Ergebnisse und Hinweise zu den¨Ubungen
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Dr. B. Ackermann
Dipl.-Math. S. Poppitz
Höhere Mathematik I
Prof. Dr. M. Stroppel
Ergebnisse und Hinweise zu den Übungen
Winter 2005/06
Zur Aufgabe P5: Zunächst ist es nötig, sich die Begriffe klar zu machen, die in der Aufgabe
vorkommen, das sind hier Untervektorraum und die Mengenschreibweise von L(v 1 , . . . , vm ).
Für Untervektorraum findet man die Definition im Vorlesungsskript unter 2.4.3. Hier eine kurze
Zusammenfassung. Ein Untervektorraum U eines Vektorraums V ist eine Teilmenge für die
gilt: u, v ∈ U, α ∈ K dann ist auch u + v ∈ U und α u ∈ U .
Die Menge ist nach der Art beschrieben, wie sie in Kapitel 1.10 gezeigt wird. Die Menge
L(v1 , . . . , vm ) enthält also Vektoren wie beispielsweise 1 v1 + 5 v2 + · · · + (−1, 5) vm und
0 v1 + 0 v 2 + · · · + 0 v m .
Um Untervektorraum nachzuweisen, muss man also für zwei beliebige Elemente aus U und einen
beliebigen Skalar die obige Bedingung nachweisen. Weil es nichts nützt, bei unendlich vielen
Elementen von L(v1 , . . . , vmP
) nur einzelne Beispiele
zu rechnen, machen wir das allgemein. Wir
Pm
m
nehmen also zwei Vektoren j=1 βj vj und j=1 γj vj aus L(v1 , . . . , vm ) und einen beliebigen
Skalar ζ ∈ K. Dann gilt:
!
!
m
m
m
m
X
X
X
X
βj v j +
γj vj =
βj v j + γ j v j =
(βj + γj )vj
j=1
j=1
ζ
m
X
j=1
βj v j
j=1
!
=
m
X
j=1
ζ(βj vj ) =
j=1
m
X
(ζβj )vj
j=1
Damit sehen wir, dass die Summe zweier beliebiger Vektoren aus L(v 1 , . . . vm ) und das Skalarprodukt eines beliebigen Skalars mit einem Vektor aus L(v 1 , . . . vm ) wieder in L(v1 , . . . , vm )
liegt. Daher ist L(v1 , . . . , vm ) ein Untervektorraum.
Zur Aufgabe P6:
Diese Funktion ist nicht injektiv,
denn f (0) = (sin(0), sin(2 · 0)) = (0, 0) = (sin(π), sin(2π)) = f (π).
Die Bildmenge der Funktion bildet eine sogenannte Lissajous-Figur.
Mehr dazu unter http://de.wikipedia.org/wiki/Lissajous-Figur.
1
0.5
–1
–0.5
0.5
–0.5
–1
Hinweis zu den Hinweisen: Es nützt nichts, diese Hinweise nur zu kopieren und abzuheften. Es nützt auch
wenig, diese nur einfach durchzulesen. Man sollte sich wenigstens zu jedem Schritt überlegen, wie man diesen
rechtfertigen kann.
Am besten: Nach einem Blick auf die Hinweise erneut versuchen, die Aufgaben selbst zu lösen!
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Dr. B. Ackermann
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Zur Aufgabe P7:
Die Funktion f1 ist nicht injektiv, denn f1 (−2) = 2 = f1 (2) und nicht surjektiv auf R, denn es gibt keine Möglichkeit mit f1 negative Zahlen zu treffen. Um f1 injektiv zu machen, muss man den Definitionsbereich verkleinern,
z.B. auf die positiven Zahlen. Um die Funktion dann noch surjektiv zu machen, muss man den Zielbereich einschränken, nämlich auch auf die positiven
Zahlen. Dann erhält man eine bijektive Abbildung f˜1 : R+ → R+ : x 7→ |x|.
