f¨ ur r+s·i: p r2 + s2 · (cos α + i · sin α), wobei α ∈ [0, 2 · π). Mit Hilfe der Moivreschen Formel folgt hieraus die Behauptung: Wegen p n (r + s · i)n = (r2 + s2 ) 2 (cos nα + i · sin nα) = a2 + b2 (cos ϕ + i · sin ϕ)

gilt

2 Aufgaben zu: Klassische algebraische Strukturen n

(r2 + s2 ) 2 = d.h.,

95

p a2 + b 2 ,

(r2 + s2 )2 = a2 + b2 . Aufgabe 2.32 (Lösen einer Gleichung in C) Welche komplexen Zahlen z erf¨ ullen die Gleichung |z|2 + 2 · Re z = 3 ? Lösung.

Setzt man z = x + i · y, so ergibt sich aus der gegebenen Gleichung x2 + y 2 + 2x = 3

beziehungsweise (x + 1)2 + y 2 = 4. Also: Alle z, die in der Gaußschen Zahlenebene auf einem Kreis mit dem Mittelpunkt (-1,0) und dem Radius 2 liegen, erf¨ ullen die gegebene Gleichung.

Aufgabe 2.33 (Eine endliche Gruppe aus komplexen Zahlen) Es sei E := {a ∈ C | an = 1} die Menge aller komplexen Lösungen der Gleichung xn = 1. Man zeige, daß diese Menge zusammen mit der gewöhnlichen Multiplikation, die f¨ ur komplexe Zahlen definiert ist, eine Gruppe bildet. Lösung.

In Abschnitt 2.3 wurde gezeigt, daß eine Gleichung der Form z n = r(cos ϕ + i · sin ϕ)

genau n paarweise verschiedene L¨ osungen z0 , ..., zn−1 in C besitzt, die durch zk :=

√ ϕ + 2πk ϕ + 2πk n r · (cos + i · sin ) n n

mit k ∈ {0, 1, 2, ..., n − 1} darstellbar sind. Indem man r = 1 und ϕ = 0 setzt, erhält man folglich: E = {cos

2πk 2πk + i · sin | k ∈ {0, 1, 2, ..., n − 1} }. n n

2πk 2πl Da f¨ ur beliebige zk , zl ∈ E mit zk := cos 2πk n + i · sin n und zl := cos n + 2πl i · sin n laut Abschnitt 2.3

zk · zl = cos

2π(k + l) 2π(k + l) + i · sin n n

96


gilt, ist die Menge E bez¨ uglich · abgeschlossen. Zu E gehört offenbar auch 1, womit E ein Einselement besitzt. Wie man leicht nachpr¨ uft, ist zn−k := cos

2π(n − k) 2π(n − k) + i · sin n n

2πk das zu zk := cos 2πk n + i · sin n ∈ E inverse Element. Also ist (E; ·) eine Gruppe.

Aufgabe 2.34 (Rechenregeln f¨ ur komplexe Zahlen) Beweisen Sie Satz 2.3.5: F¨ ur beliebige komplexe Zahlen z, z1 , z2 gilt: (1) z = z, (2) z1 + z2 = z 1 + z 2 (3) z1 · z2 = z1 · z2 (4) Re z = z+z 2 (5) (6) (7) (8)

Im z = z−z 2 ·i 2 |z| = z · z |z| = |z| z −1 = |z|z 2 f¨ ur z 6= 0

(9) |z1 · z2 | = |z1 | · |z2 | (10) |z1 + z2 | ≤ |z1 | + |z2 | Lösung.

Seien

z := a + b · i, z1 := x + y · i, z2 := u + v · i (a, b, x, y, u, v ∈ R). Dann ergibt sich aus den im Abschnitt 2.3 angegebenen Definitionen: z = a − b · i, z 1 = x − y · i, z 2 = u − v · i, z1 + z2 = (x + u) + (y + v) · i, z1 + z2 = (x + u) − (y + v) · i, z 1 + z 2 = (x + u) − (y + v) · i, z1 · z2 = (x · u − y · v) + (x · v + y · u) · i, z1 · z2 = (x · u − y · v) − (x · v + y · u) · i, z 1 · z 2 = (x · u − y · v) − (x · v + y · u) · i Re z = a, Im z = b, z+z 2 z−z 2

·i= ·i=

2·a 2

= a,

2·b 2

= b,


|z| =

√ a2 + b2 = |z|,

|z|2 = a2 + b2 ,

z · z = (a + b · i) · (a − b · i) = a2 + b2 , s |z1 · z2 | = (x · u − y · v)2 + (x · v + y · u)2 , | {z } =x2 ·u2 +x2 ·v 2 +y 2 ·u2 +y 2 ·v 2

p p √ |z1 | · |z2 | = x2 + y 2 · u2 + v 2 = x2 · u2 + x2 · v 2 + y 2 · u2 + y 2 · v 2

|z1 + z2 |2 = |(x + u) + (y + v) · i|2 = (x + u)2 + (y + v)2 , p √ (|z1 | + |z2 |)2 = ( x2 + y 2 + u2 + v 2 )2

Damit sind (1)–(7) und (9) bewiesen. Zum Beweis von (8) hat man z · |z|z 2 = 1 f¨ ur jedes z 6= 0 zu zeigen: z·

z a−b·i = (a + b · i) · 2 = 1. |z|2 a + b2

Offenbar gilt |z1 + z2 | ≤ |z1 | + |z2 | ⇐⇒ |z1 + z2 |2 ≤ (|z1 | + |z2 |)2 . (10) folgt damit aus 0 ≤ (x · v − y · u)2 =⇒ 0 ≤ x2 · v 2 − 2 · x · u · y · v + y 2 · u2 =⇒ 2 · x · u · y · v ≤ x2 · v 2 + y 2 · u2 =⇒ x2 · u2 + 2 · x · u · y · v + y 2 · v 2 ≤ x2 · u2 + x2 · v 2 + y 2 · u2 + y 2 · v 2 =⇒ (x · u + y · v)2 ≤ (x2 + y 2 ) · (u2 + v 2 ) p √ =⇒ 2 · x · u + 2 · y · v ≤ 2 · x2 + y 2 · u2 + v 2

=⇒ x2 + 2 · x · u + u2 + y 2 + 2 · y · v + v 2 ≤ p √ x2 + y 2 + 2 · x2 + y 2 · u2 + v 2 + u2 + v 2 p √ =⇒ (x + u)2 + (y + v)2 ≤ ( x2 + y 2 + u2 + v 2 )2

=⇒ |z1 + z2 |2 ≤ (|z1 | + |z2 |)2

97

3 Aufgaben zu: Lineare Gleichungssysteme, Determinanten und Matrizen

Aufgabe 3.1 (Cramersche Regel, Abschnitt 3.1, Satz 3.1.11) Mit Hilfe der Cramerschen Regel l¨ ose man das folgende LGS u ¨ber dem Körper R: 5x + 3y = −5 7x − 3y = Lösung.

und

Folglich

Es gilt

2

5 3 = 5 · (−3) − 7 · 3 = −36 A := 7 −3

−5 3 5 −5 = 45. A1 := = 9, A2 := 2 −3 7 2 x=

A1 A

=

9 −36

= − 14

y=

A2 A

=

45 −36

= − 54 .

Aufgabe 3.2 (Komplexe Zahlen; Cramersche Regel, Satz 3.1.11) Mit Hilfe der Cramerschen Regel l¨ ose man das folgende LGS u ¨ber dem Körper C: 2·i·x + y = −3 + i (1 − i) · x + (4 + 2 · i) · y = Lösung.

Es gilt

2·i 1 A := = −5 + 9 · i 1−i 4+2·i

1


100


und −3 + i 2 · i −3 + i 1 = 2 − 2 · i. A1 := = −15 − 2 · i, A2 := 1 4+2·i 1−i 1

Folglich und unter Verwendung von (a + b · i)−1 =

a a2 +b2

+

57 106

−b a2 +b2

x=

A1 A

= (−15 − 2i) · (−5 + 9i)−1 =

+

145 106

· i,

y=

A2 A

28 = (2 − 2 · i) · (−5 + 9i)−1 = − 106 −

8 106

· i.

· i:

Aufgabe 3.3 (Inversionszahlen) Berechnen Sie die Inversionszahl I(si ) (i = 1, 2) f¨ ur die folgenden Permutationen: 1 2 3 4 5 6 (a) s1 := , 5 6 3 2 1 4 1 2 3 4 5 6 7 8 (b) s2 := . 5 8 3 2 7 4 1 6 Lösung. (a): Inversionen der Permutation s1 sind (5,3), (5,2), (5,1), (5,4), (6,3), (6,2), (6,1), (6,4), (3,2), (3,1) und (2,1), d.h., I(s1 ) = 11. (b): I(s2 ) = 16. 2 Vor der nächsten Aufgabe lese man die S¨ atze 3.1.4–3.1.10. Außerdem findet man im Abschnitt 3.1 f¨ unf Beispiele zur Determinantenberechnung. Aufgabe 3.4 (Berechnen von Determinanten) Man berechne die folgenden Determinanten u ¨ber dem 1 2 0 10 8 10 −1 4 5 (a) −11 4 −5 , (b) 10 0 −2 1 0 2 0 1 2 1 0 −1 1 1 1 0 3 0 1 0 −1 −1 1 2 0 1 1 1 (c) 1 0 2 1 −5 , (d) 0 1 2 1 5 1 0 1 0 0 1 1 2 1 1 0 8 9 13 Lösung.

(a): -1056; (b): -15; (c): 40; (d): -84.

Körper R: 3 2 , 4 1 −1 1 1 3 2 0 1 4 3 0 5 −6

0 0 0 . 0 0 3


101

Aufgabe 3.5 (Anwenden von Determinanteneigenschaften; Satz 3.1.6) Sei A := |ai,j |n eine Determinante mit ( 1, falls j = n − i + 1, ai,j := 0 sonst, u ¨ber dem Körper R. Man berechne A. Lösung. Gestalt

Die oben beschriebene Determinante n-ter Ordnung ist von der 0 0 ... 0 1 0 0 ... 1 0 ........... . 0 1 ... 0 0 1 0 ... 0 0

Vertauscht man in dieser Determinante die erste mit der n-ten Spalte, die zweite mit der (n − 1)-ten Spalte, usw., so erhält man die Determinante der Einheitsmatrix. Insgesamt sind dazu k, falls n = 2 · k, m := k − 1, falls n = 2 · k − 1, Vertauschungen von Spalten erforderlich. Bei jedem Vertauschen von zwei Spalten ändert die Determinante ihr Vorzeichen. Folglich gilt A = (−1)m . Aufgabe 3.6 (Anwenden von Determinanteneigenschaften; Satz 3.1.5) Wie ändert sich die Determinante |A| f¨ ur die (n, n)-Matrix A := (aij )n,n ∈ Rn×n , wenn man f¨ ur alle i, j die Elemente aij von A durch ti−j ·aij (t ∈ R\{0}) ersetzt? Lösung.

Sei B := (ti−j · aij )n,n .

Dann gilt

0 t a11 t−1 a12 t−2 a13 ... t1−n a1n 1 t0 a22 t−1 a23 ... t2−n a2n t a21 t1 a32 t0 a33 ... t3−n a3n |B| = t2 a31 ..................................... tn−1 a tn−2 a tn−3 a ... t0 a n1

n2

n3

nn

.

Zieht man nun aus der zweiten Zeile den gemeinsamen Faktor t1 , aus der dritten Zeile den gemeinsamen Faktor t2 , usw. aus der Determinante heraus, so erhält man:

102


0 t a11 t−1 a12 t−2 a13 ... t1−n a1n 0 t a21 t−1 a22 t−2 a23 ... t1−n a2n |B| = t1 · t2 · ... · tn−1 · t0 a31 t−1 a32 t−2 a33 ... t1−n a3n ................................. t0 a t−1 a t−2 a ... t1−n a n1

n2

n3

nn

.

Nochmaliges Herausziehen gemeinsamer Faktoren (diesmal aus den Spalten) liefert: |B| = t1 · t2 · ... · tn−1 · t0 · t−1 · t−2 · ... · t1−n · |A| = |A|. Also ändert sich der Wert der Determinante durch das oben beschriebene Ersetzen nicht. Aufgabe 3.7 (Matrizenmultiplikation, vollständige Induktion) Sei   λ 1 0 C :=  0 λ 1  . 0 0 λ

Man gebe Cn f¨ ur n ∈ N an und beweise diese Formel f¨ ur Cn durch vollständige Induktion u ¨ber n ≥ 1. Wir beweisen durch vollst¨ andige Induktion u ¨ber n ∈ N:  n  λ n · λn−1 n2 · λn−2   Cn =  λn n · λn−1   0 . n 0 0 λ (I) Wegen 12 = 0 ist die obige Behauptung offenbar f¨ ur n = 1 richtig. (II) Angenommen, f¨ ur ein k ≥ 1 aus N ist   λk k · λk−1 k2 · λk−2   Ck =  λk k · λk−1   0 . 0 0 λk Lösung.

Dann gilt



 Ck+1 = Ck · C =  

λk+1 (k + 1) · λk k · λk−1 + 0

λk+1

0

0

woraus sich die Behauptung f¨ ur k + 1 wegen

k 2

· λk−1



 (k + 1) · λk  , λk+1


k+

103

k k+1 = 2 2

ergibt. Aufgabe 3.8 (Inverse Matrix, Rangberechnung, Matrizenoperationen) Man berechne (a)  (b)

−1 2 6 4  −2 1 1  (mit Hilfe von Adjunkten), 0 2 0 

3  3   4  rg   −2  2   1 1

(c) 

 3 3 3 3 −2 5 1 0   −1 6 2 1   −1 7 0 1  , −1 15 5 6   −3 12 1 1  2 3 4 5

T 





0 1 0 2 4 0 −1 1 0  0 1 1  ·0 1 1 1 · 0 1 2 3 0 2 0 1 1

 1 0 . 1 0

Lösung. (a): Auf welche Weise man mit Hilfe von Adjunkten die zur gegebenen Matrix inverse Matrix berechnet, findet man im Beweis von Satz 3.2.4 erläutert. Ergebnis:   −2 8 2 1  0 0 −10  . − · 20 −4 −4 14

(b): 4 (c):



 2 3 3 1 6 7

104


Aufgabe 3.9 (Rang einer Matrix) Man berechne in Abh¨ angigkeit von t ∈ R den Rang der Matrix   1 2 3 4 5 1 t t + 1 2t 5   ∈ R4×5 . A :=  2 2 t 6 8 10  0 4−t 1 0 0 Lösung.

Es gilt:

 ur t = 2,  2 f¨ ur t = −2, rg A = 3 f¨  4 sonst.

Um dies zu begr¨ unden, kann man durch rangäquivalente Umformungen (siehe Satz 3.3.1) die gegebene Matrix in eine von Trapezform u uhren. Dabei ¨berf¨ sollte man, um komplizierte Fallunterscheidungen zu vermeiden, versuchen, nicht durch die Unbekannte t zu dividieren. Offenbar ist die 5. Spalte das 5fache der ersten Spalte und kann damit weggelassen werden. Umordnen der Spalten von A liefert:   1 3 4 2  1 t + 1 2t t  rg A = rg  2 . 2 6 8 t 0 1 0 4−t Durch die rangäquivalenten Umformungen Z2 − Z1 und Z3 − 2 · Z1 , wobei Zi mit i ∈ {1, 2, 3} die i-te Zeile obiger Matrix bezeichnet, erhält man:   1 3 4 2  0 t − 2 2t − 4 t − 2  . rg A = rg  0 0 0 t2 − 4  0 1 0 4−t

Zeilenvertauschungen und Subtraktion des (t−2)-fachen der zweiten Zeile von der dritten Zeile f¨ uhren zu rg A 

 1 3 4 2 0 1 0 4−t   = rg   0 t − 2 2t − 4 t − 2  = rg 0 0 0 t2 − 4



1 0  0 0

 3 4 2 1 0 4−t  . 0 2t − 4 (t − 2)(t − 3)  0 0 t2 − 4

Wie man leicht nachpr¨ uft, folgen aus der letzten Matrix die oben angegebenen Rangaussagen u ¨ber A.


105

Aufgabe 3.10 (Matrizeneigenschaft) Man gebe zwei (2,2)-Matrizen A, B u ur die ¨ber dem Körper (Z5 ; +, ·) an, f¨ A · B 6= B · A gilt. Lösung.

Wählt man z.B. A=

1 2 3 0

B=

1 1 3 1

und

so erhält man

,

A·B=

2 3 3 3

mod 5

B·A =

4 2 1 1

mod 5,

und

womit A · B 6= B · A gilt. Aufgabe 3.11 (Anwendung des Determinantenmultiplikationssatzes, Satz 3.2.5) Man berechne die Determinante von   a b c d  −b a d −c   A :=   −c −d a b  , −d c −b a indem man von der Determinante |A · AT | ausgeht.

Lösung. Unter Verwenden der Bezeichnung s := a2 + b2 + c2 + d2 pr¨ uft man leicht nach, daß   s 0 0 0 0 s 0 0  A · AT =   0 0 s 0 . 0 0 0 s

Folglich |A · AT | = s4 = (a2 + b2 + c2 + d2 )4 und |A · AT | = |A| · |AT | = |A|2 . Also gilt |A| = (a2 + b2 + c2 + d2 )2 .

106


Aufgabe 3.12 (Beweis einer Matrizeneigenschaft) Man beweise: Seien n ungerade, A ∈ Rn×n und A = −AT . Dann gilt |A| = 0. Lösung. Falls A = −AT , so gilt nach den Sätzen 3.1.5 und 3.1.4 sowie der Voraussetzung, daß n ungerade ist: |A| = | − AT | = (−1)n · |AT | = (−1)n · |A| = −|A|. Aus |A| = −|A| folgt dann unmittelbar die Behauptung |A| = 0. Aufgabe 3.13 (Beweis einer Matrixeigenschaft) Sei A eine (n, n)-Matrix, die mehr als n2 − n Elemente besitzt, die gleich 0 sind. Man zeige, daß dann die Determinante von A gleich 0 ist. Lösung. Da mehr als n2 − n Elemente von A gleich 0 sind, enthält A mindestens eine Nullzeile oder Nullspalte, womit |A| = 0 ist. Aufgabe 3.14 (Beweis einer Matrizeneigenschaft) Eine Matrix A heißt symmetrisch, wenn AT = A ist. Eine Matrix A heißt schiefsymmetrisch, wenn AT = −A gilt. Man beweise: Jede (n, n)-Matrix A l¨ aßt sich als Summe einer symmetrischen Matrix As und einer schiefsymmetrischen Matrix At darstellen. Lösung. Wählt man As := offenbar A = As + At und

1 2

· (A + AT ) und At :=

ATs = ( 12 · (A + AT ))T =

ATt = ( 12 · (A − AT ))T =

1 2 1 2

1 2

· (A − AT ), so gilt

· (AT + A) = As ,

· (AT − A) = −At ,

d.h., unsere Behauptung ist bewiesen. Aufgabe 3.15 (Beweis einer Matrizeneigenschaft) Seien A und B Matrizen aus K n×n . Man beweise: (a) Ist A symmetrisch, so ist auch BT · A · B symmetrisch. (b) Ist A schiefsymmetrisch, so ist auch BT · A · B schiefsymmetrisch. Lösung. Obige Behauptungen pr¨ uft man leicht unter Verwenden von (X · Y)T = YT · XT (siehe Satz 3.2.7) und X · ((−1) · Y) = −(X · Y) (siehe Satz 3.2.8, (5)), wobei X, Y ∈ K n×n , nach: Falls AT = A, gilt: (BT · A · B)T = BT · AT · (BT )T = BT · A · B.


107

Falls AT = −A, haben wir

(BT · A · B)T = BT · AT · B = BT · (−A) · B = −BT · A · B.

Aufgabe 3.16 (Eigenschaft inverser Matrizen) Sei A eine reguläre Matrix. Man beweise: (A−1 )T = (AT )−1 . Lösung. Offenbar gilt nach Definition einer inversen Matrix und unter Verwenden von Satz 2.2.2 sowie Satz 3.2.6: (AT )−1 = (A−1 )T ⇐⇒ AT · (A−1 )T = E. Damit folgt unsere Behauptung aus: AT · (A−1 )T = (A−1 · A)T = ET = E (siehe auch Satz 3.2.7, (3)). Aufgabe 3.17 (Eigenschaften von Matrizen) Eine Matrix B ∈ Rn×n \{On,n } heißt positiv definit, wenn ∀x ∈ Rn×1 : xT · B · x ≥ 0

(xT B · x = 0 ⇐⇒ x = o)

∧

gilt. Man zeige, daß f¨ ur eine beliebige regul¨ are Matrix A ∈ Rn×n die Matrix T B := A · A symmetrisch und positiv definit ist. Lösung. Wegen (AT ·A)T = AT ·(AT )T = AT ·A ist B offenbar symmetrisch. F¨ ur x ∈ Rn×1 sei y := A · x, wobei y := (y1 , y2 , ..., yn )T . Dann gilt: xT · AT · A · x = (A · x)T · (A · x) = yT · y = y12 + y22 + ... + yn2 ≥ 0

und y12 + y22 + ... + yn2 = 0 ⇐⇒ y1 = y2 = ... = yn = 0.

Da |A| 6= 0, gilt y = o nur genau dann, wenn x = o ist. Also haben wir: y12 + y22 + ... + yn2 = 0 ⇐⇒ y = o ⇐⇒ x = o

Aufgabe 3.18 (Inverse Matrix) Man berechne mit Hilfe der zwei im Kapitel 3 angegebenen die Sätze 3.2.4 und 3.4.3) die zur Matrix    1 0 0 0 1 3  0 3 −2 0  3 1  (a) A :=  (b) A :=  0 5 0 1 1 0 0 1 1 0 2 2 inverse Matrix.

Verfahren (siehe 1 0 1 2

 2 2  2 5

108


Lösung.

(a): A−1

(b): A−1





 5 0 0 0 1 0 1 0 2  = ·  0 −1 0 3 5 0 −5 5 −10

   −3 −3 −9 6 1 1 3 −2   1  −3 0 3 0  = 1 ·  1 0 −1 0  = − ·     −9 3 −24 12 3 −1 8 −4 9 3 6 0 12 −9 −2 0 −4 3

Aufgabe 3.19 (Eine Anwendung von Matrizen in der Codierungstheorie) Zum Verschl¨ usseln einer Nachricht kann man folgendes Verfahren verwenden. Den 26 Buchstaben des Alphabets werden Zahlen von 0 bis 25 zugeordnet: A 19 N 13

B 2 O 12

C 21 P 16

D 0 Q 18

E 4 R 1

F 7 S 25

G 6 T 20

H 9 U 3

I 17 V 22

J 24 W 5

K 11 X 8

L 15 Y 23

M 14 Z 10

Der Klartext (z.B. ALGEBRA) wird in Bl¨ ocke zu je zwei Buchstaben unterteilt, wobei man nach Bedarf eventuell noch einen Buchstaben (etwa X) hinzuf¨ ugt: AL GE BR AX. Jedem Buchstabenpaar entspricht nach der obigen Tabelle ein gewisses Zahlenpaar (a1 , a2 ), dem man mittels b1 4 7 a1 = · (mod 26) b2 9 22 a2 ein anderes Paar (b1 , b2 ) zuordnen kann, denen wiederum nach obiger Tabelle ein gewisses Buchstabenpaar entspricht. Auf diese Weise läßt sich Algebra zu SFDOLMBH codieren. (a) Man decodiere SIVNXBMHNOTE. (b) Welche Eigenschaften m¨ ussen Matrizen A ∈ Z2×2 besitzen, damit jede 26 T durch (b1 , b2 ) = A · (a1 , a2 )T codierte Nachricht entschl¨ usselt werden kann? Lösung.

(a): Wegen

−1 4 7 4 7 = (mod 26) 9 22 9 22 lautet die Decodierungsformel a1 4 7 b1 = · (mod 26), a2 9 22 b2 womit sich SIVNXBMHNOTE in KRYPTOLOGIE decodieren läßt.


109

(b): Der größte gemeinsame Teiler von det A und 26 muß gleich 1 sein, denn nur in diesem Fall existiert |A|−1 und die inverse Matrix zu A ist berechenbar. Aufgabe 3.20 (Verwenden von Matrizen in der Graphentheorie) Bezeichne G einen ungerichteten Graphen mit der Knotenmenge {1, 2, ..., n}. F¨ ur diesen Graphen lassen sich folgende drei Matrizen bilden: B := (bij )n,n ( Adjazenzmatrix von G“), ” wobei bi,j f¨ ur i 6= j die Anzahl der Kanten, die den Knoten i mit den Knoten j verbinden, bezeichnet, und bii gleich der doppelten Anzahl der mit dem Knoten i inzidierenden Schlingen ist; V := (vi,j )n,n ( Valenzmatrix von G“), ” wobei vij = 0 f¨ ur i 6= j und vii die Anzahl der Kanten ist, die vom Knoten i ausgehen und Schlingen dabei doppelt gez¨ ahlt werden; A := V − B ( Admittanzmatrix von G“). ” Dann gilt der Matrix-Ger¨ ust-Satz (Satz von Kirchhoff-Trent)1 : F¨ ur beliebiges i ∈ {1, 2, ..., n} gibt die Adjunkte Aii der Determinante A := |A| die Anzahl der Ger¨ uste des Graphen G an. (Ger¨ uste sind zusammenhängende spannende Teilgraphen von G mit minimaler Kantenzahl.) Man verifiziere diesen Satz f¨ ur den Graphen 4r r2 Q Q QQ Qr 1 r 3 Lösung.

Es gilt



0 2 B= 1 1  4 0 D= 0 0 1

2 0 0 1

1 0 2 0

0 3 0 0

0 0 3 0

 1 1 , 0 0  0 0 , 0 2

Den Beweis dieses Satzes wie auch den Beweis der Aussage aus der Aufgabe 3.21 findet man in [Lau 2004], Bd. 2.

110




und

 4 −2 −1 −1  −2 3 0 −1   A=  −1 0 1 0  −1 −1 0 2 A11 = A22 = A33 = A44 = 5.

Der obige Graph besitzt also genau 5 Ger¨ uste: r2 4r Q Q QQ r 3 Qr 1 r2 4r Q Q QQ r 3 Qr 1 r2 4r Q Q QQ r 3 Qr 1

r2 4r Q Q QQ r 3 Qr 1 r2 4r Q Q QQ Qr 1 r 3

Aufgabe 3.21 (Verwenden von Matrizen in der Graphentheorie) Jedem schlichten gerichteten Graphen G mit der Knotenmenge {1, 2, ..., n} kann man eine sogenannte Adjazenzmatrix B := (bij )n,n zuordnen, wobei bij die Anzahl der B¨ ogen angibt, die vom Knoten i zum Knoten j gerichtet sind. F¨ ur die Matrix Bk =: (cij )n,n gilt dann, daß cij die Anzahl der gerichteten Kantenfolgen der L¨ ange k vom Knoten i zum Knoten j angibt. Man verifiziere diese Aussage f¨ ur den Graphen 6 q

4

q

q

- q5 q @ 6 @ R q @ 3 6

2

und k = 3.

1


Lösung.

und

Es gilt



0 0  0 B= 0  0 0

2 0 0 0 0 0

1 1 0 0 1 1

0 0 1 0 0 0

0 0 0 1 0 0

0 0  0 B3 =  0  0 0

0 0 0 0 0 0

0 0 2 0 0 0

2 0 0 2 0 0

1 1 0 0 1 1



111

 0 0  0  1  0 0

 1 1  0 . 0  1 1

Wie man leicht nachpr¨ uft, stimmen die aus der Matrix entnehmbaren Aussagen u ¨ber die Anzahl der Kantenfolgen mit den direkt aus dem Graphen ablesbaren Anzahlen u ¨berein. Aufgabe 3.22 (Lineare Gleichungssysteme) Sei K = R. Man bestimme die allgemeine L¨ osung der folgenden LGS: (a) x1 − x2 + 4 · x3 = 0 2 · x1 + x2 − x3 + x4 = 7

(b)

x1 + x2 x2 x1 x2 2x1 (c) x1 + x2 2x1 − x2 x2 2x1

+ + + − −

x3 x3 x3 x3 x3

+ x4 = 7 + x4 = 5 + x4 = 6 = 2 + x4 = 10

− x3 + x4 + x5 + x6 − x3 + 2x4 − x3 + x6 + 2x3 + 2x4

= = = =

(d) 2x1 + 4x2 + 6x3 − 10x4 = 14 x1 + x2 + x3 − 3x4 = 11 x1 + 3x2 + 5x3 + 5x4 = 123 (e) −2x1 + 6x2 − 2x4 + 2x5 2x1 + x3 4x1 + 5x2 − x5 4x1 + 16x2 − x3 − 2x4

= = = =

0 0 0 0

0 0 0 0

112


(f) x1 x1 x1 x1

Lösung. (a):

(b):

(c):

(d):

(e):

(t, t1 , t2 ∈ R).

+ + − − −

3x2 3x2 2x2 4x2 x2

+ 5x3 + 2x3 + x3 + x3 + 3x3

− 4x4 − 2x4 + x5 − x4 − x5 + x4 − x5 + x4

= 1 = −1 = 3 = 3 = 7



       x1 0 1 −4  x2   0   1   0           x3  =  0  + t1 ·  0  + t2 ·  1  x4 7 −3 9 



x1  x2   x3   x4   x5 x6 



   x1 2  x2   1       x3  =  −1  x4 5 

   −1 −1   −3   0         1     = t1 ·   + t2 ·  0    0   1         1   0  4 0

     x1 25 1  x2   16   −2         x3  =  0  + t ·  1  x4 10 0



x1  x2   x3   x4 x5





   1 0   0  1       = t1 ·  −2  + t2 ·  0         3  8 4 5

(f ): Es existiert keine L¨ osung, da rg A = 4 und rg (A, b) = 5.


113

Aufgabe 3.23 (Anwenden des Lösbarkeitskriterium f¨ ur LGS; Satz 3.4.4) Sei K = R. Man begr¨ unde mit Hilfe des Rangkriteriums, daß das LGS x1 + x2 x2 x1 x2 x1 + x2

+ + + + +

x3 x3 6x3 2x3 8x3

+ x4 = 3 + x4 = 5 = 1 + x4 = 3 + x4 = 4

keine Lösungen besitzt. Lösung. Das LGS ist nicht l¨ osbar, da der Rang der Koeffizientenmatrix 3 und der Rang der Systemmatrix 4 ist. Aufgabe 3.24 (Satz 3.4.4, Lösen eines LGS) Sei K = R. Welchen Einfluß hat der Wert a ∈ R auf die Struktur der allgemeinen Lösung des LGS 7x1 2x1 3x1 −x1

− + − +

3x2 − 5x3 x2 + x3 2x2 − 4x3 2x2

+ + + +

ax4 3x4 2x4 4x4

− − + +

2x5 x5 x5 5x5

= = = =

4 0 2 b

und f¨ ur welche b ∈ R ist dieses LGS bei festem a ∈ R lösbar? F¨ ur den Fall a = 4 gebe man außerdem s¨ amtliche Lösungen des LGS an. Lösung.

Es gilt: rg A =

und rg (A, b) =

3 f¨ ur a = 4, 4 sonst

3 f¨ ur a = 4 und b = −2, 4 sonst.

Folglich ist das LGS genau dann l¨ osbar, wenn eine der folgenden zwei Bedingungen erf¨ ullt ist: (a) a = 4 und b = −2. (b) a ∈ R\{4} und b ∈ R.

Im Fall a = 4 hat man also b = −2 zu w¨ ahlen, und die allgemeine Lösung des LGS läßt sich wie folgt beschreiben:         x1 1 −10 4  x2   −3   −29   −13           x3  =  2  + t1 ·  13  + t2 ·  11  (t1 , t2 ∈ R).           x4   0   12  0 x5 1 0 6

114


Aufgabe 3.25 (Satz 3.4.4) Sei K = R. F¨ ur welche t ∈ R hat  1 2 3  5 − t2 2 3   2 3 5 − t2 2 3 4

nichttriviale Lösungen? Lösung.

Es gilt 1 5 − t2 2 2

2 3 2 3 3 5 − t2 3 4

  4 x1  4  ·  x2 1   x3 1 x4





 0  0 =   0 0

4 4 = (t2 − 4) · (1 − t2 ) · (−10). 1 1

Da obige Determinante den Wert 0 haben muß, damit das LGS nichttriviale L¨ osungen besitzt, ist die gesuchte Bedingung t ∈ {2, −2, 1, −1}. Aufgabe 3.26 (Satz 3.4.5) Sei K = Z7 . Man berechne die Anzahl der L¨ osungen von       x1 1 −1 6 1 0  x2   =  4 . 1 2 1 4 ·  x3  3 4 −6 0 0 x4 Lösung.

Die allgemeine L¨ osung lautet       x1 6 0  x2   6  2        x3  =  0  + t ·  6  (mod 7), x4 0 1

wobei t ∈ Z7 , d.h., die allgemeine L¨ osung beschreibt 7 verschiedene Lösungen.

4 Aufgaben zu: Vektorr¨ aume u orper K ¨ ber einem K¨

Aufgabe 4.1 (Der Vektorraum der Lösungen eines homogenen LGS) Man beweise, daß die Menge der L¨ osungen der Matrixgleichung A · x = o (A ∈ K m×n ) einen Untervektorraum des Vektorraums K n×1 bildet. Gilt dies auch f¨ ur die Menge der L¨ osungen der Gleichung A · x = b, falls b ∈ K m×1 \{o} ist? Lösung. Nach Satz 4.2.1 ist eine Teilmenge U eines Vektorraumes V u ¨ber dem Körper K genau dann ein Untervektorraum, wenn U 6= ∅ ∧ (∀α, β ∈ K ∀a, b ∈ U : α · a + β · b ∈ U ) gilt. Sei U := {x ∈ K n×1 | A · x = o}. Da o ∈ U , ist U nichtleer. Außerdem gilt f¨ ur beliebige α, β ∈ K und beliebige a, b ∈ U : A · (α · a + β · b) = A · (α · a) + A · (β · b) = α · (A · a) + β · (A · a) = α · o + β · o = o, d.h., α · a + β · b ∈ U . Folglich ist U ein Untervektorraum von K n×1 . Die Menge W := {x ∈ K n×1 | A · x = b}

mit b 6= o ist dagegen kein Untervektorraum von K n×1 , da (a) W gleich der leeren Menge sein kann, und (b) o nicht zu W geh¨ ort.


116


Aufgabe 4.2 (Untervektorräume) Welche der folgenden Teilmengen Ti ⊆ R4×1 (i = 1, 2, 3) sind Untervektorräume von R4×1 ? (a) T1 := {(x1 , x2 , x3 , x4 )T ∈ R4×1 | x2 + x3 − 2x4 = 0}, (b) T2 := {(x1 , x2 , x3 , x4 )T ∈ R4×1 | x1 + x2 = 1}, (c) T3 := {(x1 , x2 , x3 , x4 )T ∈ R4×1 | x1 ∈ Q}.

Lösung. Nur T1 ist UVR. T2 ist kein UVR, da z.B. (1, 0, 0, 0)T ∈ T2 T T und √ 2 · (1, 0, 0,T 0) 6∈ T2 . T3 ist kein UVR, da z.B. (1, 0, 0, 0) ∈ T3 und 2 · (1, 0, 0, 0) 6∈ T3 (siehe Aufgabe 1.7).

Aufgabe 4.3 (Dimension und Basis eines Untervektorraums) Seien         1 −1 + 2i −i −i 1    0   0  2i        a1 :=   0  , a2 :=  −1  , a3 :=  0  , a4 :=  1  1 2i 1+i 0

orper C. Man bestimme die DiVektoren des Vektoraums C4×1 u ¨ber dem K¨ mension des UVRs U := [{a1 , a2 , a3 , a4 }] und gebe eine Basis f¨ ur diesen UVR an. Lösung.

Wegen rg(a1 , a2 , a3 , a4 ) = 3

ist dim U = 3. Eine m¨ ogliche Basis f¨ ur U ist z.B. {a1 , a2 , a3 }.

Aufgabe 4.4 (Dimension und Basis eines Untervektorraums) Seien           1 0 0 1 1 1 0 1 0 0                    a1 :=   0  , a2 :=  1  , a3 :=  0  , a4 :=  0  , a5 :=  1  1 1 0 1 0 1 0 0 1 1

Vektoren des Vektoraums K 5×1 u orper K mit K ∈ {R, Z2 }. Man ¨ber dem K¨ bestimme die Dimension des UVRs U := [{a1 , a2 , a3 , a4 , a5 }] und gebe eine Basis f¨ ur diesen UVR an.


117

Lösung. Fall 1: K = R. Wegen rg(a1 , a2 , a3 , a4 , a5 ) = 4 ist dim U = 4. Eine m¨ ogliche Basis f¨ ur U ist z.B. {a1 , a2 , a3 , a5 }. Fall 2: K = Z2 . Wegen rg(a1 , a2 , a3 , a4 , a5 ) = 3 ist dim U = 3. Eine m¨ ogliche Basis f¨ ur U ist z.B. {a1 , a2 , a3 }.

Aufgabe 4.5 (Beweis einer Viereckeigenschaft mittels Vektoren) Mit Hilfe von Vektoren beweise man, daß durch die Verbindung der Mittelpunkte benachbarter Seiten in einem Viereck stets ein Parallelogramm entsteht.

Lösung.

