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L. Allerhand

A. Armiti, J. H¨orner

A. Kerschl, M. Werth

C. Winkel, C. Zeiler

1. Gruppen¨ubung zur Vorlesung

H¨ohere Mathematik 1

M. K¨unzer

M. Stroppel

Wintersemester 2014/

L¨osungshinweise zu den Hausaufgaben:

Aufgabe H 1. Aussagen

Zeigen Sie folgende Aussagen.

(a) Die Summe der ersten n ungeraden Zahlen ist eine Quadratzahl.

L¨osungshinweise hierzu: Wir betrachten die Summe

∑n k=1 2 k^ −^1. Wir formen diese Summe um und wenden die aus der Vorlesung bekannte Gaussche Summenformel an.

∑^ n

k=

(2k − 1) =

∑n

k=

2 k

− n = 2

∑n

k=

k

− n = 2

n(n + 1)

2

− n = n

2

• n − n = n

2

Damit haben wir die Aussage bewiesen.

(b) Die Differenz zweier ungerader Quadratzahlen ist durch 8 teilbar.

L¨osungshinweise hierzu: Die Differenz zweier ungerader Quadratzahlen l¨asst sich

darstellen als (2n+1)

2 −(2m+1)

2 f¨ur zwei ganze Zahlen n, m ∈ Z. Durch Umformung

erhalten wir

(2n + 1)

2 − (2m + 1)

2 = 4n

2

• 4n + 1 − 4 m

2 − 4 m − 1 = 4(n

2

• n − m

2

• m)

Damit ist die Teilbarkeit durch 4 bereits gezeigt. Formen wir den zweiten Faktor auf

der rechten Seite weiter um, so erhalten wir

n

2

• n − m

2

• m = n(n + 1) − m(m + 1).

Da entweder n oder n+1 gerade ist, ist n(n+1) durch 2 teilbar. Ebenso ist m(m+1)

durch 2 teilbar. Insgesamt ist deshalb die Differenz zweier ungerader Quadratzahlen

durch 8 teilbar.

(c) Die Gleichung x

3

• x + 1 = 0 kann in den reellen Zahlen nur negative L¨osungen haben.

L¨osungshinweise hierzu: Wir beweisen diese Aussage durch Widerspruch. Angenom-

men 0 ≦ x 1 ∈ R ist eine L¨osung der Gleichung. Es gilt x^31 ≧ 0 , x 1 ≧ 0 und 1 > 0

also ist x

3 1 +^ x^1 + 1^ >^0 , was ein Widerspruch zu unserer Annahme ist. Also kann die Gleichung in den reellen Zahlen nur negative L¨osungen haben.

(d) Die Gleichung x^4 − 4 x^3 + 6x^2 − 4 x + 1 = 0 hat in den reellen Zahlen genau eine

L¨osung.

L¨osungshinweise hierzu: Durch Termumformung erhalten wir

x

4 − 4 x

3

• 6x

2 − 4 x + 1 = (x − 1)

4 .

Die faktorisierte rechte Seite hat 1 als vierfache Nullstelle und damit hat obige Glei-

chung nur eine L¨osung.

Aufgabe H 2. Summen

Beweisen Sie folgende Summenformeln f¨ur alle n ∈ N.

(a)

∑^ n

j=

(j

2 − 1) =

(2n

3

• 3n

2 − 5 n) ,

L¨osungshinweise hierzu: Wir beweisen diese Aussage mittels Induktion.

©IA^ n^ = 1:

∑^1

j=

(j

2 − 1) = 1

2 − 1 = 0 =

©IH^ Sei nun die Aussage f¨ur ein^ n^ ∈^ N^ bewiesen, d.h. f¨ur ein^ n^ ∈^ N^ gelte

∑^ n

j=

(j

2 − 1) =

(2n

3

• 3n

2 − 5 n)

©IS^ Wir zeigen, dass dann auch die Aussage f¨ur^ n^ + 1^ gilt.

n∑+

j=

(j

2 − 1) =

∑n

j=

j

2 − 1

• ((n + 1)

2 − 1)

©IH

(2n

3

• 3n

2 − 5 n) + ((n + 1)

2 − 1)

(2n

3

• 3n

2 − 5 n) +

(6n

2

• 12n)

(2(n + 1)

3 − 6 n

2 − 6 n − 2 + 3(n + 1)

2 − 6 n − 3 − 5(n + 1) + 5) +

(6n

2

• 12n)

(2(n + 1)

3

• 3(n + 1)

2 − 5(n + 1))

Damit ist die Aussage f¨ur alle n ∈ N bewiesen.

