schriftliche Ausarbeitung - KIT

Linearitätsprinzip
Nadine Michelberger
Vortragstermin: 10.07.2015
Karlsruher Institut für Technologie
Fakultät für Mathematik
Proseminar: Mathematisches Problemlösen
Sommersemester 2015
Betreuung: Priv.-Doz. Dr. Natalia Grinberg
Inhaltsverzeichnis
1 Lineare Abbildungen
1.1 Definition: Lineare Abbildung [1]
1.2 Beispiel: Affine Abbildung . . . .
1.3 Beispiel: Folge . . . . . . . . . . .
1.4 Beispiel: Fibonacci-Folge . . . . .
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2 Schwerpunkt
2.1 Definition: Schwerpunkt [1] . . . . . . . . . . . .
2.2 Beispiel: Punktmassensystem und Schwerpunkt
2.3 Beispiel: Satz von Ceva . . . . . . . . . . . . . .
2.4 Beispiel: Dreieck und Tetraeder . . . . . . . . .
2.5 Beispiel: Höhen eines Dreiecks . . . . . . . . . .
2.6 Beispiel: Winkelhalbierenden eines Dreiecks . .
1
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2
2
2
4
4
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8
8
10
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12
12
Kapitel 1
Lineare Abbildungen
1.1
Definition: Lineare Abbildung [1]
Es sei V ein reeller Vektorraum. Eine Abbildung A: V −→ V heißt linear, wenn
für zwei beliebige Vektoren v und w in V und für zwei beliebige reelle Zahlen λ
und µ gilt:
A(λv + µw) = λA(v) + µA(w)
1.2
Beispiel: Affine Abbildung
Gegeben sei T eine affine Abbildung der reellen Ebene R in sich.
−−→
Man definiere Av für jeden Vektor v ∈ V = R2 mit v = XY durch
−−−→
Av = X 0 Y 0
mit X 0 = T (X) und Y 0 = T (Y ).
Beweise folgende Aussagen:
a) Die Definition von Av ist von der Wahl der Punkte X und Y mit dem
−−→
Vektor v = XY unabhängig.
b) Die Abbildung A ist linear.
c) Die Abbildung A ist umkehrbar.
2
Beweis:
−−−→
zu a): Seien zunächst X1 und Y1 zwei weitere Punkte mit v = X1 Y1 . Daraus
folgt, dass XY Y1 X1 ein Parallelogramm ist.
−−−→
−−−→
Durch die Gleichung X 0 Y 0 = Av = X10 Y10 folgt, dass X 0 Y 0 Y10 X10 ebenfalls ein
Parallelogramm ist. Daraus kann man schließen, dass die Wahl der Punkte X
und Y unabhängig ist.
−−→
−−→
zu b): Es seien die Punkte X,Y und Z mit v = XY und w = XZ. Weiter sei
−−→
−−→
−−→
−−→
Y1 ∈ (XY ) und Z1 ∈ (XZ) mit XY1 = λXY und XZ1 = µXZ.
−−→
Mit Hilfe der lineare Kombination u = λv + µw ist u als u = XT darstellbar,
somit ist XY1 T Z1 ein Parallelogramm.
−−→
−−−→
−−→
Es gilt Au = X 0 T 0 sowie Av = X 0 Y 0 und Aw = X 0 Z 0 . Daraus folgt, dass
−−→ −−−→ −−−→
X 0 Y10 T 0 Z10 auch ein Parallelogramm ist. Außerdem gilt X 0 T 0 = X 0 Y10 + X 0 Z10 und
−−→
−−−→
−−−→
−−−→
ebenfalls gilt X 0 Y10 = λX 0 Y 0 bzw. X 0 Z10 = µX 0 Z 0 , da es sich um eine affine
Abbildung handelt.
Insgesamt hat man dann folgende Gleichung:
−−→ −−−→ −−−→
−−−→
−−→
A(λv + µw) = Au = X 0 T 0 = X 0 Y10 + X 0 Z10 = λX 0 Y 0 + µX 0 Z 0 = λAv + µAw
Also ist die Abbildung linear.
zu c): Es gilt:
Eine Funktion ist umkehrbar genau dann, wenn die homogene Gleichung
A(v) = 0 nur die triviale Lösung v = 0 hat.
Hier:
−−−→
Die Gleichung Av = X 0 Y 0 = 0 ist nur dann erfüllt, wenn X 0 = Y 0 gilt. Dies
impliziert die Identität X = Y , da T umkehrbar ist folgt auch, dass A
umkehrbar ist.
