Kapitel12 - Springer · Kapitel12 Aufgaben Verständnisfragen Aufgabe 12.1 • Für welche u∈R2...

Kapitel 12

Aufgaben

Verständnisfragen

Aufgabe 12.1 • Für welche u ∈ R2 ist die Abbildung

ϕ :{

R2 → R2,

v �→ v + u

linear?

Aufgabe 12.2 • Gibt es eine lineare Abbildungϕ : R2 → R2 mit

(a)

ϕ

((23

))=(

22

), ϕ

((20

))=(

11

), ϕ

((63

))=(

43

)bzw.

(b)

ϕ

((13

))=(

21

), ϕ

((20

))=(

11

), ϕ

((53

))=(

43

)?

Aufgabe 12.3 • Folgt aus der linearen Abhängigkeitder Zeilen einer reellen 11×11-MatrixA die lineare Abhän-gigkeit der Spalten von A?

Rechenaufgaben

Aufgabe 12.4 • Welche der folgenden Abbildungensind linear ?

(a) ϕ1 :

R2 → R2,(v1v2

)�→

(v2 − 1−v1 + 2

)

(b) ϕ2 :

R2 → R3,(v1v2

)�→

13 v211 v1

−4 v2 − 2 v1

(c) ϕ3 :

R2 → R3,(v1v2

)�→

v1

−v21 v2

v2 − v1

Aufgabe 12.5 • Welche Dimensionen haben Kern undBild der folgenden linearen Abbildung?

ϕ :

R2 → R2,(v1v2

)�→

(v1 + v2v1 + v2

).

Aufgabe 12.6 •• Zeigen Sie, dass für M =0 1 1

1 0 11 1 0

gilt:

Mn = anM + bnE3

und bestimmen Sie eine Rekursionsformel für an und bn.

Aufgabe 12.7 • Wir betrachten die lineare Abbildungϕ : R4 → R4, v �→ Av mit der Matrix

A =

3 1 1 −11 3 −1 11 −1 3 1−1 1 1 3

Gegeben sind weiter die Vektoren

a =

1111

, b =

1−1−11

und c =

4444

.

(a) Berechnen Sie ϕ(a) und zeigen Sie, dass b im Kern vonϕ liegt. Ist ϕ injektiv?

(b) Bestimmen Sie die Dimensionen von Kern und Bild derlinearen Abbildung ϕ.

(c) Bestimmen Sie Basen des Kerns und des Bildes von ϕ.(d) Bestimmen Sie die Menge L aller v ∈ R4 mit ϕ(v) = c.

Aufgabe 12.8 • Wir betrachten den reellen Vektor-raum R[X]3 aller Polynome über R vom Grad kleiner odergleich 3, und es bezeichne d

dX : R[X]3 → R[X]3 die Diffe-renziation. Weiter sei E = (1, X, X2, X3) die Standardba-sis von R[X]3.

(a) Bestimmen Sie die Darstellungsmatrix EM( ddX )E .

(b) Bestimmen Sie die Darstellungsmatrix BM( ddX )B

von ddX bezüglich der geordneten Basis B =

(X3, 3X2, 6X, 6) von R[X]3.

Aufgabe 12.9 •• Gegeben sind die geordnete Standard-

basisE2=((

10

),

(01

))des R2,B=

111

,

110

,

100

des R3 und C =

1111

,

1110

,

1100

,

1000

des R4.

Nun betrachten wir zwei lineare Abbildungen ϕ : R2 → R3

und ψ : R3 → R4 definiert durch

ϕ

((v1v2

))= v1 − v2

02 v1 − v2

und

ψ

v1v2v3

=

v1 + 2 v3v2 − v3v1 + v2

2 v1 + 3 v3

.

Bestimmen Sie die Darstellungsmatrizen BM(ϕ)E2 ,

CM(ψ)B und CM(ψ ◦ ϕ)E2 .

Aufgabe 12.10 •• Gegeben ist eine lineare Abbildungϕ : R3 → R3. Die Darstellungsmatrix von ϕ bezüglich der

Aufgaben zu Kapitel 12 101

geordneten Standardbasis E3 = (e1, e2, e3) des R3 lautet:

E3M(ϕ)E3 =4 0 −2

1 3 −21 2 −1

∈ R3×3 .

(a) Zeigen Sie: B =2

23

,

111

,

211

ist eine geord-

nete Basis des R3.(b) Bestimmen Sie die Darstellungsmatrix BM(ϕ)B

und die Transformationsmatrix S mit BM(ϕ)B =S−1

E3M(ϕ)E3 S.

Aufgabe 12.11 •• Gegeben sind zwei geordnete BasenA und B des R3

A = 8

−67

,

−167−13

,

9−37

B =

1−21

,

3−12

,

212

und eine lineare Abbildung ϕ : R3 → R3, die bezüglich derBasis A die folgende Darstellungsmatrix hat

AM(ϕ)A = 1 −18 15−1 −22 151 −25 22

(a) Bestimmen Sie die Darstellungsmatrix BM(ϕ)B von ϕ

bezüglich der geordneten Basis B.(b) Bestimmen Sie die Darstellungsmatrizen AM(ϕ)B und

BM(ϕ)A.

Aufgabe 12.12 ••• Es bezeichne ;: R[X]4 → R[X]4den durch;(f ) = f (X+ 1)− f (X) erklärten Differenzen-operator.

(a) Zeigen Sie, dass; linear ist, und berechnen Sie die Dar-stellungsmatrix EM(;)E von ; bezüglich der kanoni-schen Basis E = (1, X, X2, X3, X4) von R[X]4 sowiedie Dimensionen des Bildes und des Kerns von ;.

(b) Zeigen Sie, dass

B =(

1, X,X(X − 1)

2,

X(X − 1)(X − 2)

6,X(X − 1)(X − 2)(X − 3)

24

)eine geordnete Basis von R[X]4 ist, und berechnen Siedie Darstellungsmatrix BM(;)B von ; bezüglich B.

(c) Angenommen, Sie sollten auch noch die Darstellungs-matrizen der Endomorphismen ;2,;3,;4,;5 berech-nen – es bedeutet hierbei ;k = ; ◦ · · · ◦ ;︸︷︷︸

k-mal

– Ihnen sei

dafür aber die Wahl der Basis von R[X]4 freigestellt.Welche Basis würden Sie nehmen? Begründen Sie IhreWahl.

Beweisaufgaben

Aufgabe 12.13 •• Es seien K ein Körper, V ein end-lichdimensionaler K-Vektorraum, ϕ1, ϕ2 ∈ EndK(V ) mitϕ1 + ϕ2 = idV . Zeigen Sie:

(a) dim(Bild ϕ1)+ dim(Bild ϕ2) ≥ dim(V ).(b) Falls „=“ in (a) gilt, so ist

ϕ1 ◦ ϕ1 = ϕ1 ,

ϕ2 ◦ ϕ2 = ϕ2 ,

ϕ1 ◦ ϕ2 = ϕ2 ◦ ϕ1 = 0 ∈ EndK(V ).

Aufgabe 12.14 •• Wenn A eine linear unabhängigeMenge eines K-Vektorraums V und ϕ ein injektiver Endo-morphismus von V ist, ist dann auch A′ = {ϕ(v) | v ∈ A}linear unabhängig ?

Aufgabe 12.15 ••• Gegeben ist eine lineare Abbildungϕ : R2 → R2 mit ϕ ◦ ϕ = id

R2 (d. h., für alle v ∈ R2 giltϕ(ϕ(v)) = v), aberϕ != ±id

R2 (d. h.ϕ !∈ {v �→v, v �→−v}).Zeigen Sie:

(a) Es gibt eine Basis B = {b1, b2} des R2 mit ϕ(b1) = b1,ϕ(b2) = −b2.

(b) Ist B ′ = {a1, a2} eine weitere Basis mit der in (a) an-gegebenen Eigenschaft, so existieren λ, µ ∈ R \ {0}mita1 = λ b1, a2 = µ b2.

Aufgabe 12.16 •• Es seien K ein Körper und n ∈ N.In dem K-Vektorraum V = Kn seien die Unterräume U =〈u1, . . . , ur 〉undW = 〈w1, . . . , wt 〉gegeben. Weiter seienm = r + t und

A =

u1 u1...

...

ur urw1 0...

...

wt 0

∈ Km×2n

(wobei die ui ,wi als Zeilen geschrieben sind). Zeigen Sie:Bringt man A durch elementare Zeilenumformungen auf dieForm

A′ =

v1 P...

...

vl P

0 y1...

...

0 ym−l

,

wobei v1, . . . , vl paarweise verschieden und linear unab-hängig sind, so ist {v1, . . . , vl} eine Basis von U +W und〈y1, . . . , ym−l〉 = U∩W . Zeigen Sie weiter: Ist dim(U) = r

und dim(W) = t , so ist {y1, . . . , ym−l} eine Basis vonU ∩W .

102 Hinweise zu Kapitel 12

Aufgabe 12.17 • Bestimmen Sie eine Basis vonU∩W.Dabei seien die beiden Untervektorräume

U = 〈(0, 1, 0,−1)6, (1, 0, 1,−2)6, (−1,−2, 0, 1)6〉W = 〈(−1, 0, 1, 0)6, (1, 0,−1,−1)6, (2, 0,−1, 0)6〉

des R-Vektorraums V = R4 gegeben.

Aufgabe 12.18 ••• Für A, B ∈ Kn×n sei En −AB in-vertierbar. Zeigen Sie, dass dann auch En−B A invertierbarist und bestimmen Sie das Inverse.

Aufgabe 12.19 ••• Es sei A ∈ Km×n und B ∈ Kn×p .Zeigen Sie:

rg(AB) = rg(B)− dim(kerA ∩ Bild B) .

Aufgabe 12.20 •• Zeigen Sie: Sind A und A′ zwein× n-Matrizen über einem Körper K, so gilt

AA′ = En ⇒ A′A = En .

Insbesondere ist A′ = A−1 das Inverse der Matrix A.

Hinweise

Verständnisfragen

Aufgabe 12.1 • Nehmen Sie an, dass die Abbildung li-near ist. Untersuchen Sie, welche Bedingungu erfüllen muss.

Aufgabe 12.2 • Beachten Sie das Prinzip der linearenFortsetzung auf Seite 420.

Aufgabe 12.3 • Man beachte die Regel Zeilenrang istgleich Spaltenrang.

Rechenaufgaben

Aufgabe 12.4 • Überprüfen Sie die Abbildungen aufLinearität oder widerlegen Sie die Linearität durch Angabeeines Gegenbeispiels.

Aufgabe 12.5 • Bestimmen Sie das Bild von ϕ undbeachten Sie die Dimensionsformel auf Seite 427.

Aufgabe 12.6 •• Zeigen Sie die Behauptung per Induk-tion.

Aufgabe 12.7 • Beachten Sie das Injektivitätskrite-rium auf Seite 427.

Aufgabe 12.8 • In der i-ten Spalten der Darstellungs-matrix steht der Koordinatenvektor des Bildes des i-ten Ba-sisvektors.

Aufgabe 12.9 •• Beachten Sie die Formel aufSeite 444.

Aufgabe 12.10 •• Beachten Sie die Basistransformati-onsformel auf Seite 455.

Aufgabe 12.11 •• Schreiben Sie BM(ϕ)B = BM(id ◦ϕ ◦ id)B , und beachten Sie die Formel für das Produkt vonDarstellungsmatrizen auf Seite 444.

Aufgabe 12.12 ••• Beachten Sie die Definitionen derLinearität und der Darstellungsmatrix.

Beweisaufgaben

Aufgabe 12.13 •• Benutzen Sie für den Nachweis von(a) den Dimensionssatz. Zum Nachweis von (b) zeige manzuerst ϕ1(V ) ∩ ϕ2(V ) = {0}.

Aufgabe 12.14 •• Prüfen Sie die Menge A′ auf lineareUnabhängigkeit, bedenken Sie dabei aber, dass A′ durchausunendlich viele Elemente enthalten kann. Beachten Sie auchdas Injektivitätskriterium auf Seite 427.

Aufgabe 12.15 ••• Wählen Sie geeignete Vektoren v

und v′, und betrachten Sie v + ϕ(v) und v′ − ϕ(v′).

Aufgabe 12.16 •• Betrachten Sie den von den Zeilenvon A aufgespannten Untervektorraum T von K2n sowie dieAbbildung π : T → Kn, (x, y) �→ x. Zeigen Sie, dass π

linear, Bild π = U +W und ker π={(0, y) | y∈U∩W } ist.

Aufgabe 12.17 • Benutzen Sie die Methode aus Auf-gabe 12.16.

Aufgabe 12.18 ••• Zeigen Sie mit der (reellen) geome-trischen Reihe

1

1− ba= 1+ b(1− ab)−1a .

Aufgabe 12.19 ••• Ergänzen Sie eine Basis vonker(A) ∩ Bild B durch C = {b1, . . . , bt } zu einer Basisvon Bild B und zeigen Sie, dass

D = {Ab1, . . . , Abt }

linear unabhängig ist.

Aufgabe 12.20 •• Betrachten Sie die Komposition derAbbildungen ϕA : Kn → Kn, v �→ Av und ϕA′ : Kn→Kn,

v �→ A′ v.

Lösungswege zu Kapitel 12 103

Lösungen

Verständnisfragen

Aufgabe 12.1 • Nur für u = 0.

Aufgabe 12.2 • (a) Nein. (b) Ja.

Aufgabe 12.3 • Ja.

Rechenaufgaben

Aufgabe 12.4 • (a) ϕ1 ist nichtlinear. (b) ϕ2 ist linear.(c) ϕ3 ist nicht linear.

Aufgabe 12.5 • dim ϕ(R2)=1 und dim ϕ−1({0})=1.

Aufgabe 12.6 •• Es gilt an+1 = an + bn undbn+1 = 2 an.

Aufgabe 12.7 • (a) ϕ(a) = c, ϕ(b) = 0, ϕ ist nichtinjektiv. (b) Der Kern hat die Dimension 1 und das Bild dieDimension 3. (c) Es ist {b} eine Basis des Kerns von ϕ und

311−1

,

13−11

,

1−131

eine Basis des Bildes von ϕ.

(d) L = a + ϕ−1({0}).

Aufgabe 12.8 •

EM

(d

dX

)E

=( 0 1 0 0

0 0 2 00 0 0 30 0 0 0

)und BM

(d

dX

)B

=( 0 0 0 0

1 0 0 00 1 0 00 0 1 0

)

Aufgabe 12.9 •• BM(ϕ)E2 = 2 −1−2 11 −1

,

CM(ψ)B =

5 2 2−3 0 −1−2 −1 −13 0 1

, CM(ψ ◦ϕ)E2 =

8 −5−7 4−3 27 −4

Aufgabe 12.10 •• (b) Es gilt BM(ϕ)B =1 0 0

0 2 00 0 3

und S=

2 1 22 1 13 1 1

Aufgabe 12.11 •• (a) Es gilt

BM(ϕ)B =16 47 −88

18 44 −9212 27 −59

(b) Es gilt AM(ϕ)B =−2 10 −3−8 0 23−2 17 −10

und

BM(ϕ)A =7 −13 22

6 −2 144 1 7

Aufgabe 12.12 ••• (a) EM(;)E =

0 1 1 1 10 0 2 3 40 0 0 3 60 0 0 0 40 0 0 0 0

,

dim ϕ−1({0}) = 1,

dim(;(V )) = 4. (b) BM(;)B =

0 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 00 0 0 0 10 0 0 0 0

.