Wählt man b

@ @ @ x @ @ c y

a @ @ ? @ @ @ d )

so ist die Behauptung bewiesen, wenn man x = y zeigen kann. Aus obiger Festlegung der Vektoren a, b, c, d, x, y ergibt sich: a + b + c + d = 0, x=

1 2

· (a + b),

y = − 12 · (c + d). Hieraus folgt dann

118


x−y=

1 · (a + b + c + d) = 0, 2

d.h., x = y. Aufgabe 4.6 (Lineare Unabhängigkeit) In einem Vektorraum R V seien die Vektoren a, b, c fixiert. Außerdem seien x := b + c, y := c + a, z := a + b. Man beweise: (a) [{a, b, c}] = [{x, y, z}]. (b) a, b, c sind genau dann linear unabh¨ angig, wenn x, y, z linear unabhängig sind. Sind die Aussagen (a) und (b) auch f¨ ur Vektorräume u ¨ber einem beliebigen Körper richtig? Lösung. (a): Offenbar gilt [{x, y, z}] ⊆ [{a, b, c}]. Da sich außerdem aus x = b + c, y = c + a, z = a + b die Gleichungen a=

1 1 1 · (−x + y + z), b = · (x − y + z), c = · (x + y − z) 2 2 2

ergeben, gilt auch [{a, b, c}] ⊆ [{x, y, z}], womit (a) bewiesen ist. (b): =⇒“: Seien a, b, c linear unabh¨ angig. Wir haben zu zeigen, daß die ” Gleichung x1 · x + x2 · y + x3 · z = o nur die triviale L¨ osung x1 = x2 = x3 = 0 besitzt. Es gilt o = x1 · x + x2 · y + x3 · z = x1 · (b + c) + x2 · (c + a) + x3 · (a + b) = (x2 + x3 ) · a + (x1 + x3 ) · b + (x1 + x2 ) · c. Wegen der linearen Unabh¨ angigkeit von a, b, c folgt hieraus: x2 + x3 = 0 x1 + x3 = 0 x1 + x2 = 0. Da der Rang der Koeffizientenmatrix dieses LGS gleich 3 ist, hat dieses LGS nur die Lösung x1 = x2 = x3 = 0 und x, y, z sind linear unabhängig. ⇐=“: Seien x, y, z linear unabh¨ angig. Wir haben zu zeigen, daß die Gleichung ” x1 · a + x2 · b + x3 · c = o


119

nur die triviale L¨ osung x1 = x2 = x3 = 0 besitzt. Es gilt o = x1 · a + x2 · b + x3 · c = x1 · (−x + y + z) + x2 · (x − y + z) + x3 · (x + y − z) = (−x1 + x2 + x3 ) · x + (x1 − x2 + +x3 ) · y + (x1 + x2 − x3 ) · z. Wegen der linearen Unabh¨ angigkeit von x, y, z folgt hieraus: −x1 + x2 + x3 = 0 x1 − x2 + x3 = 0 x1 + x2 − x3 = 0. Da der Rang der Koeffizientenmatrix dieses LGS gleich 3 ist, hat dieses LGS nur die Lösung x1 = x2 = x3 = 0 und a, b, c sind linear unabhängig. Obige Aussagen (a) und (b) gelten nicht f¨ ur Vektorräume u ¨ber einem beliebigen Körper. Wählt man z.B. den Vektorraum Z2 Z3×1 , so gilt x + y + z = o 2 womit x, y, z linear abh¨ angig sind und [{x, y, z}] ⊂ [{a, b, c}] gilt.

Aufgabe 4.7 (Lineare Unabhängigkeit) In dem Vektorraum R V seien drei linear unabhängige Vektoren a1 , a2 , a3 gegeben. F¨ ur welche k ∈ R sind die Vektoren b1 := a2 + a3 − 2a1 , b2 := a3 + a1 − 2a2 , b3 := a1 + a2 − k · a3 linear abhängig? Gibt es einen Vektor a ∈ V , ein k ∈ R und gewisse µi ∈ R (i = 1, 2, 3) mit bi = µi · a f¨ ur alle i ∈ {1, 2, 3} ? Lösung.

Aus

o = x1 · b1 + x2 · b2 + x3 · b3 = x1 (a2 + a3 − 2a1 ) + x2 (a3 + a1 − 2a2 ) + x3 (a1 + a2 − k · a3 ) = (−2x1 + x2 + x3 )a1 + (x1 − 2x2 + x3 )a2 + (x1 x2 − k · x3 )a3 und der linearen Unabh¨ angigkeit von a1 , a2 , a3 folgt −2x1 + x2 + x3 = 0 x1 − 2x2 + x3 = 0 x1 + x2 − k · x3 = 0. Das obige LGS hat nur f¨ ur k = 2 nichttriviale Lösungen, da

120


−2 1 1 1 −2 1 = −3k + 6 = 0 ⇐⇒ k = 2. 1 1 −k

Also sind die Vektoren b1 , b2 , b3 nur f¨ ur k = 2 linear abhängig. Angenommen, es gibt es einen Vektor a ∈ V , ein k ∈ R und gewisse µi ∈ R (i = 1, 2, 3) mit bi = µi · a f¨ ur alle i ∈ {1, 2, 3}. Aus b1 = µ1 · a und b2 = µ2 · a folgt {b1 , b2 } ⊆ [{a}]. Damit sind b1 und b2 jedoch linear abhängig, was wegen b1 = a2 + a3 − 2a1 , b2 = a3 + a1 − 2a2 und der linearen Unabhängigkeit von a1 , a2 , a3 nicht sein kann.

Aufgabe 4.8 (Lineare Unabhängigkeit) Seien a1 , ..., an , b1 , ..., bn ∈ K V , α ∈ K mit α + α 6= 0 und cj := aj + bj , dj := α · (bj − aj ) f¨ ur j = 1, ..., n. Man beweise: Sind die Vektoren a1 , ..., an , b1 , ..., bn l.u., so auch die Vektoren c1 , ..., cn , d1 , ..., dn .

Lösung.

Wir haben zu zeigen, daß die Gleichung x1 · c1 + ... + x2 · cn + y1 · d1 + ... + yn · dn = o

nur die triviale L¨ osung x1 = ... = xn = y1 = ... = yn = 0 hat. Nach Definition der Vektoren ci und di l¨ aßt sich obige Gleichung auch wie folgt aufschreiben: n X i=1

x1 · (ai + bi ) +

n X i=1

yi · α · (bi − ai ) = o

Umordnen der Summanden ergibt: n X i=1

(xi − α · yi ) · ai +

n X i=1

(xi + α · yi ) · bi = o,

was wegen der linearen Unabh¨ angigkeit der Vektoren a1 , ..., an , b1 , ..., bn nur möglich ist, wenn f¨ ur jedes i ∈ {1, ..., n} die folgenden Gleichungen gelten: xi − α · yi = 0, xi + α · yi = 0. Da α + α 6= 0 nach Voraussetzung, haben die obigen zwei Gleichungen nur die Lösung xi = yi = 0 f¨ ur jedes i ∈ {1, ..., n}, d.h., die Vektoren c1 , ..., cn , d1 , ..., dn sind linear unabh¨ angig.


121

Aufgabe 4.9 (Dimensionsformel f¨ ur Untervektorräume; Satz 4.6.2) Man verifiziere die Dimensionsformel f¨ ur Untervektorräume im Fall V = 4×1 und f¨ ur die Untervektorr¨ aume RR U = [{(1, 0, 1, 2)T , (0, 1, 1, 1)T }] und W = [{(1, 1, 4, 0)T , (2, −3, −1, 1)T , (3, 1, 0, 0)T }] von V .

Lösung.

Es gilt 

 1 0 0 1  dim U = rg   1 1  = 2, 2 1  1 2 3  1 −3 1   dim W = rg   4 −1 0  = 3, 0  1 0 1 0 1 2  0 1 1 −3 dim (U + W ) = rg   1 1 4 −1  21 0 1 2      −3    , U ∩W =  −1      1 dim U ∩ W = 1.

 3 1  = 4, 0 0

Folglich dim(U + W ) = 4 = 2 + 3 − 1 = dim U + dim W − dim(U ∩ W ), was zu zeigen war. Aufgabe 4.10 (Lineare Abhängigkeit) Seien a, b, c Vektoren des Vektorraums K V und α, β, γ ∈ K. Man beweise, daß α · a − β · b, γ · b − α · c, β · c − γ · a linear abhängig sind.

122


Lösung.

Wegen o = x1 (α · a − β · b) + x2 (γ · b − α · c) + x3 (β · c − γ · a) = (αx1 − γx3 ) · a + (−βx1 + γx2 ) · b + (−αx2 + βx3 ) · c

und der linearen Unabh¨ angigkeit von a, b, c gilt obige Gleichung genau dann, wenn αx1 − γx3 = 0 −βx1 + γx2 = 0 −αx2 + βx3 = 0. Da die Koeffizientendeterminante des obigen LGS gleich 0 ist, hat das LGS nichttriviale Lösungen und die Vektoren α · a − β · b, γ · b − α · c, β · c − γ · a sind linear abhängig.

Aufgabe 4.11 (Direkte Summe von Untervektorräumen) Die folgenden Mengen sind Untervektorr¨ aume des Vektorraums R R4×1 : U := [{(1, 0, 1, 2)T , (1, 1, 0, 3)T }], W := [{(1, −1, 1, 1)T , (4, 0, 1, 1)T }]. Ist U + W eine direkte Summe? Lösung. Laut Definition ist U + W genau dann eine direkte Summe, wenn U ∩ W = {o} ist. U ∩ W = {o} gilt genau dann, wenn dim(U ∩ W ) = 0. Wie man leicht nachpr¨ uft, gilt dim U = dim W = 2 und dim(U + W ) = 4. Aus der Dimensionsformel f¨ ur Untervektorr¨ aume folgt hieraus dim(U ∩ W ) = 0, womit U + W eine direkte Summe ist. Aufgabe 4.12 (Beweis der Eindeutigkeit der Koeffizienten in Linearkombinationen von linear unabhängigen Vektoren) Seien b1 , b2 , ..., bn linear unabh¨ angige Vektoren des Vektorraums K V . Außerdem sei a eine Linearkombination dieser Vektoren, d.h., es existieren gewisse a1 , ..., an ∈ K mit a = a1 · b1 + a2 · b2 + ... + an · bn . Man beweise, daß die ai (i = 1, 2, ..., n) in dieser Darstellung von a durch die Vektoren b1 , b2 , ..., bn eindeutig bestimmt sind. Gilt obige Aussage auch, wenn die Vektoren b1 , b2 , ..., bn linear abhängig sind? Lösung. Form

Angenommen, es existiert eine weitere Darstellung von a in der


123

a = b1 · b1 + b2 · b2 + ... + bn · bn . Subtraktion der zweiten Darstellung von der ersten liefert die Gleichung 0 = (a1 − b1 ) · b1 + (a2 − b2 ) · b2 + ... + (an − bn ) · bn . Wegen der linearen Unabh¨ angigkeit der Vektoren b1 , b2 , ..., bn folgt hieraus ai = bi f¨ ur alle i = 1, 2, ..., n. Seien nun die Vektoren b1 , b2 , ..., bn linear abhängig und a eine Linearkombination dieser Vektoren der Gestalt a = a1 · b1 + a2 · b2 + ... + an · bn . Da die Vektoren b1 , b2 , ..., bn linear abh¨ angig sind, gibt es gewisse α1 , ..., αn ∈ K mit 0 = α1 · b1 + α2 · b2 + ... + αn · bn und (α1 , α2 , ..., αn ) 6= (0, 0, ..., 0). Addition obiger Gleichungen liefert eine von der ersten Darstellung von a verschiedene Darstellung durch die Vektoren b1 , b2 , ..., bn : a = (a1 + α1 ) · b1 + (a2 + α2 ) · b2 + ... + (an + αn ) · bn . ¨ Aufgabe 4.13 (Ubergangsmatrix; Beispiel zu Satz 4.7.2) 4×1 u Bezeichne V den Vektorraum R ¨ber R. (a) Man beweise, daß b1 := (1, 0, 1, 0)T , b2 := (1, 0, 0, 1)T , b3 := (0, 1, 1, 0)T , b4 := (1, 1, 1, 2)T eine Basis B von V bilden. (b) Man gebe die Koordinaten von a := (1, 2, 3, 4)T bez¨ uglich der Basis B := (b1 , b2 , b3 , b4 ) an. ¨ (c) Man berechne die Ubergangsmatrix M(B, B ′ ), wobei B ′ die Standardbasis (b′1 , b′2 , b′3 , b′4 ) = ((1, 0, 0, 0)T , (0, 1, 0, 0)T , (0, 0, 1, 0)T , (0, 0, 0, 1)T ) von V bezeichnet. Lösung. (a): Da rg(b1 , b2 , b3 , b4 ) = 4 und dim V = 4, bilden die Vektoren b1 , b2 , b3 , b4 eine Basis B von V . (b): Wegen a = b1 − 4b2 − 2b3 + 4b4 gilt   1  −4   a/B =   −2  . 4

124


¨ (c): Nach Satz 4.7.2 hat die Ubergangsmatrix die Gestalt M(B, B ′ ) = ((b′1 )/B , (b′2 )/B , (b′3 )/B , (b′4 )/B ) und es gilt M(B, B ′ ) = (M(B ′ , B))−1 . Folglich

M(B, B ′ ) = (M(B ′ , B))−1



1 0 = 1 0

1 0 0 1

0 1 1 0

−1   1 0 −1 1 0   1  =  2 2 −2 −1  .   1 1 2 −1 −1  2 −1 −1 1 1

¨ Aufgabe 4.14 (Ubergangsmatrix; Beispiel zu Satz 4.7.2) Bezeichne V den Vektorraum R4×1 u ¨ber R. (a) Man beweise, daß b1 = (0, 1, 1, 1)T , b2 = (1, 0, 1, 1)T , b3 = (1, 1, 0, 1)T , b4 = (1, 1, 1, 0)T eine Basis B von V bildet. (b) Man berechne die Koordinaten von a := (0, 5, 2, −1)T bez¨ uglich B := (b1 , b2 , b3 , b4 ). ¨ (c) Man berechne die Ubergangsmatrix M(B, B ′ ), wobei B ′ die Standardbasis (b′1 , b′2 , b′3 , b′4 ) = ((1, 0, 0, 0)T , (0, 1, 0, 0)T , (0, 0, 1, 0)T , (0, 0, 0, 1)T ) von V bezeichnet. Lösung. (a): Da rg(b1 , b2 , b3 , b4 ) = 4 und dim V = 4, bilden die Vektoren b1 , b2 , b3 , b4 eine Basis B von V . (b): Wegen a = 2b1 − 3b2 + 0b3 + 3b4 gilt   2  −3   a/B =   0 . 3

¨ (c): Nach Satz 4.7.2 hat die Ubergangsmatrix die Gestalt M(B, B ′ ) = ((b′1 )/B , (b′2 )/B , (b′3 )/B , (b′4 )/B ) und es gilt M(B, B ′ ) = (M(B ′ , B))−1 . Folglich

M(B, B ′ ) = (M(B ′ , B))−1



0 1 = 1 1

1 0 1 1

1 1 0 1

−1   1 −2 1 1 1   1  = 1  1 −2 1 1  .   1 1 1 −2 1  3 0 1 1 1 −2

5 Aufgaben zu: Affine R¨ aume

Aufgabe 5.1 (Anzahl von gewissen Unterräumen des R3 ¨ uber Z2 ) Bezeichne R3 einen dreidimensionalen affinen Raum u ¨ber dem Körper Z2 . Wie viele Punkte, Geraden und Ebenen enth¨ alt R3 ? Wie viele Punkte enthält eine Gerade? Wie viele Punkte und Geraden enth¨ alt eine Ebene? Wie viele parallelen Ebenen gibt es zu einer gegebenen Ebene? Wie viele parallele Geraden gibt es zu einer gegebenen Geraden? Lösung. O.B.d.A. k¨ onnen wir R3 := {(1; x, y, z)T | x, y, z ∈ Z2 } setzen, wobei der zu R3 geh¨ orende Vektorraum durch V3 := {(0; x, y, z)T | x, y, z ∈ Z2 } definiert ist. Offenbar gilt dann |R3 | = 8. Eine Gerade g von R3 besteht aus genau zwei Punkten, da g = {X | ∃t ∈ Z2 : X = P + t · a} f¨ ur gewisses P ∈ R3 und a ∈ V3 . Offenbar gibt es genau so viele Geraden in R3 wie es Möglichkeiten gibt, zwei verschiedene Punkte aus R3 auszuwählen. Eine Ebene E des R3 l¨ aßt sich mit Hilfe eines Punktes P ∈ E und zweier l.u. Vektoren a, b ∈ V3 wie folgt beschreiben: E = {X | ∃s, t ∈ Z2 : X = P + s · a + t · b} = {P, P + a, P + b, P + a + b}. Da je zwei verschiedene Vektoren aus V3 \ {(0; 0, 0, 0)T } l.u. sind, kann man zur Beschreibung von E anstelle der Vektoren a, b auch die Paare a, a + b oder b, a + b auswählen. Ersetzt man P in der Beschreibung von E durch einen beliebig gewählten anderen Punkt aus E, so erhält man wieder eine Beschreibung von E. Folglich gibt es 32 · 72 paarweise verschiedene Ebenen im Raum R3 u ¨ber Z2 . ¨ Mit Hilfe der obigen Uberlegungen lassen sich dann auch die restlichen Fragen aus der Aufgabe beantworten. Zusammengefaßt und erg¨ anzt erhalten wir: R3 enthält genau 8 Punkte, 28 Geraden und 14 Ebenen. Jede Gerade enth¨ alt genau 2 Punkte. Jede Ebene E ⊆ R3 enth¨ alt genau 4 Punkte und 6 Geraden. Zu jeder Ebene E gibt es genau eine parallele Ebene, die von E verschieden ist.


126


Zu jeder Geraden g gibt es genau 3 (von g verschiedene) parallele Geraden im Raum R3 . Aufgabe 5.2 (Parameterfreie Darstellung einer 2-Ebene; Beispiel zu Satz 5.3.2) Man bestimme eine parameterfreie Darstellung f¨ ur die 2-Ebene E des 5dimensionalen affinen Raumes R5 u ¨ber dem Körper R, die gegeben ist durch: E : X = (1; 1, 0, 1, 2, 0)T + r · (0; 1, 0, 1, 1, 1)T + s · (0; 1, 2, 1, 1, 2)T (Koordinatendarstellung bez¨ uglich eines gewisses Koordinatensystems S des R5 ). Lösung.

F¨ ur X ∈ E mit X/S := (1; x1 , x2 , x3 , x4 , x5 )T ∈ E gilt: x1 x2 x3 x4 x5

= 1 + r + s = 2s = 1 + r + s = 2 + r + s = r + 2s

Die ersten zwei Gleichungen des obigen LGS lassen sich eindeutig nach r und s auflösen: 1 1 r = −1 + x1 − x2 , s = x2 . 2 2 Ersetzt man in den restlichen Gleichungen r und s durch die obigen Ausdr¨ ucke und formt um, so erh¨ alt man das folgende LGS, dessen Lösungen gerade die möglichen Koordinaten von X sind: x1 x1 x1 +

− x3 1 2 x2

− x4

− x5

= 0 = −1 = 1

Dies ist die gesuchte parameterfreie Darstellung der 2-Ebene E. Aufgabe 5.3 (Eigenschaften eines speziellen affinen Unterraums) Sei R4 ein 4-dimensionaler affiner Raum u ¨ber dem Körper R und S ein Koordinatensystem des R4 . Bez¨ uglich S seien die folgenden Punkte des R4 gegeben: P0 := (1; 3, −4, 1, 6)T , P1 := (1; 3, −2, −10, 0)T , P2 := (1; 2, 0, −3, 2)T und P3 := (1; 1, 2, 4, 4)T . Man bestimme: (a) die Dimension des von den Punkten P0 , P1 , P2 , P3 aufgespannten affinen Unterraums E; (b) den Durchschnitt von E mit der durch die Gleichung 4x1 + x2 + x3 − 2x4 + 6 = 0 gegebenen Hyperebene H.


127

Lösung. (a): Nach Satz 5.4.2 ist der durch die Punkte P0 , ..., P3 aufgespannte affine Unterraum E := E(P0 , ..., P3 ) wie folgt beschreibbar: −−−→ −−−→ −−−→ E(P0 , ..., P3 ) = P0 + [{P0 P1 , P0 P2 , P0 P3 }], wobei

−−−→ P0 P1 = (0; 0, 2, −11, −6)T , −−−→ P0 P2 = (0; −1, 4, −4, −4)T , −−−→ P0 P3 = (0; −2, 6, 3, −2)T .

Nach Definition gilt −−−→ −−−→ −−−→ dim E(P0 , ..., P3 ) = dim [{P0 P1 , P0 P2 , P0 P3 }]. Unter Verwendung von Satz 4.3.1 erh¨ alt man  0  2 dim E(P0 , ..., P3 ) = rg   −11 −6

damit:  −1 −2 4 6  = 2. −4 3  −4 −2

−−−→ −−−→ (b): Wie obige Rangberechnung zeigt, sind die Vektoren P0 P1 , P0 P2 linear unabhängig und dim E = 2. Folglich ist         1 1 0 0  x1   3    −1  0          x2  =  −4  + s ·    2 +t·       4  x3   1   −11   −4  x4 6 −6 −4

eine Parameterdarstellung von E. Ersetzt man nun x1 , ..., x4 in der Gleichung 4x1 + x2 + x3 − 2x4 + 6 = 0

durch Ausdr¨ ucke in s und t, die aus der Parameterdarstellung von E folgen, erhält man 3 + 3s + 4t = 0, d.h., t = − 43 (1 + s). Folglich hat E ∩ H die Parameterdarstellung       1 1 0  x1   15   3    4   4  x2  =  −7  + s ·  −1  .        x3   4   −8  x4 9 −3

128


Aufgabe 5.4 (Beschreibung von Hyperebenen mit Hilfe von Determinanten) Es sei Rn ein affiner Punktraum u orper K mit dem Koordinaten¨ber dem K¨ system S. Eine Hyperfl¨ ache E des Rn ist durch n ihrer Punkte P1 , ..., Pn in allgemeiner Lage eindeutig bestimmt (siehe Satz 5.4.3). Andererseits ist E parameterfrei durch eine Gleichung der Form a1 · x1 + a2 · x2 + ... + an · xn = b beschreibbar, wobei X/S = (1; x1 , ..., xn )T f¨ ur X ∈ Rn . Man beweise, daß man eine E beschreibende Gleichung erhalten kann, indem man x1 x2 ... xn 1 p11 p12 ... p1n 1 p21 p22 ... p2n 1 = 0 .................. pn1 pn2 ... pnn 1

bildet, wobei (Pi )/S := (1; pi1 , pi2 , ..., pin )T (i = 1, 2, ..., n).

Lösung. Entwickelt man die obige Determinante nach der erste Zeile (siehe Satz 3.1.10), so erh¨ alt man eine Gleichung der Form a1 x1 + a2 x2 + ... + an xn − b = 0, die eine gewisse Punktmenge E ′ des Rn beschreibt. Wählt man in der Determinante xj = pij f¨ ur j = 1, 2, ..., n, wobei i ∈ {1, ..., n}, dann hat die Determinante zwei doppelte Zeilen und ihr Wert ist 0 (siehe Satz 3.1.7). Folglich gehören P1 , ..., Pn zu E ′ und wir haben E ⊆ E ′ . Es bleibt damit noch E ′ 6= Rn zu zeigen. Angenommen, f¨ ur beliebige x1 , ..., xn ∈ K hat obige Determinante den Wert 0. Subtrahiert man in der Determinante die erste Zeile von den anderen Zeile der Determinante und entwickelt anschließend die Determinante nach der letzten Spalte, erh¨ alt man x1 x2 ... xn 1 p11 − x1 p12 − x2 ... p1n − xn 0 0 = p21 − x1 p22 − x2 ... p2n − xn 0 ................................. pn1 − x1 pn2 − x2 ... pnn − xn 0 p11 − x1 p12 − x2 ... p1n − xn 1+n p21 − x1 p22 − x2 ... p2n − xn = (−1) · . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . pn1 − x1 pn2 − x2 ... pnn − xn

−−→ −−→ Dies bedeutet jedoch, daß f¨ ur jedes X ∈ Rn die Vektoren XP1 , ..., XPn l.a. sind, im Widerspruch dazu, daß n + 1 Punkte des Rn in allgemeiner Lage existieren.


129

Aufgabe 5.5 (Lagebeziehungen zweier 2-Ebenen in Rn f¨ ur n ∈ {3, 4, 5}) ′ Wie können zwei verschiedene 2-Ebenen E und E im (a) R3 , (b) R4 , (c) R5 u ¨ber dem Körper K zueinander gelegen sein? Bei der Fallunterscheidung verwende man: Parallelit¨ at, E ∩ E ′ , E + E ′ . Lösung. Seien E und E ′ zwei verschiedene 2-Ebenen des Rn . Nach Abschnitt 5.3 existieren dann gewisse P, P ′ ∈ Rn und gewisse Untervektorräume W , W ′ des zu Rn gehörenden Vektorraums Vn mit E = P + W und E ′ = P ′ + W ′ , wobei dim W = dim W ′ = 2. Nach Satz 5.4.1 ist E ∩ E ′ entweder die leere Menge, eine 0-Ebene (d.h., eine Menge, die nur aus einem Punkt besteht) oder eine 1-Ebene (d.h., eine Gerade) des Rn , falls n ≥ 3. Als Folgerung aus Satz 5.4.4 erhalten wir außerdem dim (E ∩ E ′ ) f¨ ur E ∩ E ′ 6= ∅, ′ ′ dim (E + E ) = dim E + dim E − dim (W ∩ W ′ ) − 1 f¨ ur E ∩ E ′ = ∅. (5.1) (a): Sei n = 3. Im Fall E ∩ E ′ = 6 ∅ folgt aus (5.1) und den Voraussetzungen zunächst, daß dim E ∩ E ′ ∈ {1, 2} ist. Der Fall dim E ∩ E ′ = 2 entfällt wegen E= 6 E′. Falls E ∩ E ′ = ∅, folgt (mit Hilfe von (5.1)) dim W ∩ W ′ = 2, was nur f¨ ur W = W ′ möglich ist. Also gibt es in R3 nur die folgenden zwei Lagemöglichkeiten f¨ ur E und E ′ : • •

E ∩ E′ = 6 ∅ und E + E ′ = 3; ′ E ∩ E = ∅ und W = W ′ , d.h., E und E ′ sind parallel.

(b) und (c) löst man analog. Zu (c) siehe auch die Aufgabe 5.9. Aufgabe 5.6 (Eine Bedingung f¨ ur Parallelität von Unterräumen des Rn ) r×n s×n Seien A ∈ K , B ∈ K , b ∈ K r×1 , c ∈ K s×1 und x ∈ K n×1 . Durch die LGS A · x = b und B · x = c seien zwei Unterräume E = P + W und E ′ = P ′ + W ′ eines n-dimensionalen Punktraumes Rn u ¨ber dem Körper K gegeben (siehe Satz 5.3.2, (b)). Man gebe eine notwendige und hinreichende Bedingung f¨ ur die Koeffizienten dieser LGS (beziehungsweise f¨ ur Matrizen an, die aus diesen Koeffizienten gebildet werden können), unter der E und E ′ parallel sind. Lösung. Der Untervektorraum W (bzw. W ′ ) des zu Rn gehörenden Vektorraums Vn kann als L¨ osungsmenge des LGS A · x = o (bzw. B · x = o) aufgefaßt werden, wobei dim W = n − rgA und dim W = n − rgB. Nach Definition sind E und E ′ genau dann parallel, wenn W ⊆ W ′ oder W ′ ⊆ W gilt. Die gesuchte ¨ Bedingung erhält man aus den folgenden zwei Aquivalenzen, die man leicht nachpr¨ uft:

130


A = rgA; B A W ′ ⊆ W ⇐⇒ rg = rgB. B W ⊆ W ′ ⇐⇒ rg

Aufgabe 5.7 (Schnittverhalten von zwei 2-Ebenen in R4 ) Seien E und E ′ zwei affine 2-Ebenen im R4 mit E ∩ E ′ 6= ∅. Man zeige:

(a) Gilt dim E ∩ E ′ = 0, so schneidet E jede zu E ′ parallele affine 2-Ebene E ′′ in genau einem Punkt. (b) Gilt dim E ∩ E ′ = 1, so gibt es zu E ′ eine parallele affine 2-Ebene E ′′′ , die E nicht schneidet.

Lösung. Die 2-Ebenen E und E ′ lassen sich mit Hilfe passend gewählter 2dimensionalen Untervektorr¨ aume W, W ′ des zu R4 gehörenden Vektorraums ′ V4 und zweier Punkte P, P ∈ R4 wie folgt beschreiben: E = P + W und E ′ = P ′ + W ′ . Außerdem gibt es gewisse Vektoren a, b, c, d ∈ V4 mit W = [{a, b}] und W ′ = [{c, d}]. (a): Sei dim E ∩ E ′ = 0, d.h., dim W ∩ W ′ = 0. Aus Satz 4.6.2 folgt dann dim(W + W ′ ) = 4, was nach Satz 4.6.1 nur f¨ ur W + W ′ = V4 möglich ist. Folglich sind die Vektoren a, b, c, d linear unabhängig. Sei nun E ′′ = P ′′ + W ′′ eine zu E ′ parallele 2-Ebene des R4 , d.h., es gilt W ′ = W ′′ . Um E ∩ E ′′ zu bestimmen, betrachten wir die Gleichung P + α · a + β · b = P ′′ + γ · c + δ · d mit den Unbekannten α, β, γ, δ. Obige Gleichung ist zu α · a + β · b − γ · c − δ · d = P ′′ − P angigkeit der Vektoren a, b, c, d hat diese äquivalent. Wegen der linearen Unabh¨ Gleichung genau eine L¨ osung α, β, γ, δ, womit E ∩ E ′′ nur aus einem Punkt besteht, was zu beweisen war. (b): Sei dim E ∩ E ′ = 1. Nach Satz 5.4.4 gilt dann dim(E + E ′ ) = 3, womit rg(a, b, c, d) = 3. Folglich existiert ein Vektor e ∈ V4 \ [{a, b, c, d}]. Setzt man P ′′′ := P + e und E ′′′ := P ′′′ + W ′ , so ist E ′′′ zu E ′ parallel. Angenommen, E ∩ E ′′′ 6= ∅. Dann hat jedoch die Gleichung P + x1 · a + x2 · b = P + e + x3 · c + x4 · d, eine Lösung x1 , ..., x4 , was jedoch wegen e 6∈ [{a, b, c, d}] nicht möglich ist. Also gilt E ∩ E ′′′ = ∅.


131

Aufgabe 5.8 (Parameterdarstellung einer Hyperebene des Rn ) Es sei n ∈ N und n ≥ 3. Man zeige, daß f¨ ur jedes q ∈ R sämtliche Punkte des affinen n-dimensionalen Raumes Rn u ¨ber R, deren Summe der Koordinaten gleich q ist, in einer Hyperebene Eq liegen und gebe die Parameterdarstellung f¨ ur Eq an. Lösung. Sei q ∈ R fest gew¨ ahlt und bezeichne S ein Koordinatensystem des Rn . Falls X ∈ Rn mit X/S = (1; x1 , ..., xn )T , so gilt X ∈ Eq :⇐⇒ x1 + x2 + ... + xn = q. Sämtliche Lösungen der Gleichung x1 + x2 + ... + xn = q erhält man, indem man auf jede nur m¨ ogliche Weise x2 = t1 ∈ R, ..., xn = tn−1 ∈ R wählt und dazu passend x1 = q − t1 − t2 − .... − tn−1 bestimmt. Die Parameterdarstellung der Lösungsmenge der Gleichung (erg¨ anzt durch Erkennungskoordinaten f¨ ur Punkte und Vektoren) ist dann die gesuchte Parameterdarstellung des Unterraums Eq :           1 1 0 0 0  x1   q   −1   −1   −1             x2   0   1  0    =  + t1 ·   + t2 ·   + . . . + tn−1 ·  0  .  x3   0   0  1  0            ...   ...   ...   ...   ...  xn 0 0 0 1 Aus obiger Beschreibung von Eq folgt dimEq = n − 1, womit Eq eine Hyperebene des Rn ist.

Aufgabe 5.9 (Lagebeziehungen zweier Ebenen in R5 ) Es sei R5 := {(1, x1 , ..., x5 )T | x1 , ..., x5 ∈ R} ein affiner Raum u ¨ber R mit dem zugehörigen Vektorraum V5 := {(0, x1 , ..., x5 )T | x1 , ..., x5 ∈ R} (das Standardbeispiel eines 5-dimensionalen affinen Raumes u ¨ber R). In diesem Raum sei die Ebene E durch den Punkt A und die Vektoren a1 , a2 ∈ V5 bestimmt und die Ebene E ′ durch den Punkt B und die Vektoren a3 , a4 ∈ V5 . Wie kann man die gegenseitige Lage der Ebenen E und E ′ durch die linearen Abhängigkeiten −→

zwischen den Vektoren a1 , a2 , a3 , a4 , AB ausdr¨ ucken? Lösung. Nach Voraussetzung haben wir E = A + [{a1 , a2 }] und E ′ = B + [{a3 , a4 }], wobei a1 , a2 und a3 , a4 jeweils linear unabhängig sind. Folglich gilt rg(a1 , a2 ) = rg(a3 , a4 ) = 2, rg(a1 , a2 , a3 , a4 ) ∈ {2, 3, 4}, −− → rg(a1 , a2 , a3 , a4 , AB) ∈ {2, 3, 4, 5}.

132


Um die Lage der Ebenen E und E ′ zueinander zu beschreiben, bestimmen wir E ∩ E ′ . F¨ ur X := (1, x1 , ..., x5 )T ∈ R5 gilt A + x1 · a1 + x2 · a2 = B + x1 · a3 + x4 · a2 . Obige Gleichung besitzt genau dann L¨ osungen x1 , ..., x5 , wenn −−→ rg(a1 , a2 , a3 , a4 ) = rg(a1 , a2 , a3 , a4 , AB). Nach diesen Vorbereitungen k¨ onnen wir die folgenden möglichen Fälle unterscheiden, wobei wir die Bezeichnungen A := (a1 , a2 , a3 , a4 ) und B := −− → (a1 , a2 , a3 , a4 , AB) verwenden: Fall 1: rgA = rgB = 2. In diesem Fall gilt E = E ′ . Fall 2: rgA = 2 und rgB = 3. Offenbar haben wir in diesem Fall E ∩ E ′ = ∅, E||E ′ und dim(E + E ′ ) = 3. Fall 3: rgA = rgB = 3. Dieser Fall tritt auf, wenn E ∩ E ′ eine Gerade ist und dim(R + R′ ) = 3 gilt. Fall 4: rgA = 3 und rgB = 4. In diesem Fall haben wir E ∩ E ′ = ∅ und E, E ′ sind nicht parallel zueinander. Fall 5: rgA = rgB = 4. In diesem Fall besteht E∩E ′ nur aus einem Punkt und es gilt dim(E+E ′ ) = 4. Fall 6: rgA = 4 und rgB = 5. In diesem Fall schneiden sich die Ebenen E und E ′ nicht und es gilt dim(E + E ′ ) = 4. Aufgabe 5.10 (Parallelogrammeigenschaft) Seien P, P ′ , Q, Q′ ∈ Rn die Ecken eines Vierecks P P ′ QQ′ . Man beweise: Die Punkte P, P ′ , Q, Q′ bilden genau dann ein Parallelogramm P QQ′ P ′ , wenn sich die Diagonalen in diesem Parallelogramm halbieren, d.h, es gilt 1 −−→ 1 −−→ −−→ −−′−→′ P Q = P Q ⇐⇒ P + P Q′ = Q + QP ′ . 2 2 Lösung. −−→′ QQ :

−−→ −−→ −−−→ =⇒“: Sei P Q = P ′ Q′ . Nach Satz 5.1.1, (f) gilt dann a := P P ′ = ” Pq ′ = P + a

a

P

q

′ Q q =Q+a

a

q Q

Folglich: −−→ −−→ P + 21 P Q′ = P + 12 (Q′ − P ) = P + 12 (Q + a − P ) = P + 21 P Q + 21 a, −−→ −− → −−→ −−→ Q + 21 QP ′ = Q + 12 (P + a − Q) = P + P Q + 21 QP + 21 a = P + 12 P Q + 21 a,


133

−−→ −−→ d.h., P + 21 P Q′ = Q + 12 QP ′ . −−→ −−→ ur das Viereck P P ′ QQ′ setzen wir ⇐=“: Sei P + 12 P Q′ = Q + 12 QP ′ . F¨ ” −−→′ −−′− →′ −−→′ −−→ a := P P , b := P Q , c := P Q, d := QQ : Pq ′

′

-Q q

a

d

c P

-

q q Q − − → −−→ Wegen der Voraussetzung P + 12 P Q′ = Q + 21 QP ′ gilt c=Q−P =

1 −−→′ −−→′ 1 ( P Q − QP ) = (b + c). 2 |{z} |{z} 2 =a+b

Aus der Gleichung c = −− → −−−→ P Q = P ′ Q′ .

1 2 (b +

b

=a−c

c) folgt unmittelbar b = c bzw. die Behauptung

Aufgabe 5.11 (Eigenschaft von Unterräumen) Man zeige: Zu beliebigen k + 1 paarweise verschiedenen Punkten P0 , ..., Pk eines affinen Raumes Rn , die nicht in einem affinen Unterraum einer Dimension ≤ k − 1 liegen, gibt es genau einen Unterraum E der Dimension k, der diese k + 1 Punkte enth¨ alt. Man sagt, E wird von P0 , ..., Pk aufgespannt. Welche Aussagen der Schulgeometrie werden durch obige Aussage verallgemeinert? Lösung. Seien P0 , ..., Pk ∈ Rn so gew¨ ahlt, daß keine l-Ebene E mit l ≤ k − 1 und {P0 , P1 , . . . , Pk } ⊆ E existiert. −−−→ −−−→ −−−→ Wir betrachten die Vektoren P0 P1 , P0 P2 , . . . , P0 Pk . Falls −−−→ −−−→ −−−→ dim[{P0 P1 , P0 P2 , . . . , P0 Pk }] ≤ k − 1 gilt, ist

−−−→ −−−→ −−−→ P0 + [{P0 P1 , P0 P2 , . . . , P0 Pk }]

eine l-Ebene des Rn mit l ≤ k − 1, die die Punkte P0 , P1 , ..., Pk enthält. Dies widerspricht jedoch der Voraussetzung, womit −−−→ −−−→ −−−→ E ′ := P0 + [{P0 P1 , P0 P2 , . . . , P0 Pk }] eine k-Ebene ist, die die Punkte P0 , .., Pk enthält. E ′ ist nach Satz 5.4.3 eindeutig bestimmt. Die folgenden Aussagen der Schulgeometrie werden durch obige Aussage verallgemeinert: Durch zwei Punkte P, Q aus R geht genau eine Gerade. Durch drei Punkte aus R3 , die nicht auf einer Geraden liegen, geht genau eine Ebene (⊂ R3 ).