3
1.3
Beispiel: Folge
Sei a = (an )n∈Z eine beidseitig unendliche Folge positiver reeller Zahlen.
Jede Zahl der Folge (an )n∈Z entspricht dem Mittelwert der Nachbarzahlen. Sie ist
durch folgende Gleichung rekursiv darstellbar:
an = 21 (an−1 + an+1 ) (∗)
Beweisen Sie, dass alle Zahlen gleich sind.
Beweis:
Wegen dem Bildungsgesetz der Folge (an )n∈Z kann diese Folge durch die zwei
Elemente a0 und a1 und mit Hilfe der linearen Rekursionsformel
an+1 = 2an − an−1 für n ≥ 1 bzw.
an−1 = 2an − an+1 für n ≤ 0
vollständig bestimmt werden.
Deshalb muss für jede beliebe lineare Kombination zweier solcher Folgen die
Gleichung (∗) erfüllt sein.
Wir betrachten die zwei Basisfolgen b mit bn = 1 und c mit cn = n für alle n ∈ Z.
Dabei wird vorerst außer Acht gelassen, dass es sich um eine Folge positiver
Zahlen handelt.
Um a als lineare Kombination an = βbn + γcn darzustellen muss gelten:
a0 = β und a1 = β + γ
Also gilt β = a0 und γ = a1 - a0 .
Dadurch folgt an = a0 + (a1 − a0 )n für jedes n ∈ Z.
Da (an )n∈Z eine Folge positiver reeller Zahlen ist muss die Bedingung an ≥ 0
gelten. Dies tut sie für alle n ∈ Z nur, wenn a1 − a0 = 0 erfüllt ist.
Daraus folgt, dass an = a0 + 0 ∗ n und somit, dass an = a0 gilt.
Also müssen alle Zahlen an gleich sein.
1.4
Beispiel: Fibonacci-Folge
a) Fibonacci-Folge
Die Fibonacci-Folge (an )n≥0 ist durch a0 = 1, a1 = 1 und
an = an−1 + an−2 für n ≥ 2 (∗)
rekursiv definiert.
Finden Sie eine explizite Formel für an .
4
b) Die Folge (bn )n≥0 ist durch b0 = p, b1 = q und (∗) rekursiv definiert. p und
q sind hierbei zwei gegebene komplexe Zahlen.
Finden Sie eine explizite Formel für bn .
Beweis:
Man sieht, dass a) ein Spezialfall von b) ist. Dass heißt es reicht b), den allgemeineren Fall, zu beweisen und dann auf a) zurückzuschliessen.
Man sieht außerdem, dass die Funktion bezüglich (p, q) ∈ C2 linear ist.
Deshalb gilt insbesondere:
1. Wenn wir für die Anfangswerte b0 und b1 statt p und q die Werte λp und
λq wählen, dann wird bn auch mit λ multipliziert.
2. Wenn p = p1 + p2 und q = q1 + q2 gilt, dann ist bn = bn,1 + bn,2 durch (∗)
rekursiv definiert. Dabei ist (bn,j ) , j = 1, 2 die Folge und die Anfangswerte
sind b0 = pj und b1 = qj .
Wir formulieren nun das allgemeine Linearitätsprinzip in einem Lemma.
Lemma:
p1
p2
2
Es seien zwei Anfangsvektoren u1 =
∈ C und u2 =
∈ C2 , außerq1
q2
dem seien λ1 , λ2 ∈ C zwei beliebige Koeffizienten.
Somit gilt für die lineare Kombination:
p
p = λ1 p1 + λ2 p2
u = λ1 u1 + λ2 u2 , also u =
mit
q
q = λ1 q1 + λ2q2
für jedes n ∈ N gilt die Relation
bn (u) = bn (λ1 u1 + λ2 u2 ) = λ1 b1 (u1 ) + λ2 b2 (u2 )(∗∗)
Beweis durch vollständige Induktion:
Induktionsanfang:
Für n = 0 und n = 1 gilt
b0 (u) = p = λ1 p1 + λ2 p2 = λ1 b0 (u1 ) + λ2 b0 (u2 )
b1 (u) = q = λ1 q1 + λ2 q2 = λ1 bn (u1 ) + λ2 bn (u2 )
somit ist die Relation (∗∗) erfüllt.