(b)

∑^ n

k=

k(k + 1) =

n(1 + n)(2 + n) ,

L¨osungshinweise hierzu: Wir beweisen diese Aussage mittels Induktion.

©IA^ n^ = 1:^

∑n

k=

k(k + 1) = 1(1 + 1) = 2 =

©IH^ Sei nun die Aussage f¨ur ein^ n^ ∈^ N^ bewiesen, d.h. f¨ur ein^ n^ ∈^ N^ gelte

∑^ n

k=

k(k + 1) =

n(1 + n)(2 + n).

©IS^ Wir zeigen, dass dann auch die Aussage f¨ur^ n^ + 1^ gilt.

∑^ n+

m=

m(m + 1)

∑n

m=

m(m + 1)

(n + 1)(n + 2)

©IH

n

n + 1

(n + 1)(n + 2)

n(n + 2)

(n + 1)(n + 2)

(n + 1)(n + 2)

n(n + 2) + 1

(n + 1)(n + 2)

n^2 + 2n + 1

(n + 1)(n + 2)

(n + 1)^2

(n + 1)(n + 2)

(n + 1)

(n + 2)

Damit ist die Aussage f¨ur alle n ∈ N bewiesen.

Aufgabe H 3. Binomialkoeffizienten

Zeigen Sie folgende Aussagen f¨ur alle n ∈ N.

(a)

∑^ n

k=

n

k

k = 3

n (b)

∑^ n

k=

cos(kπ)

n

k

= 0 (c)

∑^ n

k=

n

k

x

k

∑^ n

k=

n

k

x

n−k

L¨osungshinweise hierzu: Die Beweise ergeben sich aus dem binomischen Lehrsatz:

(a)

∑^ n

k=

n

k

k

∑^ n

k=

n

k

k (1)

n−k = (2 + 1)

n = 3

n ,

(b)

∑^ n

k=

cos(kπ)

n

k

∑^ n

k=

k

n

k

∑^ n

k=

n

k

k (1)

n−k = (1 − 1)

n = 0 ,

(c)

∑^ n

k=

n

k

x

k

∑^ n

k=

n

k

x

k 1

n−k = (x + 1)

n = (1 + x)

n

∑^ n

k=

n

k

x

n−k 1

k ,

Aufgabe H 4. Rationale Zahlen

Seien a, b und c ungerade ganze Zahlen. Zeigen Sie, dass f¨ur

ax

2

• bx + c = 0

keine L¨osung x ∈ Q existiert. Gehen Sie dazu wie folgt vor:

(a) Angenommen es existiert eine L¨osung x ∈ Q. Dann gibt es r, s ∈ Z mit s 6 = 0, r s vollst¨andig gek¨urzt und

b

2 − 4 ac =

r^2

s^2

Zeigen Sie, dass in diesem Fall r und s ungerade sind.

(b) Formen Sie die Gleichung aus (a) zu folgender Gleichung um

b

2 s

2 − r

2 = 4acs

2

und leiten Sie einen Widerspruch zur Annahme aus (a) her.

L¨osungshinweise hierzu:

(a) Angenommen es existiert eine L¨osung x ∈ Q, wobei x =

−b ±

b^2 − 4 ac

2 a

. Das gilt

aber nur wenn

b^2 − 4 ac ∈ Q. Also impliziert die Annahme, dass es r, s ∈ Z gibt,

mit den Eigenschaften, dass s 6 = 0,

r s vollst¨andig gek¨urzt und

b

2 − 4 ac =

r^2

s^2

Die Zahlen r und s k¨onnen nicht beide gerade sein, weil

r s vollst¨andig gek¨urzt ist. Wir nehmen an, dass r gerade ist. Das ergibt aber einen Widerspruch, denn

r

2 ︸︷︷︸ gerade

= s

2 b

2 − 4 acs

2 ︸ ︷︷ ︸ ungerade

Nehmen wir nun an, dass s gerade ist, so erhalten wir

r

2 ︸︷︷︸ ungerade

= s

2 b

2 − 4 acs

2 = s

2 (b

2

• 4ac) ︸ ︷︷ ︸ ungerade

also ebenfalls einen Widerspruch. Damit bleibt nur die M¨oglichkeit, dass r und s

ungerade sind.