6 Aufgaben zu: Vektorr¨ aume mit Skalarprodukt

Aufgabe 6.1 (Beispiele zu geometrischen Grundaufgaben) Es sei S := (A; i, j, k) ein Koordinatensystem des R3 und B := (i, j, k) orthonormiert. Außerdem seien (in Koordinaten bez. S bzw. B): P := (1; 1, 2, 3)T , Q = (1; 0, 3, −1)T , R := (1; −1, 2, 0)T , h : X := (1; 0, 1, 1)T + t · (0; 1, 1, 1)T , E : x1 + x2 − 2x3 = 4, E ′ : X := (1; 2, 3, 1)T + t1 · (0; 1, 0, 1)T + t2 · (0; 0, 2, 1)T . Man berechne: (a) (b) (c) (d) (e) (f) (g) (h) (i)

eine Parameterdarstellung der Geraden g(P, Q); eine Parameterdarstellung der Ebene ε(P, Q, R); eine Hessesche Form der Ebene ε(P, Q, R); die Hessesche Normalform von E; den Abstand von A zu h; den Abstand von A zu E; zwei Ebenen in Hessescher Form, deren Schnitt die Gerade h ist; den Abstand von g zu h; die Fußpunkte T1 , T2 des Lotes von g auf h (Hinweis: Diese Fußpunkte sind eindeutig bestimmt, da g und h windschief zueinander sind.); (j) eine Parameterdarstellung f¨ ur E;

(k) (l) (m) (n)

→

einen Vektor aus V3 , der auf E senkrecht steht; eine Ebene, die durch A geht und auf h senkrecht steht; E ∩ E′; die Koordinaten des Punktes P ∈ ε(P, Q, R) bez. des Koordinatensy−→

−→

stems (R; P Q, P R) f¨ ur die Punkte der Ebene ε; (o) die Parameterdarstellung einer zu E parallelen Ebene, die von E den Abstand 2 hat; (p) den Schnittpunkt von h mit E.


136


Lösung.

(a): 

(b):

   1 0 1  −1     g(P, Q) : X = P + t · (Q − P ) =   2 +t · 1 . 3 −4 

     1 0 0 1  −1   −2       ε(P, Q, R) : X = P +s·(Q−P )+t·(R−P ) =   2  +s·  1  +t·  0  . 3 −4 −3

(c): Seien a := (0; −1, 1, −4)T und b := (0; −2, 0, −3)T . Die Hessesche Form von ε(P, Q, R) ist dann (X − P ) · e = 0, wobei e 6= o, e ⊥ a und e ⊥ b. Folglich kann man e aus a · e = b · e = 0 berechnen oder man setzt e := a × b = (0; −3, 5, 2)T . Also: (X − P ) · e = (0; x − 1, y − 2, z − 3)T · (0; −3, 5, 2) = −3x + 5y + 2z − 13 = 0. (d): 1 E : √ · (x1 + x2 − 2x3 − 4) = 0. 6 (e): Seien B := (1; 0, 1, 1)T , c := (0; 1, 1, 1)T und d := A − B. Indem man d in die Parallelkomponente d′ und die Normalkomponente d′′ bez¨ uglich c zerlegt, erhält man den Abstand l von A zu h durch l := |d′′ |. Nach Abschnitt 6.1 läßt sich d′′ durch d·c d′′ = d − 2 · c c q berechnen und man erh¨ alt l = 23 . A a * 6 d d′′ ′ d a - B c

h

Obiges Resultat erh¨ alt man auch mit Hilfe der Pl¨ uckerschen Normalform der Geraden h (siehe dazu Abschnitt 6.6 und Aufgabe 6.7). (f ): Den Abstand l von A zur Ebene E erh¨ alt man, indem man in der linken Seite der Hesseschen Normalform von E anstelle der Koordinaten von X die Koordinaten von A einsetzt und den Betrag bildet. Folglich


137

−4 4 l = |√ | = √ . 6 6 (g): Aus der Parameterdarstellung von h ergeben sich die Gleichungen: x1 = t, x2 = 1 + t, x3 = 1 + t. Ersetzt man t in der zweiten und dritten Gleichung durch x1 , so erhält man die Ebenengleichungen ε1 : −x1 + x2 = 1, ε2 : −x2 + x3 = 0. Offensichtlich gilt dann ε1 ∩ ε2 = h. (h): Die windschiefen Geraden g und h liegen in zwei parallelen Ebenen Eg und Eh . Folglich ist der Abstand von g zu h mit dem Abstand dieser zwei Ebenen identisch und man erh¨ alt diesen Abstand, indem man den Abstand eines Punktes P1 ∈ Eg von der Ebene Eh berechnet. Folglich 2 l(g, h) := √ ≈ 0.32. 38 (i): T1 q

e6 q T2

P1 q

q

a

-

g

b -

h

P2

Seien P1 := (1; 1, 2, 3)T , P2 := (1; 0, 1, 1)T , a := (0; 1, −1, 4)T , b := (0; 1, 1, 1)T und e := (0; −5, 3, 2)T (siehe (h)). Es gilt: T1 = P1 + r · a T2 = P2 + s · b T1 = T2 + λ · e. Folglich P2 − P1 = r · a − s · b − λ · e beziehungsweise r −s +5λ = −1 −r −s −3λ = −1 4r −s −2λ = −2.

138


Dieses LGS hat die L¨ osung r=−

20 1 4 , s= , λ= . 19 19 19

Die gesuchten Fußpunkte sind damit   1  15   19  T1 =  42  ,  19  41 19



  T1 =  

1 20 19 39 19 39 19



  . 

(j): Wählt man in der die Ebene E definierenden Gleichung x1 + x2 − 2x3 = 4 die Variable x2 = r und x3 = s (r, s beliebig aus R), so erhält man x1 = 4 − r + 2s x2 = r x3 = s. ¨ Ubergang zur Matrizendarstellung dieser L¨ osung eines LGS und Setzen von Erkennungskoordinaten liefert die gesuchte Parameterdarstellung von E:       1 0 0 4  −1  2      X =  0  + r ·  1  + s ·  0 . 0 0 1

(k): Ein Vektor, der auf E senkrecht steht ist (0; 1, 1, −2)T .

(l): Eine Ebene ε⋆ , die A enth¨ alt und auf h senkrecht steht, ist durch die Gleichung x1 + x2 + x3 = 0 bestimmt.

(m): E ∩E ′ kann man z.B. bestimmen, indem man E ′ in eine Hessesche Form (E ′ : −2x1 − x2 + 2x3 = −5) u uhrt und dann das folgende LGS löst: ¨berf¨ x1 + x2 − 2x3 = 4 −2x1 − x2 + 2x3 = −5. F¨ ugt man zur Matrizendarstellung der L¨ osung des obigen LGS passende Erkennungskoordinaten hinzu, erh¨ alt man die gesuchte Parameterdarstellung der Schnittgeraden:     1 0     1 +t · 0 . E ∩ E′ : X =  3 2 0 1 −→ (n): Da P = R − P R, ist die gesuchte Koordinatendarstellung von P (mit Erkennungskoordinaten f¨ ur Punkte!) (1; 0, −1).


139

(o): Die Parameterdarstellung einer zu E parallelen Ebene E ⋆ , die von E den Abstand 2 hat, erh¨ alt man z.B. wie folgt:         0 0 0 1  1 2 0 4 2        X =  0  + √6 ·  1  + t1 ·  0  + t2 ·  2  . −2 1 1 0

(p): Wegen (g) m¨ ussen die Koordinaten eines Schnittpunktes S von h mit E das LGS −x1 + x2 = 1 − x2 + x3 = 0 x1 + x2 − 2x3 = 4 erf¨ ullen. Dieses LGS besitzt jedoch keine L¨ osung, da der Rang der Koeffizientenmatrix gleich 2 und der Rang der Systemmatrix gleich 3 ist. 2 Vor dem Lösen der folgenden Aufgabe schaue man sich nicht nur die Definition eines abstrakten Skalarprodukts an, sondern auch die Sätze 2.3.5, 3.2.2, 3.2.7 und 3.2.8. uber C) Aufgabe 6.2 (Standardskalarprodukt des Vektorraums Cn×1 ¨ Man beweise, daß durch ϕ : Cn×1 × Cn×1 −→ C, ϕ(x, y) := xT · y ein Skalarprodukt des Vektorraums Cn×1 u ¨ber C definiert ist. Lösung. Seien a := (a1 , a2 , ..., an )T , b := (b1 , b2 , ..., bn )T ∈ Cn×1 und a, b ∈ C. Dann gilt: ϕ(a · a + b · b, c) = (a · a + b · b)T · c = a · (aT · c) + b · (bT · c) = a · ϕ(a, c) + b · ϕ(b, c), ϕ(c, a · a + b · b) = cT · (a · a + b · b) = cT · (a · a) + cT · (b · b) = a · ϕ(c, a) + b · ϕ(c, b),

d.h., ϕ ist bilinear. Wegen ϕ(a, b) = a1 · b1 + a2 · b2 + ... + an · bn

und

ϕ(b, a) = b1 · a1 + b2 · a2 + ... + bn · an ist ϕ hermitisch. Aus

= b1 · a1 + b2 · a2 + ... + bn · an = ϕ(a, b)

ϕ(a, a) = a1 · a1 + a2 · a2 + ... + an · an = |a1 |2 + |a2 |2 + ... + |an |2 ≥ 0 und ϕ(a, a) = 0 ⇐⇒ a1 = a2 = ... = an = 0

folgt, daß ϕ positiv definit ist. Also ist ϕ ein Skalarprodukt.

140


Aufgabe 6.3 (Skalarprodukt, Orthonormierungsverfahren) Es sei V :=R R3×1 und ϕ die wie folgt definierte Abbildung von V × V in R: ϕ((x1 , x2 , x3 )T , (y1 , y2 , y3 )T ) := 3 · x1 · y1 − x1 · y2 − x2 · y1 + x2 · y2 + 2 · x3 · y3 . Man zeige, daß ϕ ein Skalarprodukt ist und bestimme eine bez¨ uglich dieses Skalarprodukts orthonormierte Basis mit Hilfe des Schmidtschen ONVs, indem man von der Basis a1 := (1, 0, 0)T , a2 := (0, 1, 0)T , a3 := (0, 0, 1)T ausgeht. Lösung. Die Abbildung ϕ l¨ aßt sich mit Hilfe von Matrizen auch wie folgt angeben:     3 −1 0 y1 ϕ((x1 , x2 , x3 )T , (y1 , y2 , y3 )T ) = (x1 , x2 , x3 ) ·  −1 1 0  ·  y2  . 0 0 2 y3 Mit Hilfe der Sätze 6.2.1 und 6.2.2 folgt hieraus, daß ϕ bilinear und symmetrisch ist. Da die Hauptminoren 3 −1 3 −1 0 |3|1 , , −1 1 0 −1 1 0 0 2 der Matrix



 3 −1 0  −1 1 0  0 0 2

alle größer 0 sind, ist ϕ nach Satz 6.2.3 auch positiv definit. Folglich ist ϕ ein Skalarprodukt. Eine orthonormierte Basis e1 , e2 , e3 erh¨ alt man mit Hilfe des Schmidtschen ONVs wie folgt:   1 1 1 e1 := p · a1 = √ ·  0  . 3 ϕ(a1 , a1 ) 0 Mit Hilfe von



     0 1 1 1 1 b2 := a2 − ϕ(a2 , e1 ) · e1 =  1  + ·  0  = ·  3  3 3 0 0 0

ergibt sich:



 1 1 1 e2 := p · b2 = √ ·  3  . 6 ϕ(b2 , b2 ) 0


Aus

141

b3 := a3 − ϕ(a3 , e1 ) · e1 − ϕ(a3 , e2 ) · e2         0 1 1 0 =  0 −0· 0 −0· 3 = 0  1 0 0 1

folgt dann

  0 1   e3 := p · b3 = √ · 0 . 2 ϕ(b3 , b3 ) 1 1

Aufgabe 6.4 (Orthonormierungsverfahren) Man bestimme mit Hilfe des Schmidtschen ONVs eine orthonormierte Basis f¨ ur den Untervektorraum [{a1 , a2 , a3 , a4 }] von R R4×1 , wobei a1 := (2, 1, 3, −1)T , a2 := (7, 4, 3, −3)T , a3 := (1, 1, −6, 0)T , a4 := (5, 7, 7, 8)T . Lösung. Wegen rg(a1 , a2 , a3 , a4 ) = 3 besteht die gesuchte orthonormierte Basis aus genau drei Elementen, die man z.B. durch Anwendung des ONVs auf die Vektoren a1 , a2 , a4 erhalten kann. Nachfolgend bezeichne ϕ das Standardskalarprodukt, d.h., f¨ ur alle x, y ∈ R4×1 T gilt ϕ(x, y) := x · y. Die gesuchte orthonormierte Basis erhält man wie folgt:   2  1 1 1 . · a1 = √ ·  e1 := p 15  3  ϕ(a1 , a1 ) −1 Mit Hilfe von

     2 7 3  1 1  2  4      b2 := a2 − ϕ(a2 , e1 ) · e1 =   3  − 2 ·  3  = 3 ·  −3  −1 −3 −1

ergibt sich:

Aus

folgt dann





 3  2 1 1 . e2 := p · b2 = √ ·  23  −3  ϕ(b2 , b2 ) −1 b3 := a4 − ϕ(a4 , e1 ) · e1 − ϕ(a4 , e2 ) · e2         5 2 3 1 7  1  2  5        =   7  − 2 ·  3  − 0 ·  −3  =  1  8 −1 −1 10

142




 1  5 1 1 . e3 := p · · b3 = √ 127  1  ϕ(b3 , b3 ) 10 Aufgabe 6.5 (Eigenschaft einer Norm, die mit Hilfe eines Skalarprodukts definiert ist) Man beweise: Die durch einp Skalarprodukt ϕ (eines VRs V u ¨ber K ∈ {R, C}) definierte Norm kak := ϕ(a, a) (a ∈ V ) erf¨ ullt die sogenannte Parallelogrammeigenschaft: ∀a, b ∈ V : ka + bk2 + ka − bk2 = 2 · (kak2 + kbk2 ). Außerdem zeige man anhand eines Beispiels, daß die Maximumnorm diese Eigenschaft nicht besitzt. Lösung. = = = =

Die Parallelogrammeigenschaft folgt aus

ka + bk2 + ka − bk2 ϕ(a + b, a + b) + ϕ(a − b, a − b) ϕ(a, a) + ϕ(a, b) + ϕ(b, a) + ϕ(b, b) + ϕ(a, a) − ϕ(a, b) − ϕ(b, a) + ϕ(b, b) 2 · (ϕ(a, a) + ϕ(b, b)) 2 · (kak2 + kbk2 ).

Zwecks Konstruktion eines Beispiels f¨ ur den Fakt, daß die Maximumnorm die Parallelogrammeigenschaft nicht besitzt, seien K V := R R1×2 , a := (3, 2) und b := (−3, 1). Dann gilt: kak∞ = kbk∞ = 3, a + b = (0, 3), a − b = (6, 1), ka + bk∞ = 3, ka − bk∞ = 6. Folglich haben wir ka + bk2 + ka − bk2 = 9 + 36 = 45 6= 2 · (kak2 + kbk2 ) = 2 · (9 + 9) = 36, was zu zeigen war. Aufgabe 6.6 (Orientierung von Basen; Spat; Beispiel zu Satz 6.6.3) Seien B := (i, j, k) und a/B := (0; 1, 0, 3)T , b/B := (0; 2, −6, 1)T , c/B := (0; −1, 0, 2)T . (a) Welche Orientierung besitzt die Basis (a, b, c)? ¨ (b) Welche der f¨ unf aus (a, b, c) durch Andern der Reihenfolge der Vektoren bildbaren Basen sind rechtsorientiert? (c) Man ermittle das Volumen und die Oberfläche des von den Vektoren a, b, c aufgespannten Spats.


Lösung.

(a): Wegen

143

1 2 −1 0 −6 0 = −30 < 0 3 1 2

ist (a, b, c) linksorientiert. (b): Rechtsorientiert sind die Basen

(a, c, b), (b, a, c), (c, b, a) und linksorientiert die Basen (b, c, a), (c, a, b). Dies u ¨berlegt man sich leicht unter Verwendung der folgenden Eigenschaft der Determinanten: Vertauscht man in einer Determinante zwei Spalten, so ändert sich das Vorzeichen (siehe Satz 3.1.6). (c): Nach Satz 6.6.3 ist das Volumen des Spats der Betrag der Determinante det(a, b, c) = −30. Aus der Definition des Vektorprodukts folgt die folgende Formel f¨ ur die Oberfl¨ ache des Spats: 2 · (|a × b| + |a × c| + |b × c|). Wegen

i j k a × b = 1 0 3 = 18i + 5j − 6k, 2 −6 1 i j k a × c = 1 0 3 = −5j, −1 0 2

i j k b × c = 2 −6 1 = −12i − 5j − 6k −1 0 2

ergibt sich die Oberfl¨ ache des Spats wie folgt: √ √ 2 · (√324 + 25 +√36 + 5 + 144 + 25 + 36) = 2 · ( 385 + 5 + 205) ≈ 2 · (19.62 + 5 + 14.32) = 77.88. Aufgabe 6.7 (Anwendung der Pl¨ uckerschen Form einer Geraden im Raum) Seien S := (A; i, j, k) und P/S := (1; 7, 0, 3)T , Q/S := (1; 14, 2, −1)T , R/S := (1; 1, 5, 1)T . Man gebe die Pl¨ uckersche Normalform der Geraden g(P, Q) an und berechne den Abstand des Punktes R zu g.

144


Lösung. 6.6):

Die Pl¨ uckersche Normalform von g(P, Q) lautet (siehe Abschnitt g(P, Q) :

beziehungsweise

1 · ((X − P ) × (Q − P )) = o |Q − P | 



   1 0  7   7  1     g(P, Q) : √ ·  X −   0  ×  2  = o. 69 3 −4

Der Abstand l von R zu g(P, Q) l¨ aßt sich mit dieser Normalform wie folgt berechnen: 1 l= · |(R − P ) × (Q − P )|. |Q − P | Konkret (wegen R − P = (0; −6, 5, −2)T und (R − P ) × (Q − P ) = (0; −16, −38, −47)T ) erhalten wir r 1 √ 3909 1 p 2 2 2 √ · 16 + 38 + 47 = · 256 + 1444 + 2209 = ≈ 7.53. l= 69 69 69

Aufgabe 6.8 (Eigenschaft des Vektorprodukts) − → Man zeige, daß das Vektorprodukt keine assoziative Operation auf V3 ist. Lösung. und

Es gilt z.B. (i × j) × j = k × j = −i i × (j × j) = i × o = o.

Folglich ist das Vektorprodukt nicht assoziativ.

Aufgabe 6.9 (Winkelberechnung) Man bestimme den Winkel zwischen zwei verschiedenen Raumdiagonalen eines W¨ urfels. Lösung. O.B.d.A. kann man annehmen, daß der W¨ urfel die Kantenlänge 1 besitzt und von den Vektoren i, j, k aufgespannt wird. Zwei verschiedene Raumdiagonalen dieses W¨ urfels sind dann z.B. d1 := i + j + k, d2 := −i + j + k und es gilt cos ∠(d1 , d2 ) =

d1 · d2 1 = . |d1 | · |d2 | 3

Folglich ist der gesuchte Winkel (angegeben in Bogenmaß) ≈ 1.23 beziehungsweise ≈ 70.5o.


145

Aufgabe 6.10 (Eigenschaft orthogonaler Vektoren) Es sei V ein Vektorraum u ¨ber K ∈ {R, C}, auf dem ein Skalarprodukt ϕ definiert ist. Außerdem sei B eine Menge von Vektoren aus V , die nicht den Nullvektor enthält und f¨ ur die ∀a, b ∈ B : a 6= b =⇒ ϕ(a, b) = 0 gilt. Man beweise, daß B linear unabh¨ angig ist. Lösung. Angenommen, B enth¨ alt gewisse Vektoren b1 , ..., bn , die linear abhängig sind, d.h., es existieren gewisse x1 , ..., xn ∈ K mit x1 · b1 + x2 · b2 + ... + xn · bn = o, wobei xi 6= 0 f¨ ur mindestens ein i ∈ {1, 2, ..., n} gilt. Bildet man nun ϕ(x1 · b1 + x2 · b2 + ... + xn · bn , bi ), so erhält man (wegen der Orthogonalit¨ at der Vektoren der Menge B und der Biliniarität von ϕ): x1 · ϕ(b1 , bi ) +... + xi · ϕ(bi , bi ) +... + xn · ϕ(bn , bi ) = ϕ(o, bi ) = 0. | {z } | {z } | {z } =0

6= 0

=0

Dies gilt jedoch nur, wenn xi = 0 ist, im Widerspruch zu unserer Annahme. Also ist die Menge B linear unabh¨ angig. Aufgabe 6.11 (Eigenschaft von Skalarprodukten) Es seien ϕ1 und ϕ2 zwei Skalarprodukte eines unitären Vektorraums V u ¨ber dem Körper C. Man beweise, daß aus ∀x ∈ V : ϕ1 (x, x) = ϕ2 (x, x) stets ϕ1 = ϕ2 folgt. Lösung. Angenommen, es gilt ϕ1 (x, x) = ϕ2 (x, x) f¨ ur beliebiges x ∈ V . F¨ ur alle x, y ∈ V haben wir dann auch (unter Beachtung von ϕ1 (y, x) = ϕ1 (x, y)) ϕ1 (x + y, x + y) = ϕ1 (x, x) + ϕ1 (x, y) + ϕ1 (y, x) +ϕ1 (y, y) | {z } =2·Re(ϕ1 (x,y))

= ϕ2 (x + y, x + y) = ϕ1 (x, x) + ϕ2 (x, y) + ϕ2 (y, x) +ϕ1 (y, y). | {z } =2·Re(ϕ2 (x,y))

Folglich gilt

Re(ϕ1 (x, y)) = Re(ϕ2 (x, y)).

146


Indem wir oben anstelle von x den Vektor i · x wählen, erhalten wir analog zu oben Im(ϕ1 (x, y)) = Im(ϕ2 (x, y)). Folglich gilt ϕ1 = ϕ2 . Aufgabe 6.12 (Ebenen im Raum) Man gebe die Gleichung einer Ebene E ⊂ R3 an, die vom Punkt Q := (1; 3, 5, 7)T (in Koordinaten bezogen auf ein kartesisches Koordinatensystem S des R3 ) den Abstand 4 hat und auf den Koordinatenachsen von S Abschnitte abtrennt, die proportional zu 1, 2, 3 sind. Lösung.

Es gibt zwei L¨ osungen: E1 : 6x + 3y + 2z = 19, E2 : 6x + 3y + 2z = 75.

Begr¨ unden kann man dies z.B. wie folgt: Sind die Schnittpunkte von E mit den Koordinatenachsen X1 := (1; a, 0, 0)T , Y1 := (1; 0, 2a, 0)T , Z1 := (1; 0, 0, 3a)T , so ergibt sich zunächst: 1 1 E : x + y + z − a = 0. 2 3 Da der Abstand von Q zu E gleich 4 sein soll, gilt 6 5 7 · |3 + + − a| = 4. 7 2 3 Die hieraus folgende quadratische Gleichung 5 7 36 · (3 + + − a)2 = 16 49 2 3 hat die zwei Lösungen: a1 :=

19 75 25 , a2 := = . 6 6 2

Aufgabe 6.13 (Koordinaten eines Punktes) Von dem Dreieck ∆ABC aus dem Anschauungsraum R3 weiß man, daß der Mittelpunkt der Strecke AC (beziehungsweise BC) auf der y-Achse (beziehungsweise in der x, z-Ebene) des verwendeten affinen Koordinatensystems S liegt. Außerdem kennt man die Koordinaten der Punkte A und B: A/S := (1; −4, −1, 2)T , B/S := (1; 3, 5, −16)T . Man bestimme die Koordinaten von C bez¨ uglich S.


147

Lösung. Bezeichne M1 den Mittelpunkt der Strecke AC und M2 den Mittelpunkt der Strecke BC. Dann gilt (in Koordinaten bez. S) M1 = (1; 0, α, 0)T und M2 = (1; β, 0, γ)T mit noch unbekannten α, β, γ. Der Punkt C läßt sich wie folgt beschreiben: C = A + 2 · (M1 − A) = B + 2 · (M2 − B). ¨ Ubergang zu Koordinaten liefert das l¨ osbare Gleichungssystem: −4 + 2(0 + 4) = 3 + 2(β − 3) −1 + 2(α + 1) = 5 + 2(0 − 5) 2 + 2(0 − 2) = −16 + 2(γ + 16). Aus der zweiten Gleichung folgt α = −3, womit C = (1; 4, −5, −2)T ist. Aufgabe 6.14 (Eigenschaften eines Tetraeders) Die Ecken eines Tetraeders T im Anschauungsraum R3 seien durch ihre Koordinaten bez¨ uglich eines kartesischen Koordinatensystems gegeben: P1 := (1; 1, 0, 1)T , P2 := (1; 2, 1, −1)T , P3 := (1; 5, −2, −4)T , P4 := (1; −4, 2, 5)T . Man berechne: (a) die von P1 ausgehende H¨ ohe h des Tetraeders, (b) den Fußpunkt S und die L¨ ange l des von P1 auf die Kante P2 P3 gefällten Lotes, (c) den Winkel zwischen den Gegenfl¨ achen von P2 und P3 . Lösung. (a): Die von P1 ausgehende H¨ ohe h ist gleich dem Abstand von P1 zur Ebene E(P2 , P3 , P4 ) : X = P2 + s · (P3 − P2 ) + t · (P4 − P2 )       1 0 0  2  3  −6       =   1  + s ·  −3  + t ·  1  . −1 −3 6

Die Ebene E(P2 , P3 , P4 ) kann man auch durch ihre Hessesche Form E(P2 , P3 , P4 ) : x + z − 1 = 0 charakterisieren, womit 1 1 h = √ · |1 + 1 − 1| = √ . 2 2 (b): Seien a := P3 − P2 und b := P1 − P2 . Die Zerlegung des Vektors b in Parallelkomponente b′ und Normalkomponente b′′ liefert den gesuchten Fußpunkt mittels S = P2 + b′ und die Lotl¨ ange l mittels l = |b′′ |. Konkret (unter

148


Verwendung von Formeln aus Abschnitt 6.1 und von a = (0; 3, −3, −3)T , b = (0; −1, −1, 2)T ): aT ·b aT a

S = P2 + b′ = P2 + 

und (wegen b′′ = b − b′ =

 1  2  =   1− −1   1  4  3 =  5  3 − 13 1 3

6 27



·a

 0  3  ·  −3  −3

· (0; −1, −5, 4)T )

1 √ l = |b | = · 1 + 25 + 16 = 3 ′′

√ 42 . 3

(c): Die Gegenfläche von P2 liegt in der Ebene E1 (P1 , P3 , P4 ) : 2x + 9y − 2z = 0 und die Gegenfläche von P3 in der Ebene E2 (P1 , P2 , P4 ) : 8x + 6y + 7z = 15. Der Winkel α zwischen diesen beiden Ebenen (d.h., der Winkel zwischen zwei Normalenvektoren) l¨ aßt sich dann mit Hilfe der beiden Vektoren n1 := (0; 2, 9, −2)T und n2 := (0; 8, 6, 7)T berechnen: cos α =

56 nT1 · n2 √ =√ ≈ 0.49, |n1 | · |n2 | 89 · 149

d.h., es gilt α ≈ 1.07 (Bogenmaß) beziehungsweise α ≈ 61o . Aufgabe 6.15 (Beweis mit Hilfe des Skalarprodukts) Mit Hilfe von Vektoren und dem Skalarprodukt in der Anschauungsebene beweise man (a) den Satz des Pythagoras; (b) den Satz: Im Rhombus stehen die Diagonalen aufeinander senkrecht. Lösung. (a): Im Abschnitt 6.1 wurde der Kosinussatz (c2 = a2 + b2 − 2ab · cos γ) mit Hilfe des Skalarprodukts bewiesen. Indem man γ = 90o setzt, erhält man die Behauptung (a). (b): Wählt man in einem Rhombus die Vektoren a und b wie folgt:


149

p a 3Q Q Q Q Qp p Q Q Q bQ sp Q so gilt |a| = |b| und die Diagonalen lassen sich mittels der Vektoren d1 := a−b und d2 := a + b beschreiben. Die Behauptung ergibt sich dann aus (a − b) · (a + b) = a2 − b2 = |a|2 − |b|2 = 0. Aufgabe 6.16 (Beweis mit Hilfe des Skalarprodukts) Man beweise: Im Parallelogramm ist die Summe der Diagonalquadrate gleich der Summe der 4 Seitenquadrate. Lösung.

Wählt man im Parallelogramm die Vektoren a und b wie folgt: p a p

b

p -p

so sind die Diagonalen mittels der Vektoren d1 := a + b und d2 := a − b beschreibbar und die Behauptung folgt aus |d1 |2 + |d2 |2 = (a + b)2 + (a − b)2 = a2 + 2 · a · b + b2 + a2 − 2 · a · b + b2 = 2(a2 + b2 ) = 2(|a|2 + |b|2 ). Aufgabe 6.17 (Koordinaten eines Punktes) Es sei S := (A; i, j) ein kartesisches Koordinatensystem der Anschauungsebene R2 . In Koordinaten bez¨ uglich S seien die Punkte B := (1; −3, 2)T und P := (1; 2, −3)T gegeben. Wie lauten die Koordinaten von P bez¨ uglich des Koordinatensystems S ′ := (B; b1 , b2 ), wobei die Basis (b1 , b2 ) aus der Basis (i, j) durch Drehung um den Winkel ϕ := 60o im mathematisch positiven Drehsinn entsteht? Lösung.

Offenbar gilt in Koordinaten bez¨ uglich S:     0 0 b1 =  cos ϕ  , b2 =  − sin ϕ  . sin ϕ cos ϕ

150


Gesucht sind gewisse x1 , x2 ∈ R mit P = B + x1 · b1 + x2 · b2 . ¨ Ubergang zu Koordinaten bez¨ uglich S liefert aus obiger Gleichung die Matrizengleichung         0 0 1 1 √        1  2  =  −3  + x1 ·  √2  + x2 ·  − 23  , 1 3 −3 2 2 2 die die Lösung

√ √ 5 5 (1 − 3), x2 = − (1 + 3) 2 2 ′ hat. Folglich gilt in Koordinaten bez¨ uglich S :     1√ 1 P =  52 (1 − √3)  ≈  −1.83  . −6.83 − 25 (1 + 3) x1 =

Aufgabe 6.18 (Skalarproduktanwendung) − → Es seien a und b Einheitsvektoren des V3 , die einen Winkel von 45o miteinander einschließen. Man bestimme den Fl¨ acheninhalt F des Parallelogramms, dessen Diagonalen durch die Vektoren d1 := 2a − b und d2 := 4a − 5b beschrieben sind. Lösung.

Die Vektoren x und y seien wie folgt festgelegt: p 1p d1 I @ @ x @ @ d2 @p p y

Dann gilt d1 = x + y d2 = x − y beziehungsweise 2a − b = x + y 4a − 5b = x − y. Folglich haben wir x = 3a − 3b, y = −a + 2b, woraus sich


151

x × y = (3a − 3b) × (−a + 2b) = 3 · (a × b) und damit (wegen |a| = |b| = 1) |F | = |3 · (a × b)| = 3 · |a| · |b| · sin 45o =

3 √ · 2 2

ergibt. Aufgabe 6.19 (Skalarproduktanwendung) Bezeichne V einen Vektorraum u orper K ∈ {R, C}, auf dem ein ¨ber dem K¨ Skalarprodukt ϕ definiert ist. Seien außerdem x1 , x2 , ..., xt ∈ V gewisse Vektoren mit der Eigenschaft {y ∈ V | ∀i ∈ {1, ..., t} : ϕ(y, xi ) = 0} = {o}. Man beweise, daß dann {x1 , x2 , ..., xt } ein Erzeugendensystem f¨ ur V ist. Lösung. O.B.d.A. k¨ onnen wir annehmen, daß die Vektoren x1 , x2 , ..., xt linear unabhängig sind. Sei nun der Nullvektor o der einzige Vektor, der bez¨ uglich ϕ orthogonal zu den x1 , x2 , ..., xt ist. Falls {x1 , x2 , ..., xt } kein Erzeugensystem f¨ ur V bildet, gibt es einen von {x1 , x2 , ..., xt } linear unabh¨ angigen Vektor xt+1 ∈ V . Mit Hilfe des Schmidtschen ONVs erh¨ alt man dann aus den linear unabhängigen Vektoren x1 , x2 , ..., xt , xt+1 gewisse orthonormierte Vektoren e1 , e2 , ..., et , et+1 ∈ V , womit et+1 ∈ {y ∈ V | ∀i ∈ {1, ..., t} : ϕ(y, xi ) = 0}, im Widerspruch zur Voraussetzung. Aufgabe 6.20 (Eigenschaft des Vektorprodukts) Man beweise: − → ∀a, b, c ∈ V3 : (a × b) × c = (a · b) · b − (b · c) · a. Lösung. Obige Formel ist leicht nachzuweisen, wenn man die Vektoren a, b, c in Koordinaten bez¨ uglich der Basis i, j, k angibt und die Sätze 6.1.1 und 6.6.2 verwendet. Ein Beweis ohne Verwendung von Koordinaten findet man z.B. in dem Buch [Bre-B 66]. Aufgabe 6.21 (Spatproduktanwendung) Man berechne das Volumen eines Tetraeders mit den Eckpunkten A, B, C, D, die in Koordinaten bez¨ uglich S := (O; i, j, k) wie folgt angebbar sind: A := (1; 1, 4, 4)T , B := (1; −1, 3, 2)T , C := (1; 0, 5, 7)T , D := (1; 1, −2, 3)T . Hinweis: Der Rauminhalt eines Tetraeders ist ein Sechstel des Inhalts eines Spats, der von drei seiner Seitenvektoren aufgespannt wird.

152


Lösung. Wählt man a := B − A = (0; −2, −1, −2)T , b := C − A = (0; −1, 1, 3)T und c := D − A = (0; 0, −6, −1)T , so ist das gesuchte Volumen wie folgt berechenbar: 45 15 1 · |det(a, b, c)| = = . 6 6 2 Aufgabe 6.22 (Matrixnorm) Seien k · k eine Norm des Vektorraums Beweisen Sie, daß durch

RR

n×1

, A ∈ Rn×n und x ∈ Rn×1 .

k · k : Rn×n −→ R, kAk := max x6=o

kA · xk kxk

eine Norm ( Matrixnorm“) auf dem Vektorraum R Rn×n definiert ist. ” Lösung.

Zu zeigen: ∀A, B ∈ Rn×n ∀λ ∈ R : 1) kAk ≥ 0, 2) kAk = 0 ⇐⇒ A = O, 3) kλ · Ak = |λ| · kAk, 4) kA + Bk ≤ kAk + kBk.

1)–3) folgen unmittelbar aus den Voraussetzungen und der Definition der Matrixnorm. Die Aussage 4) l¨ aßt sich wie folgt beweisen: kA + Bk = maxx6=o ≤ maxx6=o

k(A+B)·xk kxk

= maxx6=o

kA·x+B·xk kxk

kA·xk+kB·xk kxk

≤ maxx6=o

kA·xk kxk

+ maxx6=o

kB·xk kxk

= kAk + kBk. 2 Bemerkung Beispiele und Anwendungen der oben definierten Matrixnorm findet man in den Abschnitten 14.2–14.4.

7 Aufgaben zu: Euklidische und unit¨ are affine Punktr¨ aume

Aufgabe 7.1 (Metrikeigenschaften ¨ uberpr¨ ufen) Ist die f¨ ur einen affinen Raum R definierte Abbildung d mit 0 f¨ ur P = Q, d(P, Q) := 1 sonst, f¨ ur alle P, Q ∈ R eine Metrik? Lösung. Die Abbildung d : R × R −→ R erf¨ ullt offenbar die folgenden zwei Bedingungen einer Metrik: ∀X, Y ∈ R : d(X, Y ) ≥ 0, ∀X, Y ∈ R : d(X, Y ) = 0 ⇐⇒ X = Y. Damit muß f¨ ur den Beweis, daß d eine Metrik ist, nur noch ∀X, Y, Z ∈ R : d(X, Y ) ≤ d(X, Z) + d(Y, Z) gezeigt werden. Seien X, Y, Z ∈ R beliebig gewählt. F¨ ur X = Y gilt offenbar die Ungleichung. Im Fall X 6= Y haben wir 1 ∈ {d(X, Z), d(Y, Z)}, womit ebenfalls d(X, Y ) ≤ d(X, Z) + d(Y, Z) gilt. Aufgabe 7.2 (Orthonormieren von Vektoren, Koordinatenberechnung) In einem 4-dimensionalen affinen Raum R4 := {(1, x1 , x2 , x3 , x4 )T | x1 , x2 , x3 , x4 ∈ R} mit dem zugehörigen VR V4 := {(0, x1 , x2 , x3 , x4 )T | x1 , x2 , x3 , x4 ∈ R} (auf dem das Standardskalarprodukt definiert sei) u ¨ber dem Körper R seien P := (1, 1, −1, 0, 6)T , Q := (1, 4, 2, 4, −3)T , a := (0, 1, 2, −1, 0)T , b := (0, 0, 1, 1, 1)T D. Lau, Übungsbuch zur Linearen Algebra und analytischen Geometrie, 2. Aufl., Springer-Lehrbuch, DOI 10.1007/978-3-642-19278-4_7, © Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2011

154


und c := (0, 2, −1, 0, 1)T . Man berechne eine orthonormierte Basis B := (e1 , e2 , e3 , e4 ) von V4 mit den Eigenschaften: e1 ∈ [{a}], e2 ∈ [{a, b}] und e3 ∈ [{a, b, c}]. Bez¨ uglich des kartesischen Koordinatensystems S := (P, B) berechne man außerdem die Koordinaten von Q. Lösung.