(c) Die Basis B.

Beweisaufgaben

Aufgabe 12.13 •• –

Aufgabe 12.14 •• Ja.

Aufgabe 12.15 ••• –

Aufgabe 12.16 •• –

Aufgabe 12.17 • Es ist {(1, 0, 1,−2)6, (1, 0, 0, 1)6}eine Basis von U ∩W .

Aufgabe 12.18 ••• Es ist En+B (En−AB)−1 A dasInverse zu En−B A.

Aufgabe 12.19 ••• –

Aufgabe 12.20 •• –

Lösungswege

Verständnisfragen

Aufgabe 12.1 • Wenn ϕ linear ist, dann gilt ϕ(v +w)

= ϕ(v) + ϕ(w) für alle v, w ∈ R2. Mit der angegeben Ab-bildungsvorschrift besagt dies:

ϕ(v +w) = v +w + u = v + u+w + u = ϕ(v)+ ϕ(w) .

Und dies ist nur dann möglich, wennu = 0 ist. Also folgt ausder Linearität vonϕ die Gleichungu = 0. Umgekehrt ist abernatürlich ϕ in der Situation u = 0 eine lineare Abbildung,denn dann ist ϕ die Identität.

104 Lösungswege zu Kapitel 12

Aufgabe 12.2 • (a) Wegen(63

)= 1

(23

)+ 2

(20

)würde eine lineare Abbildung ϕ : R2 → R2 mit den angege-

benen Eigenschaften den Vektor

(63

)einerseits auf

ϕ

((63

))= ϕ

(1

(23

)+ 2

(20

))= ϕ

((23

))+ 2 ϕ

((20

))=(

22

)+ 2

(11

)=(

44

)

abbilden, andererseits aber auch ϕ

((63

))=(

43

)!=(

44

)erfüllen. Das kann aber nicht sein, d. h., dass keine solchelineare Abbildung existiert.

(b) Wegen (53

)= 1

(13

)+ 2

(20

)und(

43

)= 1

(21

)+ 2

(11

)

enthält die dritte Forderung ϕ

((53

))=(

43

)tatsächlich

nichts, was nicht schon in den ersten beiden Forderungenverlangt wird. Nach dem Prinzip der linearen Fortsetzungexistiert genau eine Abbildung mit den gewünschten Eigen-schaften.

Aufgabe 12.3 • Die Aussage ist richtig. Weil der Zei-lenrang von A kleiner oder gleich 10 ist, ist auch der Spal-tenrang von A kleiner oder gleich 10. Also sind die Spaltenvon A linear abhängig.

Rechenaufgaben

Aufgabe 12.4 • (a) Wegen ϕ1(0) =(−1−2

)!= 0 kann

ϕ1 nicht linear sein.

(b) Mit λ ∈ R und v =(v1v2

), w =

(w1w2

)gilt:

ϕ(λ v + w) = 13 (λ v2 + w2)

11 (λ v1 + w1)

−4 (λ v2 + w2)− 2 (λ v1 + w1)

= λ ϕ2(v)+ ϕ(w) ,

d. h., dass ϕ2 eine lineare Abbildung ist.

(c) Mit v =(

11

)und λ = 2 gilt:

ϕ3(λ v) = 2−80

und λ ϕ(v) = 2−20

,

d. h., dass ϕ3 keine lineare Abbildung ist.

Aufgabe 12.5 • Für jedes v ∈ R2 gilt ϕ(v) ∈ R

(11

),

d. h., dass also ϕ(R2) = 〈(

11

)〉 und somit dim ϕ(R2) = 1

gilt. Mit der Dimensionsformel auf Seite 427 folgtdim ϕ−1({0}) = 1.

Wir können auch den Kern von ϕ bestimmen, dieser ist of-

fenbar 〈(

1−1

)〉.

Aufgabe 12.6 •• Wir berechnen die ersten Potenzen:

M2 =2 1 1

1 2 11 1 2

=M + 2 E3 und

M3 =2 3 3

3 2 33 3 2

= 3M + 2 E3 .

Nun zeigen wir per Induktion

Mn = anM + bn En für an, bn ∈ R .

Wir haben die Behauptung bereits für n = 2 und n = 3gezeigt. Die Behauptung gelte für ein n ∈ N. Wegen

Mn+1 =MnM = (anM + bn)E3 M

= anM2 + bnM

= an (M + 2 E3)+ bnM

= (an + bn)M + 2 an E3 .

Somit gilt an+1 = an + bn und bn+1 = 2 an.

Aufgabe 12.7 • (a) Wir berechnen ϕ(a):

ϕ(a) = Aa =

3 1 1 −11 3 −1 11 −1 3 1−1 1 1 3

1111

=

4444

= c.

Der Vektor b liegt im Kern von ϕ, wenn ϕ(b) = 0 gilt. Wirprüfen das nach:

ϕ(b) = Ab =

3 1 1 −11 3 −1 11 −1 3 1−1 1 1 3

1−1−11

=

0000

= 0.

Also liegt b im Kern von ϕ.


Die Abbildung ϕ ist nach dem Injektivitätskriterium aufSeite 427 nicht injektiv, da b != 0 im Kern von ϕ liegt.

(b) Da ϕ(R4) = 〈s1, s2, s3, s4〉 mit den Spaltenvektorens1, s2, s3, s4 der Matrix A gilt, erhalten wir die Dimensiondes Bildes durch elementare Spaltenumformungen an A:

3 1 1 −11 3 −1 11 −1 3 1−1 1 1 3

→

0 1 0 0−8 3 0 04 −1 4 0−4 1 4 0

An dieser Spaltenstufenform erkennt man den Spaltenrang 3der Matrix A. Damit gilt dim ϕ(R4) = 3. Mit der Dimensi-onsformel von Seite 427 folgt nun dim ϕ−1({0}) = 1.

Wir hätten natürlich auch umgekehrt zuerst die Dimensiondes Kerns durch elementare Zeilenumformungen bestimmenkönnen.

Nach (a) liegt der Vektor b im Kern von ϕ. Nach (b) ist der

Kern eindimensional, sodass ϕ−1({0})) = 〈

1−1−11

〉 gelten

muss. Also ist {b} eine Basis des Kerns von ϕ.

Nach (b) ist das Bild von ϕ dreidimensional. Wir haben wei-terhin in (b) gezeigt, dass die ersten drei Spalten der MatrixA linear unabhängig sind. Also bilden die ersten drei Spal-tenvektoren s1, s2, s3 von A eine Basis des Bildes von ϕ:

Die Menge

311−1

,

13−11

,

1−131

ist eine Basis von

ϕ(R4).

(d) Es ist L die Lösungsmenge des inhomogenen linearenGleichungssystems (A | c). Diese Lösungsmenge ist nacheinem Ergebnis auf Seite 183 die Summe einer speziellenLösung und der Lösungsmenge des zugehörigen homogenenSystems. Da a nach (a) eine spezielle Lösung des inhomoge-nen Systems und der Kern die Lösungsmenge des homogenenSystems ist, erhalten wir also: L = a + ϕ−1({0}).Aufgabe 12.8 • (a) Wegen

d

dX(1) = 0

d

dX(X) = 1,

d

dX(X2) = 2X,

d

dX(X3) = 3X

erhalten wir sogleich:

EM(d

dX)E =

0 1 0 00 0 2 00 0 0 30 0 0 0

(b) Wegen

d

dX(X3) = 3X2 d

dX(3X2) = 6X,

d

dX(6X) = 6,

d

dX(6) = 0

erhalten wir hieraus:

BM(d

dX)B =

0 0 0 01 0 0 00 1 0 00 0 1 0

Aufgabe 12.9 •• Wir verwenden die Bezeichnungen

e1 =(

10

)und e2 =

(01

)sowie b1 =

111

, b2 =1

10

,

b3 =1

00

.

Wir erhalten BM(ϕ)E2 , indem wir die Koordinaten v1j , v2j ,v3j von ϕ(ej ) für j = 1, 2 bezüglich der Basis B in dieSpalten einer Matrix schreiben. Wir erhalten v1j , v2j , v3jdurch Lösen der durch

v1j b1 + v2j b2 + v3j b3 = ϕ(ej )

für j = 1, 2 gegebenen linearen Gleichungssysteme über R

mit dem Gauß-Algorithmus. Man erhält:

BM(ϕ)E2 = 2 −1−2 11 −1

Analog erhält man CM(ψ)B , indem man die Koordinatenv′1j , v′2j , v′3j , v′4j von ψ(bj ) für j = 1, 2, 3 bezüglich derBasis C in die Spalten einer Matrix schreibt. Dies liefert:

CM(ψ)B =

5 2 2−3 0 −1−2 −1 −13 0 1

Die Darstellungsmatrix CM(ψ ◦ϕ)E2 erhält man durch Ma-trixmultiplikation:

CM(ψ ◦ ϕ)E2 =C M(ψ)B BM(ϕ)E2 =

8 −5−7 4−3 27 −4

Aufgabe 12.10 •• (a) Wegen2 2 31 1 12 1 1

→1 1 1

0 1 10 0 1

sind die drei Vektoren

b1 =2

23

, b2 =1

11

und b3 =2

11

linear unabhängig, also B eine geordnete Basis.


(b) Mit A = E3M(ϕ)E3 erhalten wir

Ab1 = 1 b1 + 0 b2 + 0 b3 ,

Ab2 = 0 b1 + 2 b2 + 0 b3 ,

Ab3 = 0 b1 + 0 b2 + 3 b3 .

Also gilt:

BM(ϕ)B =1 0 0

0 2 00 0 3

Und als Transformationsmatrix erhalten wir die Matrix

S = E3M(idR3)B = (b1, b2, b3)

=2 1 2

2 1 13 1 1

Aufgabe 12.11 •• (a) Es gilt

BM(ϕ)B=BM(id◦ϕ◦id)B=BM(id)A AM(ϕ)A AM(id)B .

Um also BM(ϕ)B zu ermitteln, ist das Produkt der dreiMatrizen BM(id)A, AM(ϕ)A und AM(id)B zu bilden. DieMatrix AM(ϕ)A ist gegeben, die anderen beiden Matrizenmüssen wir noch bestimmen. Wegen BM(id)A AM(id)B =BM(id)B = E3 ist AM(id)B das Inverse zu BM(id)A.

Wir bezeichnen die Elemente der geordneten Basis der Reihenach mit a1, a2, a3 und jene der Basis B mit b1, b2, b3 undermitteln BM(id)A = (Ba1, Ba2, Ba3). Gesucht sind alsoλ1, λ2, λ3 ∈ R mit

λ1 b1 + λ2 b2 + λ3 b3 = a1 bzw. = a2 bzw. = a3 .

Dies sind drei lineare Gleichungssysteme, die wir simultanlösen: 1 3 2 8 −16 9

−2 −1 1 −6 7 −31 2 2 7 −13 7

→ · · · 1 0 0 3 −3 1

0 1 0 1 −3 20 0 1 1 −2 1

Damit lautet die Basistransformationsmatrix

BM(id)A =3 −3 1

1 −3 21 −2 1

Die Matrix AM(id)B erhalten wir durch Invertieren der Ma-trix BM(id)A. Es gilt

AM(id)B =1 1 −3

1 2 −51 3 −6

Wir berechnen schließlich das Produkt

BM(ϕ)B = BM(id)A AM(ϕ)A AM(id)B

=16 47 −88

18 44 −9212 27 −59

.

(b) Wegen

AM(ϕ)B = AM(ϕ ◦ id)B = AM(ϕ)A AM(id)B

erhalten wir die Darstellungsmatrix AM(ϕ)B als Produkt derbeiden Matrizen AM(ϕ)A und AM(id)B . Es gilt:

AM(ϕ)B = AM(ϕ)A AM(id)B =−2 10 −3−8 0 23−2 17 −10

Analog erhalten wir für

BM(ϕ)B = BM(id ◦ ϕ)A = BM(id)A AM(ϕ)A

die Darstellungsmatrix

BM(ϕ)B = BM(id)A AM(ϕ)A =7 −13 22

6 −2 144 1 7

Aufgabe 12.12 ••• (a) Wir kürzen V = R[X]4 ab. Danngilt für f, g ∈ V :

;(f + g) = (f + g)(X + 1)− (f + g)(X)

= f (X + 1)− f (X)+ g(X + 1)− g(X)

= ;(f )+;(g) ,

damit ist ; additiv. Und für f ∈ V und λ ∈ R gilt:

;(λ f ) = (λ f )(X + 1)− (λ f )(X)

= λ f (X + 1)− λ f (X)

= λ (f (X + 1)− f (X))

= λ;(f ) ,

was besagt, dass ; homogen ist.

Die Homogenität und die Additivität besagen, dass ; einelineare Abbildung ist.

Es gilt:

;(1) = 1− 1 = 0,

;(X) = (X + 1)−X = 1,

;(X2) = (X + 1)2 −X2 = 2X + 1,

;(X3) = (X + 1)3 −X3 = 3X2 + 3X + 1,

;(X4) = (X + 1)4 −X4 = 4X3 + 6X2 + 4X + 1 .


Also ist

D1 = EM(;)E =

0 1 1 1 10 0 2 3 40 0 0 3 60 0 0 0 40 0 0 0 0

die Darstellungsmatrix von ; bezüglich der StandardbasisE = (1, X, X2, X3, X4) von R[X]4.

Wir behaupten, dass die letzten 4 Spalten von D1 linear un-abhängig sind. Ist nämlich

λ1

10000

+ λ2

12000

+ λ3

13300

+ λ4

14640

=

00000

,

so folgt aus der vierten Zeile 4 λ4 = 0, d. h. λ4 = 0. NachStreichen des vierten Vektors ergibt sich aus der dritten Zeile3 λ3 = 0, d. h., λ3 = 0, usw., also insgesamt λ1 = λ2 =λ3 = λ4 = 0, wie behauptet.

Weil f ∈ V genau dann im Kern von ; liegt, wenn

EM(;)E Ef = 0 gilt und der Kern der Matrix nach obigerRechnung die Dimension 1 hat, erhalten wir für die Dimen-sion des Kerns von ;:

dim ϕ−1({0}) = 1 .

Mit der Dimensionsformel folgt nun dim(;(V )) = 4.

(b) Wir bezeichnen die angegebenen Polynome der Reihenach mit pj für j = 0, 1, 2, 3, 4 und haben dann B =(p0, p1, p2, p3, p4). Die Matrix M , deren Spalten die Ko-ordinatenvektoren Epj sind, hat die Form

1 ∗ ∗ ∗ ∗0 1 ∗ ∗ ∗0 0 1

2 ∗ ∗0 0 0 1

6 ∗0 0 0 0 1

24

Wegen der Dreiecksgestalt ist B linear unabhängig, weil dieKoordinatenvektoren linear unabhängig sind, und folglich istB eine geordnete Basis von V . Es gilt:

;(p0) = ;(1) = 0,

;(p1) = ;(X) = 1 = p0,

;(p2) = (X + 1)X

2− X (X − 1)

2= X2 +X

2− X2 −X

2= X = p1,

;(p3) = (X + 1)X (X − 1)

6− X (X − 1) (X − 2)

6

= X (X − 1)

6

(X + 1− (X − 2)

)= X (X − 1)

2= p2,

;(p4) = (X + 1)X (X − 1)(X − 2)

24

− X (X − 1) (X − 2) (X − 3)

24

= X (X − 1) (X − 2)

24

(X + 1− (X − 3)

)= X (X − 1) (X − 2)

6= p3.

