Technische Universität München Übungsblatt 4

Technische Universität München
Zentrum Mathematik
Mathematik 1 (Elektrotechnik)
Prof. Dr. Anusch Taraz | Dr. Michael Ritter
Übungsblatt 4
Hausaufgaben
Aufgabe 4.1 E
Lösen Sie die folgenden linearen Gleichungssysteme Ai x = bi mit
2
2 0 1

 

a) A1 =  4 2 1 und b1 =  3 .
−8
−2 8 2
1
2
1 −3

 

2 −6 und b3 =  2 .
c) A3 =  4
−3
−6 −3 9
3
1 1 2

 

b) A2 = 2 2 5  und b2 = −4.
6
5 5 11
−1
3 −5 1

 

d) A4 = −3 6 0 und b4 =  2 .
0
3 −4 2
















Lösung zu Aufgabe 4.1
a)
−2
2
0 1 2
2 0



+
3
4
2
1
→
←
−


0 2
+
− 2 8 2 − 8 ←−−−−
0 8



Damit folgt
1
−1
3


2
2 0


−4 → 0 2
− 1
−6
0 0
←
−+
1
−1
7

2

− 1
−2


8/7






L1 = −9/14 .

 −2/7 

b)
1 1 2

2 2 5
5 5 11



3
−2 −5
1 1


−+
→ 0 0
− 4 ←
6
←−−−− +
0 0
2
1
1


3
1 1 2


−1 → 0 0 1
− 10
−9
←
−+
0 0 0

3

− 10
1
Dieses Gleichungssystem besitzt keine Lösung, also ist L2 = ∅.
c)
2

 4
−6

1
2
−3
−3
−6
9


1
−2 3
2


−+
→ 0
2  ←
−3
←−−−− +
0
1
1
0
−0
−3
0
0

1
−2 3

−+
0 ←
0
←−−−− +
Das Gleichungssystem besitzt demnach zwei freie Variablen und die Lösungsmenge ergibt sich
zu

 
 


3/2


−1/2

 1/2
 


 
L3 =  0  + x2  1  + x3  0  : x2 , x3 ∈ R .



 0
1
0
d)
3

−3
3

−1
− 5 1 − 1
3


+
6
0 2  ←
→ 0
−
−4 2 0
0
←−−−− +

− 5 1 − 1
3


−1
1
1 1 
→ 0
1
1 1
←
−+
0



− 5 1 − 1

1
1 1 
0
0 0

Damit erhalten wir eine freie Variable (x3 ) und die Lösungsmenge

 
 


−2

 4/3
 
 
L4 =  1  + x3 −1 : x3 ∈ R



 0
1
Aufgabe 4.2
Für die Sinusfunktion gilt die Formel sin(5x) = 5 sin(x) − 20 sin3 (x) + 16 sin5 (x), die man verwenden
kann, um den Wert von sin(π/5) zu bestimmen. Dazu setzen wir x = π/5 und t = sin(x) = sin(π/5)
und erhalten die Gleichung
sin(5 ·
π
) = sin(π) = 0 = 5t − 20t3 + 16t5 .
5
Bestimmen Sie mit Hilfe dieser Gleichung den korrekten Wert für sin(π/5). Verwenden Sie Ihr Ergebnis, um auch die Werte für cos(π/5) und tan(π/5) zu bestimmen.
Lösung zu Aufgabe 4.2
Da 0 < π/5 < π ist t = sin(π/5) > 0, also gilt
5t − 20t3 + 16t5 = 0 ⇔ 5 − 20t2 + 16t4 = 0.
Wir lösen diese Gleichung nach t2 :
√
√
√
20 ± 400 − 4 · 16 · 5
5 ± 25 − 4 · 5
1
2
(t )1,2 =
=
= (5 ± 5)
32
8
8
Da sin(π/5) > 0 gilt, folgt
t1,2
1
=
2
r
√
1
(5 ± 5).
2
√
Welcher Wert ist der richtige? Wir kennen bereits andere Werte des Sinus, z. B. sin(π/4) = 1/2 2. Da
sin(π/5) < sin(π/4) sein muss, vergleichen wir zunächst den größeren der beiden möglichen Werte t1,2
2
√
mit 1/2 2:
√
1 1
1√
2
(5 + 5) <
2 2
2
√
1
⇔ (5 + 5) < 2
2 √
⇔5 + 5 < 4, Widerspruch
r
Also bleibt nur
π
1
sin( ) = t2 =
5
2
r
√
1
1
(5 − 5) =
2
4
√
10 − 2 5.
q
Damit ergibt sich weiter
r
√
π
π
1
cos( ) = 1 − sin2 ( ) = 1 − (10 − 2 5)
5
5
16
q
q
q
√
√
√
1
1 √ 2
1
=
6+2 5=
( 5) + 2 5 + 12 =
(1 + 5)2
4
4
4
√
1
= (1 + 5)
4
r
und
π
sin(π/5)
tan( ) =
=
5
cos(π/5)
q
√
5 − 2 5.
Aufgabe 4.3
Wenn man den Gauß-Algorithmus für die Lösung linearer Gleichungssysteme auf einem Computer
implementiert, wird häufig eine Abwandlung des Algorithmus verwendet, die mit einer sogenannten
LR-Zerlegung arbeitet. Zur Lösung eines Gleichungssystems Ax = b für eine quadratische Matrix
A ∈ Rn×n wird dabei zunächst eine Zerlegung A = L · R berechnet, wobei L = (lij ) ∈ Rn×n eine
linke untere Dreiecksmatrix mit 1-Einträgen auf der Diagonale ist (d. h. lij = 0 für alle i < j und
lii = 1 für alle i) und R = (rij ) eine rechte obere Dreiecksmatrix (d. h. rij = 0 für alle i > j).
3 1 6