Die Vektoren a, b, c lassen sich z.B. durch den Vektor d := (0; 0, 0, 0, 1)T

zu einer Basis des VRs V4 erg¨ anzen, da rg(a, b, c, d) = 4. Indem man das Schmidtsche Orthonormierungsverfahren (siehe Beweis von Satz 6.5.2) auf die Vektoren a1 := a, a2 := b, a3 := c, a4 := d anwendet, erhält man die gesuchte Basis B wie folgt: e1 :   0  1  1 1  2 e1 = · a1 = √ ·  .  ka1 kϕ 6  −1   0

e2 :



     0 0 0 0  1      1  −1  1 1       b2 := a2 − ϕ(a2 , e1 ) · e1 =  1  − √ · √ ·  2  = ·  4  6 6  −1  6  7  1  1 0 6 

e3 :

 0  −1    1 1 4 · b2 = √ e2 = · .  kb2 kϕ 102  7   6

e4 :

b3 = a3 − ϕ(a3 , e1 ) · e1 − ϕ(a3 , e2 ) · e2 = a3   0  2  1 1  −1  · b3 = √ ·  e3 = .  kb3 kϕ 6  0  1 b4 = a4 − ϕ(a4 , e1 ) · e1 − ϕ(a4 , e2 ) · e2 − ϕ(a4 , e3 ) · e3 = a4 − =

7 − 102

1 17

· e2 −

1 6

· e3

· (0, 4, 1, 6, −7)T


155



 0  4   1 1 1 e4 = · . · b4 = √  kb4 kϕ 102  6   −7

Die Koordinaten x1 , x2 , x3 , x4 von Q bez¨ uglich des Koordinatensystems (P, B) sind die Lösungen der Gleichung P + x1 e1 + x2 e2 + x3 e3 + x4 e4 = Q. Ohne Verwendung von Erkennungskoordinaten kann man die obige Gleichung auch in der Form     x1 3  x2  −−→  3     (e1 , e2 , e3 , e4 ) ·   x3  = P Q =  4  x4 −9

aufschreiben. Nach Satz 7.3.1 ist B := (e1 , e2 , e3 , e4 ) eine orthogonale Matrix, d.h., es gilt B−1 = BT . Damit erhalten wir 

 x1  x2  T    x3  = B x4

   √5 6 3 q   3   − 17 = 6 . ·  √  4  − 6 √ −9 102 

Aufgabe 7.3 (Abstands- und Volumenberechnungen in R4 ) Seien R4 , V4 , P , Q, a, b und c wie in der Aufgabe 7.2 gewählt. Außerdem seien zwei Unterr¨ aume E und E ′ durch E = P + [{a, b}] und E ′ = Q + [{c}] beschrieben. Man berechne: (a) (b) (c) (d) (e)

den Abstand von P zu E ′ , den Abstand von Q zu E, ein Lot und die Fußpunkte des Lotes von E und E ′ , den Abstand von E zu E ′ , das Volumen des Spats Sp(P, P + a, P + b, P + c).

Hinweis zu (c): Siehe Beweis von Satz 7.1.3. Lösung.

(a): Nach Satz 7.1.2 gilt: d(P, ε′ ) = k (P − Q) − ϕ(d, e) ·ek, | {z } | {z } =:d

wobei e :=

1 kck c

=

√1 (0, 2, −1, 0, 1)T . 6

Folglich

dT ·e

156


d(P, ε′ ) = k(0, −5, −2, −4, 8)T k =

√ 109.

(b): Nach Satz 7.1.2 gilt d(Q, ε) = k (Q − P ) − ϕ(f, e1 ) ·e1 − ϕ(f, e2 ) ·e2 k, | {z } | {z } | {z } =:f

fT ·e1

fT ·e2

wobei e1 , e2 eine orthonormierte Basis des Vektorraums [{a, b}] bildet. Eine solche Basis haben wir bereits bei der L¨ osung von Aufgabe 7.2 bestimmt:     0 0  1  −1     1   , e2 = √ 1 ·  4  . 2 e1 = √ ·     6  −1  102  7   0 6 Folglich gilt:

d(Q, ε) = k(Q − P ) − ϕ(f, e1 ) · e1 − ϕ(f, e2 ) · e2 k = k(0, 2, 2, 6, −8)T k √ = 108. −−→ (c): Nach Satz 7.1.3 existiert genau ein Lot l := SS ′ von E und E ′ , wobei S ∈ E und S ′ ∈ E ′ die Fußpunkte des Lotes sind. Dem Beweis von Satz 7.1.3 kann man folgende Methode zur Berechnung von S und S ′ entnehmen: Zunächst bestimmt man x1 , ..., x4 ∈ R mit x · a + x · b + x3 · c + | {z } | 1 {z 2 } =:y∈[{a,b}]

=:y′ ∈[{c}]

x4 · d | {z }

−−→ = P Q,

(7.1)

∈[{a,b,c}]⊥ =[{d}]

wobei dT := (0, 4, 1, 6, −7)T (siehe Aufgabe 7.2). Das aus (7.1) folgende LGS       1 0 2 4 x1 3  2 1 −1 1   x2   3         −1 1 0 6  ·  x3  =  4  0 1 1 −7 x4 −9 hat die Lösung (x1 , x2 , x3 , x4 )T = (1, −1, −1, 1)T . Die gesuchten Punkte S und S ′ lassen sich dann wie folgt berechnen:     1 1  2  6     ′ ′    S = P +y = P +a−b =  0 , S = Q−y = Q+c =   1 .  −2   4 5 −2 −−→ Folglich gilt l = SS ′ = (0, 4, 1, 6, −7)T .


157

(d): Der Abstand l von E und E ′ ist gleich der Norm des in (c) bestimmten √ −−→ Lotes: l = kSS ′ k = 102. (e): Das Spatvolumen berechnet sich nach der Formel aus folgt: v u u ϕ(a, a) ϕ(a, b) u Sp(P, P + a, P + b, P + c) = t ϕ(b, a) ϕ(b, b) ϕ(c, a) ϕ(c, b)

Abschnitt 7.2 wie

ϕ(a, c) ϕ(b, c) ϕ(c, c)

v u u6 1 0 u = t1 3 0 0 0 6 =

√ 102.

Aufgabe 7.4 (Orthogonale Matrix, Beispiel zu Satz 7.3.5) Man bestimme x, y, z ∈ R so, daß   8 4 −1 1  A := · −1 4 8  9 x y z

eine orthogonale Matrix ist. Außerdem verifiziere man Satz 7.3.5 f¨ ur diese orthogonale Matrix. Lösung. Seien a := (0; 8, 4, −1)T und b := (0; −1, 4, 8)T (in Koordinaten bez¨ uglich (i, j, k)). Die gesuchten Werte x, y, z kann man dann z.B. als Koordi1 naten eines Vektors |a×b| · (a × b) bez¨ uglich der Basis (i, j, k) auffassen, wobei sich a × b wie folgt berechnen l¨ aßt: i j k 8 4 −1 = 36 · i − 63 · j + 36 · k. −1 4 8

Also gilt:

x= und

4 7 4 , y=− , z= 9 9 9

  8 4 −1 1  A = · −1 4 8  . 9 4 −7 4

Wie man leicht nachrechnet, gilt |A| = 1. Zwecks Verifikation von Satz 7.3.5 haben wir damit zu zeigen, daß es gewisse α1 , α2 , α3 ∈ R mit

158

7 Aufgaben zu: Euklidische und unit¨ are affine Punktr¨ aume 

     1 0 0 cos α2 0 − sin α2 cos α1 − sin α1 0 A =  0 cos α3 − sin α3  ·  0 1 0  ·  sin α1 cos α1 0  0 sin α3 cos α3 sin α2 0 cos α2 0 0 1

gibt. Das folgende Verfahren zum L¨ osen dieser Aufgabe stammt aus dem Beweis von Satz 7.3.4. Vor diesem Satz findet man auch die nachfolgend benutzten Bezeichnungen erl¨ autert. Wir setzen A = (aij )3,3 und A′ := (a′ij )3,3 := A · E3;1,2 (−α1 ), wobei a′11 = a11 · cos α1 − a12 sin α1 a′12 = a11 · sin α1 + a12 cos α1 .

und

Die Zahl α1 ist so zu bestimmen, daß a′12 = 0 und a′11 ≥ 0 gilt. Wegen a11 = 8 und a12 = 4 erhalten wir hieraus die Bedingung tan α1 = − 12 . Mit Hilfe der Definitionen der trigonometrischen Funktionen folgt sin(α1 ) = − √15 und cos(α1 ) = √25 . Als nächstes bilden wir A′′ := (a′′ij )3,3 := A′ · E3;1,3 (−α2 ), wobei a′′11 = a′11 · cos α2 − a′13 sin α2 a′′13 = a′11 · sin α2 + a′13 cos α2 .

und

Der Wert α2 ist dann wieder so zu bestimmen, daß a′′13 = 0 und a′′11 ≥ 0 gilt. Wir erhalten aus diesen Bedingungen zunächst tan α2 = √180 und hieraus sin α2 =

1 9

und cos α2 =

√ 80 9 .

Folglich 

1 0  0 √1 A · E3;1,2 (−α1 ) · E3;1,3 (−α2 ) =  5 0 − √25

0 √2 5 √1 5



 .

Da (En;r,s (−α))−1 = En;r,s (α) f¨ ur beliebige n, r, s (siehe Abschnitt 7.3), erhalten wir   √80     √2 √1 0 1 0 0 0 − 91 9 5 5       0  ·  − √15 √25 0  . A =  0 √15 √25  ·  0 1 √ 1 0 − √25 √15 0 0 1 0 80 9

9

8 Aufgaben zu: Eigenwerte, Eigenvektoren und Normalformen von Matrizen

F¨ ur die Aufgaben 8.1–8.4 ben¨ otigt man die im Abschnitt 8.2 behandelten Eigenschaften der Polynome. Aufgabe 8.1 (Nullstellen eines Polynoms; Horner-Schema) Sei p4 (x) := x4 − 3x3 − 24x2 − 25x − 21. Man berechne: (a) p4 (9) und

p4 (x) x−9 p4 (x) x−8

mittels Horner-Schema;

(b) p4 (8) und mittels Horner-Schema; (c) die Nullstellen von p4 (x). (Hinweis: Zwei der Nullstellen von p4 sind ganzzahlig.) Lösung.

(a): Aus dem Horner-Schema 9

1 −3 −24 −25 −21 9 54 270 2205 1 6 30 245 2184

ergibt sich p4 (9) = 2184 und p4 (x) 2184 = x3 + 6x2 + 30x + 245 + . x−9 x−9 (b): Aus dem Horner-Schema 8

1 −3 −24 −25 −21 8 40 128 824 1 5 16 103 803

ergibt sich p4 (8) = 803 und p4 (x) 803 = x3 + 5x2 + 16x + 103 + . x−8 x−8 D. Lau, Übungsbuch zur Linearen Algebra und analytischen Geometrie, 2. Aufl., Springer-Lehrbuch, DOI 10.1007/978-3-642-19278-4_8, © Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2011

160


(c): Mittels Horner-Schema 1 −3 −24 −25 −21 −3 18 18 21 1 −6 −6 −7 0 7 7 7 7 1 1 1 0

−3

erhält man zunächst p4 (x) = (x+3)(x−7)(x2 +x+1) und damit die Nullstellen x1 = −3 und x2 = 7. Die fehlenden Nullstellen x3 und x4 sind komplex: √ √ x3 = − 12 + 23 · i und x4 = − 21 − 23 · i. Aufgabe 8.2 (Eigenschaft eines Polynoms) Sei α eine k-fache Nullstelle des Polynoms p(x) ∈ Pn (k, n ∈ N, n ≥ 1). Man zeige, daß dann α eine (k − 1)-fache Nullstelle der Ableitung p′ (x) ist. Lösung.

Sei pn (x) := an xn + an−1 xn−1 + ... + a1 x + a0 ,

wobei an 6= 0. Falls α eine k-fache Nullstelle von pn (x) ist, existiert nach Satz 8.2.4 ein gewisses Polynom q(x) vom Grad n − k mit pn (x) = an · (x − α)k · q(x) und q(α) 6= 0. Bildet man mit Hilfe der Produktregel die erste Ableitung p′n (x) von pn (x), so erhält man p′n (x) = an · k · (x − α)k−1 · q(x) + an (x − α)k · q ′ (x) = (x − α)k−1 · an · (k · q(x) + (x − α) · q ′ (x)), woraus die Behauptung folgt. Aufgabe 8.3 (Eigenschaft der Nullstellen eines Polynoms) Man beweise: Besitzt ein Polynom p mit nur reellen Koeffizienten eine Nullstelle z := a + b · i ∈ C \ R, so ist auch die konjugiert komplexe Zahl z = a − b · i eine Nullstelle von p. Lösung. Nach den Rechenregeln f¨ ur komplexe Zahlen (siehe Satz 2.3.5 und Aufgabe 2.34) gibt es zu beliebig gew¨ ahlten x, y ∈ R gewisse u, v ∈ R mit p(x + y · i) = u + v · i, p(x + y · i) = p(x + y · i) = u − v · i, falls p nur reelle Koeffizienten besitzt. Speziell gilt dann u = v = 0, falls x+y ·i eine Nullstelle des Polynoms p ist. Folglich gilt auch p(x − y · i) = 0.


161

Aufgabe 8.4 (Eigenschaft der Nullstellen eines Polynoms) Man beweise: Jedes Polynom ungeraden Grades mit nur reellen Koeffizienten besitzt mindestens eine reelle Nullstelle. Lösung. Offenbar ist die Behauptung f¨ ur Polynome ersten Grades mit nur reellen Koeffizienten richtig. Falls das Polynom p mit nur reellen Koeffizienten den Grad 2k + 1 mit k ≥ 1 hat, gibt es zu jeder komplexen Nullstelle z ∈ C \ R des Polynoms die zugehörige konjugiert komplexe Nullstelle z ∈ C \ R (siehe Aufgabe 8.3), womit das Polynom p nur eine gerade Anzahl von nicht-reellen Nullstellen besitzen kann. Unsere Behauptung folgt dann aus Satz 8.2.5, wonach ein Polynom genau n Nullstellen in C besitzt, wenn man die Vielfachheiten der Nullstellen mitzählt. 2 Um die Eigenwerte der in der n¨ achsten Aufgabe angegebenen Matrizen A zu bestimmen, benutzte man Satz 8.2.1, d.h., man berechne alle λ ∈ R, f¨ ur die |A − λ · En | = 0 gilt. Hat man einen Eigenwert λ von A ∈ Rn×n ermittelt, sind die zu λ geh¨ orenden Eigenvektoren von A die nichttrivialen Lösungen des homogenen LGS (A − λ · En ) · x = o. Aufgabe 8.5 (Eigenwerte und Eigenvektoren) Sei K = R. Man berechne die Eigenwerte und die Eigenvektoren der Matrix Au ur ¨ber R f¨ (a) A =



4 6 7 3

 0 2 0 1 2 0  2 12 2  0 2 1  4 0 2 (e) A =  −6 1 −4  −6 0 −3

1 0  (c) A =  2 0 

Lösung.

(b) A =



5 4 2 3

 5 −1 −1 (d) A =  1 3 1  −2 2 4

(a): Wie man leicht nachrechnet, gilt 4−λ 6 |A − λ · E2 | = = λ2 − 7λ − 30 = 0 7 3−λ

genau dann, wenn λ ∈ {10, −3}. Also sind λ1 = 10, λ2 = −3 die Eigenwerte von A. Die Eigenvektoren zum EW λ1 sind die nichttrivialen Lösungen des LGS

162


(A − 10 · E2 ) · x = die man durch t·

1 1

−6 6 7 −7

· x = o,

t ∈ R\{0},

beschreiben kann. Analog erh¨ alt man die Eigenvektoren zum EW λ2 : 6 t· t ∈ R\{0}. −7 (b): Eigenwerte: λ1 = 7, λ2 = 1. Eigenvektoren zum EW λ1 : 2 t· t ∈ R\{0}, 1 Eigenvektoren zum EW λ2 : −1 t· 1

t ∈ R\{0}.

(c): Eigenwerte: λ1 = 0, λ2 = λ3 = 1, λ4 = 13. Eigenvektoren zum EW λ1 :   1  1  t· t ∈ R\{0},  −1/2  1 Eigenvektoren zum EW λ2 :     −1 −1  1  0    t1 ·   0  + t2 ·  0  0 1

t1 , t2 ∈ R\{0},

Eigenvektoren zum EW λ4 :



 1 1  t· 6 1

t ∈ R\{0}.

(d): Eigenwerte: λ1 = 2, λ2 = 4, λ3 = 6. Eigenvektoren zum EW λ1 :   0 t· 1  t ∈ R\{0}, −1


163

Eigenvektoren zum EW λ2 : 

 1 t· 1  0

Eigenvektoren zum EW λ3 : 

 1 t· 0  −1

t ∈ R\{0},

t ∈ R\{0}.

(e): Eigenwerte: λ1 = 0, λ2 = λ3 = 1. Eigenvektoren zum EW λ1 :   1 t ·  −2  t ∈ R\{0}, −2

Eigenvektoren zum EW λ2 = λ3 :     0 2 t1 ·  1  + t2 ·  0  0 −3

t1 , t2 ∈ R\{0}.

2 Ein allgemeines Verfahren zum L¨ osen der folgenden Aufgabe findet man im Abschnitt 8.4. Aufgabe 8.6 (Orthogonale Matrix) F¨ ur die in Aufgabe 8.5, (c) angegebene symmetrische Matrix A berechne man eine orthogonale Matrix B mit der Eigenschaft, daß BT · A · B eine Diagonalmatrix ist. Lösung. Nach Satz 8.1.4 erh¨ alt man die gesuchte Matrix B := (b1 , b2 , b3 , b4 ), indem man aus den zur Aufgabe 8.5, (c) bestimmten Eigenvektoren         1 −1 −1 1    1  0 1 1        a1 :=   −1/2  , a2 :=  0  , a3 :=  0  , a4 :=  6  1 0 1 1

mit Hilfe des Schmidtschen Orthonormierungsverfahren (siehe Satz 6.5.2) eine orthonormierte Basis {b1 , b2 , b3 , b4 } f¨ ur R4×1 berechnet, deren Elemente dann die Spalten von B bilden. Man erh¨ alt:

164




Es gilt damit

 2  2  √1 b1 := √113 ·   −1  , b2 := 2 2   −1  −1   √1 b3 := √16 ·   0  , b4 := 39 2 

  B= 

√2 13 √2 13 −1 √ 13 √2 13

−1 √ 2 √1 2

0 0

−1 √ 6 −1 √ 6

0 √2 6

 −1  1  ·  0 , 0   1 1  ·  6 . 1

√1 39 √1 39 √6 39 √1 39





  . 

2

F¨ ur die folgende Aufgabe ben¨ otigt man Satz 8.1.4. Aufgabe 8.7 (Diagonalisierbarkeit von Matrizen) Eine Matrix A ∈ Rn×n heißt diagonalisierbar, wenn eine Matrix B ∈ Rn×n r mit B−1 · A · B = D und D ist Diagonalmatrix existiert. Man beweise, daß die Matrix   0 1 0 0  0 0 1 0 4×4  A1 =   0 0 0 1∈R −6 1 7 −1

diagonalisierbar ist und gebe eine Matrix B ∈ R4×4 an, die mittels B−1 ·A1 ·B die Matrix A1 in eine Diagonalmatrix u uhrt. Man begr¨ unde außerdem die ¨berf¨ Nichtdiagonalisierbarkeit der Matrix   1 0 1 A2 =  0 1 0  ∈ R3×3 . 0 0 1 Lösung. Zum Nachweis der Diagonalisierbarkeit von A1 hat man zu zeigen, daß es 4 l.u. EVen zu den EWen von A1 gibt. Die EWe von A1 sind: λ1 = 1, λ2 = −1, λ3 = 2 und λ4 = −3. Hieraus lassen sich dann die Eigenr¨ aume LA1 (λ1 ) = {(t · (1, 1, 1, 1)T | t ∈ R},

LA1 (λ2 ) = {(t · (1, −1, 1, −1)T | t ∈ R},

LA1 (λ3 ) = {(t · (1, 2, 4, 8)T | t ∈ R},

LA1 (λ4 ) = {(t · (1, −3, 9, −27)T | t ∈ R}


165

berechnen. Wie man leicht nachpr¨ uft, ist   1 1 1 1  1 −1 2 −3   B :=  1 1 4 9 1 −1 8 −27

eine reguläre Matrix, die – nach Satz 8.1.4 – mittels B−1 ·A1 ·B die Matrix A1 in eine Diagonalmatrix u uhrt (mit den EWen in der Hauptdiagonalen), ¨berf¨ womit A1 diagonalisierbar ist. A2 ist nicht diagonalisierbar, da |A2 − λ · E3 | = (1 − λ)3 und der Eigenraum LA2 (1) = {t1 · (1, 0, 0)T + t2 · (0, 1, 0)T | t1 , t2 ∈ R}

nur die Dimension 2 hat, womit keine drei l.u. EVen der Matrix A2 existieren, was nach Satz 8.1.4 aber eine notwendige Bedingung f¨ ur Diagonalisierbarkeit ist. Aufgabe 8.8 (Satz 8.5.7 f¨ ur n = 2; Jordansche Normalformen f¨ ur (2, 2)Matrizen) Sei A ∈ R2×2 . Man zeige: (a) Besitzt A einen Eigenwert λ ∈ R mit dimL A (λ) = 2, so existiert eine λ 0 −1 reguläre Matrix B mit B · A · B = . 0 λ (b) Besitzt A einen Eigenwert λ ∈ R mit dimL A (λ) = 1, so existiert eine λ 1 −1 reguläre Matrix B mit B · A · B = . 0 λ (c) Besitzt A zwei verschiedene Eigenwerte 2 ∈ R, so existiert eine re λ1 , λ λ 0 1 . guläre Matrix B mit B−1 · A · B = 0 λ2 (d) Besitzt A keinen Eigenwert λ ∈ R, so existiert eine reguläre Matrix B 0 −d mit B−1 · A · B = , wobei s die Spur von A ist und d := det A. 1 s Lösung. Bekanntlich hat ein Polynom zweiten Grades mit reellen Koeffizienten entweder zwei reelle Nullstellen oder zwei Nullstellen ∈ C\R. Hat also A nur einen reellen Eigenwert, so hat dieser die Vielfachheit 2, womit in der obigen Aufgabe bei (a) und (b) die Matrix A in C nur den Eigenwert λ besitzt. Sei nachfolgend B := (b1 , b2 ). (a): Wegen dim LA (λ) = 2 findet man zwei l.u. EVen zum EW λ und (a) folgt aus Satz 8.1.4. (c) folgt ebenfalls aus Satz 8.1.4, wenn man LA (λ1 ) ∩ LA (λ2 ) = {o} zeigen

166


kann. Angenommen, es existiert ein x ∈ (LA (λ1 ) ∩ LA (λ1 ))\{o}. Dann ist x sowohl EV zum EW λ1 als auch zum EW λ2 . Folglich gilt A · x = λ1 · x und A · x = λ2 · x. Folglich haben wir λ1 · x = λ2 · x bzw. (λ1 − λ2 ) · x = o, was wegen λ1 6= λ2 nur f¨ ur x = o gelten kann, im Widerspruch zu unserer Annahme. Also ist jede Matrix B := ur i = 1, 2 ist, regulär (b1 , b2 ),wobei bi EV zum EW λi f¨ λ1 0 −1 und B · A · B = folgt aus Satz 8.1.4. 0 λ2 (b): Zun¨ uberlegung: Angenommen, B−1 · A · B = achst eine kleine Vor¨ λ 1 . Dann gilt A · B = (A · b1 , A · b2 ) = (λ · b1 , b1 + λ · b2 ), d.h., b1 0 λ ist EV zum EW λ und A · b2 = b1 + λ · b2 . Die nachfolgende L¨ osungsm¨ oglichkeit f¨ ur Aufgabe (b) ist so gewählt, daß man am Spezialfall eine allgemeine L¨ osungsidee f¨ ur (n, n)-Matrizen A mit n≥ 3 und dem charakteristischen Polynom |A − x · E| = (λ − x)n erkennen kann. Wir betrachten sogenannte verallgemeinerte Eigenräume LiA (λ) := {x ∈ R2×2 | (A − λ · E)i · x = o}. f¨ ur i = 1, 2, .... Offenbar gilt LA (λ) = L1A (λ) ⊆ L2A (λ) ⊆ L3A (λ) ⊆ ... ⊆ R2×2 . Nach dem Satz von Cayley-Hamilton (Satz 8.2.11) ist nun (A − λ · E)2 = O2,2 , womit LA (λ) = L1A (λ) ⊂ L2A (λ) = R2×2 .

Folglich existiert ein b2 ∈ R2×2 \LA (λ). W¨ ahlt man dann b1 := (A − λ · E) · b2, so gehört b1 wegen (A − λ · E) · b1 = (A − λ · E)2 · b2 = o

zu LA (λ). Nach Konstruktion sind b1 , b2 l.u. und damit die Matrix B := (b1 , b2 ) regulär. Man rechnet nun leicht nach, daß die so gewählte Matrix B das unter (b) Gew¨ unschte leistet: Wegen b1 := (A − λ · E) · b2 gilt A · b2 = b1 + λ · b2 . Folglich haben wir A · B = (A · b1 , A · b2 ) = (λ · b1 , b1 + λ · b2 ) und damit (wegen B−1 · b1 = (1, 0)T und B−1 · b2 = (0, 1)T ) λ 1 B−1 · A · B = , 0 λ was zu zeigen war. (d): Sei nachfolgend A := (aij )2,2 ∈ Rn×n eine Matrix, die keine EWe in R besitzt, d := |A| und s := a11 + a22 . Eine Idee f¨ ur die weiter unten angegebene Konstruktion der gesuchten Matrix


167

B liefert die folgende Vorbemerkung: 2×2 Angenommen, es gibt eine Matrix mit B−1 · A · B = B :=(b1 , b2 ) ∈ R 0 −d 0 −d . Folglich A · B = B · , woraus sich zunächst 1 s 1 s (A · b1 , A · b2 ) = (b2 , −d · b1 + s · b2 ) und dann b2 = A · b1 und A · b2 = −d · b1 + s · b2

ergibt. Aus obigen zwei Gleichungen folgt dann

A2 · b1 + d · b1 − s · A · b1 = o beziehungsweise (A2 − s · A + d · E2 ) · b1 = o.

Also: Unter der Annahme der Existenz einer Matrix B mit den geforderten Eigenschaften, haben wir erhalten, daß die erste Spalte von B eine nichttriviale Lösung der homogenen Gleichung (A2 − s · A + d · E2) · x = o ist und sich b2 aus b1 mittels b2 := A · b1 ergibt. Die Existenz der Matrix B l¨ aßt sich nun wie folgt begr¨ unden: Bekanntlich gilt |A − x · E2 | = x2 − s · x + d.

Nach dem Satz von Cayley-Hamilton folgt hieraus

A2 − s · A + d · E2 = O2,2 . Folglich besitzt die Gleichung (A2 − s · A + d · E2 ) · x = o eine nichttriviale L¨ osung b1 und b2 := A · b1 ist von b1 linear unabhängig, wie man sich wie folgt u ¨berlegen kann: Angenommen, b2 = α · b1 f¨ ur ein gewisses α ∈ R. Dann gilt aber auch A · b1 = α · b1 , womit α ∈ R Eigenwert von A ist, was laut Voraussetzung nicht sein kann. Also ist b2 nicht linear abh¨ angig von b1 . Die gesuchte Matrix B ist dann B := (b1 , b2 ), da nach Konstruktion |B| 6= 0 und 0 −d B−1 · A · B = B−1 · (A · b1 , A · b2 ) = B−1 · (b2 , A2 · b1 ) = . | {z } 1 s −d·b1 +s·b2

Aufgabe 8.9 (Eigenschaft von Eigenwerten) Seien A ∈ Cn×n und λ ein EW von A. Man zeige, daß λr f¨ ur jedes r ∈ N ein EW von Ar ist. Außerdem gebe man ein Beispiel daf¨ ur an, daß die Vielfachheit von λr als EW von Ar gr¨ oßer sein kann als die Vielfachheit von λ als EW von A.

168


Lösung. Sei x ein EV zum EW λ von A, d.h., es gilt A · x = λ · x. Durch vollständige Induktion u aßt sich ¨ber r l¨ ∀r ∈ R : Ar · x = λr · x wie folgt zeigen: (I) F¨ ur r = 1 gilt die Behauptung laut Voraussetzung. (II) Angenommen, die Behauptung ist f¨ ur r = k ≥ 1 richtig. Dann haben wir: Ak+1 · x = A · (Ak · x) = A · (λk · x) = λk · (A · x) = λk · (λ · x) = λk+1 · x, q.e.d.

1 0 , so hat A die EWe 1 und −1. A2 = E2 hat dagegen 0 −1 nur den EW 1 mit der Vielfachheit 2. Wählt man A =

Aufgabe 8.10 (Eigenschaft von Eigenwerten) Sei A ∈ K n×n . Man beweise:

(a) A und AT haben die gleichen Eigenwerte. (b) Sind K = R, A orthogonal und λ ein EW von A, so ist λ 6= 0 und ebenfalls ein EW von A.

1 λ

Lösung. (a): Die Behauptung folgt (unter Verwendung von Satz 3.1.4) aus |A − λ · En | = |(A − λ · En )T | = |AT − λ · En |. (b): Da A orthogonal, ist |A| 6= 0. Folglich hat das LGS A · x = o nur die triviale Lösung, womit 0 kein EW von A ist. Sei x EV von A zum EW λ. Aus der Gleichung A · x = λ · x folgt durch Multiplikation mit AT wegen der Orthogonalität von A x = λ · AT · x. Division durch λ und die bewiesene Aussage (a) ergeben, daß ist.

1 λ

EW von A

Aufgabe 8.11 (Eigenschaft des charakteristischen Polynoms) Man beweise: Es sei n ∈ N gerade, A ∈ Cn×n und A = −AT . Dann treten in dem charakteristischen Polynom von A nur gerade λ-Potenzen auf. Lösung.

Sei f (λ) := |A − λ · E| := λn + α1 · λn−1 + ... + αn−1 · λ + αn .


169

Wegen A = −AT und n gerade gilt dann (unter Verwendung bekannter Rechenregeln f¨ ur Matrizen und Determinanten): f (λ) = = = = =

| − AT − λ · E| |(−A − λ · E)T | | − A − λ · E| (−1)n · |A + λ · E| |A − (−λ) · E|,

d.h., es ist f (λ) = f (−λ), womit f eine gerade Funktion ist. Folglich haben wir f (λ) = |A − λ · E| := λn + α1 · λn−1 + α2 · λn−2 + ... + αn−2 · λ2 + αn−1 · λ + αn = f (−λ) = |A − λ · E| := λn − α1 · λn−1 + α2 · λn−2 − ... + αn−2 · λ2 − αn−1 · λ + αn . Mittels Koeffizientenvergleich ergibt sich hieraus die Behauptung α1 = α3 = α5 = ... = αn−1 = 0. Aufgabe 8.12 (Eigenschaft von Eigenwerten) F¨ ur A ∈ Cn×n seien n − 1 Eigenwerte bekannt. Wie kann man dann einen weiteren Eigenwert von A bestimmen? Lösung. Erste Möglichkeit: Sei |A−λE| = (−λ)n +an−1 ·λn−1 +...+a1 ·λ+a0 . Nach dem Vietaschen Wurzelsatz (Satz 8.2.6) gilt dann an−1 = −(λ1 + λ2 + ... + λn ). Sind also λ1 , λ2 , ..., λn−1 bekannt, so erh¨ alt man λn durch λn := −an−1 − λ1 − λ2 , ... − λn−1 . Zweite Möglichkeit: Falls |A| := |aij |n , gilt nach Satz 8.2.9, (b) a11 + a22 + ... + ann = λ1 + λ2 + ... + λn . Folglich λn :=

n X i=1

aii −

n−1 X

λj .

j=1

Aufgabe 8.13 (Eigenschaft von Eigenwerten) Man beweise, daß A ∈ K n×n genau dann regulär ist, wenn 0 kein Eigenwert von A ist.

170


Lösung. Ist A regul¨ ar, so hat die Matrixgleichung A · x = o nur die triviale L¨ osung x = o, womit 0 kein EW von A sein kann. Ist umgekehrt 0 kein EW von A, so gibt es kein x 6= o mit A·x = o. Folglich hat diese Matrixgleichung nur die triviale L¨ osung. Nach den Lösbarkeitskriterien f¨ ur LGS (siehe die S¨ atze 3.4.4 und 3.4.5) geht dies nur, wenn rgA = n, d.h., |A| 6= 0, gilt. 2 Ein Lösungsverfahren mit Beispielen f¨ ur die folgende Aufgabe findet man im Abschnitt 8.5 nach Satz 8.5.5. Aufgabe 8.14 (Jordansche Normalform von Matrizen) F¨ ur die folgende Matrix A berechne man eine Jordan-Matrix J sowie eine reguläre Matrix B mit B−1 · A · B = J. (a)



 7 1 −8 −1 0 3 0 0  A :=   4 2 −5 −1  0 −4 0 −1

(b)



(c)

 8 −3 −2 −2  1 7 −2 −1   A :=   1 −2 5 −2  , −1 0 2 8 

2 −2 1  3 29 0   0 −3 2 A :=   0 6 −1   42 −34 60 −6 1 −8

 −4 −3 −21 19 31 217   0 −3 −21  . 6 7 49   26 −36 −266  −6 1 9

Hinweis zu (c): Es gilt |A − λ · E6 | = (2 − λ)6 . Lösung.

Aus Platzgr¨ unden sind nachfolgend nur die Ergebnisse angegeben.


(a): Es gilt  −1  0   1 0

    0 1 0 −2 1 1 1 3  0 1 0 0 0 1 0 0 ·A·    −1 1 −1 −1  =  0 0 −2 −1  1 0 1 0 −1 0 1 0

(b): Es gilt  −1  0   1 0

dann gilt

1 7 0 0

0 1 7 0

 0 0 . 1 7



 −2 0 1 −1 0 0  27 1 −9 4 −1 0     −3 0 1 0 0 0   , B :=  6 0 −2 1 0 0     −34 14 16 −4 1 −7  1 −2 −1 0 0 1

B−1

und

 1 0 0 3 0 0 . 0 −1 1  0 0 −1

    0 1 0 −2 1 1 1 7  0 1 0 0 0 1 0 0 ·A·    −1 1 −1 −1  =  0 0 −2 −1  1 0 1 0 −1 0 1 0

(c): Setzt man

171



1 0  3 :=  0  0 2

0 1 1 1 0 0 0 4 3 0 2 1 0 −1 4 2 3 2 

2 0  0 −1 B ·A·B= 0  0 0

1 2 0 0 0 0

0 1 2 0 0 0

 0 0 1 7  0 0  0 0  1 7 2 15

0 0 0 2 0 0

0 0 0 1 2 0

 0 0  0 . 0  0 2

Aufgabe 8.15 (Lösen von Differentialgleichungssystemen mit Hilfe Jordanscher Normalformen von Matrizen) Seien y, y1 , ..., yn nachfolgend die Bezeichnungen f¨ ur differenzierbare Funktionen mit einem gewissen Definitionsbereich A ⊆ R. Die Ableitungen dieser Funktionen seien mit y ′ , y1′ , ..., yn′ bezeichnet. Außerdem seien α, C ∈ R und f eine u uft, ist dann ¨ber A stetige Funktion. Wie man leicht nachpr¨ y(x) = C · eα·x f¨ ur jedes C ∈ R eine L¨ oRsung der Differentialgleichung y ′ (x) = α · y(x), und y(x) = C · eα·x + eα·x · ( f (x) · e−α·x dx) f¨ ur beliebiges

172


C ∈ R eine Lösung der Differentialgleichung y ′ (x) − α · y(x) = f (x). Diese Lösungsformeln kann man benutzen, um ein Differentialgleichungssystem (mit den unbekannten Funktionen y1 , ..., yn und gegebener Konstanten α) der Form y1′ (x) = α · y1 (x) y2′ (x) = y1 (x) + α · y2 (x) y3′ (x) = y2 (x) + α · y3 (x) .................................................................. yn′ (x) = yn−1 (x) + α · yn (x)

zu lösen. Man berechne eine L¨ osung des obigen Differentialgleichungssystems f¨ ur n = 3 und α = 2. Es sei nun y′ := (y1′ (x), y2′ (x), ..., yn′ (x))T , y := (y1 (x), y2 (x), ..., yn (x))T und A ∈ Rn×n . Zwecks L¨ osung der Gleichung y′ = A · y kann man y = B · z mit einer geeigneten regul¨ aren Matrix B substituieren und erhält aus y′ = A · y die Gleichung z′ = B−1 · A · B · z mit der neuen Unbekannten z := (z1 (x), ..., zn (x))T . Wie hat man B zu w¨ ahlen, um zunächst z und dann y bestimmen zu können? Lösung.

Die Lösung des Differentialgleichungssystems y1′ (x) = 2 · y1 (x) y2′ (x) = y1 (x) + 2 · y2 (x) y3′ (x) = y2 (x) + 2 · y3 (x)

erhält man wie folgt: Man ermittelt zuerst die L¨ osung der ersten Gleichung: y1 (x) = C1 · e2x , wobei C1 ∈ R eine beliebige Konstante bezeichnet. Einsetzen dieser Lösung in die zweite Gleichung ergibt y2′ (x) = C1 · e2x + 2 · y2 (x). Die Lösung dieser Differentialgleichung ist y2 (x) = (C1 · x + C2 ) · e2x , wobei C2 ebenfalls eine beliebig w¨ ahlbare Konstante aus R ist. Setzt man diese Lösung in die letzte Gleichung ein, erh¨ alt man die Differentialgleichung y3′ (x) = (C1 · x + C2 ) · e2x + 2 · y3 (x). Offenbar ist dann f¨ ur eine beliebig w¨ ahlbare Konstante C3 ∈ R: y3 (x) = (

C1 2 · x + C2 · x + C3 ) · e2x . 2


173

Obige Lösungsmethode funktioniert auch, wenn anstelle von   2 0 0 y′ =  1 2 0  · y 0 1 2 ein Differentialgleichungssystem der Form   2 1 0 y′ =  0 2 1  · y 0 0 2

gelöst werden soll. Entweder l¨ ost man die Gleichungen von unten nach oben oder man ändert die Reihenfolge der Gleichungen und der Summanden in den Gleichungen. Die Koeffizientenmatrix der letzten Matrixgleichung ist ein spezielles Jordankästchen. Indem man diese Beobachtung verallgemeinert, erhält man die folgende L¨ osungsmethode f¨ ur ein Differentialgleichungssystem der Form y′ = A · y, wobei A ∈ Rn×n : Man bestimmt zun¨ achst eine regul¨ are Matrix B ∈ Rn×n so, daß B−1 ·A·B eine Jordan-Matrix J ist (siehe dazu Abschnitt 8.5). Mittels der Substitution y = B · z erhält man aus y′ = A · y das leicht l¨ osbare Differentialgleichungssystem z′ = B−1 · A · B · z = J · z mit der Unbekannten z. Die gesuchte Lösung y ist dann durch y = B · z berechenbar.