Die Darstellungsmatrix von ; bezüglich B ist demnach:

D2 = BM(;)B =

0 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 00 0 0 0 10 0 0 0 0

Bemerkung: Man nennt die Form der Matrix D2 Jordan-Normalform – dies ist fast eine Diagonalform.

(c) Natürlich die Basis B, denn wegen ;k(pj ) = pj−k (für0 ≤ k ≤ j ≤ 4) sind die Matrizen von ;2, ;3, ;4, ;5 derReihe nach einfach

0 0 1 0 00 0 0 1 00 0 0 0 10 0 0 0 00 0 0 0 0

,

0 0 0 1 00 0 0 0 10 0 0 0 00 0 0 0 00 0 0 0 0

,

0 0 0 0 10 0 0 0 00 0 0 0 00 0 0 0 00 0 0 0 0

,

0 0 0 0 00 0 0 0 00 0 0 0 00 0 0 0 00 0 0 0 0

.

(Dasselbe erhält man durch direktes Ausrechnen von D22,

D32, D4

2, D52.)

Insbesondere ist ;5 = 0 die Nullabbildung.

Beweisaufgaben

Aufgabe 12.13 •• Es seien n = dim(V ), k1 =dim(ϕ1(V )) und k2 = dim(ϕ2(V )).

(a) Wegen ϕ1(v)+ϕ2(v) = (ϕ1+ϕ2)(v) = v für alle v ∈ V

ist V = (ϕ1 + ϕ2)(V ) ⊆ ϕ1(V )+ ϕ2(V ). Nach der Dimen-sionsformel gilt:

dim(ϕ1(V )+ ϕ2(V )) = dim(ϕ1(V ))+ dim(ϕ2(V ))

− dim(ϕ1(V ) ∩ ϕ2(V )),

also n ≤ k1 + k2.

(b) Ist n = k1 + k2, so gilt dim(ϕ1(V ) ∩ ϕ2(V )) = 0, alsoϕ1(V ) ∩ ϕ2(V ) = {0}.Nach Voraussetzung ist ϕ1(w)+ϕ2(w) = w für alle w ∈ V ,also auch für w = ϕ1(v) oder für w = ϕ2(v).


Für alle v ∈ V gilt:

(i) ϕ1(ϕ1(v))+ ϕ2(ϕ1(v)) = ϕ1(v)

⇒ ϕ1(v)− ϕ1(ϕ1(v)) = ϕ2(ϕ1(v))∈ϕ1(V ) ∩ ϕ2(V )

= {0}.Also gilt ϕ1 ◦ ϕ1 = ϕ1 und ϕ2 ◦ ϕ1 = 0.

(ii) ϕ1(ϕ2(v))+ ϕ2(ϕ2(v)) = ϕ2(v)

⇒ ϕ2(v)− ϕ2(ϕ2(v)) = ϕ1(ϕ2(v))∈ϕ1(V ) ∩ ϕ2(V )

= {0}.Also gilt ϕ2 ◦ ϕ2 = ϕ2 und ϕ1 ◦ ϕ2 = 0.

Aufgabe 12.14 •• Da A eine unendliche Menge seinkann, trifft dies auch für A′ zu. Wir prüfen die lineare Unab-hängigkeit von A′ nach, indem wir die lineare Unabhängig-keit für jede endliche Teilmenge E ⊆ A′ nachweisen.

Ist nun E = {ϕ(v1), . . . , ϕ(vr )} ⊆ A′ mit v1, . . . , vr ∈ A

eine solche endliche Teilmenge von A′, so folgt aus

λ1 ϕ(v1)+ · · · + λr ϕ(vr ) = 0

für λ1, . . . , λr ∈ K und der Linearität von ϕ sogleich

ϕ(λ1 v1 + · · · + λr vr ) = 0 .

Nun ist ϕ aber als injektiv vorausgesetzt. Nach dem Injekti-vitätskriterium auf Seite 427 gilt deswegen:

λ1 v1 + · · · + λr vr = 0 .

Weil aber die Menge {v1, . . . , vr } als endliche Teilmengevon A linear unabhängig ist, folgt:

λ1 = · · · = λr = 0 ,

also die lineare Unabhängigkeit von E und damit schließlichjene von A′.

Aufgabe 12.15 ••• (a) Wegen ϕ != −idR2 existiert

v ∈ R2 mit ϕ(v) != −v, also b1 := v + ϕ(v) != 0.Wegen ϕ != id

R2 existiert v′ ∈ R2 mit ϕ(v′) != v′, alsob2 = v′ − ϕ(v′) != 0. Es gilt:

ϕ(b1) = ϕ(v + ϕ(v)

) = ϕ(v)+ ϕ2(v) = ϕ(v)+ v = b1,

ϕ(b2) = ϕ(v′ − ϕ(v′)

) = ϕ(v′)− ϕ2(v′) = ϕ(v′)− v′

= −b2,

wie gewünscht.

Bemerkung: Anstelle von ϕ ◦ ϕ haben wir ϕ2 geschrieben,wie es allgemein üblich ist.

Es bleibt zu zeigen, dass {b1, b2} tatsächlich eine Basis desR2 ist. Sind α, β ∈ R mit α b1 + β b2 = 0 gegeben, so folgtdurch Anwenden von ϕ auf diese Identität:

0 = ϕ(0) = ϕ(α b1 + β b2) = α ϕ(b1)+ β ϕ(b2)

= α b1 − β b2 .

Addition bzw. Subtraktion beider Identitäten ergibt 2α b1 =2 β b2 = 0, wegen b1, b2 != 0 also α = β = 0. Damitist {b1, b2} linear unabhängig, aus Dimensionsgründen alsoeine Basis des R2.

(b) Es existieren λ, µ ∈ R mit a1 = λ b1+µ b2. Anwendenvon ϕ ergibt:

a1 = ϕ(a1) = λ b1 − µ b2.

Da die Darstellung von a1 als Linearkombination der Basis{b1, b2} eindeutig ist, muss −µ = µ, d. h. µ = 0 sein. Alsoist a1 = λ b1. Es gilt λ != 0, weil a1 als Element der Basis{a1, a2} natürlich nicht der Nullvektor ist. Damit haben wirein λ mit den gewünschten Eigenschaften gefunden.

Die gleiche Prozedur für a2 ergibt für a2 = λ b1 + µ b2 mitλ, µ ∈ R:

a2 = −ϕ(a2) = −λ b1 + µ b2 ,

zusammen mit a2 = λ b1 + µ b2 also λ = 0 und a2 = µ b2mit µ != 0.

Aufgabe 12.16 •• Wir zeigen zunächst den Hinweis:Die Abbildung π ist linear, denn für alle a ∈ K und(x, y), (x′, y′) ∈ K2n gilt:

π(a · (x, y)+ (x′, y′)) = π((a x + x′, a y + y′))= a · x + x′

= a · π((x, y))+ π((x′, y′)).

Es ist ferner:

Bildπ == {π((x, y)) | (x, y) ∈ T }

={π

( r∑i=1

aiui +t∑

j=1

bjwj ,

r∑i=1

aiui

)∣∣∣∣a1, . . . , ar , b1, . . . , bt ∈ K

}={ r∑

i=1

aiui +t∑

j=1

bjwj } | a1, . . . , ar , b1, . . . , bt ∈ K

}= 〈u1, . . . , ur 〉 + 〈w1, . . . , wt 〉 = U +W.

Es seiy ∈ U∩W . Dann existierena1, . . . , ar , b1, . . . , bt ∈K mit y =∑r

i=1 aiui =∑t

j=1 bjwj . Also

(0, y) = (

r∑i=1

aiui −t∑

j=1

bjwj ,

r∑i=1

aiui ) ∈ T ,

also folgt {(0, y) | y ∈ U ∩ W } ⊆ ker π . Essei nun umgekehrt (x, y) ∈ ker π . Dann existierena1, . . . , ar , b1, . . . , bt ∈ K mit x = ∑r

i=1 aiui +∑tj=1 bjwj und y = ∑r

i=1 aiui , und es gilt x = 0, also∑ri=1 aiui = −∑t

j=1 bjwj ∈ U ∩ W , also y ∈ U ∩ W .Somit: ker π = {(0, y) | y ∈ U ∩W }.


Jetzt zum Beweis der eigentlichen Behauptungen der Aufga-benstellung: Es gilt

〈v1, . . . , vl〉 =⟨π((v1, P)), . . . , π((vl , P)),

π((0, y1)), . . . , π((0, ym−l ))⟩

= π(〈(v1, P), . . . , (vl , P),

(0, y1), . . . , (0, ym−l )〉)

= Bildπ = U +W.

Da {v1, . . . , vl} linear unabhängig ist, ist {v1, . . . , vl}also eine Basis von U + W . Aus der Form von A′ undder linearen Unabhängigkeit von v1, . . . , vl folgt ker π =〈(0, y1), . . . , (0, ym−l )〉. Nach dem schon gezeigten Hin-weis also U ∩W = 〈y1, . . . , ym−l〉.Gilt nun dim(U) = r und dim(W) = t , so ist m = r + t =dim(U) + dim(W) = dim(U +W) + dim(U ∩W) = l +dim(U ∩W), also dim(U ∩W) = m− l. Also ist in diesemFall {y1, . . . , ym−l} eine Basis von U ∩W .

Aufgabe 12.17 • Wir benutzen den Algorithmus ausAufgabe 12.16:

A =

0 1 0 −1 0 1 0 −11 0 1 −2 1 0 1 −2

−1 −2 0 1 −1 −2 0 1−1 0 1 0 0 0 0 0

1 0 −1 −1 0 0 0 02 0 −1 0 0 0 0 0

Jetzt bringt man A mittels elementarer Zeilenumformungenauf das Format wie in Aufgabe beschrieben, wobei man zu-nächst nur die unteren drei Zeilen zum „Ausräumen“ benutzt,um Rechenarbeit in den rechten drei Spalten zu sparen. Manerhält:

1 0 0 0 P P P P

0 1 0 0 P P P P

0 0 1 0 P P P P

0 0 0 1 P P P P

0 0 0 0 1 0 1 −20 0 0 0 1 0 0 1

Also ist {(1, 0, 1,−2)6, (1, 0, 0, 1)6} eine Basis von U∩W .

Aufgabe 12.18 ••• Wir benutzen die (reelle) geometri-sche Reihe, um das Inverse von 1

1−abzu bestimmen. Es gilt:

1

1− b a=

∞∑i=0

(b a)i

= 1+ b a + b a b a + · · ·= 1+ b (1+ a b + a b a b + · · · ) a= 1+ b

1

1− a ba

= 1+ b (1− a b)−1a .

Damit haben wir einen Kandidaten für das Inverse zuEn − B A gefunden, nämlich

En + B (En −AB)−1 A .

Nun rechnen wir nur noch nach

(En + B (En −AB)−1 A) (En − B A)

= En + B (En −AB)−1 A− B A− B (En −AB)−1 A

= En + B ((En −AB)−1 (En −AB)− En)A = En ,

d. h., dass En + B (En − AB)−1 A tatsächlich das Inversezu En − B A ist, insbesondere ist En − B A invertierbar.

Aufgabe 12.19 ••• Wir ergänzen eine Basis B ={v1, . . . , vs} von kerA ∩ Bild B durch C = {b1, . . . , bt }zu einer Basis von Bild B und zeigen

D = {Ab1, . . . , Abt }

ist eine Basis von Bild AB.

Es sei v ∈ Bild AB. Dann existiert ein b mit v = AB b.

Nun ist B b ∈ Bild B, also gilt:

B b =s∑

i=1

λivi +t∑

i=1

µi bi

und damit

ABb =s∑

i=1

λi Avi +t∑

i=1

µiAbi =t∑

i=1

µiAbi .

Somit ist D ein Erzeugendensystem von BildAB. DieMenge D ist auch linear unabhängig, denn

0 =t∑

i=1

µiAbi = A

t∑i=1

µibi

impliziert∑t

i=1 µibi ∈ kerA ∩ Bild B. Somit existierenSkalare ν1, . . . , νs ∈ K mit

t∑i=1

µibi =s∑

i=1

νivi .

Folglich gilt νi = µi = 0 für alle i, da B ∪ C linear unab-hängig ist als Basis von Bild B.

Aufgabe 12.20 •• Wir betrachten die AbbildungenϕA :Kn → Kn, v �→ Av und ϕA′ : Kn → Kn, v �→ A′ v underhalten

ϕA ◦ ϕA′(v) = AA′ v = v .

Somit ist die lineare Abbildung ϕA nach dem Lemma aufSeite 48 surjektiv. Da ein surjektiver Endomorphismus desendlichdimensionalen Kn nach dem Kriterium für Bijekti-vität auf Seite 430 auch injektiv und damit bijektiv ist, istϕA′ die zu ϕA inverse Abbildung. Wir erhalten: A′ = A−1,insbesondere gilt A′A = En.

Kapitel 13

Aufgaben

Verständnisfragen

Aufgabe 13.1 • Begründen Sie: Sind A und B zweireelle n× n-Matrizen mit

AB = 0 , aber A != 0 und B != 0 ,

so giltdet(A) = 0 = det(B) .

Aufgabe 13.2 • Hat eine Matrix A ∈ Rn×n mit n ∈2N+ 1 und A = −A6 die Determinante 0?

Aufgabe 13.3 • Folgt aus der Invertierbarkeit einerMatrix A stets die Invertierbarkeit der Matix A6?

Rechenaufgaben

Aufgabe 13.4 •• Bestimmen Sie die Determinante derMatrix

A =

0 0 a 00 0 0 b

0 c 0 0d 0 0 0

∈ R4×4

mittels der Leibniz’schen Formel.

Aufgabe 13.5 • Berechnen Sie die Determinanten derfolgenden reellen Matrizen:

A =

1 2 0 02 1 0 00 0 3 40 0 4 3

, B =

2 0 0 0 20 2 0 2 00 0 2 0 00 2 0 2 02 0 0 0 2

Aufgabe 13.6 •• Berechnen Sie die Determinante desmagischen Quadrats

16 3 2 135 10 11 89 6 7 124 15 14 1

aus Albrecht Dürers Melancholia.

Aufgabe 13.7 •• Bestimmen Sie die Determinante derfolgenden Tridiagonalmatrizen

1 i 0 . . . 0

i 1 i. . .

...

0 i 1. . . 0

.... . .

. . .. . . i

0 . . . 0 i 1

∈ Cn×n .

Zusatzfrage: Was haben Kaninchenpaare damit zu tun?

Aufgabe 13.8 •• Es seien V ein K-Vektorraum und n

eine natürliche Zahl. Welche der folgenden Abbildungenϕ : V n → K, n > 1, sind Multilinearformen? BegründenSie Ihre Antworten.