5
Induktionsschritt:
Sei für n = k − 2 und n = k − 1 (∗∗) erfüllt, dann ist mit
bk (u) = bk−1 (u) + bk−2 (u)
= [λ1 bk−1 (u1 ) + λ2 bk−1 (u2 )] + [λ1 bk−2 (u1 ) + λ2 bk−2 (u2 )]
|
{z
} |
{z
}
=bk−1 (u)
=bk−2 (u)
= λ1 [bk−1 (u1 ) + bk−2 (u1 )] +λ2 [bk−1 (u2 ) + bk−2 (u2 )]
|
{z
}
|
{z
}
=bk (u1 )
=bk (u2 )
= λ1 bk (u1 ) + λ2 bk (u2 )
(∗∗) auch für n = k bewiesen.
Nun versuchen wir bn (u) für bestimmte elementare Vektoren u1 und u2
auszurechnen und dann eine beliebige Folge als lineare Kombination dieser
speziellen Folge darzustellen.
Eine geeignete spezielle Folge ist eine geometrische Fibonacci-Folge bn = rn ,
n ∈ N, die (∗) erfüllt.
Dies ergibt also:
rn = bn = bn−1 + bn−2 = rn−1 + rn−2
diese Gleichung ist äquivalent zu
r2 − r − 1 = 0
Diese quadratische Gleichung hat zwei verschiedene Lösungen und zwar
r1 =
√
1+ 5
2
und r2 =
√
1− 5
.
2
Dadurch erhalten wir zwei linear unabhängige geometrische Fibonacci-Folgen
b0,1 = |{z}
1 , b1,1
=p1
√
√
1+ 5
=
, ..., bn,1 = ( 1+2 5 )n
2 }
| {z
=q1
b0,2 = |{z}
1 , b1,2
=p2
√
√
1− 5
=
, ..., bn,2 = ( 1−2 5 )n
2 }
| {z
=q2
Ist ein Vektor u =
p
q
= λ1
p
q
als lineare Kombination dargestellt erhalten wir
1√
1+ 5
2
=
+ λ2
1
(λ1
2
1√
1− 5
2
=
λ + λ2 √
λ2 1−2 5
√1
1+ 5
λ1 2 +
λ1 +√λ2
+ λ2 ) + 25 (λ1 − λ2 )
6
(∗ ∗ ∗)
und somit ist
√
√
1+ 5 n
1− 5 n
bn (p, q) = λ1 bn (1, r1 ) + λ2 bn (1, r2 ) = λ1 (
) + λ2 (
)
2
2
Um die Koeffizienten λ1 und λ2 für jedes (p, q) zu finden, wird das lineare Gleichungssystem (∗ ∗ ∗) gelöst. Dadurch erhalten wir
√
q − 1−2 5 p
√
λ1 =
5
λ2 =
√
1+ 5
p
2
√
−q
5
Die explizite Formel für bn lautet also
√
√
q − 1−2 5 p 1 + 5 n
√
(
) +
bn (p, q) =
2
5
√
−q 1− 5 n
√
(
)
2
5
√
1+ 5
p
2
Daraus folgt für die explizite Formel der Fibonacci-Folge an :
mit p = q = 1 ergibt sich
√
1+ 5
= √
2 5
√
√
1+ 5
−1
1− 5
2
√
λ2 =
=− √
5
2 5
und somit folgt die Formel
√
√
√
√
√
√
1+ 5 1+ 5 n 1− 5 1− 5 n
1 1 + 5 n+1 1 − 5 n+1
) − √ (
) = √ [(
) −(
) ]
an = an (1, 1) = √ (
2
2
2
2
2 5
2 5
5
√
1 − 1−2
√
λ1 =
5
7
5
Kapitel 2
Schwerpunkt
2.1
Definition: Schwerpunkt [1]
Es seien X1 , X2 , ..., XK Punkte in Rn , und m1 , m2 , ..., mK reelle Zahlen. Ein
Punkt X heißt der Schwerpunkt der Punktmassen (Xk , mk ), k = 1, 2, ..., K,
wenn die Bedingung
K
X
−−−→
mk XXk = 0
k=1
erfüllt ist.
Für diese Defintion ist es unwesentlich, ob die reellen Zahlen mk positiv, negativ
oder gleich Null sind. Die einzige Bedingung ist, dass die Gesamtmasse von Null
verschieden ist.
M = m1 + ... + mK 6= 0
2.2
Beispiel: Punktmassensystem und Schwerpunkt
a) Zeigen Sie, dass jedes Punktmassensystem (Xk , mk ) , k ∈ 1, 2, ..., K höchstens einen Schwerpunkt hat.
b) Sei O ∈ Rn ein beliebiger Punkt. Dann wird durch die Relation
K
−−→
1 X −−→
mk OXk
OX =
M k=1
der Schwerpunkt X eindeutig bestimmt.