9 Aufgaben zu: Hyperfl¨ achen 2. Ordnung

Die folgenden zwei Aufgaben l¨ ose man mit Hilfe des am Ende von Abschnitt 9.2 angegebenen Verfahrens Hauptachsentransformation“. Zu diesem Verfah” ren findet man im Abschnitt 9.2 außerdem f¨ unf Beispiele. Aufgabe 9.1 (Normalformen von Kurven zweiter Ordnung) Man berechne f¨ ur die folgende Kurve zweiter Ordnung Ti (i ∈ {1, 2, ..., 5}) eine Normalform. Insbesondere gebe man die zugehörigen Koordinatentransformationen und die Art der Kurve an. Außerdem skizziere man die Kurve im x, y-Koordinatensystem. (a) T1 : 7x2 − y 2 + 6xy + 52x + 4y + 58 = 0, (b) T2 : 6x2 + 3y 2 + 4xy − 4x + 8y + 9 = 0, (c) T3 : x2 + y 2 + 8xy − 10x + 20y − 35 = 0, √ (d) T4 : x2 + 7y 2 + 2 7xy − 2y = 0, (e) T5 : 2x2 + 2y 2 − 4xy + 2x + 6y = 0. Lösung. Bei den nachfolgend kurz geschilderten Lösungsschritten werden zunächst die in den Matrizendarstellungen xT · A · x + 2 · bT · x + c = 0 f¨ ur Ti vorkommenden Matrizen A und b sowie die Konstante c angegeben. Anschließend folgen einige Zwischenschritte der Hauptachsentransformation und dann die Lösung. (a): Es gilt 7 3 26 A= , b= , c = 58. 3 −1 2 Wegen rg A = 2 liegt Fall 1 vor. Die Eigenwerte der Matrix A sind λ1 := 8, λ2 := −2. Mit Hilfe der Koordinatentransformation


176


x = c + B · x′′ =

−2 −4

1 +√ · 10

3 −1 1 3

· x′′

kann die Kurve T1 beschrieben werden durch 4x′′2 − y ′′2 = 1, d.h., T1 ist eine Hyperbel.

′′

y

y

5

x

4

−10 −9 −8 −7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 −1 3 −2 2 −3

1

−4

−2 −3

−1

1−4

1 ′′

2

3

4

5

−5

−1

−2 −6 −3 −7 4 −−8 −9 −10

(b): Es gilt A=

6 2 2 3

, b=

−2 4

, c = 9.

Wegen rg A = 2 liegt Fall 1 vor. Die Eigenwerte der Matrix A sind λ1 := 7, λ2 := 2. Mit Hilfe der Koordinatentransformation 1 2 −1 1 ′′ · x′′ x = c+B·x = +√ · 1 2 −2 5

x


kann die Kurve T2 beschrieben werden durch 7x′′2 + 2y ′′2 = 1, d.h., T2 ist eine Ellipse. y 1

−1

′′

1

x

2

y

−1

′′

x

1 1

−2

−2 −3

−1

−1 −2

(c): Es gilt A=

1 4 4 1

, b=

−5 10

, c = −35.

Wegen rg A = 2 liegt Fall 1 vor. Die Eigenwerte der Matrix A sind λ1 := 5, λ2 := −3. Mit Hilfe der Koordinatentransformation 1 1 −1 −3 · x′′ x = c + B · x′′ = +√ · 1 1 2 2 kann die Kurve T3 beschrieben werden durch 5x′′2 − 3y ′′2 = 0, d.h., T3 besteht aus zwei sich schneidenden Geraden.

177

178


4 3

1

1

2

2

y ′′

x ′′

y

1 −

−

2

2

−

−

1

1

2

−4

−3

(d): Es gilt A=

−2

√1 7

x −1

1

2

√ 7 0 , b= , c = 0. −1 7

Wegen rg A = 1 und rg (A, b) = 2 liegt Fall 2 vor. Die Eigenwerte der Matrix A sind λ1 := 8, λ2 := 0. Mit Hilfe der Koordinatentransformation √ ! ! √ ! 7 √ 1 − 7 1 0.186 ′′ ′′ 16 √2 x = B· (c + x ) = √ · √ · +x ≈ + B· x′′ 7 2 0.055 8 7 1 − 64 kann die Kurve T4 beschrieben werden durch 1 8x′′2 − √ y ′′ = 0, 2

1

y ′′

1

1

y

x ′′

d.h., T4 ist eine Parabel.

x −1

−1

−1

1


(e): Es gilt A=

2 −2 −2 2

, b=

1 3

179

, c = 0.

Wegen rg A = 1 und rg (A, b) = 2 liegt Fall 2 vor. Die Eigenwerte der Matrix A sind λ1 := 4, λ2 := 0. Mit Hilfe der Koordinatentransformation ! ! ! 1 √ 1 1 1 2√2 x = B · (c + x′′ ) = √ · · + x′′ = 2 −1 1 2 16 kann die Kurve T5 beschrieben werden durch 8 4x′′2 + √ y ′′ = 0, 2 d.h., T5 ist eine Parabel.

5 16 3 − 16

!

+ B · x′′

180


Aufgabe 9.2 (Normalformen von Flächen zweiter Ordnung) Man berechne f¨ ur die folgende Fl¨ ache zweiter Ordnung Ti (i ∈ {1, 2, ..., 6}) eine Normalform. Insbesondere gebe man die zugehörigen Koordinatentransformationen und die Art der Fl¨ ache an. √ √ √ (a) T1 : 3x2 + 3y 2 + 3z 2 + 4 2xz − 2yz − 12x − 6 2y + 6 2z − 1 = 0, (b) T2 : x2 + y 2 + 16z 2 + 8xz + 2x − 2y + 2z = 0, (c) T3 : x2 + y 2 + 2xy + 4x − 2y + 6z + 183 = 0,

(d) T4 : x2 + 9y 2 + 16z 2 − 6xy − 8xz + 24yz + 2x − 12y − 16z + 1 = 0, (e) T5 : xy + xz + yz + x + y + z = 0, (f) T6 : 3x2 + 3y 2 + 6xy + 2x + 2y − 4z + 3 = 0. Lösung.

(a): Es gilt 

√    −6 3 0 2 2 √ A =  √0 3 −1  , b =  −3√2  , c = −1. 3 2 2 −1 3 2

Wegen rg A = 2 und rg (A, b) = 3 liegt Fall 2 vor. Die Eigenwerte der Matrix A sind λ1 := 3, λ2 := 6, λ3 := 0. Mit Hilfe der Koordinatentransformation  1 2  x = B · (c + x′′ ) = ·  

3 2· 2 3 √

3

1 − 3·√ 2

0

√1 2

− 32

1 √ 3· 2 √1 2

kann die Fläche T1 beschrieben werden durch



   −2   ·  0  + x′′   11 12

3x′′2 + 6y ′′2 + 12z ′′ = 0, d.h., T1 ist ein elliptisches Paraboloid. (b): Es gilt



   1 0 4 1 A =  0 1 0  , b =  −1  , c = 0. 4 0 16 1

Wegen rg A = 2 und rg (A, b) = 3 liegt Fall 2 vor. Die Eigenwerte der Matrix A sind λ1 := 1, λ2 := 17, λ3 := 0. Mit Hilfe der Koordinatentransformation


x = B · (c + x′′ ) =

√1 17

181

    1 0 1 −4 √ 5   √ ′′  ·  17 0 0  ·  − 17√ 17  + x  0 4 1 − 157 17 

867

=

1 867



 613 ·  867  + −217

√1 17

 √0 1 −4 ·  17 0 0  · x′′ 0 4 1 

kann die Fläche T2 beschrieben werden durch

6 x′′2 + 17y ′′2 − √ z ′′ = 0, 17 d.h., T2 ist ein elliptisches Paraboloid. (c): Es gilt     1 1 0 2 A =  1 1 0  , b =  −1  , c = 183. 0 0 0 3

Wegen rg A = 1 und rg (A, b) = 2 liegt Fall 2 vor. Die Eigenwerte der Matrix A sind λ1 := 2, λ2 := 0, λ3 := 0. Mit Hilfe der Koordinatentransformation   √ √   1 − 2√ 3 − 2 1 2 √ √   0 x = B · (c + x′′ ) = √16 ·  3 √2 −1  ·  √  + x′′  6 1 √ 0 2 2 18 · ( 2 2 − 183) 

 −10.4 9.9  + ≈ −20.29

√1 6

√ √  √3 −√2 1 ·  3 √2 −1  · x′′ 0 2 2

kann die Fläche T3 beschrieben werden durch √ 2x′′2 + 3 6z ′′ = 0, d.h., T3 ist ein parabolischer Zylinder. (d): Es gilt     1 −3 −4 1 A =  −3 9 12  , b =  −6  , c = 1. −4 12 16 −8

Wegen rg A = 1 und rg (A, b) = 2 liegt Fall 2 vor. Die Eigenwerte der Matrix A sind λ1 := 26, λ2 := 0, λ3 := 0. Mit Hilfe der Koordinatentransformation

182


x = B · (c + x′′ ) =      √ 51 √ 0 25 −√25 26 26 √   ′′  √1 ·  3√25 4√26 3  ·  √ 0+x  650 51 ( 26√26 + 3) 0.26 4 25 −3 26 4 

 1.7 ≈  5.4  + 0.57

√1 650

 −5 √ 0 25 ·  15 4√26 3  · x′′ 20 −3 26 4 

kann die Fläche T4 beschrieben werden durch √ 26x′′2 − 50 650z ′′ = 0, d.h., T4 ist ein parabolischer Zylinder. (e): Es gilt    0 21 12    A =  12 0 12  , b =  1 1 2 2 0

1 2 1 2 1 2



  , c = 0.

Wegen rg A = 3 liegt Fall 1 vor. Die Eigenwerte der Matrix A sind λ1 := 2, λ2 := −1, λ3 := −1. Mit Hilfe der Koordinatentransformation √  1 √  2 − 3 −1 −2 √ √ 1     x = c + B · x′′ =  − 21  + √ ·  2 3 −1  · x′′ √ 6 − 21 2 0 2 kann die Kurve T5 beschrieben werden durch

2x′′2 − y ′′2 − z ′′2 = d.h., T5 ist ein zweischaliges (f ): Es gilt  3 A=3 0

3 , 2

Hyperboloid.    3 0 1 3 0  , b =  1  , c = 3. 0 0 −2

Wegen rg A = 1 und rg (A, b) = 2 liegt Fall 2 vor. Die Eigenwerte der Matrix A sind λ1 := 6, λ2 = λ3 := 0. Mit Hilfe der Koordinatentransformation      1   1 1 √ √1 0 √ − −6 2 3 2         √12 ′′ ′′ 1 0  + x  =  − 16  + B · x′′ x = B · (c + x ) =  2 − √2 0  ·  2 2 0 0 1 3 3 kann die Fläche T6 beschrieben werden durch

6x′′2 − 4z ′′ = 0, d.h., T6 ist ein parabolischer Zylinder.


183

Aufgabe 9.3 (Kurve zweiter Ordnung) Gegeben seien zwei Koordinatensysteme S := √ (A; i, j) und S ′ := √ (A′ , a, b) der 1 3 ′ Ebene, wobei A := A + 3 · i + j, a := 2 · i + 2 · j und b := − 23 · i + 12 · j. Weiter sei bez¨ uglich des Koordinatensystems S ′ eine Ellipse E:

1 ′2 2 · x + y′ = 1 4

gegeben. Berechnen Sie die beschreibende Gleichung f¨ ur E bez¨ uglich des Koordinatensystems S. Lösung. Zwischen den Koordinaten x eines Punktes X ∈ R2 bez¨ uglich S und den Koordinaten x′ bez¨ uglich S ′ besteht folgender Zusammenhang: √ 1 3 1 − 3 √ x= + · · x′ 1 3 1 2 beziehungsweise x′ =

1 2

y′ =

1 2

√ √ · (x + 3y) − 32 − 23 , √ √ · (− 3x + y) + 3 2 3 − 12 .

Einsetzen obiger Gleichungen in die vorgegebene Ellipsengleichung liefert die beschreibende Gleichung von E bez¨ uglich S: √ √ √ √ 2 2 E : 13x + 7y − 6 3xy + (−78 + 6 3)x + (−14 + 18 3)y + 108 − 18 3 = 0. Aufgabe 9.4 (Kurve zweiter Ordnung) Gegeben seien zwei Koordinatensysteme S√:= (A; i, j) und√ S ′ := √ (A′ , a, b) der √ Ebene, wobei A′ := A + i − j, a := 22 · i + 22 · j und b := 22 · i − 22 · j. Weiter sei bez¨ uglich des Koordinatensystems S ′ eine Parabel 2

P : x′ − 2 · y ′ = 0 gegeben. Berechnen Sie die beschreibende Gleichung f¨ ur P bez¨ uglich des Koordinatensystems S. Lösung. Zwischen den Koordinaten x eines Punktes X ∈ R2 bez¨ uglich S und den Koordinaten x′ bez¨ uglich S ′ besteht folgender Zusammenhang: 1 1 1 1 x= +√ · · x′ −1 1 −1 2 beziehungsweise

x′ = y′ =

√1 2 √1 2

· (x + y), · (x − y) −

√ 2.

184


Einsetzen obiger Gleichungen in die vorgegebene Parabelgleichung liefert die beschreibende Gleichung von P bez¨ uglich S: P :

√ √ √ 1 2 1 x + xy + y 2 − 2x + 2y + 2 2 = 0. 2 2

Aufgabe 9.5 (Zeichnen von Ellipsen und Hyperbeln) Zeichnen (nicht skizzieren) Sie 2 2 (a) die Ellipse E : x25 + y9 = 1; 2

2

(b) die Hyperbel H : x25 − y9 = 1 und ihre Asymptoten. Außerdem gebe man die Parameterdarstellungen der Ellipse und Hyperbel an. Lösung.

Die Parameterdarstellungen sind: E : x = 5 · cos ϕ, y = 3 · sin ϕ, ϕ ∈ [0, 2 · π)

und H : x = 5 · cosh t, y = 3 · sinh t, t ∈ R.

F¨ ur eine Zeichnung der Ellipse E per Hand kann man zur Konstruktion einiger Punkte mit Zirkel und Lineal die nach Lemma 9.3.4 angegebene Methode nutzen. Ebenfalls hilfreich f¨ ur eine solche Skizze ist das Zeichnen von Kr¨ ummungskreisen (siehe Literatur). Die nachfolgende Zeichnung, in der auch die Hyperbel H und ihre Asymptoten y = ± 53 x eingezeichnet sind, wurde mit Latex unter Verwendung von pstricks und pst-plot gezeichnet. y 5 4 3 2 1 x −10−9 −8 −7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 −1 −2 −3 −4 −5 −6

1

2

3

4

5

6

7

8

9 10


185

Aufgabe 9.6 (Schnitte einer Fläche zweiter Ordnung mit Geraden und Ebenen) F¨ ur die durch F : 14 x2 + 19 y 2 − z 2 = 1 gegebene Fläche 2. Ordnung bestimme man (a) ihre Schnittpunkte mit der Geraden g : X = (1; 4, 9, 2)T + t · (0; 2, 6, 1)T , (b) ihre Schnittkurve S mit der Ebene E : y + 3z − 3 = 0, (c) die Gestalt von S und das singul¨ are Gebilde von S. Lösung. (a): Indem man in der Gleichung 41 x2 + 19 y 2 − z 2 = 1 die Variable x durch 4 + 2 · t, y durch 9 + 6 · t sowie z durch 2 + t ersetzt, erhält man nach einigen Umformungen die Gleichung t2 + 3t+ 2 = 0 mit den Lösungen t1 = −1 und t2 = −2. Folglich sind S1 := (1; 4, 9, 2)T − (0; 2, 6, 1)T = (1; 2, 3, 1)T und S2 := (1; 4, 9, 2)T − 2 · (0; 2, 6, 1)T = (1, 0, −3, 0)T die gesuchten Schnittpunkte der Geraden g mit der Fl¨ ache F . (b): Ersetzt man y in der Gleichung 41 x2 + 19 y 2 − z 2 = 1 durch 3 − 3z, erhält man nach einigen Umformungen z = 81 x2 . Die Schnittkurve S wird damit durch die Gleichungen 1 3 z = x2 , y = 3 − x2 8 8 beschrieben. (c): S ist offenbar eine Parabel und das singuläre Gebilde von S ist die leere Menge. Aufgabe 9.7 (Geraden auf einem einschaligen Hyperboloid) Durch x2 + y 2 − z 2 = 49 ist ein einschaliges Hyperboloid H gegeben und es seien P1 := (1; 7, 0, 0)T und P2 := (1; 20, 15, 24)T . Man berechne Geraden g, g ′ , g ′′ , g ′′′ ⊆ H, f¨ ur die (a) P1 ∈ g, P1 ∈ g ′ und g 6= g ′ , (b) P1 ∈ g ′′ , P2 ∈ g ′′′ und g ′′ ∩ g ′′′ 6= ∅

gilt. Außerdem zeige man, daß g und g ′′′ windschief zueinander sind. Lösung.

(a): Es sei 

     1 1 0 x 7 a      h:   y = 0 +λ· b  z 0 c

eine Gerade, die P1 enth¨ alt. Gilt h ⊂ H, so haben wir

(7 + λ · a)2 + λ2 · b2 − λ2 · c2 = 49

186


bzw. 14λa + λ2 (a2 + b2 − c2 ) = 0

f¨ ur beliebige λ ∈ R, was nur f¨ ur a = 0 und a2 + b2 − c2 = 0 möglich ist. Also gilt h ⊂ H nur f¨ ur a = 0 und |b| = |c|. Folglich sind             1 1 0 1 1 0 x 7  0       x 7 ′          0 g:   y  =  0  + λ ·  1 , g :  y  =  0  + λ ·  1  z 0 −1 z 0 1 Geraden mit den unter (a) geforderten Eigenschaften. (b): Eine Gerade h ⊂ H, die P2 enth¨ alt, l¨ aßt sich durch       1 1 0  x   20  a      h:   y  =  15  + λ ·  b  z 24 c

beschreiben, wobei (20 + λ · a)2 + (15 + λ · b)2 − (24 + λ · c)2 = 49 gelten muß. F¨ ur die Koordinaten a, b, c des Richtungsvektors der Geraden h gilt folglich ∀λ ∈ R : λ(40a + 30b − 48c) + λ2 (a2 + b2 − c2 ) = 0, woraus sich 40a + 30b − 48c = 0 und a2 + b2 − c2 = 0 ergibt. Der Fall c = 0 entf¨ allt, da aus c = 0 die Bedingung a = b = 0 folgt. O.B.d.A. können wir damit c = 5 annehmen und erhalten 20a + 15b = 120, a2 + b2 = 25. L¨ ost man die erste Gleichung nach b auf und ersetzt b in der zweiten Gleichung durch den erhaltenen Ausdruck, erh¨ alt man 4 a2 + (8 − a)2 = 25. 3 L¨ osungen dieser Gleichung sind a1 = 117 25 und a2 = 3, woraus sich die zugehörigen b-Werte b1 = 44 und b = 4 ergeben. Durch P2 verlaufen also genau 2 25 zwei Geraden mit den verlangten Eigenschaften:             0 1 1 1 1 0  x   20   117        x 20     25      3 h1 :   y  =  15  + λ ·  44  , h2 :  y  =  15  + λ ·  4  25 z 24 z 24 5 5 Setzt man g ′′′ := h2 und g ′′ := g ′ , so pr¨ uft man leicht nach, daß sich diese Geraden schneiden.


187

Man pr¨ uft ebenfalls leicht g ∩g ′′′ = ∅ nach. Da g und g ′′′ offenbar nicht parallel zueinander sind, sind sie folglich windschief zueinander. Zu einem analogen Ergebnis gelangt man u ¨brigens, wenn man anstelle von g die Gerade g ′ wählt, wobei dann nur g ′′′ = h1 in Frage kommt. Aufgabe 9.8 (Normalformen von Hyperflächen 2. Ordnung) Man berechne f¨ ur die folgende Hyperfl¨ ache 2. Ordnung Ti (i ∈ {1, 2}) des R4 eine Normalform und gebe die zugeh¨ origen Koordinatentransformationen an. (a) 2(x1 x2 + x1 x3 − x1 x4 − x2 x3 + x2 x4 + x3 x4 − x2 − 2x3 − 3x4 ) + 5 = 0, (b) 4(x1 x2 + x1 x3 + x1 x4 + x2 x3 + x2 x4 + x3 x4 ) + 3x24 + 14x4 + 11 = 0. Lösung. lautet:

(a): Die Matrizendarstellung xT · A · x + 2 · bT · x + c = 0 f¨ ur T1 

 0 1 1 −1  1 0 −1 1   T1 : xT ·   1 −1 0 1  · x + 2 · (0, −1, −2, −3) · x + 5 = 0. −1 1 1 0

Wegen rgA = 4 liegt Fall 1 vor. Das ben¨ otigte c f¨ ur die 1. Transformation x = c + x′ ist c = (0, 1, 2, 3)T , womit c′ := bT · c + c = −9. Die EWe von A sind λ1 = λ2 = λ3 = 1, λ4 = −3. Durch die 2. Transformation x′ = B · x′′ mit geeignetem B erhält man dann als Normalform 1 ′′2 ′′2 ′′2 · (x′′2 1 + x2 + x3 − 3x4 ) = 1. 9 (b): Die Matrizendarstellung xT · A · x + 2 · bT · x + c = 0 f¨ ur T2 lautet:   0 2 2 2  2 0 2 2  T2 : xT ·   2 2 0 2  · x + 2 · (0, 0, 0, 7) · x + 11 = 0. 2 2 2 3

Wegen rgA = 3 < rg(A, −b) = 4 liegt Fall 2 vor. Die EWe von A sind

λ1 = λ2 = −2, λ3 = 7, λ4 = 0. Ein normierter EV zum EW 0 ist

188


1 b4 := √ · (−1, −1, −1, 2)T , 7 √ 14 womit b′4 = bT · b4 = √ = 2 · 7. Durch eine Koordinatentransformation der 7 ′′ Form x = B · (c + x ) erh¨ alt man dann die folgende Normalform von T2 : √ ′′ ′′2 ′′2 −2x′′2 1 − 2x2 + 7x3 + 4 7x4 = 0. Aufgabe 9.9 (Beweis von Satz 9.3.5) Man beweise: √ Seien e > a > 0, b := e2 − a2 , F1/S := (−e, 0)T , F2/S := (e, 0)T . Dann gilt f¨ ur beliebige X ∈ R2 mit X/S := (x, y)T : X ∈ H (:⇐⇒ | |X − F1 | − |X − F2 | | = 2a) ⇐⇒

Lösung.

x2 y2 − = 1. a2 b2

=⇒“: Sei ||X − F1 | − |X − F2 || = 2a. Folglich ” p p | (x + e)2 + y 2 − (x − e)2 + y 2 | = 2a.

Quadriert man diese Gleichung, so erh¨ alt man p (x + e)2 + y 2 − 2 · ((x + e)2 + y 2 ) · ((x − e)2 + y 2 ) + (x − e)2 + y 2 = 4a2

sowie (nach einigen Zusammenfassungen) p x2 + y 2 + e2 − 2a2 = ((x + e)2 + y 2 ) · ((x − e)2 + y 2 ) Erneutes Quadrieren liefert die Gleichung

((x2 + y 2 + e2 ) − 2a2 )2 = ((x2 + y 2 + e2 ) + 2xe) · ((x2 + y 2 + e2 ) − 2xe), aus der die Gleichung (a2 − e2 )x2 + a2 y 2 + a2 e2 − a4 = 0 folgt. Indem man b2 := e2 − a2 setzt und durch a2 b2 dividiert, erhält man −

x2 y2 + 2 + 1 = 0, 2 a b

w.z.b.w. ⇐=“: Sei X ∈ R2 ein Punkt, f¨ ur dessen Koordinaten x, y (bez. des kartesi” 2 2 schen Koordinatensystems S := (A; i, j)) xa2 − yb2 = 1 gilt. Folgende Gleichungen pr¨ uft man leicht nach:


p (x + e)2 + y 2 q x2 + 2xe + e2 − b2 + =

189

|X − F1 | =

2

b2 a2

· x2

( da y 2 = b2 (−1 + xa2 )) q = x2 + 2xe + e2 − e2 + a2 +

( wegen b2 = e2 − a2 ) q 2 = 2xe + a2 + ae 2 · x2 p = (a + ae · x)2 = |a +

e a

e2 2 a2 x

− x2

· x|.

Analog rechnet man leicht nach, daß |X − F2 | = |a −

e · x| a

gilt. Wegen x2 /a2 − y 2 /b2 = 1 ist |x| ≥ a. Hieraus und aus der Voraussetzung e > a läßt sich nun schlußfolgern, daß ( f¨ ur x > 0, a + ae x + (a − ae x) ||X − F1 | − |X − F2 || = e e | − (a + a x) − a + a x| f¨ ur x < 0, womit ||X − F1 | − |X − F2 || = 2a gilt.

10 Aufgaben zu: Lineare Abbildungen

¨ Aufgabe 10.1 (Uberpr¨ ufen, ob Abbildung linear) Sei K ein Körper und K m×1 wie im Kapitel 4 definiert. Welche der folgenden Abbildungen fi (i ∈ {1, 2, 3}) sind linear? (a) f1 : K n×1 −→ K 2×1 , (x1 , ..., xn )T 7→ (x1 , x2 − x3 )T , (b) f2 : K n×1 −→ K, (x1 , ..., xn )T 7→ x1 + x2 + ... + xn , (c) f3 : K n×1 −→ K, (x1 , ..., xn )T 7→ x21 + x2 .

Lösung.

Nach Abschnitt 10.1 ist jede Abbildung der Gestalt f : K n×1 −→ K m×1 , x 7→ A · x,

wobei A ∈ K m×n eine beliebige Matrix ist, eine lineare Abbildung von K n×1 in K m×1 . Da 1 0 0 0 ... 0 T f1 ((x1 , ..., xn ) ) = · (x1 , ..., xn )T 0 1 −1 0 ... 0 und f2 ((x1 , ..., xn )T ) = (1, 1, 1, 1, ..., 1) · (x1 , ..., xn )T ,

sind f1 und f2 folglich lineare Abbildungen. Wegen f3 (α·(1, 0, 1, ..., 1)T ) = α2 6= α = α·f3 ((1, 0, 1, ..., 1)T ) f¨ ur α ∈ K\{0, 1} ist f3 keine lineare Abbildung, falls |K| > 2. Aufgabe 10.2 (Lineare Abbildung) Sei K ein Körper. Man beweise, daß f : K −→ K, x 7→ x2 genau dann linear ist, wenn |K| = 2 gilt. Lösung. Eine Abbildung f : K −→ K ist genau dann linear, wenn f die Bedingung D. Lau, Übungsbuch zur Linearen Algebra und analytischen Geometrie, 2. Aufl., Springer-Lehrbuch, DOI 10.1007/978-3-642-19278-4_10, © Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2011

192


∀a, x, y ∈ K : f (a · x) = a · f (x) ∧ f (x + y) = f (x) + f (y) erf¨ ullt. Wählt man f (x) = x2 , so haben wir f (a · x) = a2 x2 und f (x + y) = (x + y)2 . Damit ist f genau dann eine lineare Abbildung, wenn k 2 = k f¨ ur alle k ∈ K gilt. Da in einem K¨ orper k 2 = k nur f¨ ur k ∈ {0, 1} richtig ist, ist f nur f¨ ur |K| = 2 linear. Aufgabe 10.3 (Lineare Abbildung) Sei V ein eindimensionaler Vektorraum u ¨ber dem Körper K. Man beweise, daß eine Abbildung f : V −→ V genau dann linear ist, wenn es ein gewisses Element c ∈ K gibt, so daß f (x) = c · x f¨ ur alle x ∈ V gilt. Lösung. Nach Satz 4.6.3 ist ein n-dimensionaler Vektorraum mit n ∈ N u ¨ber einem Körper isomorph zum K¨ orper K n×1 . Folglich ist V zu K 1×1 isomorph und die zu beweisende Aussage ein Spezialfall von Satz 10.1.3. Aufgabe 10.4 (Beschreibung linearer Abbildungen mittels Matrizen) Sei V ein 4-dimensionaler Vektorraum u ¨ber dem Körper R mit der Basis B := (b1 , b2 , b3 , b4 ). Eine lineare Abbildung f : V −→ V besitze außerdem bez¨ uglich B die Abbildungsmatrix   1 2 0 1  3 0 −1 2   Af (B, B) :=   2 5 3 1 . 1 −2 1 3 Man berechne die Abbildungsmatrix von f bez¨ uglich der Basis (a) B ′ := (b4 , b3 , b2 , b1 ) (b) B ′′ := (b1 , b1 + b2 , b1 + b2 + b3 , b1 + b2 + b3 + b4 ). Lösung. Nach Satz 10.1.4 ist die i-te Spalte der Abbildungsmatrix Af (B, B) bez¨ uglich der Basis B = (b1 , ..., bi , ..., bn ) gerade f (bi )/B , i = 1, 2, ..., n. Nach entsprechenden Koordinatenberechnungen erh¨ alt man   1 −2 1 3 2 5 3 1  Af (B ′ , B ′ ) :=   3 0 −1 2  1 2 0 1 und



 −2 2 1 −1  1 −5 −4 1   Af (B ′′ , B ′′ ) :=   1 3 2 −2  . 1 2 1 3


193

Aufgabe 10.5 (Rang einer linearen Abbildung) Es sei K V := R R3×1 und t ∈ R. Durch       x t−2 2 −1 x 2 t 2· y  f   y   :=  z 2t 2t + 2 t + 1 z

ist eine lineare Abbildung von V in V definiert. Man bestimme rgf in Abhängigkeit von t und f (V ) f¨ ur diejenigen Zahlen t, f¨ ur die rgf ≤ 2 gilt. Lösung.

Nach Satz 10.1.5 gilt rgf := rgA, wobei   t−2 2 −1 2 t 2 . A :=  2t 2t + 2 t + 1

Wegen det A = t(t − 1)(t − 2) haben wir

rgf = 3 ⇐⇒ t ∈ R \ {0, 1, 2}. Man pr¨ uft leicht rgf = 2 f¨ ur jedes t ∈ {0, 1, 2} nach. Bezeichnet man mit ai , i ∈ {1, 2, 3}, die i-te Spalte der Matrix A, so gilt außerdem, daß f¨ ur jedes t ∈ {0, 1, 2} die Spalte a3 linear abh¨ angig von den linear unabhängigen Spalten a1 , a2 ist. Folglich gilt f (R3×1 ) = [{a1 , a2 }] f¨ ur jedes t ∈ {0, 1, 2} (siehe dazu die Sätze 10.1.1 und 10.1.2). Aufgabe 10.6 (Orthogonalprojektion) Es sei U ein t-dimensionaler UVR des n-dimensionalen VRs V u ¨ber K ∈ {R, C} mit Skalarprodukt ϕ (t, n ∈ N). Wie im Abschnitt 6.5 vereinbart, sei die orthogonale Projektion von x ∈ V in U mit xU bezeichnet. Man beweise, daß die Abbildung f : V −→ V, x 7→ xU eine lineare Abbildung ist. Speziell f¨ ur K V := R R4×1 mit dem Standardskalarprodukt und U := [{(1, 1, 1, 1)T }] berechne man außerdem die Matrix Af mit der Eigenschaft f (x) = Af · x f¨ ur alle x ∈ R4×1 . Lösung. Nach den S¨ atzen 6.5.2 und 6.5.11 besitzt der UVR U eine orthonormierte Basis e1 , e2 , ..., et , mit deren Hilfe sich die (eindeutig bestimmte) orthogonale Projektion xU von x ∈ V wie folgt berechnen läßt: xU =

t X i=1

ϕ(x, ei ) · ei .

(10.1)

194


Folglich ist f eine Abbildung und f¨ ur beliebige a, b ∈ K und x, y ∈ V gilt wegen der Bilinearit¨ at von ϕ: Pt f (a · x + b · y) = i=1 ϕ(a · x + b · y, ei ) · ei Pt Pt = i=1 b · ϕ(y, ei ) · ei i=1 a · ϕ(x, ei ) · ei + = a · f (x) + b · f (y). Also ist f eine lineare Abbildung. Dem Beweis von Satz 10.1.3 kann man entnehmen, daß die Spalten der gesuchten Matrix Af gerade die Bilder der Standardbasis b1 := (1, 0, 0, 0)T , b2 := (0, 1, 0, 0)T , b3 := (0, 0, 1, 0)T , b4 := (0, 0, 0, 1)T bei der Abbildung f sind. Offenbar ist e := 41 · (1, 1, 1, 1)T eine orthonormierte Basis von U := [{(1, 1, 1, 1)T }], womit man nach (10.1) 1 (bj )U = ϕ(bj , e) ·e = · e 4 | {z } =bT j ·e

(j = 1, ..., 4) hat. Folglich gilt f¨ ur den Spezialfall unserer Projektionsabbildung 1 1 1 1 ∀x ∈ R4×1 : f (x) = ((b1 )U , (b2 )U , (b3 )U , (b4 )U ) · x = ( , , , ) ·x. 4 | 4{z4 4 } =Af

Aufgabe 10.7 (Ableitungsoperator) Im Vektorraum P2 aller Polynome, die h¨ ochstens den Grad 2 haben und die auf dem Intervall [a, b] definiert sind, u ¨ber dem Körper K = R, sei durch ∀s, t ∈ P2 : ϕ(s, t) :=

Z

1

−1

s(x) · t(x) dx

ein Skalarprodukt ϕ definiert. Außerdem sei f : P2 −→ P2 , ax2 + bx + c 7→ 2ax + b der sogenannte Ableitungsoperator, der eine lineare Abbildung ist. Man bestimme die Matrizen Af und Af ⋆ (siehe Satz 10.1.4) bez¨ uglich der Basis (a) B := (1, x, x2 ), (b) B ′ := ( 12 x2 − 12 x, x2 − 1, 12 x2 + 12 x). Lösung. Wir u achst eine Matrizendarstellung f¨ ur das Ska¨berlegen uns zun¨ ¨ larprodukt ϕ (bez¨ uglich der Basis B) und berechnen die Ubergangsmatrix


195

M(B, B ′ ) (kurz mit M bezeichnet), um sp¨ ater aus der weiter unten bestimmte Lösung f¨ ur die Aufgabe (a) die L¨ osung von (b) zu erhalten. Nach Satz 6.2.1 gilt   ϕ(1, 1) ϕ(1, x) ϕ(1, x2 ) T ϕ(x, y) = x/B ·  ϕ(x, 1) ϕ(x, x) ϕ(x, x2 )  ·y/B ϕ(x2 , 1) ϕ(x2 , x) ϕ(x2 , x2 ) {z } | :=C

mit

 2 0 32   C =  0 23 0  . 2 2 3 0 5 

Eine Folgerung aus Satz 4.7.2 ist

x/B = M · x/B ′ (x ∈ P2 ), wobei M = ( ( 12 x2 − 12 x)/B , (x2 − 1)/B , ( 21 x2 + 21 x)/B )   0 −1 0   =  − 12 0 12  . 1 1 12 2

(a): Ist B := (b1 , b2 , b3 ) eine Basis f¨ ur P2 , so gilt nach Satz 10.1.4 f¨ ur jede lineare Abbildung f von P2 in P2 : ∀x ∈ V : f (x)/B = Af · (x/B ), wobei Af := (f (b1 )/B , f (b2 )/B , f (b3 )/B ). F¨ ur B = (1, x, x2 ) gilt folglich 

 0 1 0 Af =  0 0 2  . 0 0 0

Wegen Satz 10.2.1, (b) existiert zu f die (eindeutig bestimmte) adjungierte Abbildung f ⋆ . Da die Basis B bez¨ uglich ϕ nicht orthonormiert ist, können wir jedoch zur Berechnung von Af ⋆ nicht die Formel (10.23) aus Satz 10.2.1, (b) verwenden. Mit Hilfe der obigen Matrizendarstellung des Skalarprodukts ϕ und der Formel (10.23) aus Abschnitt 10.2 kann man jedoch Af ⋆ wie folgt berechnen: F¨ ur beliebige x, y ∈ P2 gilt: ϕ(f (x), y) = f (x)T/B · C · y/B = (xT/B · ATf ) · C · y/B = xT/B · (ATf · C) · y/B

= ϕ(x, f ⋆ (y)) = xT/B · C · Af ⋆ · y/B ,

196


d.h., ∀x, y ∈ P2 : xT/B · (ATf · C) · y/B = xT/B · (C · Af ⋆ ) · y/B .