a) Zeigen Sie: Eine LR-Zerlegung für die Matrix A = 1 1 1 ist gegeben durch
2 1 3

1

L := 1/3
2/3

0 0

1 0
1/2 1


3

R := 0
0

und
1
6

2/3
−1  .
0 −1/2

b) Lösen Sie (unter Verwendung der LR-Zerlegung) das lineare Gleichungssystem Ax = bi für die
rechten Seiten
23
 
b1 =  6  ,
13


7
 
b2 = 3 ,
5
24
 
b3 =  6 
14
 


c) Welchen Vorteil hat die Verwendung der LR-Zerlegung?
3
7
 
und
 
b4 = 1 .
3
Lösung zu Aufgabe 4.3
s. Mitschrift aus der Zentralübung.
Aufgabe 4.4
Sei Q+ die Menge der positiven rationalen Zahlen. In der Vorlesung haben Sie gezeigt, dass Q+
abzählbar ist, d.h. es existiert eine surjektive Abbildung f : N → Q+ . Zeigen Sie, dass dann auch Q
abzählbar ist, d. h. es existiert auch eine surjektive Abbildung g : N → Q.
Lösung zu Aufgabe 4.4
s. Mitschrift aus der Zentralübung.
Aufgaben für die Tutorübung
Aufgabe 4.5
Bestimmen Sie die Lösungsmenge des folgenden linearen Gleichungssystems über C:
x1 + (1 + i)x2 = 1 − i
ix1 + 2x2 = 1
Lösung zu Aufgabe 4.5
Wir schreiben das System zunächst in Matrix-Vektor-Form und führen dann ein Gauß-Verfahren
durch:
1 1 + i 1 − i
1
i
2
−i
←
−+
1
1+i
1−i
→
0 2 − i(1 + i) 1 − i(1 − i)
1 1 + i 1 − i
=
0 3−i −i
Damit ergibt sich als Lösung
−i
−i(3 + i)
1
3
=
=
− i,
3−i
9+1
10 10
1
3
1
3
3 4
x1 = 1 − i − (1 + i)x2 = 1 − i −
+ i− i−
= − i
10 10
10
10
5 5
x2 =
Aufgabe 4.6
Bestimmen Sie die Lösungsmenge des folgenden linearen Gleichungssystems.
3
3
x1 + x2 =
4
4
1
3
x1 − x3 = 1
2
2
3
1
x1 + x2 + x3 =
2
2
4
Lösung zu Aufgabe 4.6
Wir schreiben das Gleichungssystem in Matrix-Vektor-Form und lösen es mit dem Gauß-Verfahren:
1
1
 /2
1

0
− 3/2
1
3/4
0
3/2


3/4
−1/2 −1
1


+
−
→ 0
1 ←
1/2
0
←−−−−− +
3/4
− 3/8
3/4
4 3 0 3
4 3



−1 → 0 3
→ 0 3 12 − 5
0 3 4 −1 ←
0 0
−+



0
− 3/2
1
0
12
−8

3/4
| ·4
5 
/8  | · −8
− 1/4
| ·4

3

− 5
4
Damit ergibt sich als Lösung
4
1
x3 = − = −
8
2
1
1
1
x2 = (−5 − 12x3 ) = (−5 + 6) =
3
3
3
1
2
1
x1 = (3 − 3x2 ) = = ,
4
4
2
also ist die Lösungsmenge




 1/2 


L =  1/3  .