Die Funktion f2 ist injektiv und surjektiv. Eine erste Lösung ist ein Blick auf
den Graphen der Funktion. Dies ist eine ausreichende Lösung für unseren
jetzigen Kenntnisstand. Um das mathematisch korrekt zu machen müssten
wir zeigen, dass die Funktion monoton, stetig und nach beiden Seiten unbeschränkt ist. Dann könnten wir mit einem Satz die Bijektivität folgern.
4
2
–1.5 –1–0.5
0.5 1 1.5
t
–2
–4
Zur Aufgabe P8: Zunächst zeigen wir, dass g2 : R2 → R3 injektiv ist. Also nehmen wir zwei
allgemeine Vektoren (x1 , y1 ) und (x2 , y2 ) im Vektorraum R2 . Wir prüfen nun, in welchen Fällen
g2 ((x1 , y1 )) = g2 ((x2 , y2 )) gilt. Da zwei Vektoren im Rn gleich sind, wenn alle Komponenten
gleich sind, ergibt sich daraus folgendes Gleichungssystem:
5x1 + 2y1 = 5x2 + 2y2
4y1 = 4y2
4x1 + 3y1 = 4x2 + 3y2
Aus der mittleren Gleichung folgt sofort y1 = y2 und damit x1 = x2 . Wie in P7 begründet
ist g2 also injektiv. g2 ist nicht surjektiv. Dies kann man entweder mit einem konkreten Vektor
begründen, der nicht im Bild vorkommt, z.B. (1, 0, 1). Oder aber, indem man versucht, alle
Vektoren (a, b, c) ∈ R3 im Bild zu bekommen. Dies führt zu folgendem Gleichungssystem:
5x + 2y = a
4y = b
4x + 3y = c
3b
Durch Einsetzen erhält man daraus die Gleichung a = 5( 4c − 16
) + 2 4b . Daraus sehen wir, dass
wenn wir b und c gewählt haben, für a keine Wahl mehr bleibt. Damit kommen nicht alle
Vektoren (a, b, c) im Bild vor und die Funktion ist nicht surjektiv.
Mit den selben Methoden bekommen wir, dass g1 injektiv und surjektiv ist.
Hinweis zu den Hinweisen: Es nützt nichts, diese Hinweise nur zu kopieren und abzuheften. Es nützt auch
wenig, diese nur einfach durchzulesen. Man sollte sich wenigstens zu jedem Schritt überlegen, wie man diesen
rechtfertigen kann.
Am besten: Nach einem Blick auf die Hinweise erneut versuchen, die Aufgaben selbst zu lösen!
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Zur Aufgabe P9: Aus der Definition in P5 sehen wir, dass L(v) = {α v | α ∈ R}, also besteht
L(v) aus den skalaren Vielfachen von v . Also lautet die Aufgabe, u 0 = α u und w 0 = β w zu
finden, so dass v = u0 + w 0 . Dies führt auf folgende Gleichung:
−7
1
3
16 = α 2 + β −4
−1
1
1
Als Lösung erhalten wir α = 2 und β = −3.
Das zweite Problem führt auf komplizierte Gleichungen, weil das Skalarprodukt darin mitspielt.
Wir setzen an ŵ = α u + β w und berechnen zunächst einen Vektor ŵ , der senkrecht auf u
steht:
hw|ui 4
α
=−
=
hα u + β w|ui = 0 ⇐⇒ αhu|ui + βhw|ui = 0 ⇐⇒
β
hu|ui
6
Für α = 2 und β = 3 gilt also ŵ = 2(1, 2, 1) + 3(3, −4, 1)
Vektor muss
p = (11, −8, 5). Dieser √
2
2
2
nun nur noch normiert werden, also durch seine Länge 11 + (−8) + 5 = 210 geteilt
werden. Wir erhalten:
11
ŵ
1
00
−8 .
w =
=√
|ŵ|
210
5
Hinweis zu den Hinweisen: Es nützt nichts, diese Hinweise nur zu kopieren und abzuheften. Es nützt auch
wenig, diese nur einfach durchzulesen. Man sollte sich wenigstens zu jedem Schritt überlegen, wie man diesen
rechtfertigen kann.
Am besten: Nach einem Blick auf die Hinweise erneut versuchen, die Aufgaben selbst zu lösen!