(10.2)

Die Gleichung aus (10.2) kann jedoch f¨ ur beliebige x, y ∈ P2 nur gelten, wenn ATf · C = C · Af ⋆ bzw. Af ⋆ = C−1 · ATf · C. Folglich

Af ⋆

     0 − 15 0 0 0 2 0 32 8       0 23 0  ·  1 0 0  ·  0 23 0  =  45 2 2 − 15 0 2 0 8 0 8 3 0 5   0 − 25 0   =  3 0 1 . 0 15 2 0 

9 8

(b): F¨ ur B ′ = ( 12 x2 − 12 x, x2 − 1, 12 x2 + 12 x) erhalten wir aus (a):  3  − 2 −2 − 21   Af =  12 0 − 21  1 2 32 2 und

Af ⋆



 −3 2 2   =  − 45 0 54  , 2 −2 3

da (Ag )/B ′ = M−1 · (Ag )/B · M f¨ ur g ∈ {f, f ⋆ } und   1 −1 1 M−1 =  −1 0 0  . 1 1 1 Aufgabe 10.8 (Eigenschaften adjungierter Abbildungen) Es sei K ∈ {R, C}, K V ein Vektorraum mit Skalarprodukt ϕ und f , g lineare Abbildungen von V in V , f¨ ur die die adjungierten Abbildungen f ⋆ , g ⋆ , (f +g)⋆ ⋆ und (f 2g) existieren (siehe Abschnitt 10.2). Man beweise: (a) (f + g)⋆ = f ⋆ + g ⋆ , (b) ∀λ ∈ K : (λ · f )⋆ = λ · f ⋆ , (c) (f 2g)⋆ = g ⋆ 2f ⋆ .


197

Lösung. Wie im Abschnitt 10.2 gezeigt wurde, ist die zu einer linearen Abbildung h : V −→ V existierende adjungierte Abbildung h⋆ durch die Eigenschaft ∀x, y ∈ V : ϕ(h(x), y) = ϕ(x, h⋆ (y))

eindeutig bestimmt. Damit gilt: (a) folgt aus

∀x, y ∈ V : ϕ(x, (f + g)⋆ (y)) = ϕ((f + g)(x), y) = ϕ(f (x) + g(x), y) = ϕ(f (x), y) + ϕ(g(x), y) = ϕ(x, f ⋆ (y)) + ϕ(x, g ⋆ (y)) = ϕ(x, f ⋆ (y) + g ⋆ (y)) = ϕ(x, (f ⋆ + g ⋆ )(y)). (b) folgt aus ∀x, y ∈ V : ϕ(f (x), y) = ϕ(x, f ⋆ (y)) =⇒ ∀λ ∈ K : λ · ϕ(f (x), y) = λ · ϕ(x, f ⋆ (y)) . | {z } | {z } =ϕ(λ·f (x),y)

=ϕ(x,λ·f ⋆ (y))

(c) folgt aus

∀x, y ∈ V : ϕ(x, (f 2g)⋆ (y)) = ϕ((f 2g)(x), y) = ϕ(g(x), f ⋆ (y)) = ϕ(x, g ⋆ (f ⋆ (y)) ). | {z } | {z } f (g(x))

=(g⋆ 2f ⋆ )(y)

Aufgabe 10.9 (Invariante einer linearen Abbildung) Es sei K ∈ {R, C} und K V ein Vektorraum, auf dem ein Skalarprodukt ϕ definiert ist. Man beweise: Ist ein UVR U ⊆ V invariant bez¨ uglich der linearen Abbildung f : V −→ V , so ist das orthogonale Komplement U ⊥ von U invariant bez¨ uglich der zu f adjungierten Abbildung f ⋆ . Lösung. Es sei der UVR U ⊆ V eine Invariante der linearen Abbildung f : V −→ V , d.h., ∀x ∈ U : f (x) ∈ U.

Nach Abschnitt 10.2 ist die zu f adjungierte Abbildung f ⋆ , falls sie existiert, eindeutig bestimmt und hat die Eigenschaft: ∀x, y ∈ V : ϕ(f (x), y) = ϕ(x, f ⋆ (y)). Sei nun x ∈ U ⊥ := {x ∈ V | ∀y ∈ U : ϕ(x, y) = 0} beliebig gewählt. Wir haben f ⋆ (x) ∈ U ⊥ zu zeigen. Es gilt f¨ ur beliebige y ∈ U nach den Eigenschaften eines Skalarprodukts und unter Verwendung der obigen Voraussetzungen: ϕ(f ⋆ (x), y) = ϕ(y, f ⋆ (x)) = ϕ(f (y), x) = 0.

Folglich ist U ⊥ eine Invariante der zu f adjungierten Abbildung f ⋆ .

198


Aufgabe 10.10 (Eigenschaft einer orthogonalen Abbildung) Es sei n ∈ N und V ein euklidischer n-dimensionaler Vektorraum mit dem Skalarprodukt ϕ. Man beweise: Haben zwei Vektoren y und z aus V gleiche L¨ ange, so gibt es eine orthogonale Abbildung f : V −→ V mit f (y) = z. Lösung. Aus der Definition einer orthogonalen Abbildung (siehe Abschnitt 10.5) folgt unmittelbar, daß die identische Abbildung von V auf V eine orthogonale Abbildung ist, womit, falls y = z = o, obige Behauptung richtig ist. Sei im weiteren y, z ∈ V mit y 6= o und kykϕ = kzkϕ . Offenbar kann man (wie im Beweis von Satz 6.5.2 gezeigt wurde), eine orthonormierte Basis 1 · y konstruieren. Sei a1 := z/B ∈ Rn×1 B := (b1 , b2 , ..., bn ) f¨ ur V mit b1 = kyk ϕ die Koordinatenspalte von z bez¨ uglich der Basis B. Bez¨ uglich Standardskalarprodukt kann man a′1 = ka11kϕ · a1 zu einer Basis B ′ := (a′1 , a2 , ..., an ) des Vektorraums Rn×1 erg¨ anzen und die Matrix A := (a′1 , a2 , ..., an ) bilden, die nach Satz 7.3.1 eine orthogonale Matrix ist. Folglich ist wegen Satz 10.5.1 die lineare Abbildung f : V −→ V mit f (x)/B := A · (x/B ) eine orthogonale Abbildung (bzw. eine Isometrie) mit der Eigenschaft f (y)/B := A ·

(y/B ) | {z }

= a1 = z/B .

=(ka1 kϕ ,0,...,0)T

Aufgabe 10.11 (Eigenschaften einer orthogonalen Abbildung) Es sei n ∈ N und V ein euklidischer n-dimensionaler Vektorraum mit dem Skalarprodukt ϕ und der Norm k · kϕ . Außerdem sei f eine lineare Abbildung von V in V . Man beweise, daß die folgenden Aussagen äquivalent sind: (a) f ist eine orthogonale Abbildung. (b) ∀x, y ∈ V : ϕ(x, y) = ϕ(f (x), f (y)). (c) Es existiert eine Basis b1 , ..., bn von V mit ϕ(bi , bj ) = ϕ(f (bi ), f (bj )) f¨ ur alle i, j ∈ {1, ..., n}. Lösung. Die Aussagen (b)=⇒(a)“ und (b)=⇒(c)“ sind trivial. ” ” (a)=⇒(b)“: Nach Satz 10.5.2 ist f genau dann orthogonal, wenn ” ∀x ∈ V : kxkϕ = kf (x)kϕ

(10.3)

gilt. Wir setzen (10.3) voraus. Folglich haben wir (unter Verwendung der Linearität von f und der Bilinearit¨ at sowie Symmetrie von ϕ) f¨ ur beliebige x, y ∈ V :


199

kx + yk2ϕ = ϕ(x + y, x + y) = ϕ(x, x) + 2ϕ(x, y) + ϕ(y, y) = kf (x + y)k2ϕ = ϕ(f (x) + f (y), f (x) + f (y)) = ϕ(f (x), f (x)) + 2ϕ(f (x), f (y)) + ϕ((y), (y)). Wegen (10.3) folgt aus obigen Gleichungen ϕ(x, y) = ϕ(f (x), f (y)), d.h., (b) ist bewiesen. (c)=⇒(b)“: Wir setzen (c) voraus und w¨ ahlen x, y ∈ V beliebig. Da die Vekto” ren b1 , ..., b eine Basis f¨ u r V bilden, existieren gewisse x1 , ..., xn , y1 , ..., yn ∈ R n Pn Pn mit x = i=1 xi bi und y = i=1 yj bj . Folglich gilt n n n X n X X X ϕ(x, y) = ϕ( xi bi , yj bj ) = xi · yj · i=1

j=1

i=1 j=1

ϕ(bi , bj ) | {z }

= ϕ(f (x), f (y)).

=ϕ(f (bi ),f (bj ))

Aufgabe 10.12 (Eigenschaft einer normalen Abbildung) Es sei K ∈ {R, C}, K V ein Vektorraum mit Skalarprodukt ϕ und f : V −→ V eine normale Abbildung (siehe Abschnitt 10.3). Nach Definition existiert dann zu f die adjungierte Abbildung f ⋆ (siehe Abschnitt 10.2). Man zeige, daß kf (x)kϕ = kf ⋆ (x)kϕ f¨ ur beliebige x ∈ V gilt. Lösung.

Wegen der S¨ atze 6.3.1 und 10.3.1 haben wir kf (x)k2ϕ = ϕ(f (x), f (x)) = ϕ(f ⋆ (x), f ⋆ (x)) = kf ⋆ (x)k2ϕ ,

woraus unmittelbar die Behauptung folgt. Aufgabe 10.13 (Eigenschaft einer linearen Abbildung) Sei V ein 2k + 1-dimensionaler Vektorraum u ¨ber dem Körper R (k ∈ N). Man beweise, daß jede lineare Abbildung f : V −→ V mindestens einen Eigenwert besitzt. Lösung. Es sei n := 2k + 1 und B eine Basis des n-dimensionalen Vektorraums V u ur jede lineare Abbildung ¨ber R. Nach Satz 10.1.4 existiert dann f¨ f von V in V eine Matrix Af ∈ Rn×n mit ∀x ∈ V : f (x)/B = Af · x/B . Nach Satz 10.3.3 ist λ ∈ R genau dann ein Eigenwert von f , wenn λ ein Eigenwert der Matrix Af ist, d.h., wenn |Af − λEn | = 0 gilt (siehe Satz 8.2.1). Da n nach Voraussetzung eine ungerade Zahl ist und Af zu Rn×n gehört, hat nach Aufgabe 8.4 das charakteristische Polynom von Af mindestens eine reelle Nullstelle, womit mindestens ein Eigenwert von Af existiert.

200


Aufgabe 10.14 (Eigenschaft einer linearen Abbildung) Es seien V und W Vektorr¨ aume u orper K und f : V −→ W eine ¨ber dem K¨ injektive lineare Abbildung. Außerdem seien b1 , ..., bn ∈ V linear unabhängig. Man beweise, daß dann auch die Vektoren f (b1 ), ..., f (bn ) ∈ V linear unabhängig sind. Lösung. Wegen der Injektivit¨ at von f ist Ker f = o. Nach Satz 10.1.13 ist f damit eine isomorphe Abildung von V auf f (V ). Hieraus folgt dann unmittelbar die Behauptung.

11 Aufgaben zu: Affine Abbildungen

Aufgabe 11.1 (Beispiele f¨ ur affine Abbildungen; Translation, Parallelprojektion) Es sei n ∈ N und Rn ein n-dimensionaler affiner Raum mit dem zugehörigen VR Vn u orper K. Man zeige, daß die nachfolgend definierten Abbil¨ber dem K¨ dungen fT ( Translation“) und fP ( Parallelprojektion“) affine Abbildungen ” ” von Rn in Rn sind. (a) fT : Rn −→ Rn sei eine Abbildung mit der Eigenschaft: fT (P ) − P = fT (Q) − Q f¨ ur alle P, Q ∈ Rn . (b) Auf Vn sei ein Skalarprodukt definiert. Zwecks Definition von fP seien ein Q ∈ R und ein UVR U von Vn fest gew¨ ahlt. Nach Definition eines affinen Raumes existiert zu jedem X ∈ Rn ein x ∈ Vn mit X = Q + x. Da Vn endlichdimensional ist, l¨ aßt sich x auf eindeutige Weise als Linearkombination zweier Vektoren xU ∈ U und xU ⊥ ∈ U ⊥ mittels x = xU + xU ⊥ darstellen (siehe Satz 6.5.12). Die Abbildung fP sei dann durch fP (X) := Q + xU definiert. Lösung. (a): Es sei P ∈ Rn fest und X ∈ Rn beliebig gewählt. Dann hat die Abbildung fT nach Definition die Eigenschaft fT (X) − X = fT (P ) − P , aus der fT (X) = fT (P ) + (X − P ) folgt. Damit ist fT eine affine Abbildung − → mit fT = idVn . (b): Die Abbildung fP ist eine affine Abbildung, wenn wir zeigen können, daß − → fP (x) := xU (x ∈ Vn ) eine lineare Abbildung ist. Seien dazu BU := {b1 , ..., br } eine Basis f¨ ur U und BU ⊥ := {br+1 , ..., bn } eine Basis f¨ ur U ⊥ . Da dann B := BU ∪ BU ⊥ eine Basis f¨ ur Vn ist, existieren f¨ ur beliebig gewählte x, y ∈ Vn gewisse x1 , ..., xn , y1 , ..., yn ∈ R mit x = x1 · b1 + ... + xn · bn und y = y1 · b1 + ... + yn · bn . Folglich gilt f¨ ur alle a, b ∈ R:


202


− → fP (a · x + b · y) = = =

− → fP ((ax1 + by1 )b1 + ... + (axn + byn )bn ) (ax1 + by1 )b1 + ... + (axr + byr )br a · (x1 b1 + ... + xr br ) + b · (y1 b1 + ... + yr br ) − → − → = a · fP (x) + b · fP (y),

− → d.h., fP ist eine lineare Abbildung.

Aufgabe 11.2 (Invariante einer affinen Abbildung) Man beweise, daß eine affine Abbildung f : Rn −→ Rn Parallelogramme in Parallelogramme u uhrt. ¨berf¨ −−→ −−−→ Lösung. Sei P QQ′ P ′ ein Parallelogramm des Rn , d.h., es gilt P Q = P ′ Q′ . − − − → −−−−−−→ −−−− Wir haben f (P )f (Q) = f (P ′ )f (Q′ ) zu zeigen. Dabei können wir die folgende ¨ Aquivalenz aus Aufgabe 5.10 verwenden: 1 −−→ 1 −−→ −−→ −−′−→′ P Q = P Q ⇐⇒ P + P Q′ = Q + QP ′ . 2 2 ¨ Nach Voraussetzung und obiger Aquivalenz gilt −−→ −−−−−−−→ f (P + 12 P Q′ ) = f (P ) + 12 f (P )f (Q′ ) −−→ −−−−−−−→ = f (Q + 12 QP ′ ) = f (Q) + 12 f (Q)f (P ′ ). −−−−−−→ −−−−−−−→ ¨ Nach den Uberlegungen zur Aufgabe 5.10 folgt hieraus f (P )f (Q) = f (P ′ )f (Q′ ). Aufgabe 11.3 (Eigenschaft affiner Abbildungen) Seien f : R −→ R′ eine affine Abbildung, g ⊆ R und h ⊆ R Geraden. Man beweise: (a) Die Menge f (g) := {f (X) | X ∈ g} ist eine Gerade oder besteht nur aus einem Punkt. (b) Sind g und h parallel sowie |f (g)| = 1, dann ist auch |f (h)| = 1. Lösung.

(a) und (b) sind Folgerungen aus Satz 11.1.2.

Aufgabe 11.4 (Eigenschaft affiner Abbildungen) Sei f : Rn −→ Rn eine affine Abbildung. Wie viele Punkte Pi (i ∈ I) mit welchen Eigenschaften ben¨ otigt man mindestens, damit f durch die Festlegung f (Pi ) := Qi eindeutig bestimmt ist? → − Lösung. Sei rg f = t. Als Folgerung aus den Sätzen 11.1.1 und 10.1.2 erhält man, daß f durch die Bilder von t + 1 Punkten in allgemeiner Lage eindeutig bestimmt ist (siehe auch Abschnitt 5.4).


203

Aufgabe 11.5 (Eigenschaft affiner Abbildungen; Translation) Seien R ein affine Raum mit dem zugeh¨ origen Vektorraum V u ¨ber dem Körper K und f eine affine Abbildung von R in R. Man beweise, daß die folgenden Aussagen äquivalent sind: (a) f ist eine Translation, d.h., f¨ ur beliebige P, Q ∈ R gilt f (P ) − P = f (Q) − Q. (b) F¨ ur alle Punkte P, Q ∈ R gilt f (Q) − f (P ) = Q − P . →

(c) f = idV .

Lösung. (a)=⇒(b)“ ist eine Folgerung aus Satz 5.1.1, (f). ” → − (b)=⇒(c)“ ergibt sich aus der Definition von f (siehe Formel (11.2) aus ” Abschnitt 11.1). → − (c)=⇒(a)“: Sei f die identische Abbildung von V in V und seien P, Q ∈ R ” beliebig gewählt. Dann existiert ein x ∈ V mit Q = P + x und wir haben → − nach Satz 11.1.1 f (Q) = f (P + x) = f (P ) + f (x) = f (P ) + x. Folglich gilt f (Q) − Q = f (P ) + x − (P + x) = f (P ) − P , d.h., f ist eine Translation. Aufgabe 11.6 (Eigenschaft affiner Abbildungen) Ein Punkt P eines affinen Raumes R heißt Fixpunkt einer affinen Abbildung f : R −→ R, wenn f (P ) = P ist. Sei A1 die Menge aller affinen Abbildungen des affinen Raumes Rn in Rn (n ∈ N). (a) Man beweise: Bei fixiertem P ∈ Rn kann jede Affinität f ∈ A1 in der Form f = g2h dargestellt werden, wobei h ∈ A1 eine Translation und g ∈ A1 den Fixpunkt P besitzt. (b) Sind g und h aus (a) bei gegebenen f und P eindeutig bestimmt? Lösung. (a): Es sei f ∈ A1 eine Affinit¨ at und P ∈ Rn . Wir zeigen, daß die Abbildungen −−−−→ h : Rn −→ Rn , X 7→ X + P f (P ), g := f 2h−1 die in (a) angegebenen Eigenschaften besitzen. Offenbar ist h eine Translation mit den Eigenschaften h(P ) = P + (f (P ) − P ) = f (P ), g(P ) = h−1 (f (P )) = P und (g2h)(X) = h(g(X)) = h(h−1 (f (X))) = f (X) f¨ ur beliebiges X ∈ Rn . (b): Es sei f = g2h, wobei h eine Translation ist und g ∈ A1 mit g(P ) = P . Die eindeutige Bestimmtheit von g und h l¨ aßt sich wie folgt begr¨ unden:

204


f = g2h =⇒ g −1 2f = h =⇒ f (g −1 (P )) = h(P ) | {z } P

=⇒ ∀X ∈ Rn : f (P ) − P = h(P ) − P = h(X) − X =⇒ h eindeutig bestimmt =⇒ g = f 2h−1 eindeutig bestimmt. Aufgabe 11.7 (Eigenschaft affiner Abbildungen mit Fixpunkten) Sei f : Rn −→ Rn eine affine Abbildung (n ∈ N). Man beweise:

→

(a) Falls f genau einen Fixpunkt hat, dann ist 1 kein Eigenwert von f . (b) Besitzt f mindestens zwei verschiedene Fixpunkte, so ist 1 ein Eigenwert →

von f . Lösung.

(a): Sei P der einzige Fixpunkt von f . Dann gilt → − ∀x ∈ Vn : f (P + x) = f (P ) + f (x). | {z } P

→ − Angenommen, 1 ist ein EW von f , d.h., es existiert ein x ∈ Vn \ {o} mit → − f (x) = x. Dann ist jedoch P + x ein von P verschiedener Fixpunkt von f , im Widerspruch zur Voraussetzung. (b): Seien P, Q verschiedene Punkte des affinen Raumes Rn mit f (P ) = P → − und f (Q) = Q. Dann gilt P − Q 6= o und f (P − Q) = f (P ) − f (Q) = P − Q, → − womit P − Q eine Eigenvektor zum Eigenwert 1 von f ist. Aufgabe 11.8 (Invariante einer affinen Abbildung) Ist die Dimension von Unterr¨ aumen eine Invariante von (a) surjektiven, (b) injektiven affinen Abbildungen? Lösung. I.allg. ist die Dimension von Unterräumen keine Invariante einer surjektiven affinen Abbildung, da z.B die Abbildung f : R3 −→ R2 , (1, x1 , x2 , x3 ) 7→ (1, x1 , x2 ) affin und surjektiv ist, jedoch dimf (R3 ) 6= dimR3 gilt. Dagegen ist die Dimension von Unterr¨ aumen eine Invariante jeder injek→ − tiven affinen Abbildung f , weil die zugeh¨ orige lineare Abbildung f ebenfalls injektiv ist und damit (nach Aufgabe 10.13) linear unabhängige Vektoren auf linear unabhängige Vektoren abbildet.


205

Aufgabe 11.9 (Eigenschaft einer Kongruenz) − → Die Anschauungsebene R2 mit dem zugeh¨ origen Vektorraum V2 ist ein affi− → ner Raum. Auf V2 sei das Skalarprodukt · aus Abschnitt 6.1 definiert. Man beweise, daß f¨ ur eine beliebige affine Abbildung f : R2 −→ R2 und beliebige − → linear unabhängige Vektoren a, b ∈ V2 gilt: f ist eine Kongruenz (Bewegung) des R2 ⇐⇒ → − → − → − → − |a| = | f (a)| ∧ |b| = | f (b)| ∧ a · b = f (a) · f (b).

(11.1)

Lösung. Es sei f : R2 −→ R2 eine affine Abbildung mit der zugehörigen → − − → linearen Abbildung f und a, b ∈ V2 linear unabhängig. → − =⇒“: Sei f eine Kongruenz. Nach Definition ist dann f eine orthogonale ” Abbildung. In der L¨ osung von Aufgabe 10.11 wurde gezeigt, daß hieraus → − → − − → ∀x, y ∈ V2 : x · y = f (x) · f (y)

→ − → − − → folgt. Wegen |x|2 = x · x (x ∈ V2 ) folgt |a| = | f (a)|, |b| = | f (b)| und → − → − a · b = f (a) · f (b). ⇐=“: Da nach Voraussetzung a, b linear unabhängig sind, bilden diese Vek” − → toren eine Basis des V2 . Folglich ist ⇐=“ aus (11.1) eine Folgerung aus der ” L¨ osung von Aufgabe 10.11. Aufgabe 11.10 (Kongruenzsätze f¨ ur Dreiecke) Sei als affiner Raum R die Anschauungsebene R2 gewählt. Man beweise die Kongruenzsätze f¨ ur Dreiecke, d.h., man beweise, daß zwei Dreiecke aus R2 genau dann durch eine Kongruenz (siehe Satz 11.2.3) aufeinander abgebildet werden können, wenn sie in folgenden St¨ ucken u ¨bereinstimmen: (a) (b) (c) (d)

den Längen aller Seiten, den Längen zweier Seiten und dem eingeschlossenen Winkel, der Länge einer Seite und den beiden anliegenden Winkeln oder den Längen zweier Seiten und dem der gr¨ oßeren Seite gegen¨ uberliegenden Winkel.

Lösung. Seien A, B, C, A′ , B ′ , C ′ ∈ R2 so gewählt, daß sich A, B, C sowie A′ , B ′ , C ′ in allgemeiner Lage befinden. Durch diese Punkte sind zwei Dreiecke ABC und A′ B ′ C ′ des R2 bestimmt, f¨ ur die wir folgende Bezeichnungen der Seitenlängen und Winkel festlegen:

206


b

C γ

α A

b′

a

α′

β c

C′ γ′

B

A′

a′ β′

c′

B′

Offenbar existiert genau eine Affinit¨ at f : R2 −→ R2 mit f (A) = A′ , f (B) = ′ ′ B und f (C) = C (siehe L¨ osung der Aufgabe 11.4). Falls f eine Kongruenz ist, stimmen die Dreiecke ABC und A′ B ′ C ′ in den unter (a)–(d) angegebenen St¨ ucken u angen und Winkel Invarianten von Kongruenzen ¨berein, da Streckenl¨ sind (siehe Abschnitt 11.3). Wie in der L¨ osung von Aufgabe 11.9 gezeigt wurde, folgt aus a = a′ , b = b′ und c = c′ , daß f eine Kongruenz ist. Damit ¨ haben wir nur noch die Aquivalenz der folgenden Aussagen zu beweisen: (1) a = a′ , b = b′ , c = c′ , (2) a = a′ , b = b′ , γ = γ ′ , (3) c = c′ , α = α′ , β = β ′ , (4) b = b′ , c = c′ , b′ ≤ c′ , γ = γ ′ . Wir zeigen nachfolgend (1)⇐⇒(2), (1)=⇒(3), (3)=⇒(2) und (1)⇐⇒(4). Nach dem oben Bemerkten ergibt sich (1)=⇒(t) f¨ ur jedes t ∈ {2, 3, 4} aus den Sätzen 11.2.4 und 11.3.2, (c). (2)=⇒(1) ist eine direkte Folgerung aus dem Kosinussatz c2 = a2 + b2 − 2a · b · cos γ (siehe Beispiel (3.) aus Abschnitt 6.1). (3)⇐⇒(2): Wegen α = α′ und β = β ′ gilt γ = γ ′ . Der Sinussatz1 sin α : sin β : sin γ = a : b : c und die Voraussetzung liefern dann a′ sin α′ sin α a a = = = = ′, c′ sin γ ′ sin γ c c woraus a = a′ folgt. Analog zeigt man b = b′ . (4)=⇒(1): Nach dem Kosinussatz gilt c′2 = a′2 + b′2 − 2a′ b′ cos γ ′ . Wegen b′ ≤ c′ undpa′ > 0 ist diese Gleichung eindeutig nach a′ auflösbar: a′ = b′ · cos γ ′ + b2 · cos2 γ − b′2 + c′2 . Aus der Voraussetzung folgt hieraus a = a′ . 1

Zum Beweis dieses Satzes gen¨ ugt es, sich sin α : sin β = a : b zu u ¨berlegen: Sei h die L¨ ange der H¨ ohe des Dreiecks ABC, die auf der Stecke AB senkrecht steht. Dann gilt nach Definition der sin-Funktion: sin α = h : b und sin β = h : a, woraus die Behauptung folgt.

12 Aufgaben zu: Einfu ¨ hrung in die Numerische Algebra

Aufgabe 12.1 (Berechnen von Maschinenzahlen) Man u uhre die rationalen Zahlen ¨berf¨ (a) −55, (b) 4520, (c) 87 mit der Einleseabbildung γ b in die Kodierung des Maschinenzahlbereichs M(2, 9, 3).

Lösung. (a):Wegen 55 = 25 +24 +22 +2+1 = (2−1 +2−2 +2−4 +2−5 +2−6 )26 , gilt b γ (−55) = −0.110111000(+110). (b): Da 4520 > xmax , gilt γ b(4520) = +0.111111111(+111). P ∞ 1 (c): Mit Hilfe der Summenformel f¨ ur die geometrische Reihe ( n=0 q n = 1−q f¨ ur |q| < 1) erhält man: ∞ X 8 1 = = (2−3 )n = (2−1 + 2−4 + 2−7 + 2−10 + .....) · 2. 7 1 − 2−3 n=0

Folglich γ b( 78 ) = +0.100100100(+001).

Aufgabe 12.2 (Dekodieren von Maschinenzahlen) Wie sehen die Zahlen (a) +0.110100001(+011), (b) −0.100110011(+101), (c) −0.100000001(−001) aus M(2, 9, 3) in Dezimalschreibweise aus?


208

12 Aufgaben zu: Einf¨ uhrung in die Numerische Algebra

Lösung. (a): (2−1 + 2−2 + 2−4 + 2−9 ) · 23 = 6.515625 (b): −(2−1 + 2−4 + 2−5 + 2−8 + 2−9 ) · 25 = −19.1875 (c): −(2−1 + 2−9 ) · (2−1 ) = 0.250976562 Aufgabe 12.3 (Rechnen mit Maschinenzahlen) Seien a := 0.4872 · 102 , b := 0.4671 · 10−2 und c := 0.5505 · 10−2 . Man zeige, daß bei 4-stelliger dezimaler Rechnung (mit Runden) nicht mehr a + (b + c) = (a + b) + c gilt. Lösung. Wir rechnen in (M(10, 4, 1); e γ ) (siehe Abschnitt 12.3): a ⊕ (b ⊕ c) = (0.4872(+2)) ⊕ e γ (1.0176) = (0.4872(+2)) ⊕ (0.1018(+1)) = γ e(49.8218) = 0.4982(+2), (a ⊕ b) ⊕ c = γ e(49.1871) ⊕ (0.5505)(−2)) = (0.4919(+2)) ⊕ (0.5505)(−2) = γ e(49.7405) = 0.4974(+2). Also gilt a ⊕ (b ⊕ c) 6= (a ⊕ b) ⊕ c. Aufgabe 12.4 (Rechnen mit Maschinenzahlen) Welcher der folgenden (algebraisch ¨ aquivalenten) Ausdr¨ ucke A1 := (y + z) − 2 · x, A2 := (y − x) + (z − x) ist beim Rechnen mit Maschinenzahlen f¨ ur x ≈ y ≈ z g¨ unstiger? Man erläutere die Beantwortung der Frage durch Beispielen aus (M(10, 3, 1); b γ) und (M(2, 4, 2); b γ ).

Lösung. G¨ unstiger ist A2 , wie folgende Beispiele zeigen: Seien x := 0.929, y := 0.927 und z := 0.928, womit y + z − 2x = −0.003. Rechnung in (M(10, 3, 1); b γ ) liefert: A1 : y ⊕ z = 0.185(+1) 2 ⊙ x = 0.185(+1) (y ⊕ z) − 2 ⊙ x = 0

A2 : y ⊖ x = −0.200(−2) z ⊖ x = −0.100(−2) (y ⊖ x) ⊕ (z ⊖ x) = −0.300(−2).

Als nächstes wählen wir x := 0.1000, y := 0.1010 und z := 0.1001, womit y + z − 2x = 0.0011. Rechnung in (M(2, 4, 2); b γ ) liefert: A1 : y ⊕ z = 0.1001(+01) A2 : y ⊖ x = 0.100(−10) 2 ⊙ x = 0.1000(+01) z ⊖ x = 0.1000(−11) (y ⊕ z) − 2 ⊙ x = 0.1000(−11) (y ⊖ x) ⊕ (z ⊖ x) = 0.1100(−10).


209

Aufgabe 12.5 (Intervallrechnung) Man berechne das Intervall, in dem z :=

x+y u·v

liegt, falls x ∈ [1.45, 1.55], y ∈ [−0.005, 0.005], u ∈ [0.95, 1.05] und v ∈ [−2.05, −1.95]. Lösung.

Es gilt

[1.45, 1.55] + [−0.005, 0.005] = [1.445, 1.555] [0.95, 1.05] · [−2.05, −1.95] = [−2.1525, −1.8525] [1.445, 1.555] : [−2.1525, −1.8525] = [−0.8391797708, −0.671312427], d.h., z liegt im Intervall [−0.8391797708, −0.671312427]. Aufgabe 12.6 (Subdistributivität) Man begr¨ unde, daß f¨ ur die Intervalladdition und Intervallmultiplikation das Distributivgesetz nur in der abgeschw¨ achten Form der sogenannten Subdistributivität [a, b] · ([c, d] + [e, f ]) ⊆ [a, b] · [c, d] + [a, b] · [e, f ]

(12.1)

g¨ ultig ist. Anhand eines Beispiels zeige man insbesondere ⊂“ in (12.1). ” Lösung.

Seien A := {ac + ae, ad + af, bc + be, bd + bf }, B := {ac, ad, bc, bd}, C := {ae, af, be, bf }.

Die Behauptung (12.1) folgt dann aus den Gleichungen [a, b] · ([c, d] + [e, f ]) = [min A, max A] und [a, b] · [c, d] + [a, b] · [e, f ] = [min B, max B] + [min C, max C] = [min B + min C, max B + max C]. Wählt man z.B. [a, b] := [1, 2], [c, d] := [−1, 0], [e, f ] := [2, 3],

210


so gilt [a, b] · ([c, d] + [e, f ]) = [1, 2] · [1, 3] = [1, 6] und [a, b] · [c, d] + [a, b] · [e, f ] = [−2, 0] + [2, 6] = [0, 6], womit f¨ ur obiges Beispiel in (12.1) ⊂“ steht. ”

13 Aufgaben zu: Gleichungsaufl¨ osung

Aufgabe 13.1 (Lipschitzbedingung) Man bestimme f¨ ur die Funktion f ∈ C[a, b] mit (a) f (x) := x3 + x2 − 1, [a, b] = [0, 41 ],

(b) f (x) := 1 −

1 7

· ex −

(c) f (x) := cos x −

1 x2

1 9

· x3 , [a, b] = [0, 1],

+ 1, [a, b] = [ π2 , π]

ein möglichst kleines k mit 0 ≤ k < 1 und |f (x1 ) − f (x2 )| ≤ k · |x1 − x2 | f¨ ur alle x1 , x2 ∈ [a, b]. Lösung.

Nach Satz 13.2.3 erf¨ ullt k := max |f ′ (x)| x∈[a,b]

die Bedingung |f (x1 ) − f (x2 )| ≤ k · |x1 − x2 | f¨ ur alle x1 , x2 ∈ [a, b], falls f (x) f¨ ur alle x ∈ (a, b) differenzierbar ist und die erste Ableitung f ′ (x) zu C[a, b] gehört. Man pr¨ uft leicht nach, daß die in (a)–(c) angegebenen Funktionen die Voraussetzungen von Satz 13.2.3 erf¨ ullen. Also können wir versuchen, nach obiger Formel ein k zu bestimmen. Den betragsmäßig größten Funktionswert von f ′ (x) erh¨ alt man z.B. mit Hilfe einer Kurvendiskussion, d.h., man berechnet die relativen Extrema von f ′ , Werte f ′ (α), f¨ ur die f ′′ (α) nicht ′ ′ existiert, sowie die Randwerte f (a) und f (b) und bestimmt anschließend den betragsmäßig größten unter diesen Werten. Besonders einfach ist die Berechnung des gesuchten k, wenn f ′ (x) f¨ ur x ∈ [a, b] monoton wachsend oder fallend ist. Es gilt dann nämlich k = max{|f ′ (a)|, |f ′ (b)|}. Zum Nachweis der Monotonie kann man die folgende Eigenschaften differenzierbarer Funktionen nutzen: Falls f ′′ (x) ≥ 0 f¨ ur alle x ∈ [a, b] gilt, ist f ′ (x) eine monoton wachsende Funktion u ur alle x ∈ [a, b], ist f ′ (x) ¨ber dem Intervall [a, b]. Falls f ′′ (x) ≤ 0 f¨ monoton fallend u ¨ber dem Intervall [a, b]. D. Lau, Übungsbuch zur Linearen Algebra und analytischen Geometrie, 2. Aufl., Springer-Lehrbuch, DOI 10.1007/978-3-642-19278-4_13, © Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2011

212


(a): Da f ′′ (x) = 6x + 2 ≥ 0 f¨ ur x ∈ [0, 41 ], ist f ′ im betrachteten Intervall monoton wachsend, womit k = f ′ ( 14 ) = 11 16 . (b): Da f ′′ (x) = −( 17 ex + 32 x3 ) ≤ 0, haben wir k = max{|f ′ (0)|, |f ′ (1)|} = |f ′ (1)| = 17 e + 13 ≈ 0.7217. (c): Es gilt f ′ (x) = − sin x + x23 . F¨ ur diese Funktion eine Kurvendiskussion durchzuf¨ uhren, ist aufwendig. Einen groben Wert k < 1 erhält man jedoch ¨ z.B. durch folgenden Uberlegung: F¨ ur beliebige [ π2 , π] ist sin x ∈ [0, 1] und 2 ′ osung x3 ∈ [0.064, 0.516], womit f (x) ∈ [−0.936, 0.516] und k := 0.94 als L¨ f¨ ur (c) bei großz¨ ugiger Bewertung akzeptiert werden kann. Wie schlecht das bestimmte k ist, sieht man anhand des Graphen der Funktion f ′: y

x −1

1 −1

2

3 f′

Es gilt k ≈ 0.66. Aufgabe 13.2 (Anwendung des Banachschen Fixpunktsatzes 13.2.1) Sei g(x) := x2 + x1 . Man zeige, daß g(x) f¨ ur x ∈ [1.4, 1.5] die Voraussetzungen des Banachschen Fixpunktsatzes erf¨ ullt und berechne den Fixpunkt von g (a) direkt, (b) mit Hilfe des Iterationsverfahrens aus dem Banachschen Fixpunktsatz. √ Lösung. Im betrachteten Intervall hat g den Fixpunkt 2. Wie man leicht nachpr¨ uft, gilt g(x) ∈ [1.4, 1.5] f¨ ur alle x ∈ [1.4, 1.5]. Da g ′′ (x) = x23 ≥ 0 f¨ ur alle x ∈ [1.4, 1.5], erf¨ ullt g im betrachteten Intervall die Lipschitzbedingung 1 mit k := maxx∈[1.4,1.5] |g ′ (x)| = g ′ (1.5) = 18 ≈ 0.056. Die restlichen Voraussetzungen des Banachschen√Fixpunktsatzes sind bekannte Eigenschaften der Menge R. Folglich l¨ aßt sich 2 n¨ aherungsweise mit Hilfe des Iterationsverfahrens x0 := 1.5, xn+1 := x2n + x1n (n ∈ N0 ) bestimmen. Es gilt dann: 17 665857 x1 = 12 , x2 = 577 408 , x3 = 470832 , .... Satz 13.2.2 liefert f¨ ur k = 1/18 die Fehlerabschätzung √ 1 1 | 2 − xn | ≤ · , 204 18n−1


213

womit das Verfahren bereits nach wenigen Iterationen gute Werte√liefert. Z.B. stimmt bereits x3 mit dem Taschenrechnerwert 1.414213562 f¨ ur 2 u ¨berein. Aufgabe 13.3 (Anwendung von Satz 13.2.2) Sei 1 1 f (x) := ( + 1) · + 1. x x Eine Lösung x⋆ der Gleichung f (x) = x aus dem Intervall [1.8, 2] läßt sich mit Hilfe des Iterationsverfahrens aus dem Banachschen Fixpunktsatz berechnen, wobei sich die Lipschitz-Konstante k grob mit k ≤ 0.7 abschätzen läßt. Wie viele Iterationsschritte n (beginnend mit x0 = 2) hat man mindestens zur näherungsweisen Berechnung von x⋆ auszuf¨ uhren, damit die n-te Näherung xn f¨ ur x⋆ der Absch¨ atzung kxn − x⋆ k ≤ 10−4 gen¨ ugt? Lösung. Setzt man x0 := 2, so ist x1 := f (x0 ) = 47 . F¨ ur k := 0.7 gilt folglich nach Satz 13.2.2: |x⋆ − xn | ≤ Verlangt man

kn 5 · |x1 − x0 | = (0.7)n · . 1−k 6

5 ≤ 10−4 , 6 so ist diese Ungleichung f¨ ur n ≥ 26 erf¨ ullt. (0.7)n ·

Aufgabe 13.4 (Anwendung der Sätze 13.2.1 und 13.2.2; Newton-Verfahren) Die Lösung x⋆ der Gleichung f (x) :=

1 3 1 2 x + x + 0.7 = x 6 8

aus dem Intervall [0.9; 1.1] l¨ aßt sich mit Hilfe des Iterationsverfahrens aus dem Banachschen Fixpunktsatz berechnen. Man bestimme eine Abschätzung k ′ < 1 f¨ ur die Konstante k aus der Lipschitzbedingung. Wie viele Iterationsschritte n (beginnend mit x0 := 1) hat man zu berechnen, damit f¨ ur die n-te Näherung xn der Lösung x⋆ die Absch¨ atzung kxn − x⋆ k ≤ 10−4 gilt? Näherungen f¨ ur x⋆ lassen sich auch mit Hilfe des Newton-Verfahrens berechnen. Man gebe dieses Verfahren an! Lösung. Man pr¨ uft leicht nach, daß f (x) ∈ [0.9, 1.1] f¨ ur jedes x ∈ [0.9, 1.1]. Da f ′ (x) = 12 x2 + 41 x f¨ ur x ∈ [0.9, 1.1] monoton wachsend ist, gilt k := maxx∈[0.9,1.1] |f ′ (x)| = f ′ (1.1) = 0.88. Setzt man x0 := 1, dann ist x1 = f (x0 ) = 119 120 . Damit gilt nach Satz 13.2.2 und den oben bestimmten Werten: |x⋆ − xn | ≤

kn 5 · |x1 − x0 | = (0.88)n · . 1−k 72

214


Verlangt man

5 ≤ 10−4 , 72 so ist diese Ungleichung f¨ ur n ≥ 52 erf¨ ullt. Setzt man g(x) := f (x) − x, so haben wir g(x⋆ ) = 0 und Näherungen f¨ ur x⋆ sind mit dem Newton-Verfahren wie folgt berechenbar: (0.88)n ·

x0 := 1, xn+1 := xn − x3

g(xn ) g′ (xn )

x2

(n ∈ N0 ), x2

wobei g(xn ) := 6n + 8n − xn + 0.7 und g ′ (xn ) = 2n + x4n − 1. Zur Illustration der obigen Aufgabe noch die folgende Skizze:

y y=x

g(x) 1 f (x)

x −1

1

2

−1 Aufgabe 13.5 (Anwendung der Sätze 13.2.1 und 13.2.2) 1 + 2. Die Funktion f Seien A := [0, 3] ⊆ R und f : A −→ A, x 7→ f (x) := x+2 √ besitzt den Fixpunkt 5. (a) Zeigen Sie, daß f (x) f¨ ur x ∈ [0, 3] die Voraussetzungen des Banachschen Fixpunktsatzes erf¨ ullt. √ (b) Geben Sie ein Iterationsverfahren zur Berechnung von 5 an. Wie √ viele Iterationsschritte hat man bei diesem Verfahren auszuf¨ uhren, um 5 auf vier Stellen nach dem Punkt genau zu berechnen?