(b) Wir schreiben die Gleichung aus (a) um und erhalten

b

2 s

2 − r

2 = 4acs

2 .

Dann steht auf der linke Seite die Differenz zweier ungerader Quadratzahlen, die durch

8 teilbar ist (siehe H1 (b)). Dies impliziert, dass acs^2 eine gerade Zahl sein muss. Das

ist ein Widerspruch zum Ergebnis aus (a).

• h ist injektiv, da wieder x 1 < x 2 ⇒ h(x 1 ) < h(x 2 ) gilt.

h ist nicht surjektiv, da h(x) = 0 keine L¨osungen besitzt.

h ist nicht bijektiv, da nicht surjektiv.

• s ist nicht injektiv, da sin(0) = sin(π) ist.

s ist surjektiv. Bereits die Funktion sin : [−π/ 2 , π/2] → [− 1 , 1] erreicht den ganzen

Bildbereich [− 1 , 1] und f¨ur alle y ∈ [− 1 , 1] ist x = arcsin(y) eine L¨osung von s(x) =

y.

s ist nicht bijektiv, da nicht injektiv.

Aufgabe H 6. Betr¨age, Ungleichungen

(a) Skizzieren Sie die folgenden Mengen.

(i)

(x, y) ∈ R^2

∣ (^2) x + 3y ≦ 6

(ii)

(x, y) ∈ R^2

∣ (^) |x − 1 | + |y| ≦ 2

(b) Bestimmen Sie alle reellen L¨osungen der Gleichung x

2 − 5 |x| + 6 = 0.

(c) Sei a ∈ R ein Parameter. Bestimmen Sie

x ∈ R

∣ (^) |x^2 − 1 | + |x − a| = 0

L¨osungshinweise hierzu:

(a) Skizzieren Sie die folgenden Mengen

(i) Durch Umformen erh¨alt man 2 x + 3y ≦ 6 ⇔ y ≦ −

x + 2 und es ergibt

sich die Menge

(x, y) ∈ R^2

∣ y^ ≦^ −

x + 2

als die Fl¨ache unterhalb (und

einschließlich) der Geraden y = −

x + 2.

0 x

y

(ii) Fall x ≧ 1 , y ≧ 0 : x − 1 + y ≦ 2 ⇔ y ≦ −x + 3

Fall x ≧ 1 und y < 0 : x − 1 − y ≦ 2 ⇔ y ≧ x − 3

Fall x < 1 , y < 0 :−x + 1 − y ≦ 2 ⇔ y ≧ −x − 1

Fall x < 1 und y ≧ 0 :−x + 1 + y ≦ 2 ⇔ y ≦ x + 1

Die Menge ergibt sich als das von diesen Geraden umrandete Gebiet.

0 x

y

(b) L¨osung I.

Fall: x ≧ 0.

Wir erhalten die Gleichung

x

2 − 5 x + 6 = 0,

mit den Nullstellen x 1 = 2 und x 2 = 3.

Fall: x < 0.

Wir erhalten

x

2

• 5x + 6 = 0

mit den Nullstellen x 3 = − 2 und x 4 = − 3.

L¨osung II.

Mit der Substitution z = |x| erhalten wir die Gleichung

z

2 − 5 z + 6 = 0

mit den Nullstellen z = 2 und z = 3. Da z = |x|, gilt x = ±z und somit

x 1 = 2, x 2 = 3, x 3 = − 2 , x 4 = − 3.

(c) Da die Betragsfunktion |y| ≧ 0 (∀y ∈ R) ist, folgt aus |x

2 − 1 | + |x − a| = 0, dass

(∣ ∣x^2 − 1

∧ (|x − a| = 0).

Also erhalten wir

((x + 1)(x − 1) = 0) ∧ (x = a).