(a) Es sei V = K, ϕ : V n → K, (a1, . . . , an)6 �→

a1 · · · an.(b) Es sei V = K, ϕ : V n → K, (a1, . . . , an)

6 �→ a1 +. . .+ an.

(c) Es sei V = R2×2, ϕ : V 3 → R, (X,Y ,Z) �→Sp(XYZ). Dabei ist die Spur Sp(X) einer n × n-Matrix X = (aij ) die Summe der Diagonalelemente:Sp(X) = a11 + a22 + · · · + ann.

Aufgabe 13.9 ••• Berechnen Sie die Determinante derreellen n× n-Matrix

A =

0 . . . 0 d1...

... d2 ∗0

......

...

dn ∗ . . . ∗

Aufgabe 13.10 •• Es sei V = R2×2 sowie ϕ : V → V

definiert durch X �→ (AX − 2X6) mit A =(

1 −20 −1

)∈

R2×2. Bestimmen Sie det(ϕ).

Beweisaufgaben

Aufgabe 13.11 •• Zeigen Sie, dass für invertierbareMatrizen A, B ∈ Kn×n gilt:

ad(AB) = ad(B) ad(A) .

Aufgabe 13.12 ••• Zu jeder Permutationσ : {1, . . . , n} → {1, . . . , n} wird durch fσ (ej ) = eσ(j)für 1 ≤ j ≤ n ein Isomorphismus fσ : Kn → Kn er-klärt. Es sei P σ ∈ Kn×n die Matrix mit fσ (x) = P σx.Zeigen Sie P σP τ = P στ , P−1

σ = P σ−1 = P6σ undP−1

σ (aij )P σ = (aσ(i)σ (j)). Welche Determinante kann P σ

nur haben?

Aufgabe 13.13 ••• Für Elemente r1, . . . , rn eines be-liebigen Körpers K sei die Abbildung f : K → K, durchf (x) = (r1 − x)(r2 − x) · · · (rn − x) erklärt. Zeigen Sie:∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

r1 a a . . . a

b r2 a . . . a

b b r3 . . . a

. . . . . . . .

b b b . . . rn

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= af (b)− bf (a)

a − bfür a != b.

Lösungen zu Kapitel 13 111

Aufgabe 13.14 •• Zeigen Sie, dass jede Permutationσ ∈ Sn ein Produkt von Transpositionen ist, d. h., es gibtTranspositionen τ1, . . . , τk ∈ Sn mit

σ = τ1 ◦ · · · ◦ τk .

Aufgabe 13.15 ••• Es seien K ein Körper und A ∈Km×m, B ∈ Kn×n. Die Blockmatrix A ⊗ B =(aijB)i,j=1,...,m ∈ Kmn×mn heißt das Tensorprodukt vonA und B. Zeigen Sie

detA⊗ B = (detA)n(detB)m

(a) zunächst für den Fall, dassA eine obere Dreiecksmatrix,ist;

(b) für beliebiges A.

Aufgabe 13.16 •• Es sei x ein Element eines KörpersK, und An = ((x − 1)δij + 1)i,j=1,...,n ∈ Kn×n. Hierbei istδij das Kroneckersymbol: δij = 0 für i != j , und δii = 1.Zeigen Sie:

det(An) = (x − 1)n−1(x + n− 1).

Hinweise

Verständnisfragen

Aufgabe 13.1 • Nehmen Sie an, dass det(A) != 0 istund zeigen Sie, dass Sie dadurch einen Widerspruch erhalten;zu welchen Aussagen ist det(A) != 0 äquivalent?

Aufgabe 13.2 • Man beachte die Regeln in der Über-sicht auf Seite 482.

Aufgabe 13.3 • Man beachte die Übersicht auf Sei-te 482.

Rechenaufgaben

Aufgabe 13.4 •• Unter den 4 ! = 24 Summanden istnur einer von null verschieden. Daher ist auch nur eine Per-mutation zu berücksichtigen – welche?

Aufgabe 13.5 • Verwenden Sie die Regeln in derÜbersicht auf Seite 482.

Aufgabe 13.6 •• Nutzen Sie aus, dass die Summen derZeilen/Spalten gleich sind.

Aufgabe 13.7 •• Bestimmen Sie die Determinante derTridiagonalmatrix durch Entwicklung nach der ersten Zeileund denken Sie an die Fibonacci-Zahlen.

Aufgabe 13.8 •• Beachten Sie die Determinantenre-geln auf Seite 482.

Aufgabe 13.9 ••• Unterscheiden Sie nach den Fällen n

gerade und n ungerade.

Aufgabe 13.10 •• Beachten Sie die Definition der De-terminante eines Endomorphismus auf Seite 476.

Beweisaufgaben

Aufgabe 13.11 •• Man beachte die Formel auf Sei-te 485.

Aufgabe 13.12 ••• Die Identitäten weisen Sie direktnach, für die Berechnung der Determinante ziehen Sie z. B.die Leibniz’sche Formel heran.

Aufgabe 13.13 ••• Wenn man in jeder der n2 Positionenx addiert, so wird aus der Determinante eine lineare Funktionin der Variablen x, die deshalb durch ihre Werte an zweiverschiedenen Stellen bestimmt ist.

Aufgabe 13.14 •• Führen Sie einen Beweis mit voll-ständiger Induktion über die Anzahl der Elemente aus{1, . . . , n}, die unter σ nicht fest bleiben.

Aufgabe 13.15 ••• Begründen Sie beim Teil (a), dassA ⊗ B eine obere Blockdreiecksmatrix ist und berechnenSie dann die Determinante von A ⊗ B. Benutzen Sie danndie Aussage (a) um (b) zu beweisen, indem Sie A durch ele-mentare Zeilenumformungen auf eine obere Dreiecksmatrixtransformieren.

Aufgabe 13.16 •• Geben SieAn explizit an und ziehenSie jeweils die i-te Zeile von der i + 1-ten Zeile ab.

Lösungen

Verständnisfragen

Aufgabe 13.1 • –



Rechenaufgaben

Aufgabe 13.4 •• det(A) = −a b c d.

Aufgabe 13.5 • detA = 21, detB = 0.

Aufgabe 13.6 •• Die Determinante ist null.


Aufgabe 13.7 •• Die Determinante ist die Rekursions-formel für die Fibonacci-Zahlen.

Aufgabe 13.8 •• Bei (a) und (c) handelt es sich um Mul-tiplinearformen, bei (b) hingegen nicht.

Aufgabe 13.9 ••• detA = (−1)n(n−1)

2 d1 d2 . . . dn .

Aufgabe 13.10 •• Es gilt det(ϕ) = −15.

Beweisaufgaben

Aufgabe 13.11 •• –

Aufgabe 13.12 ••• Es gilt detP σ ∈ {±1}.

Aufgabe 13.13 ••• –

Aufgabe 13.14 •• –

Aufgabe 13.15 ••• –

Aufgabe 13.16 •• –

Lösungswege

Verständnisfragen

Aufgabe 13.1 • Angenommen, es gilt det(A) != 0. Indiesem Fall ist die Matrix A invertierbar, und aus der Glei-chung AB = 0 folgt durch Kürzen von A die GleichungB = 0 – ein Widerspruch. Also gilt det(A) = 0. Analogfolgt det(B) = 0.

Aufgabe 13.2 • Ja, denn mit den Regeln auf Seite 482gilt

detA = det(−A6) = (−1)n detA = − detA,

sodass also detA = − detA, d. h. detA = 0 gilt.

Aufgabe 13.3 • Weil A invertierbar ist, gilt detA !=0. Aus detA = detA6 folgt detA6 != 0. Dies wiederumbesagt, dass A6 invertierbar ist, also ist die Aussage richtig.

Rechenaufgaben

Aufgabe 13.4 •• Es gilt

det(A) =∑σ∈S4

sgn(σ )n∏

i=1

ai σ(i) ,

wobei S4 = {σ : {1, 2, 3, 4} → {1, 2, 3, 4} | σ istbijektiv}. Bei der Leibniz’schen Formel sind natürlich nur dieSummanden

∏ni=1 ai σ(i) zu berücksichtigen, bei denen die

Faktoren a1 σ(1), a2 σ(2), a3 σ(3), a4 σ(4) von null verschie-den sind.

Nun ist a1 σ(1) höchstens dann von null verschieden, wennσ(1) = 3 gilt, da dann a1 σ(1) = a erfüllt ist. Analog erhältman σ(2) = 4, σ(3) = 2, σ(4) = 1.

Damit gilt

det(A) = sgn(σ )n∏

i=1

ai σ(i) ,

wobeiσ : (1, 2, 3, 4) �→ (3, 4, 2, 1) .

Diese Permutation σ hat offenbar 5 Fehlstände, somit gilt

sgn σ = (−1)5 = −1 .

Damit erhalten wir

det(A) = −a b c d .

Aufgabe 13.5 • DaA eine Blockdreiecksmatrix (sieheAufgabe 9) ist, ergibt sich

detA =∣∣∣∣1 22 1

∣∣∣∣ ∣∣∣∣3 44 3

∣∣∣∣ == (12 − 22)(32 − 42) = (−3)(−7) = 21 .

Da B zwei identische Zeilen (z. B. die erste und die letzteZeile) hat, ist detB = 0.

Aufgabe 13.6 •• Ein magisches Quadrat der Ordnungn

ist eine n×n-Matrix, die jede der Zahlen 1, 2, . . . , n2 genaueinmal als Eintrag enthält und deren Zeilen-, Spalten- undDiagonalsummen alle denselben Wert (in diesem Fall 34)haben.

Wir nützen zunächst aus, dass das magische Quadrat kon-stante Zeilensummen hat, und addieren alle übrigen Spaltenzur ersten Spalte. Danach ist klar, wie’s weitergeht.∣∣∣∣∣∣∣∣16 3 2 13

5 10 11 89 6 7 124 15 14 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣∣∣34 3 2 1334 10 11 834 6 7 1234 15 14 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣∣∣34 3 2 130 7 9 −50 3 5 −10 12 12 −12

∣∣∣∣∣∣∣∣= 34 ·

∣∣∣∣∣∣7 9 −53 5 −1

12 12 −12

∣∣∣∣∣∣= 34 ·

∣∣∣∣∣∣−8 −16 0

3 5 −1−24 −48 0

∣∣∣∣∣∣ = 0,

denn die 1. Zeile und die 3. Zeile der zuletzt produziertenMatrix sind offensichtlich linear abhängig.

Bemerkung: Die vorliegende Matrix (aij )1≤i,j≤4 ist ein sog.reguläres magisches Quadrat, d. h., es gilt aij + a5−i,5−j =17 (die Hälfte der magischen Zahl 34) für jede Position (i, j).


Reguläre magische Quadrate gerader Ordnung sind stets sin-gulär; siehe R. Bruce Mattingly, Even Order Regular Ma-gic Squares Are Singular, American Mathematical Monthly107:777–782, 2000.

Aufgabe 13.7 •• Wir bezeichnen die Determinante derangegebenen n × n-Matrix mit fn. Durch Entwickeln nachder ersten Zeile ergibt sich

fn = fn−1 − i

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i i 0 . . . 0

0 1 i. . .

...

0 i 1. . . 0

.... . .

. . .. . . i

0 . . . 0 i 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= fn−1 − i2 fn−2 = fn−1 + fn−2

mit den Randbedingungen f0 = f1 = 1. Die Zahlen fn sinddie Fibonacci-Zahlen 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, . . ., dieLeonardo Pisano, genannt Fibonacci, in seinem Rechenbuch(Liber abbaci, 1202) einführte als Anzahl der Kaninchen-paare nach n Monaten, wenn man mit einem Kaninchenpaarstartet und annimmt, dass jedes Paar ab dem zweiten Le-bensmonat jeden Monat ein neues Paar in die Welt setzt (undniemals stirbt).

Aufgabe 13.8 •• (a) Es seien i ∈ {1, . . . , n} unda1, a2, . . . , an ∈ K sowie λ, a′i ∈ K. Dann gilt aufgrunddes Distributivgesetzes und der Kommutativität der Multi-plikation in K:

ϕ((a1, . . . , λai + a′i , . . . , an)6)= a1 · · · (λai + a′i ) · · · an= λa1 · · · an + a1 · · · a′i · · · an= λϕ(a1, . . . , an)+ ϕ(a1, . . . , a

′i , . . . , an),

also ist ϕ eine Multilinearform.

(b) Wegen ϕ((1, 0, . . . , 0)6) = 1 != 0 ist ϕ nicht linear imzweiten Argument, also ist ϕ nicht multilinear.

(c) Eine kurze Rechnung zeigt, dass die AbbildungSp : R2×2 → R linear ist. Aus dem Distributivgesetz indem Ring R2×2 zusammen mit der Linearität der Abbil-dung Sp folgt dann die Linearität von ϕ in jedem Argument(z.B. die Linearität von ϕ im zweiten Argument: Es seienX,Y ,Y ′,Z ∈ R2×2 und λ ∈ R, so gilt ϕ(X, λY +Y ′,Z) =Sp(X(λY +Y ′)Z) = Sp(λXYZ+XY ′Z) = λ Sp(XYZ)+Sp(XY ′Z) = λϕ(X,Y ,Z)+ ϕ(X,Y ′,Z)).

Aufgabe 13.9 ••• Zunächst sei n = 2m gerade. Durchdie m Zeilenvertauschungen 1 ↔ n, 2 ↔ n − 1, . . . , m ↔m+ 1 entsteht aus

0 . . . 0 d1...

... d2 ∗0

......

...

dn ∗ . . . ∗

(P)

die Matrix dn ∗ . . . ∗0

. . .. . .

......

. . . d2 ∗0 . . . 0 d1

, (PP)

deren Determinante d1 d2 · · · dn ist. Also gilt:∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 . . . 0 d1...

... d2 ∗0

......

...

dn ∗ . . . ∗

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= (−1)m d1 d2 . . . dn

= (−1)m (2m−1) d1 d2 . . . dn

= (−1)n (n−1)

2 d1 d2 . . . dn

Als Nächstes sei n = 2m+1 ungerade. In diesem Fall ergibtsich die Matrix (PP) aus (P) durch diemZeilenvertauschungen1 ↔ n, 2 ↔ n− 1, . . . , m↔ m+ 2, und es folgt genauso:∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 . . . 0 d1...

... d2 ∗0

......

...

dn ∗ . . . ∗

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= (−1)m d1 d2 . . . dn

= (−1)m (2m+1) d1 d2 . . . dn

= (−1)(n−1) n

2 d1 d2 . . . dn

Aufgabe 13.10 •• Es ist zuerst zu prüfen, ob die Ab-bildung ϕ : V → linear ist. Dazu wählen wir λ ∈ R undX, Y ∈ R2×2 und rechnen nach:

ϕ(λX + Y ) = A (λX + Y )− 2 (λX + Y )

= λ ϕ(X)+ ϕ(Y ) .

Damit ist bereits gezeigt, dass ϕ linear ist.

Nun wählen wir uns irgendeine geordnete Basis B von V undbestimmen die Darstellungsmatrix von ϕ bezüglich dieserBasis B. Wir wählen

B =(E11 =

(1 00 0

), E12 =

(0 10 0

),

E21 =(

0 01 0

), E22 =

(0 00 1

))und erhalten wegen

ϕ(E11)=−1E11 , ϕ(E12)=1E12−2E21 ,

ϕ(E21)=−2E11−2E12−1E21 , ϕ(E22)=−2E12−3E22

die Darstellungsmatrix

BM(ϕ)B =

−1 0 −2 00 1 −2 −20 −2 −1 00 0 0 −3

.