Lösung.

215

Diese Aufgabe kann man analog zur Aufgabe 13.2 bearbeiten.

Aufgabe 13.6 (Newton-Verfahren) Man skizziere den Graphen der Funktion f (x) := x3 − 2x2 − 26x − 14 f¨ ur x ∈ [−4, 7] und berechne mit Hilfe des Newton-Verfahrens die betragsmäßig größte Nullstelle von g auf drei Stellen nach dem Punkt genau. Lösung. Der nachfolgenden Zeichnung des Graphen der Funktion f kann man entnehmen, daß die betragsm¨ aßig gr¨ oßte Nullstelle x⋆ von f im Intervall [6, 7] liegt. y 80 70 60 50 40 30 20 10 x −8

−6

−4

−2−10 −20 −30 −40 −50 −60 −70 −80 −90

2

4

6

Wegen f (6.4) < 0 und f (6.41) > 0 gilt x⋆ ∈ [6.4, 6.41]. Wählt man x0 := 6.4 als erste Näherung f¨ ur x⋆ , kann man mit Hilfe des Newton-Verfahrens weitere Näherungen mittels xn+1 := xn −

x3n − 2x2n − 26xn − 14 3x2n − 4xn − 26

(n ∈ N0 ) berechnen. Man erh¨ alt: 6.402 < x⋆ < 6.4025.

216


Aufgabe 13.7 (Nullstellenschranken, Bisektionsverfahren) Man berechne Nullstellenschranken f¨ ur das Polynom p4 (x) :=

1 4 2 3 x − x + 3x2 − 4x + 1 24 3

und bestimme mit Hilfe des Bisektionsverfahrens Intervalle, in denen sich jeweils genau eine der Nullstellen von p4 befindet. Wie lassen sich die Nullstellen mit Hilfe des Newton-Verfahrens oder der Regula falsi berechnen? Lösung. Mit Hilfe von Satz 13.4.1.1 erh¨ alt man die folgende Abschätzung f¨ ur eine beliebige Nullstelle α von p4 (x): 15 ≤ |α| ≤ 97. Diese Abschätzung ist sehr grob, wie ein Blick auf die Skizze der Funktion zeigt: y 4 3 2 1 x −2 −1

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

−2

Mit Hilfe obiger Skizze lassen sich auch die mit dem Bisektionsverfahren gewonnenen Intervalle, in denen sich jeweils eine Nullstelle von p4 befindet, u ufen. ¨berpr¨


217

Aufgabe 13.8 (Konvergenzkriterien f¨ ur die Regula falsi, 1. Form) Unter geeigneten Voraussetzungen f¨ ur die Funktion g (wie z.B. Differenzierbarkeit) stelle man Konvergenzkriterien f¨ ur die Regula falsi, 1. Form auf und beweise sie. Lösung.

Indem man die erste Ableitung der Funktion f (x) := x −

x − x0 g(x) g(x) − g(x0 )

bildet und Satz 13.2.2 benutzt, erh¨ alt man den folgenden Konvergenzsatz f¨ ur die Regula falsi, 1. Form: Es sei g ∈ C[a, b], x0 ∈ [a, b], g differenzierbar, g habe in [a, b] nur eine Nullstelle x⋆ und es existiert ein k ∈ R mit 0 ≤ k < 1 und ∀x ∈ [a, b] :

g(x0 ) x−x0 ′ g(x) 6= g(x0 ) =⇒ g(x)−g(x · −1 + g (x) ≤ k, ) g(x)−g(x ) 0 0

so konvergiert die mit Hilfe der Regula falsi, 1. Form berechnete Folge (xn )n∈N0 gegen die Nullstelle x⋆ von g. Aufgabe 13.9 (Zweizeiliges Horner-Schema) Sei p6 (x) := x6 − 4x4 − 7x2 + 3x − 1. Mit Hilfe des zweizeiligen Horner-Schemas berechne man (a) ein Polynom q(x) und gewisse c1 , c0 ∈ R mit p6 (x) := (x2 + 4x + 20) · q(x) + c1 · x + c0 ; (b) p6 (2 − 4 · i), p6 (−1 + 3 · i). Lösung. Das zweizeilige Horner-Schema und ein Beispiel dazu findet man im Abschnitt 13.4.2. (a): Wir haben p = 4 und q = 20. Aus dem zweizeiligen Horner-Schema 1 0 −4 0 −7 3 −1 −4 − −4 16 32 −448 1180 − −20 − − −20 80 160 −2240 5900 1 −4 −8 112 −295 −1057 5899 folgt dann: q(x) = x4 − 4x3 − 8x2 + 112x − 295, c1 = −1057 und c0 = 5899. (b): Wir wählen zun¨ achst α := 2 und β := −4 in den Formeln aus Abschnitt 13.4.2. Folglich haben wir p := −2α = −4 und q := α2 + β 2 = 20. Aus dem zweizeiligen Horner-Schema

218


1 0 −4 0 −7 3 −1 4 − 4 16 −32 −448 −1180 − −20 − − −20 −80 160 2240 5900 1 4 −8 −112 −295 |1063 {z } 5899 | {z } =c1

folgt dann

=c0

p6 (2 − 4 · i) = c1 · (2 − 4 · i) + c0 = 8025 − 4252 · i. Analog zu oben erh¨ alt man p6 (−1 + 3 · i) = 292 − 1269 · i.

14 Aufgaben zu: Lineare Gleichungssysteme mit genau einer L¨ osung

Vor dem Lösen der folgenden Aufgaben 14.1–14.4 lese man Abschnitt 14.2. Aufgabe 14.1 (Matrixnorm) F¨ ur die Matrix 

1 2

  0 0

berechne man kAk1 , kAk∞ und kAk2 .

0 0 1 2 1 4

1 3 1 5

  

Lösung. Mit Hilfe der S¨ atze 14.2.4 und 14.2.3 erhält man kAk1 = 34 und 5 kAk∞ = 6 . Nach Satz 14.2.5 ist kAk2 die Wurzel aus dem größten Eigenwert der Matrix  1  0 4 0  13  AT · A =  0 12 60 . 13 34 0 6 225

1 T Wegen |AT · A − λ · E3 | = ( 14 − λ)(λ2 − 1669 3600 λ + 3600 ) hat A · A die Eigenwerte √ 1669 1669 1665 1 2771161 λ1 = , λ2/3 = ± ≈ ± , 4 7200 7200 7200 7200

wobei λ2 = 1669 + √ 7200 kAk2 = λ2 ≈ 0.68.

√ 2771161 7200

≈ 0.463 der gr¨ oßte Eigenwert ist. Folglich gilt

Aufgabe 14.2 (Matrixnorm) F¨ ur die Matrix 

 0.2 0.1 0.1  −0.1 0.2 −0.1  0.1 −0.1 0.2


220


berechne man kAk1 und kAk∞ exakt sowie kAk2 näherungsweise mit Hilfe der Formeln (14.1) und (14.2). Lösung. Mit Hilfe der S¨ atze 14.2.4 und 14.2.3 erhält man kAk1 = kAk∞ = 0.4. Nach Satz 14.2.5 ist kAk2 die Wurzel aus dem größten Eigenwert der Matrix   0.06 −0.01 0.05 AT · A =  −0.01 0.06 −0.03  . 0.05 −0.03 0.06 √ Damit haben wir kAk2 ≤ 0.18 ≈ 0.424 nach (14.1). Um (14.2) verwenden zu k¨ onnen, ben¨ otigen wir nur die Mengen K1 , K2 und K3 , da B := AT · A symmetrisch ist. Es gilt (unter Beachtung von Satz 8.2.9): P K1 := {x ∈ R | |b11 − x| ≤ 3j=1,j6=1 |b1j |} = {x ∈ R | |0.06 − x| ≤ 0.06} P3 K2 := {x ∈ R | |b22 − x| ≤ j=1,j6=2 |b2j |} = {x ∈ R | |0.06 − x| ≤ 0.04} P3 K3 := {x ∈ R | |b33 − x| ≤ j=1,j6=3 |b3j |} = {x ∈ R | |0.06 − x| ≤ 0.08}. Folglich gilt √ K1 ∪ K2 ∪ K3 = K3 und x ≤ 0.14 f¨ ur alle x ∈ K3 . Damit erhalten 2 wir kAk2 ≤ 0.14 ≈ 0.374. Bemerkung Die genaue Berechnung von kAk2 aus obiger Aufgabe ist aufwendig. Zunächst hat man p3 (x) := |A − λ · E3 | = −λ3 + 0.18λ2 − 0.0073λ + 0.000036 zu berechnen. Sp¨ atestens bei der Nullstellenberechnung von p3 (x) sollte man ein Computerprogramm nutzen. Man erhält (z.B. mit Maple 8): λ1 =√ 0.005709919245, λ2 = 0.05123626222, λ3 = 0.1230538185, womit kAk2 = λ3 ≈ 0.35.

Aufgabe 14.3 (Abschätzung f¨ ur eine Matrixnorm) √ Man beweise die folgende Absch¨ atzung f¨ ur kAk2 = τ , wobei τ der größte Eigenwert der Matrix AT · A ist und A := (a1 , a2 , ..., an ) ∈ Rn×n (siehe Satz 14.2.5). q kAk2 ≤

aT1 · a1 + aT2 · a2 + ... + aTn · an

(14.1)

Hinweis: Siehe Satz 8.2.8, (b).

Lösung. Offenbar ist AT · A = (aTi · aj )n,n . Die Matrix AT · A ist symmetrisch und besitzt folglich nach Satz 8.2.9 nur reelle Eigenwerte. Zählt man die Vielfachheiten der Eigenwerte mit, gibt es genau n Eigenwerte, die wir mit τ1 , ..., τn bezeichnen. Die Summe dieser Eigenwerte ist nach Satz 8.2.8, (b) gleich der Summe der Hauptdiagonalelemente der Matrix AT · A, d.h., es gilt τ1 + τ2 + ... + τn = aT1 · a1 + aT2 · a2 + ... + aTn · an .


221

Wie im Beweis von Satz 8.2.8 gezeigt wurde, sind sämtliche Eigenwerte von Pn AT · A nichtnegativ. Folglich haben wir τ ≤ τ1 + τ2 + ... + τn = i=1 aTi · ai , woraus (14.1) folgt. 2 Die Abschätzung (14.1) ist recht grob (besonders f¨ ur großes n). Indem man den betragsmäßig gr¨ oßten Wert aus der Menge, die in (14.2) angegeben ist, auswählt, erhält man f¨ ur großes n in der Regel bessere Werte. Aufgabe 14.4 (Obermenge der Menge aller Eigenwerte einer Matrix) F¨ ur eine Matrix B := (bij )n,n ∈ Cn×n seien die folgenden Mengen definiert: Ki := {x ∈ C | |bii − x| ≤

|bij |}

n X

|bij |}

j=1,j6=i

und Ki′ := {x ∈ C | |bii − x| ≤

n X

i=1,i6=j

(i = 1, 2, ..., n). Man beweise, daß dann alle Eigenwerte von B zur Menge (K1 ∪ K2 ∪ ... ∪ Kn ) ∩ (K1′ ∪ K2′ ∪ ... ∪ Kn′ )

(14.2)

gehören. Lösung. Wir zeigen zun¨ achst, daß jeder Eigenwert von B zur Menge K1 ∪ K2 ∪ ... ∪ Kn geh¨ ort. Angenommen, es gibt einen Eigenwert λ von B mit λ 6∈ K1 ∪ K2 ∪ ... ∪ Kn , d.h., es gilt ∀i ∈ {1, ..., n} : |bii − λ| >

n X

j=1,j6=i

|bij |.

(14.3)

Zum Eigenwert λ existiert ein Eigenvektor x := (x1 , ..., xn )T , wobei das betragsmäßig größte xi gleich 1 ist. O.B.d.A. sei i = 1. Wegen (B − λEn ) · x = o haben wir dann (b11 − λ) + b12 · x2 + ... + b1n xn = 0. Folglich |b11 − λ| = |b12 · x2 + ... + b1n xn | ≤ |b12 | + |b13 | + ... + |b1n |, ur jeden Eigenwert λ von B: λ ∈ K1 ∪ ein Widerspruch zu (14.3). Also gilt f¨ K2 ∪ ... ∪ Kn . Analog zeigt man λ ∈ K1′ ∪ K2′ ∪ ... ∪ Kn′ . 2 Die folgenden Aufgaben 14.5 und 14.6 setzen die Kenntnis des Abschnitts 14.3 voraus.

222


Aufgabe 14.5 (Lösen eines LGS mit 2- und 10-stelliger Rechnung, Kondition des LGS) Man löse das LGS 0.89x − 0.87y = 3.4 −0.96x + 0.97y = −3.6 durch eine (a) 2-stellige, (b) 10-stellige Rechnung und bestimme die Kondition dieses LGS (bez¨ uglich der Maximumnorm). Lösung. L¨ osung

Eine exakte Rechnung mit Hilfe der Cramerschen Regel liefert die

1660 600 , y= 281 281 des LGS. Die hieraus berechenbare Darstellung der Lösung in Dezimalbr¨ uchen x=

x = 5.9074747331, y = 2.135231317. erhält man auch bei 10-stelliger Rechnung mit den oben angegebenen Ausgangsdaten. Streicht man jedoch nach jeder ausgef¨ uhrten Rechenoperation die ab der dritten Stelle nach dem Punkt auftretenden Dezimalen, so erhält man als Näherungslösung: x= y=

≈ ≈

3.29−3.13 0.16 0.86−0.83 = 0.03 ≈ 5.33 −3.20+3.26 0.06 0.86−0.83 = 0.03 = 2.

0.89 −0.87 0.97 0.87 1 inverse Matrix ist 0.0281 . Folglich −0.96 0.97 0.96 0.89 erhält man als Kondition des LGS (unter Verwendung von Satz 14.2.3) Die zu A :=

3.4·0.97−3.6·0.87 0.89·0.97+0.96·0.87 −0.89·3.6+3.4·0.96 0.89·0.97+0.96·0.87

kAk∞ · kA−1 k∞ = 1.93 ·

18500 ≈ 127.0640569. 281

Die Kondition des LGS erkl¨ art auch die schlechten Näherungswerte bei 2stelliger Rechnung (siehe dazu Satz 14.3.1). Aufgabe 14.6 (Fehlerabschätzung, Kondition eines LGS) Seien −0.025 0.075 0.05 0.04 A := , b := , e b := , 0.05 −0.125 −0.075 −0.07


223

A · x = b und A · ex = e b. Man berechne eine Abschätzung f¨ ur den relativen Fehler kx − exk∞ . kxk∞ Wie groß ist die Kondition des LGS A · x = b? Lösung.

Zum L¨ osen der Aufgabe ben¨ otigen wir 200 120 −1 A = . 80 40

Es gilt dann nach Satz 14.2.3 kAk∞ = 0.175 und kA−1 k∞ = 320, womit die Kondition kAk∞ · kA−1 k∞ des obigen LGS gleich 56 ist. Mit Hilfe von Satz 14.3.1 erh¨ alt man dann die folgende Fehlerabschätzung: ke x−xk∞ kxk∞

≤ kAk∞ · kA−1 k∞ ·

ke b−bk∞ kbk∞

=

112 15

= 7.46.

2 Die nachfolgend verwendeten Verfahren zum näherungsweisen Lösen von LGS sind in den Abschnitten 14.4 und 14.5 zu finden. Aufgabe 14.7 (Näherungsweises Lösen eines LGS mit Konvergenz- und Fehleruntersuchungen) F¨ ur die nachfolgenden Aufgaben sei als LGS 2x + y = 7 −x + 4y = 10. gewählt. (a) Man berechne bzw. gebe an: (α) die Kondition (bez. der Maximumnorm) des LGS; (β) das Gauß-Seidel-Verfahren zur n¨ aherungsweisen Berechnung der Lösung x⋆ des LGS sowie die N¨ aherung x1 , wobei x0 = o gewählt sei; (γ) den relativen Fehler von x1 bez. Maximumnorm (Hinweis: Die exakte Lösung des LGS ist x = 2, y = 3.); (b) Man begr¨ unde die Konvergenz des Gauß-Seidel-Verfahrens. (c) Wie viele Iterationsschritte sind beim Gauß-Seidel-Verfahren erforderlich, damit f¨ ur die N¨ aherung xn f¨ ur x⋆ die Abschätzung kx⋆ − xn k < 10−4 gilt? (d) Man fertige eine Skizze zum Verfahren Projektion auf Hyperebenen“, ” wobei x0 := o ist, f¨ ur das obige LGS an. 2 1 4 −1 inverse Matrix ist 19 . Folglich −1 4 1 2 erhält man als Kondition des LGS (unter Verwendung von Satz 14.2.3)

Lösung.

(a): Die zu A :=

224


kAk∞ · kA−1 k∞ = 5 ·

5 25 = . 9 9

Mit Hilfe des Gauß-Seidel-Verfahrens x(0) := 0, y (0) := 0, n = 0, 1, 2, ... x(n+1) := 12 (7 − y (n) ) y (n+1) := 14 (10 + x(n) ) T erhält man x1 := (x(1) , y (1) )T = ( 27 , 27 8 ) . Wie man leicht nachpr¨ uft, ist x⋆ = (2, 3)T die exakte Lösung des LGS. Damit können wir den relativen Fehler von x1 direkt berechnen: kx1 −xk∞ kxk∞

=

3 2

·

1 3

= 12 .

(b): Nach den Sätzen 14.4.3.1 und 14.4.3.2 konvergiert das oben angegebene Gauß-Seidel-Verfahren, wenn α < 1 f¨ ur das im Satz 14.4.3.2 angegebene α gezeigt werden kann. Setzt man (aij )2,2 := A, so gilt f¨ ur unser LGS α := max{α1 , α2 }, 12 21 wobei α1 := | aa11 | = 12 und α2 := | aa22 | · α1 = 18 . Also konvergiert das Gauß1 Seidel-Verfahren wegen α = 2 .

(c): Da das Gauß-Seidel-Verfahren nur ein Spezialfall des Iterationsverfahrens aus dem Banachschen Fixpunktsatz 13.2.1 ist und k := 12 nach (b) gesetzt werden kann, k¨ onnen wir die Aufgabe (c) mit Hilfe der aus Satz 13.2.2 stammenden Formel ∀n ≥ 2 : kx⋆ − xn k ≤

kn · kx1 − x0 k, 1−k

wobei x⋆ die Lösung des LGS und x0 , x1 die nach dem Gauß-Seidel-Verfahren berechneten ersten N¨ aherungen sind, wie folgt lösen: Anstelle von kx⋆ − xn k < 10−4 fordern wir kn · kx1 − x0 k < 10−4 1−k und erhalten hieraus mit Hilfe der oben berechneten Werte die Bedingung 7 < 10−4 , 2n die nur f¨ ur n ≥ 17 gilt. Also ben¨ otigt man 17 Iterationsschritte, um mit Hilfe des Gauß-Seidel-Verfahrens eine N¨ aherung mit der gew¨ unschten Genauigkeit zu erhalten. Da wir, um auf die Zahl 17 zu kommen, eine recht grobe Abschätzung benutzt haben, ist zu erwarten, daß man auch mit weniger als 17 Iterationsschritte auskommt.


225

(d): Das Verfahren Projektion auf Hyperebenen“ zur Ermittlung der Lösung ” x⋆ des gegebenen LGS l¨ aßt sich wie folgt geometrisch deuten: Man startet mit dem Punkt x0 := o und projiziert ihn auf die Gerade g. Die erhaltene Projektion x1 wird anschließend auf die Gerade h projiziert, um x2 zu erhalten. Die nächste Projektion erfolgt wieder auf g, usw. y A 6 8A A 7 A A A g : 2x + y = 7 6 A A 5 A A 4 h : −x + 4y = 10 A x2 Ass 3 x⋆A CC 2 AC ACs x1 1 A A s - x A x0 A 1 2 3 A4 5 6 7 8 9 Aufgabe 14.8 (Jacobi- und Gauß-Seidel-Verfahren) Gegeben sei das folgende LGS 8x1 + 2x2 + 3x3 + x4 4x2 + x3 + 2x4 x1 + 8x3 3x4 x1 + x2 + 4x4

= 7 = 3 = −1 = 9.

Man gebe f¨ ur dieses LGS das Jacobi- und das Gauß-Seidel-Verfahren an und berechne jeweils x1 , x2 und x3 , indem man mit x0 := o beginnt. Man begr¨ unde die Konvergenz dieser Verfahren. Man gebe f¨ ur beide Verfahren ein (möglichst kleines) i mit kxi − x∗ k∞ < 10−6 an. Lösung. Das Jacobi-Verfahren beginnt mit der Wahl einer Näherung x0 f¨ ur die Lösung x des LGS und weitere N¨ aherungen xi+1 erhält man durch Iteration gemäß der Formel   7  0 14 38 18 8  3 0 0 1 1     4 2  xi+1 :=  41  −  1  · xi  − 8   8 0 0 38  9 7

1 4

1 4

0 0

226


f¨ ur i = 0, 1, 2, ..... Es gilt: x0 := 0, x1 = ( 87 , 34 , − 18 , 94 )T = (0.875, 0.75, −0.125, 2.25)T ,

11 69 59 T T x2 = ( 29 64 , − 32 , − 64 , 32 ) = (0.453125, −0.34375, −1.078125, 1.84375) , 581 25 559 T x3 = ( 512 , − 256 , − 447 512 , 256 ) = = (1.134765625, −0.09765625, −0.873046875, 2.22265625)T

Das Gauß-Seidel-Verfahren, f¨ ur das eine Matrizendarstellung nicht geeignet ist, lautet: x0 := (0, 0, 0, 0)T , (m+1)

x1 (m+1) x2 (m+1) x3 (m+1) x4

= 78 = 34 = − 18 − = 94 −

1 4

− 1 8 1 4

(m)

· x2

(m+1)

· x1 (m+1) · x1 −

1 4

− −

(m+1)

· x2

3 8 1 4

(m)

· x3 − (m) · x3 − −

1 8 1 2 3 8

(m)

· x4 (m) · x4 (m) , · x4

wobei m = 0, 1, 2, . . .. Als erste Näherungen erhalten wir in diesem Fall: x0 := 0, 59 T T x1 = ( 87 , 34 , − 15 64 , 32 ) = (0.875, 0.75, −0.234375, 1.84375) ,

29 3623 4387 T x2 = ( 279 512 , − 256 , − 4096 , 2048 ) = = (0.544921875, −0.11328125, −0.884521484, 2.142089844)T , 31695 1637 275039 266491 T x3 = ( 32768 , 16384 , − 262144 , 131072 ) = = (0.967254638, −0.09991455, −1.049190521, 2.033164978)T

Die Konvergenz des Jacobi-Verfahrens folgt nach Satz 14.4.3.1 aus kBk∞ = 43 , wobei   0 14 38 18 0 0 1 1   4 2  B := −  1 .  8 0 0 38  1 4

1 4

0 0

Mit Hilfe von Satz 14.4.3.2 kann man die Maximumnorm der zum GaußSeidel-Verfahren geh¨ orenden Matrix B nach oben mit 34 abschätzen, womit auch dieses Verfahren konvergiert. Ein (möglichst kleines) i mit kxi − x∗ k∞ < 10−6 erhält man mit Hilfe von Satz ur das Jacobi-Verfahren und 13.2.2, indem man k = 43 setzt. Ergebnis: i = 56 f¨ i = 55 f¨ ur das Gauß-Seidel-Verfahren. Dieses i ist nat¨ urlich nicht optimal, da die benutzte Ungleichung aus Satz 13.2.2 nur eine grobe Abschätzung ermöglicht.


227

Aufgabe 14.9 (Konvergenzuntersuchungen zum Jacobi- und Gauß-SeidelVerfahren) Das LGS α · x1 + x2 − 7x3 = 2 x1 − 13x2 − 5x3 = 0 x1 + x2 + 13x3 = 7 soll näherungsweise gel¨ ost werden. F¨ ur welche α ∈ R konvergiert das (a) Jacobi-Verfahren, (b) Gauß-Seidel-Verfahren bez¨ uglich der Maximumnorm? Lösung. Damit das Jacobi-Verfahren konvergiert, muß α ∈ R \ {0} so gewählt werden, daß das LGS genau eine Lösung besitzt und kBk∞ < 1 gilt, wobei   0 − α1 α7  1 5  0 13 B :=  13 . 1 1 − 13 13 0

Das Jacobi-Verfahren konvergiert folglich f¨ ur |α| > 8. F¨ ur das Gauß-SeidelVerfahren erhält man ebenfalls die Bedingung |α| > 8, wenn man Satz 14.4.3.2 verwendet. Wie man leicht nachpr¨ uft, ist die Koeffizientendeterminante des LGS f¨ ur |α| > 8 von Null verschieden, womit das LGS genau eine Lösung besitzt. Aufgabe 14.10 ( Projektion auf Hyperebenen) Man berechne mit Hilfe der Projektion auf Hyperebenen drei Näherungen x1 , x2 , x3 f¨ ur die Lösung x ( = (1, 1, 1)T ) des LGS x1 + 2x2 = 3 x1 − 2x2 = −1 x2 + 3x3 = 4,

wobei x0 = o gew¨ ahlt sei. Lösung. Das Verfahren Projektion auf Hyperebenen“ aus Abschnitt 14.5.2 ” liefert die folgenden N¨ aherungen f¨ ur die L¨ osung x := (x1 , x2 , x3 )T : x1 = ( 35 , 65 , 0)T , 22 T x2 = ( 19 25 , 25 , 0) , 19 149 117 T x3 = ( 25 , 125 , 125 ) .

228


Aufgabe 14.11 (Gradientenverfahren) Man berechne mit Hilfe des Gradientenverfahrens die Lösung des folgenden LGS: 4x2 − 2x3 = 2 4x1 + x2 − 3x3 = 2 −2x1 − 3x2 + 7x3 = 2 Lösung.

Es sei 

 0 4 −2 A :=  4 1 −3  , −2 −3 7



 2 b :=  2  . 2

Das Gradientenverfahren aus Abschnitt 14.5.3 liefert dann wie folgt die exakte L¨ osung x1 = x2 = x3 = 1 des LGS, wobei x0 := (0, 0, 0)T gewählt ist: r0 := A · x0 − b = (−2, −2, −2)T , rT · r0 x1 := x0 − T 0 · r0 = (1, 1, 1)T . r0 · A · r0 Wegen r1 := A · x1 − b = (0, 0, 0)T bricht das Verfahren mit der Lösung x1 ab. Aufgabe 14.12 (Verfahrens der konjugierten Gradienten) Man berechne mit Hilfe des Verfahrens der konjugierten Gradienten die L¨ osung des folgenden LGS: 3x1 + 2x2 + 2x3 = 3 2x1 + 3x2 + 2x3 = 4 2x1 + 2x2 + 3x3 = 0. Lösung. Startet man mit der N¨ aherung x0 := o, so erhält man mit Hilfe des Verfahrens der konjugierten Gradienten aus Abschnitt 14.5: p1 := r0 = −b = (−3, −4, 0)T , rT ·r

0 75 100 0 x1 := x0 − rT ·(A·r · r0 = ( 123 , 123 , 0)T , 0) 0 56 42 350 T r1 = A · x1 − b = ( 123 , 123 , 123 ) ,

p2 := r1 − x2 := x1 − usw.

rT 1 ·p1 pT 1 ·(A·p1 ) T r1 ·p2 pT 2 ·(A·p2 )

8400 25550 350 T · p1 = ( 15129 , 15129 , 123 )

· p2 ≈ (0.999786344, 1.9998056, −1.9996743)T ,

Bei exakter Rechnung ist x3 = (1, 2, −2)T die Lösung des LGS.

15 Aufgaben zu: Interpolation

Aufgabe 15.1 (Beispiel zum Satz 15.1.1) Ist das Interpolationsproblem mit π n := 2, [a, b] := [0, ], y1 (x) := sin x, y2 (x) := cos x 2 f¨ ur beliebige Referenzen aus dem Intervall [a, b] und einer beliebigen Funktion f ∈ C[a, b] lösbar? Lösung. Nach Satz 15.1.1 ist obiges Problem genau dann lösbar, wenn die Haarsche Bedingung y (x ) y2 (x1 ) π 6= 0) ∀x1 , x2 ∈ [0, ] (x1 < x2 =⇒ 1 1 y1 (x2 ) y2 (x2 ) 2

erf¨ ullt ist. Es gilt (unter Verwendung eines Additionstheorems der trigonometrischen Funktionen) y1 (x1 ) y2 (x1 ) sin x1 cos x1 = y1 (x2 ) y2 (x2 ) sin x2 cos x2 = sin(x1 − x2 ).

Folglich ist das oben angegebene Interpolationsproblem lösbar. Aufgabe 15.2 (Lagrangesches Interpolationspolynom) Seien xi := 2 · i f¨ ur i = 0, 1, 2, 3 und f (0) = 7, f (2) = 2, f (4) = −6, f (6) = 0.

Geben Sie das Lagrangesche Interpolationspolynom p3 (x) mit p3 (xi ) = f (xi ), i = 0, 1, 2, 3 an.


230


Lösung.

Nach Satz 15.2.2 gilt P3 (x−x0 )...(x−xi−1 )(x−xi+1 )...(x−x3 ) p3 (x) = i=0 f (xi ) · (xi −x0 )...(xi −xi−1 )(xi −xi+1 )...(xi −x3 )

x(x−4)(x−6) x(x−2)(x−6) = 7 (x−2)(x−4)(x−6) (0−2)(0−4)(0−6) + 2 2(2−4)(2−6) − 6 4(4−2)(4−6) + 0 ·

x(x−2)(x−4) 6(6−2)(6−4) .

Aufgabe 15.3 (Eigenschaften der Lagrangekoeffizienten) Seien Li (x) f¨ ur i = 0, 1, ..., n die Lagrangekoeffizienten zu einer gegebenen P Referenz x0 < x1 < · · · < xn . Man beweise ni=0 Li (x) = 1.

P Lösung. Wählt man im Satz 15.2.2 f (x) = 1, so ist g(x) := ni=0 Li (x) das Lagrangesche Interpolationspolynom f¨ ur die Referenz x0 < x1 < · · · < xn mit f (xi ) = g(xi ) f¨ ur alle i ∈ {0, 1, · · · , n}. Andererseits ist die Funktion f (x) = 1 offensichtlich ein Polynom, das das zu Satz 15.2.2 gehörende Interpolationsproblem mit f (x) = 1 erf¨ ullt. Nach Satz 15.2.1 gibt P es jedoch nur genau eine L¨ osung des oben beschriebenen Problems, womit ni=0 Li (x) = 1 gilt. Aufgabe 15.4 (Newtonsches Interpolationspolynom) Seien xi := i f¨ ur i = 0, 1, 2, 3, 4, 5 und f (0) = −1, f (1) = 0, f (2) = 13, f (3) = 146, f (4) = 723, f (5) = 2404. Berechnen Sie das Newtonsche Interpolationspolynom g(x) mit Grad(g) ≤ 5 und g(xi ) = f (xi ) f¨ ur alle i ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5}. Lösung. Die Koeffizienten des Newtonschen Interpolationspolynoms kann man mit Hilfe des im Abschnitt 15.2 angegebenen Schemas wie folgt berechnen: 0 −1 0 1 1 2 13 7 6 3 146 49 24 18 4 723 181 60 27 9 5 2404 481 120 38 10 1 Es gilt damit g(x) = −1 + x + 6x(x − 1) + 18x(x − 1)(x − 2) + 9x(x − 1)(x − 2)(x − 3) +x(x − 1)(x − 2)(x − 3)(x − 4) = −1 + x + x2 − x3 − x4 + x5 . Aufgabe 15.5 (Neville-Algorithmus) Mit Hilfe des Neville-Algorithmus berechne man den Wert des Polynoms p5 (x) aus Aufgabe 15.4 f¨ ur x = 6. Lösung. Den Neville-Algorithmus und ein Beispiel dazu findet man in Abschnitt 15.2. Es gilt p5 (6) = 6305.


231

Aufgabe 15.6 (Näherungsweise Integration mit Hilfe von Interpolationspolynomen) Interpolationspolynome lassen sich auf folgende Weise benutzen, um Integrale näherungsweise zu berechnen: Zu gegebener Referenz a ≤ x0 < x1 < x2 < ... < xn ≤ b und den Funktionswerten f (x0 ), f (x1 ), f (x2 ), ..., f (xn ) l¨ aßt sich das Lagrangesche Interpolationspolynom g(x) :=

n X i=0

f (xi ) · Li (x)

bestimmen. Integriert man anstelle von f die Funktion g, so erhält man Z

b

a

f (x) dx ≈

n X i=0

f (xi ) ·

Z

b

Li (x) dx.

(15.1)

a

Setzt man h := b−a n und xi := a + i · h, so folgen aus (15.1) die sogenannten Newton-Cotes-Formeln zur numerischen Integration von f u ¨ber dem Intervall [a, b]: Z

a

mit

b

f (x) dx ≈

n X i=0

f (a + i · h) ·

Z

b

Li (x) dx

(15.2)

a

Li (x) := (x−a)(x−(a+h))...(x−(a+(i−1)h))(x−(a+(i+1)h))...(x−b) (ih)((i−1)h)...(h)(−h))...((i−n)h)

Man verifiziere die folgenden drei Spezialf¨ alle von (15.2): n

h

1 b−a

Newton-Cotes-Formel

Bezeichnung

h 2

· (f (a) + f (b))

Trapezregel

· (f (a) + 4f (a + h) + f (b))

Simpson-Regel

2

b−a 2

h 3

3

b−a 3

3h 8

· (f (a) + 3f (a + h) + 3f (a + 2h) + f (b))

3 8 -Regel

232


Lösung. Zur Veranschaulichung der Trapezregel die nachfolgende Skizze, in der a = 1, b = 4 und h = 3 gesetzt ist. Da ein Trapez mit der H¨ ohe h und den L¨ angen f (a) sowie f (b) der parallelen Seiten den Flächeninhalt h2 ·(f (a)+ f (b)) hat, kann man sich im Fall n = 1 die Integration der Lagrangekoeffizienten sparen und erhält aus der geometrischen Deutung der Newton-Cotes-Formel die Trapezregel. y f (x) 2 1 x

0 0

1

2

3

4

Beim Verifizieren der Simpson-Regel und der 83 -Regel sollte man vor dem Integrieren der Lagrangekoeffizienten die Substitution x = a+t·h durchf¨ uhren. Man erhält Z n Z b t(t − 1)(t − 2)...(t − i + 1)(t − i − 1)...(t − n) Li (x) dx = h · dt. 0 i(i − 1)(i − 2)...(i − i + 1)(i − i − 1)...(i − n) a F¨ ur n = 2 und h = Rb

b−a 2

folgt aus obiger Formel:

a

L0 (x) dx = h ·

a

L1 (x) dx = h ·

Rb

R2 0

R2

(t−1)(t−2) (−1)(−2)

dt =

h 2

R2 0

(t2 − 3t + 2) dt = h3 ,

R2 dt = −h · 0 (t2 − 2t) dt = 4·h 3 , Rb R 2 t(t−1) R 2 L (x) dx = h · 0 2(2−1) dt = h2 · 0 (t2 − t) dt = h3 , a 2 t(t−2) 0 1(1−2)

womit die Simpson-Regel bewiesen ist. Auf analoge Weise kann man die 38 -Regel beweisen.