Deshalb gilt

• ist a = − 1 , so lautet die L¨osung x = − 1 ,

M 1

x

y

M 2

x

y

(b) Die Menge M 3 ist die Vereinigung aller Punkte, die zwischen und auf den beiden

Parabel¨asten von M 1 und M 2 liegen.

M 3

x

y

Die Menge M 4 ist die abgeschlossene Kreisscheibe mit dem Mittelpunkt (1, 1) und

Radius 4. Die Schnittmenge von M 3 und M 4 ergibt sich als die Fl¨ache, die zum einen

begrenzt wird durch den in M 3 liegenden Kreisbogen (als Teil des Randes von M 4 )

und zum anderen dem Teil des Randes von M 3 , der sich in M 4 befindet.

M 4

x

y

M 3 ∩ M 4

x

y

L. Allerhand

A. Armiti, J. H¨orner

A. Kerschl, M. Werth

C. Winkel, C. Zeiler

3. Gruppen¨ubung zur Vorlesung

H¨ohere Mathematik 1

M. K¨unzer

M. Stroppel

Wintersemester 2014/

L¨osungshinweise zu den Hausaufgaben:

Aufgabe H 9. Faktorisierung

Faktorisieren Sie folgende Polynome so weit wie m¨oglich.

(a) z^2 + 4iz − 4 ∈ Pol C

L¨osungshinweise hierzu: Entweder mit Hilfe der binomischen Formel oder durch

Berechnung der Nullstellen mit Hilfe der Mitternachtsformel erhalten wir:

z

2

• 4iz − 4 = (z + 2i)

2

(b) z^5 − i ∈ Pol C

L¨osungshinweise hierzu: Hierzu ziehen wir die f¨unften Wurzeln aus i = cos

π 2

• i sin

π 2

und erhalten:

z

5 − i =

z −

cos

π

10

• i sin

π

10

z −

cos

5 π

10

• i sin

5 π

10

z −

cos

9 π

10

• i sin

9 π

10

z −

cos

13 π

10

• i sin

13 π

10

z −

cos

17 π

10

• i sin

17 π

10

z −

cos

π

10

• i sin

π

10

(z − i)

z −

cos

9 π

10

• i sin

9 π

10

z −

cos

13 π

10

• i sin

13 π

10

z −

cos

17 π

10

• i sin

17 π

10

(c) x^4 + 1 ∈ Pol R

L¨osungshinweise hierzu: Da dieses Polynom keine reellen Nullstellen hat, k¨onnen

keine Linearfaktoren abgespalten werden. Dennoch muss es in ein Produkt aus zwei

Polynomen von Grad zwei zerfallen. Um diese beiden Polynome zu bestimmen, kann

man entweder die komplexen vierten Wurzeln von − 1 bestimmen und anschließend die

Linearfaktoren, die zu komplex konjugierten Wurzeln geh¨oren zusammenfassen oder

man stellt zwei allgemeine Polynome von Grad zwei auf, multipliziert diese zusammen

und l¨ost die entstehenden Gleichungen. (Die vierten Wurzeln von − 1 sind cos

π 4

i sin

π 4

, cos

3 π 4

• i sin

3 π 4

, cos

5 π 4

• i sin

5 π 4

und cos

7 π 4

• i sin

7 π 4

.) Auf

beiden Wegen erh¨alt man:

x

4

• 1 = (x

2 −

2 x + 1)(x

2

2 x + 1)

Im(z) = −^32 − 12 Re(z) begrenzt.

Wir erhalten:

Re

Im

(c)

z ∈ C

∣ (^) |z − i| < |z − 1 |

L¨osungshinweise hierzu: Die Menge besteht aus allen Punkten in der komplexen

Ebene, die von i einen kleineren Abstand haben als von 1.

