Mathematik für Informatiker II Übungsblatt 7

Mathematik für Informatiker II
Übungsblatt 7
Vincent Blaskowitz
Übungsblatt 7 vom 03.06.2011
Aufgabe 1
Aufgabenstellung
Berechnen Sie die folgenden Logarithmen ohne Taschenrechner:
i) log5 (0,008)
ii) log√5 (125)
Lösung
Wir schreiben uns die Aufgaben so um, dass das Ergebnis oensichtlich wird:
Zu i):
log5 (0,008) = log5
Zu ii):
8
1000
= log5
1
125
= log5
1
53
= log5 5−3 = −3
√ 6 √ 2 3
log√5 (125) = log√5 53 = log√5
5
= log√5
5 =6
Alternative Lösung
Als Anreiz für beide Aufgaben noch jeweils ein weiterer Ansatz:
Zu i):
log5 (0,008) = log5
8
1000
= log5
1
125
1
= log5 (1) − log5 (125) = 0 − 3 = −3
Zu ii):
log√5 (125) = x ⇔
1 x
√ x
x
x
5 = 125 = 53 ⇔ 5 2
= 53 ⇔ 5 2 = 53 ⇔ = 3 ⇔ x = 6
2
Letzteres funktioniert, weil 5 2 und 53 nur dann gleich sind, wenn
(also die Exponenten).
x
x
2
und 3 gleich sind
Aufgabe 2
Aufgabenstellung
Finden Sie den Wert von x ∈ R in:
a) log9 (x) = 1/2
b) log2 (x) = 3
Lösung
Wir müssen uns nur klarmachen, dass das Ergebnis eines Logarithmus der
Exponent der Basis ist, den wir benutzen um die Zahl in der Klammer zu errechnen.
Übertragen auf die Aufgaben bedeutet das:
Zu a):
1
log9 (x) = 1/2 ⇔ 9 2 = x ⇔
Zu b):
√
9=x⇔x=3
log2 (x) = 3 ⇔ 23 = x ⇔ x = 8
2
Aufgabe 3
Aufgabenstellung
Für eine n × n-Matrix A = (Aij ) denieren wir die
bezeichnet Tr(A), durch Tr(A) :=
n
P
i=1
Spur
von A,
Aii . Zeigen Sie, dass
T r(AB − BA) = 0 für alle n × n - Matrizen A und B.
Lösung
deutet.
Machen wir uns erst einmal klar, was die Spur einer Matrix überhaupt beAii bezeichnet ja nichts anderes als alle Elemente der Matrix, bei denen die
n
P
i=1
Spalte und die Zeile identisch ist (beides i). Das ist genau auf der Diagonalen der Fall
(A11 , A22 , A33 , · · · ). Um uns das nochmal bildlich zu veranschaulichen:








A11
A22
A33






...
Ann
Schauen wir uns nochmal unsere zu zeigende Gleichung an:
T r(AB − BA) = 0 ∀n × n - Matrizen A und B
Wir nutzen die Tatsache, dass die Matrix-Addition komponentenweise funktioniert und
deshalb folgendes gilt:
T r(A + B) =
n
X
i=1
(A + B)ii =
n
X
(Aii + Bii ) = T r(A) + T r(B)
i=1
Aus diesem Grund können wir unsere Gleichung nun Stück für Stück umformen. Aber
Vorsicht: Wir dürfen nicht einfach von einer zu beweisenden Gleichung ausgehen und daraus einfach etwas Wahres herleiten, um sie zu beweisen. Ex falso quodlibet - Aus Falschem
folgt Beliebiges! In unserem Fall benutzen wir allerdings Äquivalenzumformungen.
Wenn wir damit etwas herleiten ist es genauso wahr wie unsere Ausgangsgleichung (letztere lässt sich daraus dann nämlich ebenfalls herleiten).
T r(AB − BA) = 0 ⇔ T r(AB) − T r(BA) = 0 ⇔ T r(AB) = T r(BA)
Nun setzen wir die Formel für die Spur ein:
3
n
X
i=1
(AB)ii =
n
X
(BA)ii ⇔
i=1
n
n
X
X
i=1
!
aik bki
=
n
n
X
X
i=1
k=1
!
bik aki
k=1
Der Hintergrund dieser Umformung ist der, dass wir bei der Erhöhung von i jeweils die
nächste Zeile mit der nächsten Spalte multiplizieren und deshalb nur Ergebnisse auf der
Diagonallinie erhalten. Und das ist eben genau die Spur.
Jetzt kommt der entscheidende Schritt. Da wird es jetzt nicht mehr mit Matrizen, sondern
mit ganz normalen Zahlen aus R zu tun haben, können wir die Kommutativität von R
nutzen, um die rechte Seite wie folgt umzuschreiben:
n
n
X
X
i=1
!
aik bki
=
n
n
X
X
i=1
k=1
!
aik bki
k=1
Da wir bis hierhin nur mit Äquivalenzumformungen gearbeitet haben, gilt:
T r(AB − BA) = 0 ⇔
n
n
X
X
i=1
!
aik bki
k=1
−
n
n
X
X
i=1
!
aik bki
=0
k=1
Und da letzteres zweifelsohne richtig ist und die zu beweisende Gleichung aus letzterem
folgt (wegen den Äquivalenzumformungen), haben wir die Annahme bewiesen! q.e.d.
4
Aufgabe 4
Aufgabenstellung Finden Sie eine stetige Funktion f : [0, 1] → R, so dass f ihr Maximum unendlich abzählbar viele Male annimmt, aber nicht überabzählbar viele Male.
Lösung
Schauen wir uns mal an, wann der Sinus 0 wird. Das ist immer dann der Fall,
wenn er als Eingabe ein ganzzahliges Vielfaches von π erhält (0, π, 2π, · · · ). Wie sieht das
bei folgender Funktion aus:
sin
Diese Funktion wird 0, wenn
sagen:
1
x
1
x
=0
ein ganzzahliges Vielfaches von π ist. Also können wir
sin(x) = 0 ⇔ x = k · π, k ∈ Z
Da k eine ganze Zahl ist und die ganzen Zahlen abzählbar sind, nimmt diese Funktion
den Wert 0 abzählbar unendlich viele Male an.
Also hätten wir bereits eine Funktion, die den Wert 0 abzählbar unendlich viele Male
annimmt. Nun wollen wir allerdings, dass sie ihr Maximum abzählbar unendlich viele
Male annimmt. Wir multiplizieren daher einfach den Funktionswert mit x und ziehen
ihn von 1 ab:
1
1 − |x · sin( )|
x
Jetzt gibt's aber noch ein Problem: Diese Funktion ist in 0 nicht deniert! Aber das
können wir ganz einfach durch Festlegen eines Funktionswerts lösen:
f (x) =
1 − |x · sin( x1 )| x 6= 0
1
x=0
Diese Funktion ist unsere gesuchte Funktion. Wenn sin( x1 ) 0 wird, haben wir das Maximum (1) erreicht, da wir 1−0 rechnen. Dass dies abzählbar unendlich viele Male passiert,
haben wir oben schon gezeigt. Um einen negativen Wert auszuschlieÿen (der nur durch
den Sinus kommen könnte, denn x ist ja nur in [0, 1] deniert), nehmen wir einfach den
Betrag.
Sorgen wir jetzt noch für einen vernünftigen Beweis:
5
Behauptung:
f (x) =
1 − |x · sin( x1 )| x 6= 0
ist stetig in [0, 1] und nimmt sein Ma1
x=0
ximum abzählbar unendlich oft an.
Beweis:
i) Stetigkeit:
Kompositionen stetiger Funktionen sind stetig.
ii) Maximum wird abzählbar unendlich oft angenommen:
f nimmt 1 an, wenn x = 0 (lt. Denition) oder sin( x1 ) = 0.
sin( x1 ) = 0 genau dann wenn x1 = k · π, k ∈ Z.
Da Z abzählbar ist, nimmt f sein Maximum nur abzählbar unendlich viele Male an.
q.e.d.
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