16 Aufgaben zu: Grundlagen der Kombinatorik

Aufgabe 16.1 (Permutationen und Variationen) Ein Computer-Paßwort bestehe aus n Zeichen, die aus einer m-elementigen Menge M gewählt sind, wobei m ≥ n und {1, 2, 3, 4, 5, a, b, c, d, e} ⊆ M . Man bestimme die Anzahl der m¨ oglichen Paßwörter p := p1 p2 ...pn mit {p1 , ..., pn } ⊆ M , die genau eine der nachfolgenden Bedingungen erf¨ ullen. (a) Die Zeichen des Paßwortes p sind paarweise verschieden. (b) Das Paßwort p enth¨ alt nur die Zeichen a, b und 4, wobei a genau 5mal, b genau 10mal und 4 genau (n − 15)-mal vorkommt. (c) Die Zeichen von p sind paarweise verschieden und nur die ersten beiden Zeichen von p sind aus der Menge {1, 2, 3, 4, 5}. (d) Es gilt p = pn pn−1 pn−2 ...p2 p1 , d.h., p ist ein sogenanntes Palindrom. (e) An keiner Stelle steht im Paßwort p das Zeichen 3. (f) An genau einer Stelle steht im Paßwort p das Zeichen 3. (g) An mindestens zwei Stellen steht im Paßwort p das Zeichen 3. Lösung. Da bekanntlich die Reihenfolge der Zeichen in einem Paßwort eine Rolle spielt, ist inhaltlich das oben beschriebene Paßwort p das n-Tupel (p1 , p2 , ..., pn ) ∈ M n . Mit anz(x) sei nachfolgend die Anzahl der M¨ oglichkeiten f¨ ur p ∈ M n , die der Bedingung (x) gen¨ ugen, bezeichnet, x ∈ {a,b,c,...,g}. (a): Es gilt anz(a) = Vmn = m · (m − 1) · (m − 2) · ... · (m − n + 1). n! 5,10,n−15 . (b): Es gilt anz(b) = Pm = 5!10!(n−15)! n−2 (c): Es gilt anz(c)+ = V52 · Vm−5 = 5 · 4 · (m − 5) · (m − 6) · ... · (m − n − 1). (d): Palindrome f¨ ur n ∈ {1, 2, 3, 4} sind von der Form p1 , p1 p1 , p1 p2 p1 , bzw. p1 p2 p2 p1 , womit anz(d) = m f¨ ur n ∈ {1, 2} und anz(d) = m2 f¨ ur n ∈ {3, 4} gilt. Allgemein betrachten wir zunächst den Fall n = 2 · t mit t ∈ N. Damit (p1 , p2 , ..., pt , pt+1 , pt+2 , ..., pn−1 , pn ) ein Palindrom ist, muß


234


p1 = pn , p2 = pn−1 , ..., pt = pt+1 sein. Im Fall n = 2 · t + 1 mit t ∈ N0 ist (p1 , p2 , ..., pt , pt+1 , pt+2 , ..., pn−1 , pn ) genau dann ein Palindrom, wenn p1 = pn , p2 = pn−1 , ... und pt = pt+2 gilt. Folglich ist anz(d) gleich der M¨ achtigkeit der Menge M t , falls n = 2 · t. Im Fall n = 2 · t + 1 ist anz(d) gleich der M¨ achtigkeit der Menge M t+1 . t Also haben wir anz(d) = m f¨ ur n = 2 · t und anz(d) = mt+1 f¨ ur n = 2 · t + 1. n,W (e): Es gilt anz(e) = |(M \ {3})n | = Vm−1 = (m − 1)n . (f ): Es gilt

anz(f ) = |{(3, p1 , ...., pn−1 ), (p1 , 3, p2 , ..., pn−1 ), ..., (p1 , ..., pn−1 , 3) | (p1 , ..., pn−1 ) ∈ (M \ {3})n−1 }| = n · (m − 1)n−1 . (g): Es gilt anz(g) = |M n | − anz(e) − anz(f ) = mn − (m − 1)n − n · (m − 1)n−1 = mn − (m − 1)n−1 · (m + n − 1). Aufgabe 16.2 (Lexikographische Anordnung von Permutationen mit Wiederholung) Wie viele Permutationen k¨ onnen aus den Buchstaben a, b, b, c, d, e, f , f , g, g, g gebildet werden? Wie lautet die 2011te Permutation bei einer lexikographischen Anordnung dieser Permutationen? Lösung.

Es gibt genau 11! = 831600 (2!)2 · (3!)

Permutationen mit Wiederholung der Buchstaben a, b, b, c, d, e, f , f , g, g, g. Die betrachteten Permutationen schreiben wir nachfolgend als Wörter auf. Ordnet man diese W¨ orter lexikographisch, so erhält man eine Liste, in der an erster Stelle das Wort abbcdef f ggg steht. Um das 2011te Wort in der Liste zu finden, u achst wie viele Wörter mit abbc, abbd, abbe ¨berlegen wir uns zun¨ 7! = 420 oder abbf beginnen. Wie man leicht nachpr¨ uft, gibt es genau (2!)·(3!) M¨ oglichkeiten f¨ ur W¨ orter mit dem Anfang abbx, wobei x ∈ {c, d, e}. Die Anzahl der W¨ orter mit dem Anfang abbf ist 7! 3! = 840. Wegen 3 · 420 = 1260 und 1260 + 840 = 2100 steht am Anfang der 2011ten Wortes aus der Liste die Buchstabenfolge abbf . W¨ orter mit dem Anfang abbf x, wobei x ∈ 6! {c, d, e, f }, gibt es jeweils 6! = 120 St¨ uck. Genau 2! = 360 Wörter beginnen 3! mit abbf g. Wegen 1260 + 4 · 120 = 1740 und 1740 + 360 = 2100 beginnt unser 5! gesuchtes Wort mit abbf g. Jeweils 2! = 60 Wörter mit dem Anfang abbf gx, wobei x ∈ {c, d, e, f }, gibt es. Wegen 1740 + 4 · 60 = 1980 ist abbf ggcdef g folglich das 1981ste Wort. F¨ ur W¨ orter mit dem Anfang abbf ggc gibt es 4! =


235

24 Möglichkeiten. Damit ist abbf ggdcef g das 2005te Wort und abbf ggdcgf e das 2010te Wort. Danach kommt auf dem 2011ten Platz der Liste das Wort. abbf ggecf g. Aufgabe 16.3 (Kombinationen ohne Wiederholung) Ein Unternehmen hat 15 Mitarbeiter, die in den Abteilungen A, B oder C arbeiten, wobei 4 Personen zur Abteilung A, 5 Personen zur Abteilung B und 6 Personen zur Abteilung C geh¨ oren. Zum Erledigen eines Auftrags soll ein Team aus 9 Personen zusammengestellt werden. Man bestimme die Anzahl der Möglichkeiten zur Bildung dieses Teams, wenn jeweils eine der folgenden Bedingungen erf¨ ullt ist. (a) Es ist egal aus welchen Abteilungen die Mitglieder des Teams kommen. (b) Aus jeder Abteilung geh¨ oren genau 3 Personen zum Team. (c) Aus der Abteilung A geh¨ oren genau 2 Personen und aus Abteilung B genau 3 Personen zum Team. (d) Keine Person aus Abteilung A geh¨ ort zum Team. (e) Genau eine Person aus Abteilung A geh¨ ort zum Team. (f) Mindestens zwei Personen aus Abteilung A gehören zum Team. (g) Das Team besteht nur aus Mitgliedern von genau zwei Abteilungen. (h) Aus jeder Abteilung geh¨ ort mindestens ein Mitglied zum Team. Lösung. Wir setzen A := {a1 , a2 , a3 , a4 }, B := {b1 , b2 , ..., b5 } und C := {c1 , c2 , ..., c6 }, wobei diese Mengen paarweise disjunkt seien. Ein Team entspricht dann einer 9elementigen Teilmenge T von A ∪ B ∪ C. Erf¨ ullt T eine Bedingung (x) von oben, schreiben wir T(x) (x ∈ {a, b, c, ...}). Die Anzahl der M¨ oglichkeiten f¨ ur T(x) wird nachfolgend mit tx bezeichnet. 15 9 (a): Es gibt C15 = 15 oglichkeiten aus der 15elementigen 9 = 6 = 5005 M¨ Menge A ∪ B ∪ C eine 9elementige Teilmenge T zu bilden. d.h., ta = 5005. (b): Sei X3 := {X ′ ⊂ X | |X ′ | = 3} f¨ ur X ∈ {A, B, C}. Ein Team T(b) , das die Bedingung (b) erf¨ ullt, ist dann von der Gestalt a ∪ b ∪ c, wobei (a, b, c) ∈ A3 × B3 × C3 . Folglich gilt nach der Produktregel tb = |A3 | · |B3 | · |C3 | = 6 4 5 3 · 3 · 3 = 800. (c): Analog zu (b) erh¨ alt man tc = 42 · 53 · 64 = 900. 11 (d): Analog zu (a) erh¨ alt man td = 11 9 = 2 = 55. 11 (e): Analog zu (b) erh¨ alt man te = 41 · 11 8 = 4 · 3 = 660. (f ): Es gilt tf = ta − (td + te ) = 5005 − (55 + 660) = 4290. (g): Nach (d) gibt es genau 11 = 11 = 55 Teams T mit T ⊆ B ∪ C. 9 2 Wegen |A| = 4 und |B| = 5 erf¨ ullt nur das Team T = A ∪ B die Bedingung T ⊆ A ∪ B. F¨ ur Teams T mit T ⊆ A ∪ C gibt es genau 10 Möglichkeiten. Folglich anz(g) = 55 + 1 + 10 = 66. (h): Es gilt anz(h) = anz(a) − anz(g) = 5005 − 66 = 4939.

236


Aufgabe 16.4 (Beweis von Eigenschaften der Binomialkoeffizienten mittels kombinatorischer Methoden) Es seien k, m, n ∈ N0 mit 0 ≤ k ≤ n. Man beweise die folgenden Eigenschaften der Binomialkoeffizienten unter Verwendung der Eigenschaft Cnk = nk : n (a) nk = n−k , (b) (1 + x)n = (c) (d) (e) (f)

Pn

k=0

Pk

i=0

Pn

k=0

n k

+

n k

n i

Pn

n k

k=0

= 2n , m k−i

·

n 2 k

n k+1

n+m k

= ,

2·n n

=

=

· xk ,

,

.

n+1 k+1

Lösung. (a): Bezeichne Tv die Menge aller v-elementigen Teilmengen einer n-elementigen Menge N . Dann ist die Abbildung f : Tk −→ Tn−k , A 7→ M \ A eine bijektive Abbildung. Folglich ist die Anzahl nk aller k-elementigen Teil n mengen von N gleich der Anzahl n−k aller (n − k)-elementigen Teilmengen von N . (b): Wir betrachten zun¨ achst den Ausdruck n Y

(1 + xi ) := (1 + x1 ) · (1 + x2 ) · ... · (1 + xn ) . {z } |

i=1

(16.1)

n-mal

Das Produkt (16.1) ist gleich

X

(

Y

xi ),

(16.2)

T ⊆{1,2,...,n} i∈T

da nach Abschluß des Ausmultiplizierens die Summe aller möglichen Ausdr¨ ucke der Form a1 · a2 ·... · an (16.3) |{z} |{z} |{z} ∈{1,x1 } ∈{1,x2 }

∈{1,xn }

herauskommt und (16.3) bestimmt ist, wenn man diejenigen i ∈ {1, 2, ..., n} mit ai = xi angibt. Ersetzt man dann in (16.2) jedes xi mit i ∈ {1, 2, ..., n} durch x, so sind genau ni der Summanden gleich xi . Folglich gilt

16 Aufgaben zu: Grundlagen der Kombinatorik n

(1 + x) =

n X n i=0

i

· xi .

237

(16.4)

(c): Wählt man x = 1 in (16.4), erh¨ alt man die Behauptung (b). (d): Seien A und B disjunkte Mengen mit |A| = n und |B| = m. Außerdem bezeichne Tk dieMenge aller k-elementigen Teilmengen von A ∪ B. Dann gilt |Tk | = n+m nach Abschnitt 16.2.5. Die Anzahl der Elemente von Tk k kann man aber auch wie folgt bestimmen: Sei T ∈ Tk mit |T ∩ A| = i und |T ∩ B| = k− i. Dann gibt es f¨ ur T ∩ A genau ni Möglichkeiten und f¨ ur T ∩ B m genau k−i Möglichkeiten. Folglich haben wir X k n+m n m |Tk | = = · . k i k−i i=0

(e): Setzt man m = n, so folgt aus (d) und (a) k X 2·n n m = . · k i k−i i=0 | {z } =(n i)

(f ): Da f¨ ur k = 0 die Aussage (f) unmittelbar aus der Definition der Binomialkoeffizienten folgt, sei nachfolgend k ≥ 1. Durch Wahl von m = 1 und Ersetzen von k durch k + 1 erhalten wir aus (d) die Gleichung k+1 X n 1 n+1 · = . (16.5) i k+1−i k+1 i=0 Wegen k ≥ 1 ist die linke Seite der Gleichung (16.5) gleich zu   X n  k−1 1 n 1 n 1 n n   + · + · = + . ·  k 1 k+1 0 k k+1 i k+1−i  i=0 {z } | =0

Folglich gilt (f).

Aufgabe 16.5 (Bestimmung der Mächtigkeit von gewissen endlichen Mengen) F¨ ur beliebige m, n ∈ N seien Am,n := {(x1 , x2 , ..., xm ) ∈ Nm 0 | x1 + x2 + ... + xm = n}, Bm,n := {(x1 , x2 , ..., xm ) ∈ Nm | x1 + x2 + ... + xm = n}. Man beweise

238


(a) |Am,n | = |Bm,m+n |, ,

(b) |Bm,n | =

n−1 m−1

(c) |Am,n | =

m+n−1 m−1

Lösung.

.

(a): Da die Abbildung

f : Am,n −→ Bm,m+n , (x1 , x2 , ..., xm ) 7→ (x1 + 1, x2 + 1, ..., xm + 1) bijektiv ist, gilt (a). (b): Wir wählen zun¨ achst m = 3 und n = 5. Ersetzt man in der Summe (1 + 1 + 1 + 1 + 1) zwei der vier Pluszeichen jeweils durch ein Komma (z.B. (1,1+1,1+1)) und berechnet die Einzelsummen (im Beispiel: (1,2,2)), erhält man ein Element aus B3,5 . Die Menge B3,5 ist offenbar die Menge aller Tripel, die nach obiger Methode gebildet werden k¨ onnen. Da es 42 unterschiedliche Möglichkeiten gibt, zwei der 4 Pluszeichen auszuw¨ ahlen, gilt folglich |B3,5 | = 42 . Verallgemeinern läßt sich dieses Beispiel wie folgt: Die Zahl n ist als Summe von Einsen unter Verwendung von n − 1 Pluszeichen darstellbar. Alle m-Tupel aus Bm,n erhält man aus (1 + 1 + ... + 1), | {z } =n

indem man alle M¨ oglichkeiten betrachtet, m − 1 der Pluszeichen durch jeweils ein Komma zuersetzen, und dann die Einzelsummen berechnet. Folglich gilt n−1 |Bm,n | = m−1 . (c): Die Aussage (c) folgt aus (a) und (b) wie folgt: (m + n) − 1 |Am,n | = |Bm,m+n | = . m−1

Aufgabe 16.6 (Inklusion-Exklusion-Formel) Mit Hilfe der Inklusion-Exklusion-Formel bestimme man die Anzahl aller n ∈ A := {x ∈ N | 1 ≤ x ≤ 30}, die teilerfremd zu 30 sind. Lösung.

Sei At := {n ∈ A | t teilt n}. Dann ist die gesuchte Anzahl gleich 30 − |A2 ∪ A3 ∪ A5 | = 8,

wobei man |A2 ∪ A3 ∪ A5 | mittels (16.1) aus Satz 16.3.1 wie folgt berechnen kann: |A2 ∪ A3 ∪ A5 | = 15 + 10 + 6 − (5 + 3 + 2) + 1 = 22.


239

Aufgabe 16.7 (Siebformel) Unter Verwendung der Siebformel bestimme man die Mächtigkeit der Menge P := {x ∈ P | x ≤ 100}. Hinweis: Es sei A := {x ∈ N | x ≤ 100}, At := {x ∈ A | t ist Teiler von x},

t ∈ N.

Außerdem sei ⌊x⌋ das größte Ganze von x ∈ R, d.h., mit ⌊x⌋ wird die größte ganze Zahl z bezeichnet, f¨ ur die z ≤ x < z + 1 gilt. Man u achst, daß ¨berlege sich zun¨ |P | = |A \ (A2 ∪ A3 ∪ A5 ∪ A7 )| + 4 − 1, |At | = ⌊ 100 t ⌋ und Am ∩ An = Am·n gilt, falls m und n teilerfremd sind. Lösung. Sei (pn )n∈N die Folge der Primzahlen mit pi < pj f¨ ur i < j (i, j ∈ N), d.h., p1 = 2, p2 = 3, p3 = 5, p4 = 7, .... F¨ ur jedes n ∈ N existieren ein t ∈ N und gewisse a1 , ..., at ∈ {0, 1} mit n = pa1 1 · pa2 2 · ... · pat t

(16.6)

und at 6= 0. Falls n 6= 1 und n keine Primzahl ist, existiert ein i ∈ {1, ..., t} mit ai ≥ 2 oder f¨ ur verschiedene i, j ∈ {1, ..., t} ist ai ≥ 1 und aj ≥ 1. Da pi · pj > 100 f¨ ur alle pi ≥ 11 und pj ≥ 11, gehört jede Nicht-Primzahl (6= 1) aus A zur Menge A2 ∪ A3 ∪ A5 ∪ A7 . Wegen

und gilt folglich

P ∩ (A2 ∪ A3 ∪ A5 ∪ A7 ) = {2, 3, 5, 7} 1 ∈ A \ (A2 ∪ A3 ∪ A5 ∪ A7 ) |P | = |A \ (A2 ∪ A3 ∪ A5 ∪ A7 )| + 4 − 1.

|A \ (A2 ∪ A3 ∪ A5 ∪ A7 )| l¨ aßt sich mit Hilfe der Siebformel wie folgt berechen: |A \ (A2 ∪ A3 ∪ A5 ∪ A7 )| = |A| − |A2 | − |A3 | − |A5 | − |A7 | +|A6 | + |A10 | + |A14 | + |A15 | + |A21 | + |A35 | −|A30 | − |A42 | − |A70 | − |A105 | + |A210 | = 100 − 50 − 33 − 20 − 14 + 16 + 10 + 7 + 6 + 4 + 2 − 3 − 2 − 1 − 0 + 0 = 22. Folglich |P | = 25.

240


Aufgabe 16.8 (Allgemeine Lösung einer homogenen LRG dritter Ordnung mit konstanten Koeffizienten) Man bestimme die allgemeine L¨ osung der folgenden homogenen LRG ∀n ≥ 4 : f (n) + 6 · f (n − 1) + 12 · f (n − 2) + 8 · f (n − 3) = 0 Lösung.

Die charakteristische Gleichung obiger LRG lautet λ3 + 6λ2 + 12λ + 8 = 0.

Da λ3 + 6λ2 + 12λ + 8 = (λ + 2)3 , folgt aus Abschnitt 16.5, daß die allgemeine L¨ osung der gegebenen LRG die Gestalt ∀n ∈ N : f (n) = (c1 + c2 · n + c3 · n2 ) · (−2)n , hat, wobei c1 , c2 , c3 ∈ R beliebig w¨ ahlbar sind. Aufgabe 16.9 (Allgemeine Lösung einer homogenen LRG vierter Ordnung mit konstanten Koeffizienten) Man bestimme die allgemeine L¨ osung der folgenden homogenen LRG: ∀n ≥ 5 : f (n) − 3 · f (n − 1) − 6 · f (n − 2) − 12 · f (n − 3) − 40 · f (n − 4) = 0 Lösung. Mit Hilfe des Ansatzes f (n) = λn mit noch zu bestimmende λ ∈ R \ {0} ergibt sich aus der gegebenen homogenen LRG die folgende charakteristische Gleichung: p(λ) := λ4 − 3λ3 − 6λ2 − 12λ − 40 = 0. Mit Hilfe des Hornerschemas kann man leicht die ganzzahligen Nullstellen λ1 = −2 und λ2 = 5 sowie die Darstellung p(λ) = (λ + 2)(λ − 5)

(λ2 + 4) | {z }

=(λ−2i)(λ+2i)

finden. Nach Abschnitt 16.5 und unter Verwendung der trigonometrischen Darstellung 2i = 2 · (cos π2 + i · sin π2 ) erh¨ alt man hieraus die folgenden 4 linear unabhängigen Lösungen der gegebenen homogenen LRG ∀n ∈ N : f1 (n) := (−2)n , f2 (n) := 5n , f3 (n) := 2n · cos(n · π2 ), f3 (n) := 2n · sin(n · π2 ).


241

Die gesuchte allgemeine L¨ osung der homogenen LRG sieht damit wie folgt aus: f (n) = c1 · f1 (n) + c2 · f2 (n) + c3 · f3 (n) + c4 · f4 (n), wobei c1 , c2 , c3 , c4 beliebig w¨ ahlbare Konstanten aus R sind. Aufgabe 16.10 (Spezielle Lösung einer inhomogenen LRG zweiter Ordnung mit konstanten Koeffizienten) Man verifiziere, daß im Fall 1 + α1 + α2 = 0 und 2 + α1 6= 0 die Abbildung fs : N −→ R mit β ·n ∀n ∈ N : fs (n) := 2 + α1 eine spezielle Lösung der LRG mit konstanten Koeffizienten ∀n ≥ 3 : f (n) + α1 · f (n − 1) + α2 · f (n − 2) = β ist. Lösung.

Es gilt f¨ ur beliebige n ≥ 3: = =

β 2+α1 β 2+α1 β 2+α1

· n + α1 ·

β 2+α1

β 2+α1

· (n + α1 · n − α1 + α2 · n − 2 · α2 )

· (n − 2)

· (n · (1 + α1 + α2 ) − (α1 + 2 · α2 )) {z } | {z } | =0

= β

· (n − 1) + α2 ·

=−α1 −2

Folglich ist fs eine spezielle L¨ osung der oben angegebenen LRG. Aufgabe 16.11 (Bestimmen einer LRG und Lösen dieser LRG) Sei f (n) die Anzahl aller n-Tupel (x1 , ..., xn ) ∈ {0, 1}n, in denen keine zwei aufeinander folgende Nullen vorkommen. Bestimmen Sie (a) f (1) und f (2), (b) eine LRG f¨ ur f (n) f¨ ur beliebige n ≥ 3, (c) die Lösung der LRG aus (b), die den Anfangsbedingungen aus (a) gen¨ ugt. Lösung. (a): Offenbar gilt f (1) = 2 und f (2) = 3. (b): F¨ ur n ≥ 3 sind f¨ ur ein beliebiges n-Tupel (x1 , ..., xn ) ∈ {0, 1}n, das keine zwei aufeinander folgende Nullen enth¨ alt, folgende zwei Fälle möglich: Fall 1: an = 1. In diesem Fall gibt es f (n − 1) M¨ oglichkeiten f¨ ur (x1 , ..., xn−1 ). Fall 2: an = 0. In diesem Fall muß an−1 = 1 sein und es gibt f (n − 2) Möglichkeiten

242


(x1 , ..., xn−2 ) festzulegen. Folglich gilt f (n) = f (n − 1) + f (n − 2).

(16.7)

Die allgemeine L¨ osung einer solchen homogenen LRG mit konstanten Koeffizienten wurde bereits im Abschnitt 16.5 durch den Ansatz f (n) = λn bestimmt. Die allgemeine Lösung von (16.7) lautet: √ √ 1− 5 n 1+ 5 n ) + c2 · ( ) , (16.8) ∀n ≥ 3 : f (n) = c1 · ( 2 2 wobei c1 , c2 ∈ R beliebig w¨ ahlbar sind. (c): Wir haben c1 , c2 ∈ R aus der LRG (16.8) so zu bestimmen, daß f¨ ur f die Anfangsbedingungen f (1) = 2 und f (2) = 3 erf¨ ullt sind, d.h., wir haben das folgende LGS (in Matrizenschreibweise) zu l¨ osen: ! √ √ ( 1+2√5 ( 1−2√5 ) c1 2 · = . 1+ 5 2 c2 3 ( 2 ) ( 1−2 5 )2 √ Bezeichne A die obige Koeffizientenmatrix. Dann gilt |A| = 5. Außerdem √ √ 2 ( 1−2√5 ) 3 + 5 A1 := = 3 ( 1−2 5 )2 2 und

√ 1+√5 ( 2√ ) 2 −3 + 5 A2 := 1+ 5 2 = . ( 2 ) 3 2

Unter Verwendung der Cramerschen Regel folgt hieraus: √ √ A1 3+ 5 A2 −3 + 5 √ √ c1 = = und c2 = = |A| |A| 2 5 2 5 womit

√ √ √ √ 3 + 5 1 + 5 n −3 + 5 1 − 5 n √ ·( √ ) + ) ·( ∀n ∈ N : f (n) = 2 2 2 5 2 5

gilt. Aufgabe 16.12 (Inhomogene LRG) Bestimmen Sie diejenige L¨ osung der LRG ∀n ≥ 3 : f (n) − 7 · f (n − 1) + 10 · f (n − 2) = 3n , die der Anfangsbedingung f (1) = 1, gen¨ ugt.

f (2) = 16


243

Lösung. Laut Satz 16.5.2 hat die allgemeine Lösung der obigen inhomogenen LRG die Gestalt ∀n ∈ N : f (n) = fs (n) + c1 · f1 (n) + c2 · f2 (n), wobei fs eine spezielle L¨ osung der inhomogenen LRG und c1 · f1 (n) + c2 · f2 (n) die allgemeine Lösung der zugeh¨ origen homogenen LRG f (n) − 7 · f (n − 1) + 10 · f (n − 2) = 0 ist. Zwei linear unabh¨ angige L¨ osungen der homogenen Gleichung erhält man mittels des Ansatzes f (n) = λn (λ 6= 0), indem man die Nullstellen des charakteristischen Polynoms p(λ) := λ2 − 7λ + 10 bestimmt. Wie man leicht nachrechnet, sind

λ1 = 5 und λ2 = 2 die Nullstellen von p(λ). Folglich hat die homogene LRG die allgemeine Lösung fh (n) = c1 · 5n + c2 · 2n , wobei c1 , c2 ∈ R beliebig w¨ ahlbar sind. Eine spezielle Lösung fs (n) der inhomogenen LRG erhält man mit Hilfe des Ansatzes fs (n) = A · 3n . Setzt man diesen Ansatz in die inhomogene LRG ein, so erhält man die Gleichung A · 3n − 7 · A · 3n−1 + 10 · A · 3n−2 = 3n .

Division dieser Gleichung durch 3n−2 und Zusammenfassen von Summanden liefert A · (−2) = 9, woraus A = − 92 folgt. Also lautet die allgemeine Lösung der inhomogenen LRG: 2 f (n) = − · 3n + c1 · 5n + c2 · 2n . 9 Die Konstanten c1 , c2 sind noch so zu bestimmen, daß f (1) = 1 und f (2) = 16 gilt. Aus der allgemeinen L¨ osung ergibt sich das folgende LGS, durch das c1 , c2 eindeutig bestimmt sind: 5 5 2 c1 3 · = . 25 4 c2 18 Mit Hilfe der Cramerschen Regel erh¨ alt man 88 44 145 29 = und c2 = − =− . 90 45 90 18 Die Lösung der Aufgabe lautet also c1 =

∀n ∈ N : f (n) = −2 · 3n−2 +

44 n−1 29 n−1 ·5 − ·2 . 9 9

Literaturverzeichnis

[Aig 2006] [Ale 67]

[Bar-K 89] [Ber 79] [Beu 2006]

[B¨ oh 81-1] [B¨ oh 81-2] [Bre-B 66]

[Bro-S 91] [Dal-E 91] [D¨ or-P 88] [End 87] [Fis-G-H 84] [Gei 79] [Gel 58]

Aigner, M.: Diskrete Mathematik. 6. Auflage, Vieweg Verlag, Wiesbaden 2006 Alexandroff, P. S.: Einf¨ uhrung in die Mengenlehre und die Theorie der reellen Funktionen. Deutscher Verlag der Wissenschaften, Berlin 1967 Baron, G., Kirschenhofer, P.: Einf¨ uhrung in die Mathematik f¨ ur Informatiker, Bd. 1–3. Springer-Verlag, Wien New York 1989 Berg, L.: Differenzengleichungen zweiter Ordnung mit Anwendungen. Deutscher Verlag der Wissenschaften, Berlin 1979 Beutelspacher, A.: Das ist o.B.d.A. trivial“ (Tipps und Tricks zur ” Formulierung mathematischer Gedanken). Vieweg-Verlag, 8. u ¨ berarb. Aufl., Wiesbaden 2006 B¨ ohme, G.: Einstieg in die Mathematische Logik. Carl Hanser Verlag, M¨ unchen Wien 1981 B¨ ohme, G.: Algebra. Springer-Verlag, Berlin Heidelberg New York 1981 Brehmer, S., Belkner, H.: Einf¨ uhrung in die analytische Geometrie und lineare Algebra. Deutscher Verlag der Wissenschaften, Berlin 1966 Bronstein, I. N., Semendjajew, K. A.: Taschenbuch der Mathematik. Teubner Stuttgart, Leipzig und Verlag Nauka Moskau 1991 Dallmann, H., Elster, K.-H.: Einf¨ uhrung in die h¨ ohere Mathematik. G. Fischer Verlag, Jena 1991 D¨ orfler, W., Peschek, W.: Einf¨ uhrung in die Mathematik f¨ ur Informatiker, Carl Hanser Verlag, M¨ unchen Wien 1988 Endl, K.: Analytische Geometrie und lineare Algebra. Aufgaben und L¨ osungen. VDI Verlag, D¨ usseldorf 1987 Fischer, W., Gamst, J., Horneffer, K.: Skript zur Linearen Algebra I, II. Universit¨ at Bremen, Mathematik-Arbeitspapiere, 1983, 1984 Geise, G.: Grundkurs lineare Algebra. BSB B.G. Teubner, Leipzig 1979 Gelfond, A.O.: Differenzenrechnung. Deutscher Verlag der Wissenschaften Berlin 1958

D. Lau, Übungsbuch zur Linearen Algebra und analytischen Geometrie, 2. Aufl., Springer-Lehrbuch, DOI 10.1007/978-3-642-19278-4, © Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2011

246

Literaturverzeichnis

[Hei-T 73] [Hei-W 92] [Ihr 94] [Ihr 2002] [Kai-M-Z 81] [Kel 68] [Kie-M 74] [Koc 57] [Kow 65] [Lau 2004] [Lau 2011] [Lid-P 82] [Lug-W 57] [Mae 84] [Mae 88] [Man-S-V 75] [P-O-S 98]

[Rom 86] [Rom 2006]

[Sch 87]

[Sie 73]

[Spi 82]

Heinhold, J., Riedm¨ uller, B.: Lineare Algebra und Analytische Geometrie, Teil 2. Carl Hanser Verlag, M¨ unchen 1973 Heinemann, B., Weihrauch, K.: Logik f¨ ur Informatiker. Teubner, Stuttgart 1992 Ihringer, Th.: Diskrete Mathematik. Eine Einf¨ uhrung in Theorie und Anwendungen. Teubner, Stuttgart 1994 Ihringer, Th.: Diskrete Mathematik. Eine Einf¨ uhrung in Theorie und Anwendungen. Korr. u. erw. Auflage, Heldermann Verlag 2002 Kaiser, H., Mlitz, R., Zeilinger, G.: Algebra f¨ ur Informatiker. Springer-Verlag, Wien New York 1981 Keller, O.-H.: Analytische Geometrie und lineare Algebra. Akademische Verlagsgesellschaft Geest & Porting K.G., Leipzig 1968 Kiesewetter, H., Maeß, G.: Elementare Methoden der numerischen Mathematik. Akademie-Verlag, Berlin 1974 Kochend¨ orffer, R.: Determinanten und Matrizen. Teubner, Leipzig 1957 Kowalsky, H.-J.: Lineare Algebra. Walter de Greyter & Co., Berlin 1965 Lau, D.: Algebra und Diskrete Mathematik 1 und 2. Springer-Verlag, Berlin Heidelberg 2004. Zweite Aufl. von Bd. 1 2007 Lau, D.: Algebra und Diskrete Mathematik 1. Dritte korr. und erweiterte Aufl., Springer-Verlag, Berlin Heidelberg 2011 Lidl, R., Pilz, G.: Angewandte Algebra I, II. Bibliographisches Institut, Mannheim Wien Z¨ urich 1982 Lugowski, H., Weinert, H.-J.: Grundz¨ uge der Algebra I, II, III. Teubner, Leipzig 1957, 1958, 1960 Maeß, G.: Vorlesungen u ¨ ber numerische Mathematik I. AkademieVerlag, Berlin 1984 Maeß, G.: Vorlesungen u ¨ ber numerische Mathematik II. AkademieVerlag, Berlin 1988 ¨ Manteuffel, K., Seifart, E., Vetters, K.: Lineare Algebra, MINOL Bd. 13. Teubner, Leipzig 1975 ¨ Pforr, E.-A., Oehlschlaegel, L., Seltmann, G.: Ubungsaufgaben zur ¨ Linearen Algebra und linearen Optimierung U3. 5. Auflage, B. G. Teubner, Stuttgart Leipzig 1998 Rommelfanger, H.: Differenzengleichungen. B.I.- Wissenschaftsverlag 1986 Rommelfanger, H.: Mathematik f¨ ur Wirtschaftswissenschaftler, Band 3: Differenzengleichungen Differentialgleichungen, Stochastische Prozesse. Elsevier GmbH, Spektrum Akademischer Verlag, M¨ unchen 2006 Sch¨ oning, U.: Logik f¨ ur Informatiker. B.I. Hochschultaschenb¨ ucher, Mannheim Wien Z¨ urich 1987; 5. Aufl. Spektrum Akademischer Verlag, Mannheim 2000 Sieber, N., Sebastian, H.-J., Zeidler, G.: Grundlagen der Mathe¨ Bd. 1. Teubner, matik, Abbildungen, Funktionen, Folgen. MINOL Leipzig 1973 Spiegel, M.R.: Endliche Differenzen und Differenzengleichungen. McGraw-Hill Book Company 1982

Literaturverzeichnis [Ste 2001] [Sto-G 2005]

247

Steger, A.: Diskrete Strukturen 1. Kombinatorik, Graphentheorie, Algebra. Springer-Verlag, Berlin Heidelberg 2001 ¨ Stoppel, H., Griese, B.: Ubungsbuch zur Linearen Algebra. 5. Aufl., Vieweg-Verlag, Wiesbaden 2005

Weitere Literaturangaben findet man in [Lau 2011].

Übungsbuch zur Linearen Algebra und analytischen Geometrie, Aufgaben mit Lösungen, Zweite Auflage

Uebungsbuch zur Linearen Algebra und analytischen Geometrie: Aufgaben mit Loesungen

Übungsbuch zur Linearen Algebra und analytischen Geometrie: Aufgaben mit Lösungen

Ubungsbuch zur Linearen Algebra und analytischen Geometrie mit Losungen

Anschauliche Geometrie, Zweite Auflage

Algebra und Geometrie 001

Differentialrechnung in der analytischen Geometrie

Lineare Algebra und analytische Geometrie

Differentialrechnung in der analytischen Geometrie

Lineare Algebra und Geometrie, I und II

Algebra und Geometrie 2. Moduln und Algebren

Lineare Algebra für Wirtschaftswissenschaftler: Mit Aufgaben und Lösungen

Übungsbuch zur Analysis 1: Aufgaben und Lösungen, 5. Auflage

Übungsbuch zur Finanzmathematik: Aufgaben, Testklausuren und Lösungen, 7. Auflage

Übungsbuch IFRS: Aufgaben und Lösungen zur internationalen Rechnungslegung, 2. Auflage

Übungsbuch zur Analysis 2: Aufgaben und Lösungen, 7. Auflage

Formeln und Aufgaben zur Technischen Mechanik 1: Statik 7.Auflage

Analytische Geometrie und Lineare Algebra 1

Optik: mit 125 Aufgaben und vollständigen Lösungen

Analytische Geometrie und Lineare Algebra 001

Lernen aus Musterlösungen zur Analysis und Linearen Algebra: Ein Arbeits- und Übungsbuch

Ubungsbuch zur Finanzmathematik: Aufgaben, Testklausuren und Losungen

Lineare Algebra - Mit zahlreichen Anwendungen in Kryptographie, Codierungstheorie, Mathematischer Physik und Stochastischen Prozessen, Zweite Auflage

Analytische Geometrie und Lineare Algebra 2

Kommutative Algebra und algebraische Geometrie 001

Mathematik fur Ingenieure und Naturwissenschaftler - Klausur- und Ubungsaufgaben: 632 Aufgaben mit ausfuhrlichen Losungen zum Selbststudium und zur Prufungsvorbereitung, 4. Auflage

Begriffsschrift und andere Aufsätze, Zweite Auflage

Wahrscheinlichkeitsrechnung und schließende Statistik: Praxisorientierte Einführung. Mit Aufgaben und Lösungen. 7. Auflage (Lehrbuch)

Jugendstrafrecht, Zweite Auflage

Thermodynamik kompakt, Zweite Auflage

Elemente der Linearen Algebra und der Analysis (German Edition)

Übungsbuch zur Linearen Algebra und analytischen Geometrie, Aufgaben mit Lösungen, Zweite Auflage

Uebungsbuch zur Linearen Algebra und analytischen Geometrie: Aufgaben mit Loesungen