Re

Im

(d)

z ∈ C

∣ (^) Re(z^2 ) > 1

L¨osungshinweise hierzu: Schreiben wir z = a + bi, so ist Re(z^2 ) = a^2 − b^2. Aus

a

2 − b

2

1 erhalten wir a >

1 + b^2 f¨ur positives a und a < −

1 + b^2 f¨ur negatives

a. Insgesamt erhalten wir:

Re

Im

Aufgabe H 11. Komplexe Zahlenebene

Gegeben seien die Abbildungen

f 1 : C → C : z 7 → (4 + 3i)z und f 2 : C → C : z 7 → z

2

sowie die Mengen

M 1 =

z ∈ C

|z| =

M 2 =

z ∈ C

∣ (^) Re(z) = 1

und

M 3 =

z ∈ C

∣ |z^ −^

Skizzieren Sie die Mengen M 1 , M 2 und M 3 sowie f 1 (M 1 ), f 1 (M 2 ), f 1 (M 3 ) und f 2 (M 1 ),

f 2 (M 2 ), f 2 (M 3 ).

L¨osungshinweise hierzu: Die Menge M 1 ist die Menge aller Punkte in der komplexen

Ebene, die zur 0 den Abstand

1 2 haben. Also der Kreis mit Radius^

1 2 um die 0. Alle Punkte dieser Menge k¨onnen als 12 (cos(t) + sin(t)i) mit einem t ∈ [0, 2 π) beschrieben werden.

Die Menge M 2 ist die Menge aller Punkte in der komplexen Ebene, deren Realteil gleich 1

ist. Also die Gerade parallel zur Imagin¨arachse durch 1. Alle Punkte dieser Menge k¨onnen als

1 + ti mit einem t ∈ R beschrieben werden.

Die Menge M 3 ist die Menge aller Punkte in der komplexen Ebene, die zu

1 2 den Abstand 1 2 haben. Also der Kreis mit Radius^

1 2 um^

1

2. Alle Punkte dieser Menge k¨onnen als^

1 2 + 1 2 (cos(t) + sin(t)i)^ mit einem^ t^ ∈^ [0,^2 π)^ beschrieben werden. Um die Bilder der Mengen unter der Abbildung f 1 zu bestimmen, machen wir uns zun¨achst

klar, dass die Multiplikation einer komplexen Zahl mit (4+3i) einer Drehstreckung entspricht.

(Im Polarkoordinaten: Argumente werden addiert, Betr¨age multipliziert.) Daher erhalten wir:

Aufgabe H 12. Komplexe Zahlen

Bestimmen Sie die folgenden Mengen.

(a)

n ∈ Z

∣ (^) in^ ∈ R

L¨osungshinweise hierzu: F¨ur gerade Zahlen n ∈ Z, d.h. n = 2k f¨ur ein k ∈ Z gilt

in^ = i^2 k^ = (−1)

k ∈ R. F¨ur ungerade Zahlen n ∈ Z, d.h. n = 2k + 1 f¨ur ein k ∈ Z

gilt i

n = i

2 k+ = (−1)

k · i ∈/ R. Insgesamt erhalten wir { n ∈ Z

∣ (^) in^ ∈ R

= 2Z = die Menge der geraden ganzen Zahlen.

(b)

n ∈ Z

∣ (^) Im ((1 + i)n) > 0

L¨osungshinweise hierzu: Es gilt

Im ((1 + i)

n ) = Im

cos

π

4

• i sin

π

4

)))n) = 2

n (^2) sin(

nπ

4

Also suchen wir alle n ∈ Z, f¨ur die sin(

nπ 4 )^ >^0 ist. Das sind genau jene^ n^ ∈^ Z, die beim Teilen durch 8 den Rest 1, 2 oder 3 ergeben. Wir erhalten also:

{ n ∈ Z

∣ (^) Im ((1 + i)n) > 0

n ∈ Z

∣ (^) (n = 1 + 8k) ∨ (n = 2 + 8k) ∨ (n = 3 + 8k), k ∈ Z

(c)

z ∈ C

∣ (^) z^6 = 1 + i

L¨osungshinweise hierzu: Wir suchen die L¨osungen der Gleichung z

6 √ = 1 + i = 2

cos(

π 2 ) + i sin(

π 2 )

. Wir berechnen also Betrag und Argument getrennt. Der Be-

trag der L¨osungen ist

6

1 (^12). F¨ur das Argument ϕ muss gelten, dass 6 · ϕ = π 4 + 2πk^ ist, f¨ur^ k^ ∈ {^0 ,^1 ,^2 ,^3 ,^4 ,^5 }^ Wir erhalten damit