 −1/2 
Aufgabe 4.7
Benutzen Sie die Kirchhoffschen Gesetze (KVL, KCL), um alle Ströme in folgendem Stromkreis zu
berechnen. Stellen Sie zunächst die zugehörige Matrix-Vektor-Form des linearen Gleichungssystems
auf und lösen Sie das System dann mit dem Gauß-Verfahren.
100 Ω
I5
I1
400 Ω
10 V
I2
500 Ω
100 Ω
I3
200 Ω
200 Ω
I4
I6
5V
Lösung zu Aufgabe 4.7
Wir wenden zunächst KCL (Knotengleichung) auf die Knoten des Systems an. Dabei kann man die
Knotenpunkte nehmen, an denen Verzweigungen eingezeichnet sind. Alternativ lassen sich auch Knoten zusammenfassen (etwa die beiden oberen, durch den I5 -Draht verbundenen) oder an beliebiger
5
Stelle neue Knoten einsetzen. Wir benutzen hier einfach die vier eingezeichneten Knoten und erhalten
folgende Gleichungen:
I1 = I3 + I5
I5 = I2 + I4
I3 + I6 = I1
I4 + I2 = I6
Mit etwas Übung sieht man, dass eine dieser vier Gleichung überflüssig ist, weil sie sich aus den
anderen drei ergibt (sie ist linear abhängig). Das ist eine Folge davon, dass wir die I5 -Knoten nicht
zu einem Knoten zusammengefasst haben – dann hätten wir anstelle der ersten beiden Gleichungen
deren Summe erhalten (und könnten I5 direkt kürzen). Es stört allerdings auch nicht wirklich: Bei
den Umformungen zur ZSF wird sich dadurch eine Nullzeile ergeben, die ansonsten gar nicht erst
Teil der Matrix gewesen wäre, und den Wert für I5 (der ja eigentlich nicht interessant ist) ist eine
kleine Zusatzinformation, die man zwar nicht braucht, die aber auch nicht weiter stört. Wir haben
natürlich ein bisschen mehr Arbeit beim Lösen der Gleichung, sparen uns aber dafür beim Aufstellen
eine ausführlichere Analyse der richtigen Knoten. Bei größeren Schaltungen hätte sich dieser Aufwand allerdings schnell bezahlt gemacht, da man damit teilweise deutlich kleinere Gleichungssysteme
bekommen kann.
Offenbar genügen diese drei unabhängigen Gleichungen für die sechs Unbekannten noch nicht, wir
würden eine Lösung mit drei freien Variablen erhalten. Daher benutzen wir KVL (Maschenregel),
um weitere Gleichungen zu erzeugen. Weil wir uns eigentlich nicht für die Spannungen, sondern
für die Ströme interessieren, verwenden wir gleich das Ohmsche Gesetz I = U R und setzen die
Widerstandswerte aus der Schaltung ein. Achtung: Die Spannungen müssen immer in einheitlicher
Richtung verwendet werden und hier natürlich auch so, dass die vorgegebene Stromrichtung aus KCL
dazupasst – am besten, man legt sich zu Beginn mit einem „Zählpfeil“ für jede Spannung auf eine
Richtung fest, in diesem Fall müssen wir jeweils die durch den Strompfeil gegebene Richtung nehmen.
Spannungen in Pfeilrichtung zählen dann positiv, Spannungen entgegen der Pfeilrichtung negativ.
Mit den drei kleinen Maschen links (I1 – I3 ), mittig (I6 – −I3 – I5 – I2 ) und rechts (I4 – −I2 ) in der
Schaltung erhalten wir folgende Gleichungen:
10V + I1 · 100Ω + I3 · 500Ω + I1 · 200Ω = 0
5V − I3 · 500Ω + I2 · 400Ω + I2 · 100Ω = 0
−I2 · 100Ω − I2 · 400Ω + I4 · 200Ω = 0
Damit sind sechs unabhängige Gleichungen beisammen (dass sie unabhängig sind, sieht man nicht
sofort) und wir können anfangen, sie zu lösen. Dazu schreiben wir alle Gleichungen in eine Matrix
(die konstanten Spannungen kommen auf die rechte Seite, die Ströme alle auf die linke) und lösen
das System mit dem Gauß-Verfahren, die Einheiten behalten wir bei:
1
 0