8
c) Es seien zwei Punkte X1 und X2 mit nicht negativen Massen m1 bzw. m2 .
Beweisen Sie, dass der Schwerpunkt X der Punktmassen (X1 , m1 ) und
(X2 , m2 ) auf der Strecke X1 X2 liegt. Er teilt diese im Verhältnis
|X1 X|
m2
=
|XX2 |
m1
Beweis:
zu a): Widerspruchsbeweis:
Annahme: X und Y sind zwei verschiedene Schwerpunkte des
Punktmassensystems.
Es gilt:
0=
K
X
k=1
K
K
K
X
−−−→ X −−→ X −−→
−−→
−−→
mk XXk −
mk Y Xk =
mk XY = (
mk )XY = M ∗ XY
k=1
k=1
k=1
Laut Definition gilt M 6= 0, daraus folgt also X = Y .
Dies ist ein Widerspruch zu der Annahme, also gibt es höchstens einen
Schwerpunkt in einem Punktmassensystem.
zu b): Es ist
K
X
k=1
K
K
K
X
−−−→ X
−−→ −−→
−−→ X −−→
mk XXk =
mk (XO + OXk ) = (
mk )XO +
mk OXk
k=1
−−→
1
= M ∗ XO + M ∗
M
|
k=1
K
X
k=1
−−→
−−→
−−→
mk OXk = M ∗ XO + M ∗ OX = 0
k=1
{z
}
−−→
=OX
Daraus folgt, dass die Relation die Definition für den Schwerpunkt erfüllt.
zu c): Es gilt nach der Definition
−−→
−−→
m1 XX1 + m2 XX2 = 0
Daraus folgt, dass die Punkte X1 , X und X2 kollinear sind, d.h. sie liegen auf
einer Gerade. Außerdem ist erkennbar, dass X zwischen X1 und X2 liegt.
Für die Längen folgt:
m1 |XX1 | = m2 |XX2 |
Diese Gleichung ist äquivalent zu:
|XX1 |
m2
=
|XX2 |
m1
somit ist das Teilverhältnis
m2
m1
.
9
2.3
Beispiel: Satz von Ceva
Satz von Ceva
Der Schwerpunkt O der Punktmassen (A, x), (B, y), (C, z), (A0 , y + z),
(B 0 , x + z), (C 0 , x + y) ist der Schnittpunkt der Strecken AA0 , BB 0 und CC 0 .
Dabei ist A0 ∈ (BC), B 0 ∈ (CA)und C 0 ∈ (AB).
Es sei ABC ein beliebiges Dreieck, und x, y und z sind drei positive reelle
Zahlen.
Es gilt:
x |C 0 A|
y |AB 0 |
z
|BC 0 |
=
,
=
, 0 =
0
0
|C A|
y |A B|
z |B C|
x
Beweisen Sie, dass die Strecken AA0 , BB 0 und CC 0 konkurrent sind. In welchem
Teilverhältnis werden die Strecken geteilt?
Beweis
Man betrachtet die Punktmassen (A, x), (B, y) und (C, z). Wir wissen, dass der
Punkt C 0 der Schwerpunkt der Punktmassen (A, x) und (B, y) ist. Daraus folgt,
dass der Schwerpunkt O aller drei Punktmassen mit den Punkten (C, z) und
(C 0 , x + y) bestimmt werden kann. Also ist O der Schwerpunkt der Punktmassen
(C, z) und (C 0 , x + y) und liegt auf der Strecke CC 0 . Durch vorheriges Beispiel
wissen wir, dass der Schwerpunkt O die Strecke CC 0 im Verhältnis
|CO|
x+y
=
0
|OC |
z
teilt.
Analog gilt O ∈ AA0 mit dem Teilverhätnis
Teilverhältnis
|BO|
|OB 0 |
=
z+x
y
10
|AO|
|OA0 |
=
y+z
x
und O ∈ BB 0 mit dem
2.4
Beispiel: Dreieck und Tetraeder
a) Sei ABC ein Dreieck. Beweisen Sie, dass die Seitenhalbierenden des Dreiecks sich in einem Punkt O schneiden und dieser Punkt alle Seitenhalbierenden im gleichen Verhältnis 2 : 1 teilt.
b) Sei ABCD ein Tetraeder. Die Schwerpunkte der Seitenflächen bezeichnen
wir mit A0 ∈ BCD, B 0 ∈ ACD, C 0 ∈ ABD und D0 ∈ ABC. Beweisen Sie,
dass die Strecken AA0 , BB 0 , CC 0 und DD0 konkurrent sind. Der Schnittpunkt O teilt dabei diese Strecken im Verhältnis 3 : 1.