{ z ∈ C

∣ (^) z^6 = 1 + i

1 12

cos

π + 8πk

24

• i sin

π + 8πk

24

∣ k^ ∈ {^0 ,^1 ,^2 ,^3 ,^4 ,^5 }

(d)

z ∈ C

∣ (^) z 2 = iz

L¨osungshinweise hierzu: Sei z = r(cos(ϕ) + i sin(ϕ)), dann ist z = r(cos(−ϕ) +

i sin(−ϕ)), z

2 = r^2 (cos(− 2 ϕ) + i sin(− 2 ϕ)) und iz = r(cos(ϕ +

π 2 ) + i sin(ϕ^ +^

π 2 )). Damit erhalten wir

r

2 (cos (− 2 ϕ) + i sin (− 2 ϕ)) = z

2 = iz = r

cos

ϕ +

π

2

• i sin

ϕ +

π

2

Soll die rechte mit der linken Seite ¨ubereinstimmen, so muss gelten r = r

2 und (falls

r 6 = 0) − 2 ϕ = ϕ +

π 2 + 2πk^ f¨ur ein^ k^ ∈^ Z. Daraus folgt^ r^ = 0^ oder^ r^ = 1. Im Fall r = 1 vergleichen wir nun die Argumente

− 2 ϕ = ϕ +

π

2

• 2πk

⇔ − 3 ϕ =

π

2

• 2πk

⇔ ϕ = −

π + 4kπ

6

Im Intervall [0; 2π) liefert das die L¨osungen ϕ 1 = 36 π = π 2 , ϕ 2 = 76 π und ϕ 1 = 116 π.

Insgesamt erhalten wir

z ∈ C

∣ (^) z 2 = iz

0 , i, cos

7 π

6

• i sin

7 π

6

, cos

11 π

6

• i sin

11 π

6

(b) Der Schnittpunkt erf¨ullt

t(1 − λ 1 ) + i(λ 1 + 1)(t − 1) = it(1 − λ 2 ) − (λ 2 + 1)(t − 1)

mit λ 1 , λ 2 ∈ R. Vergleicht man Realteil und Imagin¨arteil, so erh¨alt man das lineare

Gleichungssystem

−t λ 1 +(t − 1) λ 2 = 1 − 2 t

(t − 1) λ 1 +t λ 2 = 1 ,

dessen L¨osung

λ 1 =

2 t

2 − 1

2 t^2 − 2 t + 1

und λ 2 = −

2 t

2 − 4 t + 1

2 t^2 − 2 t + 1

lautet. Damit ergibt sich der Schnittpunkt

4 it

3 − 2 t

2 − 6 it

2

• 2 t + 2 it

2 t^2 − 2 t + 1

(c) Uberpr¨¨ uft man die Eigenschaft 0 ∈ Vt , bleiben nur noch V 0 =

iλ ∈ C

∣ (^) λ ∈ R

und

V 1 =

λ ∈ C

∣ (^) λ ∈ R

als Kandidaten ¨ubrig.

Seien nun u, v ∈ V 0 , s ∈ R. Es existieren Faktoren a, b ∈ R mit u = ai, v = bi, so

dass

u + v = (a + b)i ∈ V 0 , mit λ = a + b und

s u = (s a)i ∈ V 0 , mit λ = s a.

Das gleiche Argument geht f¨ur V 1.

(d) Im Unterschied zur Teilaufgabe (c) d¨urfen die Faktoren (bisher mit s bezeichnet) jetzt

komplex sein.

Wegen der Bedingung 0 ∈ Vt bleiben wieder nur V 0 =

iλ ∈ C

∣ (^) λ ∈ R

und V 1 = { λ ∈ C

∣ (^) λ ∈ R

als Kandidaten ¨ubrig.

Bei beiden handelt es sich um keine Untervektorr¨aume. Als Gegenbeispiel w¨ahlt man

als Faktor s = i. Dann erh¨alt man f¨ur v = i ∈ V 0 den Wert s v = − 1 ∈/ V 0 und

u = 1 ∈ V 1 den Wert s u = i ∈/ V 1.