Von dieser Matrix ist es nun leicht die Determinante zu be-stimmen, es gilt

det(ϕ) = det(BM(ϕ)B) = (−1) (−5) (−3) = −15 .

Beweisaufgaben

Aufgabe 13.11 •• Es gilt:

ad(AB) = (AB)−1 det(AB)

= B−1 A−1 detA detB

= detB B−1 detAA−1

= ad(B) ad(A) .

Das ist die Behauptung.

Aufgabe 13.12 ••• Die Abbildung fσ : Kn → Kn ent-steht durch lineare Fortsetzung aus der Bijektion En → En,ej �→ eσ(j). Wegen fσ (En) = En ist fσ bijektiv, also einAutomorphismus von Kn (d. h. ein Isomorphismus von Kn

auf sich selbst). Es sei P σ = (pij ). Wegen P σ ej = eσ(j)gilt

(∗) pij ={

1, falls i = σ(j),

0 sonst,

d. h. die Matrix P σ hat in jeder Zeile und Spalte genau eineEins. Spezielle Permutationsmatrizen haben wir schon ken-nengelernt: Die ElementarmatrixP ij gehört zur Permutationσ : i �→ j , j �→ i, k �→ k für k ∈ {1, 2 . . . , n} \ {i, j}. Alsweiteres Beispiel geben wir für n = 4 und die durch dieWertetabellen

j 1 2 3 4σ(j) 2 1 4 3

bzw.j 1 2 3 4

τ(j) 2 3 4 1

erklärten Permutationen σ, τ : {1, 2, 3, 4} → {1, 2, 3, 4} diezugehörigen Permutationsmatrizen an:

P σ =

0 1 0 01 0 0 00 0 0 10 0 1 0

bzw.

0 0 0 11 0 0 00 1 0 00 0 1 0

.

Nun zum Beweis der vier Identitäten: Es gilt

P σP τ ej = P σ eτ(j) = eσ(τ(j)) = e(στ)(j) = P στ ej

für j ∈ {1, 2, . . . , n}, also

P σP τ = P στ .

Zusammen mitP id = En folgt darausP σP σ−1 = P σσ−1 =P id = En, also

P−1σ = P σ−1 .

Wegenj = σ(i) ⇔ i = σ−1(j)

entsteht aus P σ durch Vertauschen von Zeilen und SpaltenP σ−1 , d. h.

P σ−1 = P6σ .

Schließlich gilt

P−1σ (aij )P σ ej = P−1

σ (aij ) eσ(j) = P−1σ

(n∑

i=1

ai,σ (j) ei

)

=n∑

i=1

ai,σ (j)eσ−1(i)

i=σ(k)=n∑

k=1

aσ(k),σ (j)ek,

d. h.P−1

σ (aij )P σ = (aσ(k),σ (j))1≤k,j≤nwie behauptet. Aus der Form der Matrix P σ (beachte (∗))folgt mit der Leibniz’schen Formel, dass detP σ = 1, fallssgn σ = 1 und detP σ = −1, falls sgn σ = −1.

Aufgabe 13.13 ••• Die zu beweisende Aussage gilt fürjeden Körper K. Für x ∈ K sei also

δ(x) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣r1 + x a + x a + x . . . a + x

b + x r2 + x a + x . . . a + x

b + x b + x r3 + x . . . a + x

. . . . . . . . . . . . . . . .

b + x b + x b + x . . . rn + x

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣. (P)

Durch Subtraktion der ersten Spalte von allen übrigen Spal-ten und anschließendes Entwickeln nach der ersten Spalteerkennt man, dass

δ(x) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣r1 + x a − r1 a − r1 . . . a − r1b + x r2 − b a − b . . . a − b

b + x 0 r3 − b . . . a − b

. . . . . . . . . . . . . . . .

b + x 0 0 . . . rn − b

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= α0 + α1x

(PP)mit α0, α1 ∈ K. Einsetzen von x = −a bzw. x = −b in (P)führt auf eine untere bzw. obere Dreiecksmatrix, zeigt also

α0 − aα1 = f (a)

α0 − bα1 = f (b)

Die Lösung dieses Gleichungssystems ist wegen a != b ein-deutig bestimmt:(α0α1

)=(

1 −a

1 −b

)−1 (f (a)

f (b)

)= 1

a − b

(af (b)− bf (a)

f (b)− f (a)

)Demnach gilt∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

r1 a a . . . a

b r2 a . . . a

b b r3 . . . a

. . . . . . . .

b b b . . . rn

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= δ(0) = α0 = af (b)− bf (a)

a − b

wie behauptet.


Kommentar: Im Fall K = R gilt:∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣r1 a a . . . a

a r2 a . . . a

a a r3 . . . a

. . . . . . . .

a a a . . . rn

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= lim

b→a

af (b)− bf (a)

a − b

= limb→a

(f (b)+ b · f (b)− f (a)

a − b

)= f (a)− af ′(a)

=n∏

i=1

(ri − a)+ a

n∑i=1

∏j !=i

(rj − a).

Diese Formel kann man für einen beliebigen Körper K durchEntwickeln von (PP) nach der letzten Spalte/Zeile und Induk-tion nach n beweisen.

Aufgabe 13.14 •• Es sei nσ die Anzahl der Elemente i

aus {1, . . . , n}, die unter σ nicht fest bleiben, d. h., σ(i) != i.Wir zeigen die Behauptung durch vollständige Induktion. ImFall nσ = 0 ist σ die Identität, es gilt σ = τ ◦ τ für jedeTransposition τ . Ist nun nσ > 0, so sei i ∈ {1, . . . , n}gewählt mit σ(i) = j != i. Betrachte die Permutation

π = τ ◦ σ ∈ Sn

mit der Transposition τ ∈ Sn, die i und j = σ(i) vertauscht.Dann hat π mehr Fixpunkte als σ , d. h. nπ < nσ , dennπ(i) = i, aber σ(i) != i und jedenfalls σ(j) != j . Undfür alle anderen l != i, j gilt

σ(l) = l ⇒ π(l) = l .

Nach Induktionsvoraussetzung ist π ein Produkt von Trans-positionen, also auch σ = τ ◦ π .

Aufgabe 13.15 ••• (a) Wenn A eine obere Dreiecksma-trix ist, so ist

A⊗ B =

a11B ∗ . . . ∗

a22B. . .

...

. . . ∗ammB

eine obere Blockdreiecksmatrix mit Blöckena11B, . . . , ammB. Also gilt

detA⊗ B = det(a11B) · . . . · det(ammB)

= an11 · . . . · anmm · det(B) · . . . · det(B)

= det(A)n det(B)m.

(b) Man kann jede Matrix A nur mit elementarenZeilenumformungen der Art Addition eines Vielfacheneiner Zeile zu einer anderen, also Linksmultiplika-tion mit einer entsprechenden Elementarmatix der Form

T ij (λ), auf obere Dreicksform bringen. (Dabei realisiertT ij (1)T ji (−1)T ij (1) einen Tausch der Zeilen i und j , wo-bei dann noch Zeile j mit −1 multipliziert wird). In keinemUmformungsschritt ändert sich dabei die Determinante.

Die Idee ist nun, dass wir auf A den Gauß-Algorithmus an-wenden, und auf A⊗ B einen Block-Gauß-Algorithmus.

Führen wir an der Matrix A die Umformung Tij (λ) durch,addieren also das λ-Fache der j -ten Zeile von A zur i-tenZeile von A, so erhalten wir also

A′ = T ij (λ)A .

Nun führen wir an A ⊗ B die UmformungenT (i−1)m+k,(j−1)m+k(λ) für k = 1, . . . , m durch; diesentspricht der Addition des λ-Fachen der j -ten Blockzeilevon A⊗ B zur i-ten Blockzeile. Wir erhalten also

(A⊗B)′ = T (i−1)m+1,(j−1)m+1(λ) · . . .· T (i−1)m+2,(j−1)m+2(λ)T (i−1)m+m,(j−1)m+m(λ)

·A⊗ B.

Dann gilt det(A′) = det(A), det(A⊗B)′ = det(A⊗B) undA′⊗B = (A⊗B)′. Wir schreibenA(1) = A′, undA(k+1) =(A(k))′ (und analog für (A⊗ B)(k)). Durch Induktion folgt

(i) det(A(k)) = det(A), (ii)A(k) ⊗ B = (A⊗ B)(k),

(iii) det(A⊗ B)(k) = det(A⊗ B) für alle k.

Im N -ten Schritt des Gauß-Algorithmus sei dann A(N) eineobere Dreicksmatrix. Wir erhalten

det(A⊗ B)(iii)= det(A⊗ B)(N) (ii)= det(A(N) ⊗ B)

(a)= det(A(N))n det(B)m(i)= det(A)n det(B)m.

Aufgabe 13.16 •• Es ist

An =

x 1 . . . 1

1 x. . .

......

. . .. . . 1

1 . . . 1 x

.

Wir ziehen für i = n − 1, . . . , 1 jeweils die i-te Zeile vonder i + 1-ten Zeile ab und erhalten so

det(An) = det

x 1 . . . . . . 11− x x − 1 0 . . . 0

0. . .

. . .. . .

......

. . . 1− x x − 1 00 . . . 0 1− x x − 1

.

Wir entwickeln nach der ersten Zeile. Streicht man die ersteZeile und Spalte, so entsteht eine untere Dreiecksmatrix mit


(n − 1) Diagonaleinträgen (x − 1). Der Summand in derEntwicklungsformel ist also

x(x − 1)n−1.

Streicht man die erste Zeile und k-te Spalte (k > 1), so ent-steht eine Blockdiagonalmatrix: Die obere (k− 1)× (k− 1)Blockmatrix ist eine obere Dreiecksmatrix mit (k−1)Diago-naleinträgen 1− x, und die untere (n− k)× (n− k) Block-matrix ist eine untere Dreiecksmatrix mit n − k Diagonal-

einträgen (x− 1). Der Summand in der Entwicklungsformellautet also

(−1)k+1(1− x)k−1(x − 1)n−k = (x − 1)n−1,

für k = 2, . . . , n.

Also ist

det(An) = x(x − 1)n−1 + (n− 1)(x − 1)n−1

= (x − 1)n−1(x + n− 1).

Kapitel 14

Aufgaben

Verständnisfragen

Aufgabe 14.1 • Gegeben ist ein Eigenvektor v zum Ei-genwert λ einer Matrix A.

(a) Ist v auch Eigenvektor vonA2 ? Zu welchem Eigenwert ?(b) Wenn A zudem invertierbar ist, ist dann v auch ein Ei-

genvektor zu A−1 ? Zu welchem Eigenwert ?

Aufgabe 14.2 •• Wieso hat jede Matrix A ∈ Kn×n mitA2 = En einen der Eigenwerte ±1 und keine weiteren ?

Aufgabe 14.3 •• Haben die quadratischen n × n-Ma-trizen A und A6 dieselben Eigenwerte? Haben diese gege-benenfalls auch dieselben algebraischen und geometrischenVielfachheiten ?

Aufgabe 14.4 • Gegeben ist eine Matrix A ∈ Cn×n.Sind die Eigenwerte der quadratischen MatrixA6A die Qua-drate der Eigenwerte von A ?

Aufgabe 14.5 •• Der Satz von Cayley-Hamilton bieteteine Möglichkeit,

(a) das Inverse A−1 einer (invertierbaren) Matrix A zu be-stimmen,

(b) eine Quadratwurzel√A einer komplexen Matrix A ∈

C2×2 mit SpA + 2√

detA != 0 zu bestimmen (dabeiheißt eine Matrix B eine Quadratwurzel aus A, fallsB2 = A gilt).

Wie funktioniert das? Berechnen Sie mit dieser Methode dasInverse von A und eine Quadratwurzel B von A′, wobei

A =1 4 −2

0 1 00 3 1

und A′ =(−2 6−3 7

)

Rechenaufgaben

Aufgabe 14.6 • Geben Sie die Eigenwerte und Eigen-vektoren der folgenden Matrizen an:

(a) A =(

3 −11 1

)∈ R2×2,

(b) B =(

0 11 0

)∈ C2×2.

Aufgabe 14.7 •• Welche der folgenden Matrizen sinddiagonalisierbar? Geben Sie gegebenenfalls eine invertier-bare Matrix S an, sodass D = S−1 AS Diagonalgestalt hat.

(a) A =(

1 ii −1

)∈ C2

(b) B =3 0 7

0 1 07 0 3

∈ R3

(c) C = 13

1 2 22 −2 12 1 −2

∈ C2

Aufgabe 14.8 •• Im Vektorraum R[X]3 der reellenPolynome vom Grad höchstens 3 ist für ein a ∈ R die Ab-bildung ϕ : R[X]3 → R[X]3 durch

ϕ(p) = p(a)+ p′(a)(X − a)

erklärt.

(a) Begründen Sie, dass ϕ linear ist.(b) Berechnen Sie die Darstellungsmatrix von ϕ bezüglich

der Basis E3 = (1, X, X2, X3) von R[X]3.(c) Bestimmen Sie eine geordnete Basis B von R[X]3, be-

züglich der die Darstellungsmatrix von ϕ Diagonalge-stalt hat.

Aufgabe 14.9 •• Gegeben sei die vom Parameter a ∈ R

abhängige Matrix

A = 5 −1 3

2 2 3a − 3 1 a − 1

∈ R3×3 .

(a) Bestimmen Sie in Abhängigkeit von a die Jordan-Normalform J von A.

(b) Berechnen Sie für a = 1 und a = −1 jeweils eineJordan-Basis des R3 zu A.

Beweisaufgaben

Aufgabe 14.10 ••• Beweisen Sie das folgende Krite-rium für die Triangulierbarkeit einer Matrix:

Für eine Matrix A ∈ Kn×n sind äquivalent:

(i) A ist triangulierbar.

(ii) Das charakteristische Polynom χA von A zerfällt in Li-nearfaktoren.

Aufgabe 14.11 •• Begründen Sie die Binomialformelfür Matrizen: Für Matrizen D, N ∈ Kn×n mit DN = N D

und jede natürliche Zahl k gilt:

(D +N)k =k∑

i=0

(k

i

)Dk−iN i .

Aufgabe 14.12 •• Gegeben ist eine nilpotente MatrixA ∈ Cn×n mit Nilpotenzindex p ∈ N, d. h., es gilt:

Ap = 0 und Ap−1 != 0.

Zeigen Sie:

(a) Die Matrix A ist nicht invertierbar.

118 Lösungen zu Kapitel 14

(b) Die Matrix A hat einen Eigenwert der Vielfachheit n.(c) Es gilt p ≤ n.

Aufgabe 14.13 •• Es sei ϕ ein diagonalisierbarer En-domorphismus eines n-dimensionalen K-Vektorraumes V

(n ∈ N) mit der Eigenschaft: Sind v und w Eigenvektorenvon ϕ, so ist v + w ein Eigenvektor von ϕ oder v + w = 0.

Zeigen Sie, dass es ein λ ∈ K mit ϕ = λ · id gibt.