Beweis:
zu a): Jeder Eckpunkt des Dreiecks bekommt die Masse 1, wir betrachten also die
Punktmassen (A, 1), (B, 1) und (C, 1). Der Schwerpunkt der Punktmassen (A, 1)
und (B, 1) ist der Punkt (C 0 , 2). Hierbei handelt es sich um den Mittelpunkt,
da er die Strecke AB im Verhältnis |AC 0 | : |C 0 B| = 1 : 1 teilt. Somit liegt der
Schwerpunkt O der drei Punktmassen auf der Strecke CC 0 . Der Punkt O teilt
die Strecke im Verhältnis |CO| : |OC 0 | = 2 : 1.
Analog dazu gilt O ∈ AA0 mit |AO| : |OA0 | = 2 : 1 und O ∈ BB 0 mit |BO| :
|OB 0 | = 2 : 1.
zu b): Jeder Eckpunkt des Tetraeders bekommt die Masse 1, wir betrachten also
die Punktmassen (A, 1), (B, 1), (C, 1) und (D, 1). Wir wissen, dass D0 der
Schwerpunkt des Dreiecks ABC ist. Folglich liegt der Schwerpunkt O auf der
Strecke DD0 . Wir wissen, dass O die Strecke DD0 im Verhältnis
|DO| : |OD0 | = 3 : 1 teilt.
Analog gilt O ∈ AA0 , O ∈ BB 0 und O ∈ CC 0 mit
|AO| : |OA0 | = |BO| : |OB 0 | = |CO| : |OC 0 | = 3 : 1
11
2.5
Beispiel: Höhen eines Dreiecks
Beweisen Sie, dass alle Höhen eines beliebigen Dreiecks konkurrent sind.
Beweis:
Trivialer Fall eines rechtwinkligen Dreiecks wird ausgeschlossen.
Somit seien alle drei Winkel α = ]CAB , β = ]ABC , γ = ]BCA von 90◦
verschieden.
Wir betrachten die drei Punktmassen (A, cotα) , (B, cotβ) , (C, cotγ),
Ankathete
(cotx ist der Kotangens des Winkels x, cotx = Gegenkathete
)
dabei kann eine von den Massen negativ sein, wenn es sich um einen stumpfen
Winkel
−−→handelt.−−→
→
−
Aus C 0 Bcotβ + C 0 Acotα = 0 folgt, dass der Lotfußpunkt C 0 der Schwerpunkt
von A und B ist.
Der Schwerpunkt H aller drei Punktmassen ist also der Schwerpunkt der
Punkte (C, cotγ) und (C 0 , cotα + cotβ).
Analog dazu ist H ∈ AA0 und H ∈ BB 0 .
Daraus folgt, dass die Höhen konkurrent sind und sich im Punkt H schneiden.
2.6
Beispiel: Winkelhalbierenden eines Dreiecks
Sei ABC ein beliebiges Dreieck. Beweisen Sie, dass die Winkelhalbierenden des
Dreiecks konkurrent sind.
12
Beweis:
Wir betrachten die Punktmassen (A, sinα), (B, sinβ) und (C, sinγ), dabei sind
alle Massen diesmal immer positiv.
Sei (CC 0 ) die Winkelhalbierende des Winkels BCA mit C 0 ∈ AB. Nach dem
Sinussatz gilt:
|AC 0 |sinα = |CC 0 |sin
γ
= |C 0 B|sinβ
2
.
Daraus ist erkennbar, dass C 0 der Schwerpunkt der zwei Punkte A und B ist.
Dadurch kann man den Schwerpunkt der drei Punktmassen mit den Punkten
(C, sinγ) und (C 0 , sinα + sinβ) ermitteln. Dies bedeutet, dass der Schwerpunkt
O auf der Winkelhalbierenden CC 0 liegt.
Analog dazu gilt O liegt auf der Winkelhalbierenden AA0 und O liegt auf der
Winkelhalbierenden BB 0 .
Daraus folgt, dass sie alle Winkelhalbierenden im Punkt O schneiden, und
somit konkurrent sind.
13
Literaturverzeichnis
[1] Natalia Grinberg, Lösungsstrategien: Mathematik für Nachdenker, Verlag
Harri Deutsch, 2. Auflage, 2011
14