Aufgabe H 15. Skalarprodukt

Sei V :=

p : [0, 1] → R : x 7 → ax^2 + bx + c

∣ (^) a, b, c ∈ R

der Raum aller Polynome auf

[0, 1] mit Grad maximal 2. Sei auf V das Skalarprodukt 〈p | q〉 :=

0 p(x)q(x) dx^ f¨ur

p, q ∈ V definiert. Seien p 1 , p 2 , p 3 ∈ V definiert durch p 1 (x) := x

2

• x, p 2 (x) := x − 1 ,

p 3 (x) := x^2 + 2x + 1.

(a) Bilden p 1 und p 3 eine Basis f¨ur V?

(b) Bestimmen Sie eine Basis von V. Bestimmen Sie eine Basis von

p ∈ V

∣ (^) p(1) = 0

(c) Bestimmen Sie die Skalarprodukte 〈p 1 | p 2 〉, 〈p 1 | p 1 〉 und 〈p 2 | p 2 〉. Entscheiden Sie

mittels der Schwarzschen Ungleichung, ob p 1 und p 2 linear abh¨angig sind.

L¨osungshinweise hierzu:

(a) Die Polynome p 1 und p 3 bilden keine Basis f¨ur V. Als Gegenbeispiel gibt es keine

Linearkombination um 1 ∈ V zu erzeugen. Wir machen den Ansatz

1 = a p 1 (x) + b p 2 (x) = a x

2

• (a + b) x − b.

Vergleicht man die konstanten Terme folgt b = − 1. Aus den Termen erster Ordnung

folgt a = 1 und damit bleibt immer ein quadratischer Term ¨ubrig.

(b) Nach Definition ist L (x^2 , x, 1) = V. Falls x^2 , x, 1 linear unabh¨angig sind bilden sie

eine Basis von V. Wir zeigen a x

2

• b x + c = 0 besitzt nur die triviale L¨osung. F¨ur

x = 0 folgt c = 0. Einsetzen von x = 1 und x = 1/ 2 f¨uhrt auf das lineare Glei-

chungssystem a + b = 0 und a/4 + b/2 = 0. Dessen einzige L¨osung lautet a = 0 und

b = 0. Damit ist die lineare Unabh¨angigkeit gezeigt.

Zur Basis von

p ∈ V

∣ (^) p(1) = 0

. Wir formen zuerst um:

{ p ∈ V

∣ (^) p(1) = 0

p : [0, 1] → R : x 7 → ax

2

• bx + c

∣ (^) a + b + c = 0 und a, b, c ∈ R

p : [0, 1] → R : x 7 → ax

2

• bx − a − b

∣ (^) a, b ∈ R

p : [0, 1] → R : x 7 → a(x^2 − 1) + b(x − 1)

∣ (^) a, b ∈ R

= L

(x

2 − 1), (x − 1)

Die Polynome x^2 − 1 und x − 1 sind linear unabh¨angig: Wie zeigen wieder, dass

a(x

2 − 1) + b(x − 1) = 0 nur die triviale L¨osung hat. F¨ur x = 0 und x = 1/ 2 ergibt

sich das linear Gleichungssystem −a − b = 0 und − 3 a/ 4 − b/2 = 0, dessen einzige

L¨osung a = 0 und b = 0 lautet.

(c)

〈p 1 | p 2 〉 =

0

p 1 (x)p 2 (x)dx =

0

(x

2

• x)(x − 1)dx =

[

x^4

4

x^2

2

] 1

0

〈p 1 | p 1 〉 =

0

p 1 (x)p 1 (x)dx =

0

(x

2

• x)

2 dx =

〈p 2 | p 2 〉 =

0

p 2 (x)p 2 (x)dx =

0

(x − 1)

2 dx =

Da 〈p 1 | p 2 〉

2 < 〈p 1 | p 1 〉 〈p 2 | p 2 〉 gilt (insb. echt kleiner), folgt aus ”

2.6.4 Schwarzsche

Ungleichung: scharfe Form“ die lineare Unabh¨angigkeit.

Aufgabe H 16. Geraden und Ebenen

Seien A := (1, − 1 , 2), B := (1, 0 , 2), C := (3, 1 , 0), P := (3, 3 , 4) in R^3 gegeben.