Aufgabe 14.14 •• Es seien K ein Körper und n ∈ N;weiter seien A, B ∈ Kn×n. Zeigen Sie: AB und B A habendieselben Eigenwerte.

Aufgabe 14.15 ••• Begründen Sie die auf Seite 537 ge-machte Behauptung zur Hauptraumzerlegung.

Aufgabe 14.16 ••• Es sei V ein endlichdimensionalerK-Vektorraum, und die linearen Abbildungenϕ, ψ : V → V

seien diagonalisierbar, d. h., es gibt jeweils eine Basis von V

aus Eigenvektoren von ϕ bzw. ψ . Man zeige:

Es gibt genau dann eine Basis von V aus gemeinsamen Ei-genvektoren von ϕ und ψ , wenn ϕ ◦ ψ = ψ ◦ ϕ gilt.

Hinweise

Verständnisfragen

Aufgabe 14.1 • Bilden Sie das Produkt von A2 bzw.A−1 mit dem Eigenvektor.

Aufgabe 14.2 •• Betrachten Sie (A− En) (A+ En).

Aufgabe 14.3 •• Zeigen Sie, dass die charakteristi-schen Polynome der beiden Matrizen A und A6 gleich sind.

Aufgabe 14.4 • Geben Sie ein Gegenbeispiel an.

Aufgabe 14.5 •• Betrachten Sie für (a) das charakteri-stische Polynom von A:

χA = (−1)n Xn + · · · + a1 X + a0 .

Was gilt für a0? Setzen Sie die Matrix A ein. Für den Teil(b) betrachte man das charakteristische Polynom von χB füreine WurzelB vonA und zeige SpB2 = (SpB)2−2 detB.

Rechenaufgaben

Aufgabe 14.6 • Bestimmen Sie das charakteristischePolynom, dessen Nullstellen und dann die Eigenräume zuden so ermittelten Eigenwerten.

Aufgabe 14.7 •• Bestimmen Sie die Eigenwerte, Ei-genräume und wenden Sie das Kriterium für Diagonalisier-barkeit auf Seite 512 an.

Aufgabe 14.8 •• Diagonalisieren Sie die Darstellungs-matrix von ϕ bezüglich der Standardbasis.

Aufgabe 14.9 •• Beachten Sie die Beispiele zur Be-stimmung einer Jordan-Basis im Text und gehen Sie analogvor.

Beweisaufgaben

Aufgabe 14.10 ••• Zeigen Sie die Behauptung duchvollständige Induktion.

Aufgabe 14.11 •• Vollständige Induktion nach k.

Aufgabe 14.12 •• Wenden Sie den Determinantenmul-tiplikationssatz an und zeigen Sie, dass es nur eine Möglich-keit für einen Eigenwert der Matrix geben kann. Der Funda-mentalsatz der Algebra besagt dann, dass dieser Eigenwertauch tatsächlich existiert. Für die Aussage in (c) beachte manden Satz von Cayley-Hamilton auf Seite 518.

Aufgabe 14.13 •• Benutzen Sie, dass jeder Vektor be-züglich einer Basis (aus Eigenvektoren) eindeutig darstellbarist.

Aufgabe 14.14 •• Unterscheiden Sie die Fälle, je nach-dem, ob 0 ein Eigenwert von AB ist oder nicht.

Aufgabe 14.15 ••• Es ist nur zu zeigen, dass Kn =kerN r1 + · · · + kerN rs gilt. Aus Dimensionsgründen folgtdann Kn = kerN r1⊕· · ·⊕kerN rs . Führen Sie diesen Nach-weis mit dem Satz von Cayley-Hamilton.

Aufgabe 14.16 ••• Begründen Sie: Ist v ∈ Eigϕ(λ), sogilt ψ(v)∈Eigϕ(λ).

Lösungen

Verständnisfragen

Aufgabe 14.1 • (a) Ja, zum Eigenwert λ2. (b) Ja, zumEigenwert λ−1.

Aufgabe 14.2 •• –

Aufgabe 14.3 •• Die Matrizen A und A6 haben die-selben Eigenwerte und auch jeweils dieselben algebraischenund geometrischen Vielfachheiten.

Aufgabe 14.4 • Nein.

Aufgabe 14.5 •• A−1 =1 −10 2

0 1 00 −3 1

, B =(0 2−1 3

).


Rechenaufgaben

Aufgabe 14.6 • (a) Es ist 2 der einzige Eigenwert von

A, und jeder Vektor aus 〈(

11

)〉 \ {0} ist ein Eigenvektor zum

Eigenwert 2 von A.

(b) Es sind±1 die beiden Eigenwert vonB, und jeder Vektor

aus 〈(

11

)〉 \ {0} ist ein Eigenvektor zum Eigenwert 1 von B,

und jeder Vektor aus 〈(

1−1

)〉 \ {0} ist ein Eigenvektor zum

Eigenwert −1 von B.

Aufgabe 14.7 •• (a) Die Matrix A ist nicht diagonali-sierbar. (b) Die Matrix B ist diagonalisierbar. (c) Die MatrixC ist diagonalisierbar.

Aufgabe 14.8 •• (b)

E3 M(ϕ)E3 =

1 0 −a2 −2 a3

0 1 2 a 3 a2

0 0 0 00 0 0 0

(c) Es ist B = (a2−2 a X+X2, 2 a3−3 a2 X+X3, 1, X)

eine geeignete geordnete Basis, es gilt:

BM(ϕ)B =

0 0 0 00 0 0 00 0 1 00 0 0 1

Aufgabe 14.9 •• (a) Im Fall a ∈ R \ {−1} gilt J = 1 00 3 00 0 a + 2

, im Fall a = −1 gilt J = 1 1 0

0 1 00 0 3

(b) Im Fall a = 1 ist B = {(−1,−1, 1)6, (−3, 0, 2)6,(1, 2, 0)6} eine Jordan-Basis. Im Fall a = −1 ist B ={(−1, 1, 1)6, (3, 3,−3)6, (0, 0, 1)6} eine Jordan-Basis.

Beweisaufgaben

Aufgabe 14.10 ••• –

Aufgabe 14.11 •• –

Aufgabe 14.12 •• Die Matrix hat den n-fachen Eigen-wert 0.

Aufgabe 14.13 •• –

Aufgabe 14.14 •• –

Aufgabe 14.15 ••• –

Aufgabe 14.16 ••• –

Lösungswege

Verständnisfragen

Aufgabe 14.1 • (a) Aus Av = λ v folgt

A2 v = A(λ v) = λ2 v ,

sodass also v ein Eigenvektor zum Eigenwert λ2 von A2 ist.

(b) Aus Av = λ v folgt

v = A−1 (Av) = A−1 (λ v) = λ (A−1v) ,

sodass also v ein Eigenvektor zum Eigenwert λ−1 von A−1

ist (man beachte, dass λ != 0 gilt, da A invertierbar ist).

Aufgabe 14.2 •• Wenn die Matrix A einen Eigenwertλ hat, so existiert ein Vektor v != 0 mit

v = A2 v = A (λ v) = λ2 v ,

sodass also (λ2 − 1) v = 0 gilt. Weil v != 0 ist, folgt alsoλ2 − 1 = 0, d. h. λ = 1 oder λ = −1. Damit ist gezeigt: DieMatrix A kann höchstens die Eigenwerte 1 oder −1 haben.Nun überlegen wir uns noch, dass A auch tatsächlich einendieser Eigenwerte hat. Wegen

0 = A2 − En = (A− En) (A+ En)

folgt mit dem Determinantenmultiplikationssatz

det(A− En) = 0 oder det(A+ En) = 0 ,

sodass also 1 oder −1 auch tatsächlich ein Eigenwert ist.

Aufgabe 14.3 •• Wegen χA = det(A − X En) =det((A−X En)

6) = det(A6 − X En) = χA6 haben A

und A6 dieselben Eigenwerte mit jeweils denselben alge-braischen Vielfachheiten. Auch die geometrischen Vielfach-heiten stimmen überein: Ist nämlich λ ein Eigenwert von A,so gilt für die Dimension des Eigenraums zum Eigenwert λ

dim EigA(λ) = dim ker(A− λEn)

= n− rg(A− λEn)

= n− rg(A6 − λEn)

= dim ker(A6 − λEn)

= dim EigA6(λ) .

Aufgabe 14.4 • Die Aussage ist falsch. Als Beispielbetrachten wir

A =(

1 10 1

), A6A =

(1 11 2

).

Die Eigenwerte von A6A sind die Nullstellen von X2 −3X+1, d. h. λ1/2 = (3±√5)/2, währendA den zweifachenEigenwert λ = 1 hat.


Aufgabe 14.5 •• (a) Es sei

χA = (−1)n Xn + · · · + a1 X + a0

das charakteristische Polynom von A. Da A invertierbar ist,ist 0 kein Eigenwert vonA, sodass a0 != 0 gilt. Nun gilt nachdem Satz von Cayley-Hamilton

−a−10 ((−1)nAn−1 + · · · a1 En)A = En ,

sodass A−1 = −a−10 ((−1)nAn−1 + · · · a1 En) gilt.

Die Matrix A =1 4 −2

0 1 00 3 1

hat das charakteristische Poly-

nom χA = −X3 + 3X2 − 3X + 1. Damit erhalten wir

A−1 = (−1) (−A2 + 3 A− 3 E3) =1 −10 2

0 1 00 −3 1

.

(b) Es sei B eine Wurzel von A. Das charakteristische Poly-nom von B lautet

χB = X2 − SpB X + detB .

Nun setzen wirB ein und erhalten mit dem Satz von Cayley-Hamilton

A− (SpB)B + (detB)E2 = 0 .

Wir lösen diese Gleichung im Fall SpB != 0 nach B auf:

B = (SpB)−1(A + (detB)E2) .

Um eine Wurzel

B =(a b

c d

)aus A zu erhalten, benötigen wir nur noch SpB und detB.Mit dem Determinantenmultiplikationssatz erhalten wir so-fort, dass wir für detB etwa

√detA wählen können. Und

wegen

SpA = SpB2 = a2 + 2 b c + d2

= a2 + 2 a d + d2 − 2 a d + 2 b c

= (SpB)2 − 2 detB

= (SpB)2 − 2√

detA

liefert

SpB =√

SpA+ 2√

detA

nun eine mögliche Wurzel von A,

B = (

√SpA+ 2

√detA)−1(A +√detAE2) .

In unserem Beispiel erhalten wir für A′ wegen detA = 4und SpA = 6 die Quadratwurzel

B =(

0 2−1 3

).

Rechenaufgaben

Aufgabe 14.6 • (a) Wir berechnen das charakteristi-sche Polynom der Matrix A

χA = det

(3−X −1

1 1−X

)= (2−X)2 .

Die einzige Nullstelle von χA ist 2, also ist 2 der einzigeEigenwert von A mit der algebraischen Vielfachheit 2. DenEigenraum EigA(2) zum Eigenwert 2 erhalten wir als Kernder Matrix (A− 2 E2)

EigA(2) = ker

(1 −11 −1

)= 〈(

11

)〉 .

Damit ist jeder Vektor aus 〈(

11

)〉 \ {0} ein Eigenvektor zum

Eigenwert 2 von A.

(b) Wir berechnen das charakteristische Polynom der Ma-trix B

χB = det

(−X 11 −X

)= (−1−X) (1−X) .

Die beiden Nullstellen von χB sind ±1, also gibt es zweiEigenwerte mit der jeweiligen algebraischen Vielfachheit 1.Die Eigenräume EigB(1) und EigB(−1) zu den beiden Ei-genwerten 1 und −1 erhalten wir als Kerne der Matrizen(B − 1 E2) und (B + 1 E2):

EigB(1) = ker

(−1 11 −1

)= 〈(

11

)〉

EigB(−1) = ker

(1 11 1

)= 〈(

1−1

)〉

Damit ist jeder Vektor aus 〈(

11

)〉 \ {0} ein Eigenvektor zum

Eigenwert 1 von B und jeder Vektor aus 〈(

1−1

)〉 \ {0} ein

Eigenvektor zum Eigenwert −1 von B.

Aufgabe 14.7 •• (a) Das charakteristische Polynomvon A ist

χA =∣∣∣∣1−X i

i −1−X

∣∣∣∣ = −(1−X2)+ 1 = X2 ,

sodass A den zweifachen Eigenwert 0 hat. Der Eigenraumzum Eigenwert 0 ist aber nicht zweidimensional, da A nichtdie Nullmatrix ist. Nach dem Kriterium für Diagonalisierbar-keit von Seite 512 ist A nicht diagonalisierbar.

(b) Das charakteristische Polynom von B ist

χB =∣∣∣∣∣∣3−X 0 7

0 1−X 07 0 3−X

∣∣∣∣∣∣ = (1−X) (10−X) (−4−X) ,


sodassA die drei jeweils einfachen Eigenwerte 1, 10 und−4hat. Damit ist nun schon klar, dass B diagonalisierbar ist,da die geometrische Vielfachheit für jeden Eigenwert min-destens 1 ist. (Eigentlich folgt die Diagonalisierbarkeit auchschon aus der Symmetrie der Matrix M.)

Wir bestimmen nun die Eigenräume zu den drei Eigenwerten:

EigB(1) = 〈0

10

〉

EigB(10) = ker

−7 0 70 −9 07 0 −7

= 〈1

01

〉

EigB(−4) = ker

7 0 70 5 07 0 7

= 〈 1

0−1

〉

Wir setzen b1 =0

10

, b2 =1

01

, b3 = 1

0−1

. Es gilt

nun mit der Matrix S = (b1, b2, b3) die Gleichung1 0 00 10 00 0 −4

= S−1 B S .

Kommentar: Die Matrix B ist symmetrisch. Also gibt eseine orthogonale Matrix, die B auf Diagonalgestalt transfor-miert. Die von uns bestimmte Matrix S transformiert zwarBauf Diagonalgestalt, ist aber nicht orthogonal. Man müssteaber nur noch die Spalten von S normieren.

(c) Das charakteristische Polynom von C ist

χC = 1

27

∣∣∣∣∣∣1− 3X 2 2

2 −2− 3X 12 1 −2− 3X

∣∣∣∣∣∣= 1

27(−27X3 − 27X2 + 27X + 27)

= (−1−X)2 (1−X) ,

sodass A den zweifachen Eigenwert −1 und den einfachenEigenwert 1 hat.

Wir bestimmen nun die Eigenräume zu den beiden Eigen-werten:

EigB(−1) = ker

4 2 22 1 12 1 1

= 〈 0

1−1

,

10−2

〉

EigB(1) = ker

−2 2 22 −5 12 1 −5

= 〈2

11

〉

Wir setzen b1 = 0

1−1

, b2 = 1

0−2

, b3 =2

11

. Es gilt

nun mit der Matrix S = (b1, b2, b3) die Gleichung−1 0 00 −1 00 0 1

= S−1B S .

Aufgabe 14.8 •• (a) Es gilt für alle λ ∈ R und p, q ∈R[X]3

ϕ(λp + q) = λp(a)+ q(a)+ λp′(a)(X − a)

+ q ′(a)(X − a) = λ ϕ(p)+ ϕ(q) ,

also ist ϕ eine lineare Abbildung.

(b) Es gilt

ϕ(1) = 1 , ϕ(X) = X ,

ϕ(X2) = −a2 + 2 a X , ϕ(X3) = −2 a3 + 3 a2 X .