 −1


 0

300Ω

 0
0

0
−1
0
1
0
500Ω
− 500Ω
−1
0
0
−1
1
0
0
1
500Ω
0
− 500Ω
0
0
200Ω
−1
1
0
0
0
0
0
6
0
0
1
−1
0
0
0

0
−300Ω
0 

0  ←
 −+

0


− 10V ←
−+
 −−−
− 5V 
0
1
0

0


→ 0

0

0
0

0
−1
0
1
0
500Ω
− 500Ω
1
0

0


→ 0

0

0
0

1
0

0


→ 0

0

0
0

−1
0
−1
0
−1
1
0
0
−1
0
1
0
800Ω
0
300Ω
− 500Ω
0
0
0
200Ω
0
0
1
0
0
0
0
0
−1
0
0
0
800Ω
− 500Ω
0
0 −1
1
0
0 800Ω
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
− 500Ω
700Ω
1 0 −1
0
1
0
1
0 800Ω
0
0
0
700Ω
0
0
0
0
0
0
0 0
0
0

0

0


→ 0

0

0
1
0

0


→ 0

0

0
0

0
1
0
0
0
− 500Ω
700Ω
0 −1
0
1
0
1
0 800Ω
0
0
0
700Ω
0
0
0
0
0
0
0
0
0
−1
−1
−1
1
300Ω
500Ω
− 500Ω
−1
−1
300Ω
1
−1
1375/2Ω
− 500Ω
−1
−1
300Ω
− 500Ω
−1
4625/14Ω
1

0
0 

0 


0 

− 10V

− 5V 
0
0
0
1
−1
0
0
0
0
0
0
−1
1
0
0
0
0
0
0
1
0
−1
−1
−1
300Ω
− 500Ω
−1
0
0
7
0
0
1
−1
0
0
0
0
0
0
0
1
4625/14Ω
0
500Ω
−500Ω
←−−−−−− +
←−−−−−−−−− +
←−−−−−−−−−−−−−− +

0
0 

0  ←
−
 −−−−−

0 

5/8 ←
− 10V
−

− 5V  ←
+
−
0
0
0
− 10V
0
0
0
0
0
− 10V
0
0
0
| · (−1)






−−−−−−
 ←



− 45/4V ←
−+
5/7
←
−








4625/14



− 45/4V ←
−+
←−−−−−−− +
0
0
− 10V
0
0
0










− 45/4V
Wir lösen jetzt nach I1 , . . . , I6 auf:
63
A ≈ −34mA
1850
63
A ≈ −34mA
=−
1850
9
=−
A ≈ −24mA
370
1
=
A ≈ 270µA
3700
9
A ≈ −9, 7mA
=−
925
5
=−
A ≈ −34mA
148
I6 = −
I5
I4
I3
I2
I1
Aufgabe 4.8
Ein Tripel (p, q, r) aus Primzahlen p, q und r heißt Primzahldrilling, wenn p + 2 = q und q + 2 = r
gilt. Zeigen Sie: (3, 5, 7) ist der einzige Primzahldrilling.
Lösung zu Aufgabe 4.8
Wir zeigen, dass für jedes Tripel ganzer Zahlen (p, q, r) mit p + 2 = q und q + 2 = r eine der Zahlen
p, q, r durch 3 teilbar sein muss: Falls p selbst durch 3 teilbar ist, gilt die Behauptung natürlich.
Angenommen, p ist nicht durch 3 teilbar. Dann muss p + 1 oder p + 2 durch 3 teilbar sein. Falls
p + 2 = q durch 3 teilbar ist, wäre die Behauptung auch gezeigt. Ansonsten muss p + 1 ein Vielfaches
von 3 sein, damit ist aber auch p + 4 = q + 2 = r durch 3 teilbar.
Damit gilt: Jedes Tripel (p, q, r) mit p + 2 = q und q + 2 = r enthält eine durch drei teilbare Zahl.
Wenn es sich aber um einen Primzahldrilling handelt, muss diese Zahl dann selbst schon 3 sein
(jede andere durch 3 teilbare Zahl könnte ja keine Primzahl mehr sein), also kommen nur noch die
Tripel (3, 5, 7), (1, 3, 5) und (−1, 1, 3) in Frage, darunter ist (3, 5, 7) das einzige Tripel, das nur aus
Primzahlen besteht.
8