Damit erhalten wir

E3 M(ϕ)E3 =

1 0 −a2 −2 a3

0 1 2 a 3 a2

0 0 0 00 0 0 0

=: A.

(c) Wegen rg(A) = 2 hat der Kern von ϕ die Dimension2, und dabei haben die Koordinatenvektoren einer Basis desKerns von ϕ die Form

a2

−2 a

10

,

2 a3

−3 a2

01

.

Damit erhalten wir Basisvektoren des Kerns von ϕ, d. h.eine Basis des Eigenraumes zum Eigenwert 0 der Matrix

E3 M(ϕ)E3

ker(ϕ) = 〈a2 − 2 a X +X2︸︷︷︸=:b1

, 2 a3 − 3 a2 X +X3︸︷︷︸=:b2

〉 .

In (b) haben wir bereits gezeigt, dass die Koordinatenvek-toren von 1 und X Eigenvektoren zum Eigenwert 1 von

E3 M(ϕ)E3 sind, weil

ϕ(1) = 1 =: b3 und ϕ(X) = X =: b4

gilt. Weil die Darstellungsmatrix aber auch nicht mehr alsvier linear unabhängige Eigenvektoren haben kann, bildetB = (b1, b2, b3, b4) eine geordnete Basis von R[X]3 ausEigenvektoren von ϕ. Die Darstellungsmatrix bezüglich dergeordneten Basis B hat die Form

BM(ϕ)B =

0 0 0 00 0 0 00 0 1 00 0 0 1

.


Aufgabe 14.9 •• (a) Das charakteristische Polynom er-hält man nach kurzer Rechnung als

χA = (1−X)(3−X) ((a + 2)−X) .

Also hat A die Eigenwerte λ1 = 1 , λ2 = 3 , λ3 = a + 2.

Wir unterscheiden folgende Fälle:

a != 1 ∧ a != −1 : A hat drei verschiedene Eigenwerte unddamit gibt es eine Basis des R3 aus Eigenvektoren von A,d. h. A ist diagonalisierbar und hat die Jordan-Normalform

J = 1

3a + 2

.

a = 1 : A hat den einfachen Eigenwert 1 und den doppeltenEigenwert 3. Um die Dimension von EigA(3) zu ermitteln,betrachten wir

rg(3 E3 −A) = rg

−2 1 −3−2 1 −32 −1 3

= rg

−2 1 −30 0 00 0 0

= 1,

also dim EigA(3)= dim ker(3 E3 − A)= 3 − rg(3 E3 − A)

= 2. Es gibt also auch in diesem Fall eine Basis des R3 ausEigenvektoren und damit lautet die Jordan-Normalform J

von A

J = 1

33

.

a = −1 : A hat den einfachen Eigenwert 3 und den 2-fachenEigenwert 1. Die Dimension von EigA(1) erhalten wir wiederdurch Rangberechnung:

rg(E3 −A) = rg

−4 1 −3−2 −1 −34 −1 3

= rg

2 1 30 3 30 −3 −3

= rg

2 1 30 1 10 0 0

= 2.

Also dim EigA(1) = 3 − 2 = 1. Damit hat A die Jordan-Normalform

J = 1 1 0

0 1 00 0 3

.

(b) a = 1 : A ist diagonalisierbar, also berechnen wir eineBasis aus Eigenvektoren:

EigA(1) = ker

−4 1 −3−2 −1 −32 −1 1

= ker

2 −1 10 −1 −10 −2 −2

= ker

(2 −1 10 1 1

)= R

−1−11

EigA(3) = ker

−2 1 −3−2 1 −32 −1 3

= ker(−2, 1,−3)

= R

−302

+ R

120

Also ist B := −1−11

,

−302

,

120

eine Basis der

gesuchten Art.

a = −1 : A ist nicht diagonalisierbar, aber die geometrischeVielfachheit aller Eigenwerte von A ist 1. Eine Jordan-Basiserhalten wir wie folgt:

ker(A − 1E3)2 = ker

2 −2 0∗ ∗ ∗∗ ∗ ∗

(dieser Kern muss

ja zweidimensional sein, daher brauchen wir nur die er-ste Zeile zu kennen). Also gilt: ker(A − 1E3)

2 =〈(1, 1, 0)6, (0, 0, 1)6〉. Wir wählen b3 = (0, 0, 1)6 und er-halten b2 = (A − 1E3)b3 = (3, 3,−3)6 ∈ ker(A − 1E3).Und damit haben wir mit b1 als einen beliebigen Eigenvektorzum Eigenwert 3 (etwa (−1, 1, 1)6) eine geordnete Jordan-Basis B = (b1, b2, b3).

Beweisaufgaben

Aufgabe 14.10 ••• (i) ⇒ (ii): Da die Matrix A triangu-lierbar ist, ist A zu einer oberen Dreiecksmatrix D ähnlich,

BM(ϕ)B =λ1 · · · ∗

. . ....

0 λn

.

Nach dem Lemma auf Seite 507 gilt nun χA = χD =(λ1−X) · · · (λn−X), sodass χA in Linearfaktoren zerfällt.

(ii)⇒ (i): Es gelte χA = (λ1−X) · · · (λn−X). Wir zeigenper Induktion nach der Zeilenzahl n von A, dass A trian-gulierbar ist, d. h. dass eine invertierbare Matrix S ∈ Kn×n

existiert, sodassD = S−1AS eine obere Dreiecksmatrix ist.

Induktionsbeginn: Im Fall n = 1 ist A bereits eine obereDreiecksmatrix, man wähle S = E1 = (1).

Induktionsbehauptung: Es sei n ≥ 2. Zu jeder MatrixB ∈ K(n−1)×(n−1) mit in Linearfaktoren zerfallendem cha-rakteristischen Polynom gebe es eine invertierbare MatrixT ∈ K(n−1)×(n−1) mit der Eigenschaft, dass T −1B T eineobere Dreiecksmatrix ist.


Induktionsschritt: Es sei A ∈ Kn×n eine Matrix mit einemin Linearfaktoren zerfallenden charkateristischen PolynomχA = (λ1 − X) · · · (λn − X). Wegen n ≥ 2 existiert zumEigenwert λ1 vonA ein Eigenvektor b1 ∈ Kn, b1 != 0 vonA,

Ab1 = λ1 b1 .

Wir ergänzen {b1} zu einer Basis B = (b1, . . . , bn) von Kn.Mit der invertierbaren Matrix U = (b1, . . . , bn) mit denSpaltenvektoren b1, . . . , bn gilt nun

B = U−1AU =

λ1 ∗ · · · ∗0... B

0

.

Wegen der Blockdreiecksgestalt der Matrix B und da ähnli-che Matrizen dasselbe charakteristische Polynom haben, gilt

χA = χB = (λ1 −X)χC .

Folglich giltχC = (λ2−X) · · · (λn−X), sodassχC in Line-arfaktoren zerfällt. DaC somit eine (n−1)× (n−1)-Matrixüber K mit einem in Linearfaktoren zerfallenden charakte-ristischen Polynom ist, können wir die Induktionsvorausset-zung anwenden: Die MatrixC ist triangulierbar, d. h., es gibteine invertierbare Matrix T ∈ K(n−1)×(n−1) mit

T −1C T =∗ · · · ∗

. . ....

0 ∗

.

Nun gilt mit der n× n-Matrix

S =

1 0 · · · 00... T

0

U ∈ Kn×n

die Gleichung

S−1AS =

=

1 0 · · · 00... T

0

U AU−1

1 0 · · · 00... T −1

0

=

1 0 · · · 00... T

0

λ1 ∗ · · · ∗0... B

0

1 0 · · · 00... T −1

0

=

λ1 ∗ · · · ∗0 ∗ · · · ∗...

. . ....

0 ∗

.

Damit ist begründet, dass auch die Matrix A triangulierbarist.

Man kann auch aus diesem Beweis ein Konstruktionsverfah-ren für eine Fahnenbasis gewinnen. Bei diesem Verfahrenkonstruiert man bei jedem Schritt eine Matrix. Die Fahnen-basis erhält man dann durch die Multiplikation dieser Ma-trizen. Wenn man die Rechnungen mit Bleistift und Papierdurchführt, ist das Verfahren damit aufwändiger als das durchden ersten Beweis im Text nahegelegte Verfahren.

Aufgabe 14.11 •• Wir machen eine vollständige Induk-tion nach k: Im Fall k = 1 gilt

1∑i=0

(1

k

)DiN1−i = D0N1−0 +D1N1−1 = N +D

Nun zum Induktionsschritt:

(D +N)k+1 = (D +N)k(D +N)

Ind.vor.=(

k∑i=0

(k

i

)DiNk−i

)(D +N) =

=k∑

i=0

(k

i

)DiNk−iD +

k∑i=0

(k

i

)DiNk−i+1 DN=N D=

=k∑

i=0

(k

i

)Di+1Nk−i +

k∑i=0

(k

i

)DiNk−i+1 =

= Dk+1 +k−1∑i=0

(k

i

)Di+1N−i +

k∑i=1

(k

i

)DiNk−i+1

+Nk+1 =

= Dk+1 +k∑

i=1

(k

i − 1

)DiNk−i+1 +

k∑i=1

(k

i

)DiNk−i+1

+Nk+1 =

= Dk+1 +k∑

i=1

((k

i − 1

)+(k

i

))DkNk−i+1 +Nk+1 =

=(k + 1

k + 1

)Dk+1N0 +

k∑i=1

(k + 1

i

)DiNk−i+1

+(k + 1

0

)D0Nk+1 =

=k+1∑i=0

(k + 1

i

)DiNk+1−i .

Aufgabe 14.12 •• (a) Aus Ap = 0 folgt det(A) = 0wegen 0 = det(Ap) = det(A)p . Damit ist A nicht invertier-bar.

(b) Ist λ ∈ C ein Eigenwert von A, so gibt es einen Eigen-vektor v ∈ Cn zum Eigenwert λ. Dann gilt mit Av = λ v

0 = (Ap) v = Ap−1 (Av) = λAp−1 v = . . . = λp v .

Wegen v != 0 gilt λp = 0, also folgt λ = 0.

Somit kann höchstens 0 ein Eigenwert sein. Aufgrund desFundamentalsatzes der Algebra ist aber 0 dann auch Eigen-wert von A, weil das charakteristische Polynom χA in Li-


nearfaktoren zerfällt und es somit Eigenwerte gibt. Da χAkeine weiteren Nullstellen haben kann, muss 0 eine n-facheNullstelle sein; es gilt also χA = ±Xn.

(c) Mit dem Satz von Cayley-Hamilton folgt χA(A) = 0.Also An = 0, und damit ist p ≤ n bewiesen.

Aufgabe 14.13 •• Es gibt eine Basis B = (b1, ..., bn)

mit BM(ϕ)B = diag(λ1, ..., λn). (Für i = 1, ..., n sei bi einEigenvektor zum Eigenwert λi .)

Für bi != bj gilt natürlich bi + bj != 0. Also muss es einλ ∈ K geben mit

ϕ(bi + bj ) = λ(bi + bj ) ,

d.h.

λibi + λjbj = ϕ(bi )+ ϕ(bj ) = ϕ(bi + bj ) = λ(bi + bj )

= λbi + λbj .

Da {bi , bj } (mit bi != bj ) linear unabhängig ist, ist dieDarstellung eines jeden Vektors aus 〈{bi , bj }〉 eindeutig. Esfolgt: λi = λ = λj für alle 1 ≤ i != j ≤ n. Also gilt:

BM(ϕ)B = diag(λ,..., λ) = λ · En. Also gilt ϕ = λ · id.

Aufgabe 14.14 •• Es ist 0 ein Eigenwert von AB ge-nau dann, wenn AB nicht invertierbar ist. Dies ist genaudann der Fall, wenn A oder B nicht invertierbar ist. Und dasgilt genau dann, wenn B A nicht invertierbar ist, wobei dieswieder gleichwertig dazu ist, dass 0 ein Eigenwert von B A

ist.

Jetzt sei λ != 0 ein Eigenwert vonAB und v ein Eigenvektorvon AB zu λ. Dann gilt: AB v = λv != 0, also B v != 0.Damit ist dann B A (B v) = B λ v = λ (B v).

Also gilt: Jeder Eigenwert von AB ist auch Eigenwert vonB A. Durch Vertauschen der Rollen von AB und B A erhältman dann die Behauptung.

Aufgabe 14.15 ••• Es sei

χA =r∏

i=1

(λi −X)ma(λi )

das charakteristische Polynom von A. Wir setzen für jedesj = 1, . . . , r

χj =r∏

i=1i !=j

(λi −X)ma(λi )

Dann sind die Polynome χ1, . . . , χr teilerfremd, sodass Po-lynome p1, . . . , pr existieren mit

1 =r∑

i=1

pi χi ,

wobei 1 = X0 das Einspolynom bezeichne. Wir setzen nundie Matrix A auf beiden Seiten ein und erhalten eine Gleich-heit von Matrizen

En =r∑

i=1

pi(A) χi(A) .

Nun wenden wir diese (gleichen) Matrizen auf einen Vektorv ∈ V an und erhalten

(∗) v = Env = p1(A) χ1(A) v + · · · + pr(A) χr (A) v .

Da χA = χi (λi − X)ma(λi ) für jedes i = 1, . . . , r gilt,erhalten wir somit wegen

0 = χA(A) = χi(A) (λi En −A)ma(λi )

(beachte den Satz von Cayley-Hamilton) für jeden Summan-den der rechten Seite von (∗):

pi(A) χi(A) v ∈ ker(λi En −A)ma(λi ) ,

d. h. v ist eine Summe von Hauptvektoren.

Aufgabe 14.16 ••• ⇒: Ist B = (b1, ..., bn) eine Basisvon V aus gemeinsamen Eigenvektoren von ϕ, ψ , dann istdie Matrix von ϕ bzw. ψ bezüglich B eine DiagonalmatrixDϕ ∈ Kn×n bzw.Dψ ∈ Kn×n. Für diese Matrizen gilt offen-bar Dϕ Dψ = Dψ Dϕ , woraus sofort folgt ϕ ◦ ψ = ψ ◦ ϕ.

⇐: Da nach Voraussetzung ϕ und ψ diagonalisierbar sind,lässt sich V jeweils in eine direkte Summe von Eigenräumenzerlegen

V = Eigϕ(λ1)⊕ ...⊕ Eigϕ(λr) (1)

V = Eigψ(µ1)⊕ ...⊕ Eigψ(µs) (2)

wobei die λi bzw. µj die paarweise verschiedenen Eigen-werte von ϕ bzw. ψ sind.

Wir stellen zunächst fest, dass Eigψ(µj ) ϕ-invariant ist ∀ j ∈{1, ..., s}, denn für v ∈ Eigψ(µj ) istψ (ϕ(v)) = ϕ (ψ(v)) =ϕ(µjv

) = µjϕ(v), also ϕ(v) ∈ Eigψ(µj ).

Zu festem k ∈ {1, ..., r} betrachten wir nun die UnterräumeWk,j = Eigϕ(λk) ∩ Eigψ(µj ) , j = 1, ..., s , und behaup-ten

Eigϕ(λk) = Wk,1 ⊕ ...⊕Wk,s (∗)Die Summe auf der rechten Seite von (∗) ist direkt, da∀ j ∈ {1, ..., s} gilt: Ist v ∈ Wk,j ∩∑s

i=1,i !=j Wk,i , so ist

insbesondere v ∈ Eigψ(µj ) ∩∑si=1,i !=j Eigψ(µi)

(2)= {0}.Es bleibt zu zeigen: Eigϕ(λk) = Wk,1 + ... + Wk,s : Essei also w ∈ Eigϕ(λk), dann gibt es wegen (2) wj ∈Eigψ(µj ) , j = 1, ..., s , mit w = w1 + ... + ws . Nungilt einerseits ϕ(w) = ϕ(w1)+· · ·+ϕ(ws) und andererseitsϕ(w) = λkw1 + · · · + λkws . Da wegen der ϕ-Invarianz vonEigψ(µj ) für alle j ∈ {1, ..., s} ϕ(wj ) ∈ Eigψ(µj ) gilt undϕ(w) in eindeutiger Weise als Summe gemäß (2) geschriebenwerden kann, folgt ϕ(wj ) = λkwj ∀ j ∈ {1, ..., s}. Damitist also wj ∈ Wk,j ∀ j ∈ {1, ..., s} und (∗) ist gezeigt. Da(∗) für beliebiges k ∈ {1, ..., r} gilt, folgt mit (1)

V = W1,1⊕...⊕W1,s⊕W2,1⊕...⊕W2,s⊕...⊕Wr,1⊕...⊕Wr,s .

Da dieWk,j nach Definition außer dem Nullvektor höchstensgemeinsame Eigenvektoren von ϕ und ψ enthalten, gibt esdaher eine Basis von V aus gemeinsamen Eigenvektoren vonϕ und ψ .

Kapitel 15

Aufgaben

Verständnisfragen

Aufgabe 15.1 • Zeigen Sie, dass eine differenzierbareFunktionf : (a, b)→ R affin-linear ist, wenn ihre Ableitungkonstant ist.

Aufgabe 15.2 •• Untersuchen Sie die Funktionenfn : R → R mit

fn(x) =xn cos

1

x, x != 0 ,

0 , x = 0

für n = 1, 2, 3 auf Stetigkeit, Differenzierbarkeit oder stetigeDifferenzierbarkeit.

Aufgabe 15.3 •• Zeigen Sie, dass die Funktionf : R → R mit f (x) = x4 konvex ist,(a) indem Sie nach Definition f (λx + (1 − λ)y) ≤λf (x)+ (1− λ)f (y) für alle λ ∈ [0, 1] prüfen,(b) mittels der Bedingung f ′(x)(y − x) ≤ f (y)− f (x).

Aufgabe 15.4 •• Wie weit kann man bei optimalenSichtverhältnissen von einem Turm der Höhe h = 10 m se-hen, wenn die Erde als Kugel mit Radius R ≈ 6 300 kmangenommen wird?

Aufgabe 15.5 • Beweisen Sie: Wenn f : [0, 1] → R

stetig differenzierbar ist mitf (0) = 0 undf (1) f ′(1) < 0, sogibt es eine Stelle x ∈ (0, 1) mit der Eigenschaft f ′(x) = 0.

Rechenaufgaben

Aufgabe 15.6 • Berechnen Sie die Ableitungen derFunktionen f : D → R mit

f1(x) =(x + 1

x

)2

, x != 0

f2(x) = cos(x2) cos2 x , x ∈ R

f3(x) = ln(ex − 1

ex) , x != 0

f4(x) = xxx, x > 0

auf dem jeweiligen Definitionsbereich der Funktion.

Aufgabe 15.7 •• Zeigen Sie durch eine vollständige In-duktion die Ableitungen

dn

dxn(ex sin x) = (

√2)nex sin

(x + nπ

4

)für n = 0, 1, 2, . . .

Aufgabe 15.8 •• Wenden Sie das Newton-Verfahrenan, um die Nullstelle x = 0 der beiden Funktionen

f (x) ={x4/3 , x ≥ 0 ,

−|x|4/3 , x < 0

und

g(x) ={√

x , x ≥ 0 ,

−√|x| , x < 0

zu bestimmen. Falls das Verfahren konvergiert, geben Siedie Konvergenzordnung an und ein Intervall für möglicheStartwerte.

Aufgabe 15.9 • Zeigen Sie, dass die Abschätzungen

π

4≤ arctan(x)+ 1− x

1+ x2≤ π

2

für alle x ∈ R≥0 gelten.

Aufgabe 15.10 •• Bestimmen Sie die Potenzreihe zuf : R>0 → R mit f (x) = 1/x2 um den Entwicklungspunktx0 = 1 und ihren Konvergenzradius .

Aufgabe 15.11 • Bestimmen Sie zu

f (x) = x3 cosh

(x3

6

)die Werte der 8. und 9. Ableitung an der Stelle x = 0 .

Aufgabe 15.12 • Bestimmen Sie die Taylorreihe zuf : R → R mit f (x) = x exp(x − 1) zum einen direkt undandererseits mithilfe der Potenzreihe zur Exponentialfunk-tion. Untersuchen Sie weiterhin die Reihe auf Konvergenz.

Aufgabe 15.13 •• Zeigen Sie für |x| < 1 die Taylorfor-mel

ln1− x

1+ x

= −2

(x + x3

3+ · · · + x2n−1

2n− 1

)+ r2n(x; 0)

mit dem Restglied

r2n(x; 0) = −x2n+1

2n+ 1

(1

(1+ tx)2n+1+ 1

(1− tx)2n+1

)für ein t ∈ (0, 1).

Approximieren Sie mithilfe des Taylorpolynoms vom Gradn = 2 den Wert ln(2/3) und zeigen Sie, dass der Fehlerkleiner als 5 · 10−4 ist.

Aufgabe 15.14 • Berechnen Sie die vier Grenzwerte

limx→∞

ln(ln x)

ln x, lim

x→0

1

ex − 1− 1

x,

limx→0

cot(x)(arcsin(x)) , limx→a

xa − ax

ax − aa, a ∈ R>0\{1} .


Aufgabe 15.15 • Bestimmen Sie eine Konstantec ∈ R, sodass die Funktion f : [−π/2, π/2] → R

f (x) ={

(cos x)1x2 , x != 0 ,

c , x = 0

stetig ist.

Beweisaufgaben

Aufgabe 15.16 • Beweisen Sie induktiv die Leib-niz’sche Formel für die n-te Ableitung eines Produkts zweiern-mal differenzierbarer Funktionen f und g:

(fg)(n) =n∑

k=0

(n

k

)f (k)g(n−k) für n ∈ N0 .

Aufgabe 15.17 •• Zeigen Sie, dass es genau eine Funk-tion f : R>0 → R gibt (den Logarithmus), mit den beidenEigenschaften:

f (xy) = f (x)+ f (y) , f (x) ≤ x − 1 ,

indem Sie beweisen: f ist differenzierbar mit der Ableitungf ′(x) = 1

x.

Aufgabe 15.18 •• Zeigen Sie, dass der verallgemei-nerte Mittelwert für x → 0 gegen das geometrische Mittelpositiver Zahlen a1, . . . ak ∈ R>0 konvergiert, d. h., es gilt:

limx→0

1

n

n∑j=1

axj

1x

= n

√√√√ n∏j−1

aj .

Aufgabe 15.19 •• Gegeben sind Zahlen xj ∈ [a, b],λj ∈ (0, 1) für j = 1, . . . , n und

∑nj=1 λj = 1.

(a) Zeigen Sie, dass für eine konvexe Funktion f : [a, b]→R

die Ungleichung

f

n∑j=1

λjxj

≤ n∑j=1

λjf (xj )

gilt.

(b) Beweisen Sie für positive Zahlen xj ≥ a > 0 die Un-gleichung zwischen gewichteten arithmetischen und geome-trischen Mittelwerten:

n∏j=1

xλjj ≤

n∑j=1

λjxj .

Aufgabe 15.20 ••• Zeigen Sie, dass eine konvexe Funk-tion f : [a, b] → R auf einem kompakten Intervall [a, b](a) nach oben beschränkt und

(b) in x ∈ (a, b) stetig ist.

Aufgabe 15.21 •• Begründen Sie, dass eine 2n-mal ste-tig differenzierbare Funktion f : (a, b)→ R mit der Eigen-schaft

f ′(x) = · · · = f (2n−1)(x) = 0

undf (2n)(x) > 0

im Punkt x ∈ (a, b) ein Minimum hat.

Aufgabe 15.22 • Beweisen Sie zur Taylorformel dieRestglieddarstellung von Schlömilch:

rn(x; x0)= (x − x0)n+1

n!p (1−τ)n+1−pf (n+1)(x0+τ(x−x0))

mit p ∈ N, indem sie den verallgemeinerten Mittelwertsatzanwenden auf die Funktion F : R → R aus dem Beweis zumCauchy’schen Restglied und die Funktion G : R → R mitG(y) = (x − y)p .

Aufgabe 15.23 ••• Neben dem Newton-Verfahren gibtes zahlreiche andere iterative Methoden zur Berechnungvon Nullstellen von Funktionen. Das sogenannte Halley-Verfahren etwa besteht ausgehend von einem Startwert x0in der Iterationsvorschrift

xj+1 = xj − f (xj )f′(xj )

(f ′(xj ))2 − 12f

′′(xj )f (xj ), j ∈ N .

Beweisen Sie mithilfe der Taylorformeln erster und zwei-ter Ordnung, dass das Verfahren in einer kleinen Umgebungum eine Nullstelle x einer dreimal stetig differenzierbarenFunktion f : D → R mit der Eigenschaft f ′(x) != 0 sogarkubisch konvergiert, d. h., es gilt in dieser Umgebung

|x − xj+1| ≤ c|x − xj |3

mit einer von j unabhängigen Konstanten c > 0.

Hinweise

Verständnisfragen

Aufgabe 15.1 • Man verwende die Taylorformel 1.Ordnung.

Aufgabe 15.2 •• Betrachten Sie zum einen die Grenz-werte der Funktionen und ihrer Ableitungsfunktionen inx = 0 und zum anderen die Grenzwerte der Differenzen-quotienten.

Aufgabe 15.3 •• Mit den binomischen Formeln folgtallgemein 2ab ≤ a2 + b2 für a, b ∈ R.

Aufgabe 15.4 •• Bestimmen Sie die Tangente an derErdkugel, die den Horizont berührt und die Spitze des Turmstrifft.


Aufgabe 15.5 • Machen Sie sich durch eine Skizze diebeiden Bedingungen an f anschaulich klar. Daraus ergibtsich eine Beweisidee.

Rechenaufgaben

Aufgabe 15.6 • Wenden Sie passende Kombinationenvon Produkt- und Kettenregel an.

Aufgabe 15.7 •• Verwenden Sie das Additionstheorem

sin x + cos x = sin(x + π

4

)sin π

4, x ∈ R.

Aufgabe 15.8 •• Mit der Iterationsvorschrift lässt sichdie Differenz |xk+1 − xk| abschätzen.

Aufgabe 15.9 • Berechnen Sie kritische Punkte deseingeschachtelten Funktionsausdrucks, dessen Randwert beix = 0 und das Verhalten für den Grenzfall x →∞.

Aufgabe 15.10 •• Betrachten Sie die Potenzreihe zumAusdruck 1/x und die Ableitung.

Aufgabe 15.11 • Nutzen Sie, dass die Potenzreihe derFunktion die Taylorreihe zu f ist.

Aufgabe 15.12 • Mit einer Induktion lässt sich die n-te Ableitung zeigen.

Aufgabe 15.13 •• Nutzen Sie die Darstellung f (x) =ln(1− x)− ln(1+ x) und berechnen Sie die n-te Ableitung.Für die Fehlerabschätzung muss eine passende Stelle x in dieTaylorformel eingesetzt werden.

Aufgabe 15.14 • In allen vier Beispielen lässt sich dieL’Hospital’sche Regel gegebenenfalls nach Umformungendes Ausdrucks anwenden.

Aufgabe 15.15 • Stetigkeit bedeutet insbesondere,dass der Grenzwert für x → 0 mit dem Funktionswert beix = 0 übereinstimmt.

Beweisaufgaben

Aufgabe 15.16 • Es gilt(nk

)+ ( nk+1

) = (n+1k+1

).

Aufgabe 15.17 •• Man betrachte den Differenzenquo-tienten zu f und nutze die Eigenschaft f (1/x) = −f (x).

Aufgabe 15.18 •• Schreiben Sie die allgemeine Potenzmithilfe der Exponentialfunktion und dem natürlichen Lo-garithmus und überlegen Sie sich, dass der Grenzwert des

Exponenten mit der L’Hospital’schen Regel gefunden wer-den kann.

Aufgabe 15.19 •• Beachten Sie für Teilaufgabe (a),dass etwa

∑n−1j=1 λj = 1 − t für t = λn ist. Überlegen Sie

sich für Teil (b) zunächst, dass− ln : R>0 → R eine konvexeFunktion ist.

Aufgabe 15.20 ••• zu (a): Für eine Schranke zu f (x) aneiner Stelle x ∈ [a, b] schreibe x als Konvexkombinationvon a und b.

zu (b): Versuchen Sie einen Widerspruch zur Beschränktheitzu konstruieren, wenn es eine Unstetigkeitsstelle gibt. Dazuist die ε, δ-Definition der Stetigkeit zu negieren.

Aufgabe 15.21 •• Überlegen Sie sich, dass die Bedin-gungen strenge Monotonie der (2n−1)-ten Ableitungsfunk-tion mit sich bringt und somit der Vorzeichenwechsel zeigt,dass die (2n − 2)-te Ableitung ein Minimum in x besitzt.Argumentieren Sie dann induktiv.

Aufgabe 15.22 • Wenden Sie den verallgemeinertenMittelwertsatz auf den Quotienten F(x0+h)−F(x0)

G(x0+h)−G(x0)an.

Aufgabe 15.23 ••• Einsetzen der Iterationsvorschriftbezüglich xj , Ausklammern des Nenners und Verwenden derTaylorformel zweiter Ordnung mit der Lagrange’schen Rest-glieddarstellung sind erste wichtige Schritte für die gesuchteAbschätzung. Überlegen Sie sich auch, dass der Nenner inder Iterationsvorschrift in einer Umgebung um x nicht nullwird.

Lösungen

Verständnisfragen


Aufgabe 15.2 •• Für x != 0 sind die Funktionen stetigdifferenzierbar. In x = 0 ist f1 stetig aber nicht differenzier-bar, f2 differenzierbar, aber nicht stetig differenzierbar undf3 stetig differenzierbar.


Aufgabe 15.4 •• Die Entfernung beträgt

L =√

2Rh+ h2 ≈ 11 km .



Rechenaufgaben

Aufgabe 15.6 •f ′1(x) = 2

(x − 1

x3

)f ′2(x) = −2x sin(x2) cos2 x − 2 cos(x2) cos x sin x

f ′3(x) =1

ex − 1

f ′4(x) = x(xx)(x(x−1) + xx ln x(ln x + 1)

)


Aufgabe 15.8 •• Für die Funktion f ist das Newton-Verfahren linear-konvergent. Im zweiten Fall divergiert dasVerfahren.


Aufgabe 15.10 •• Es gilt:

1

x2=

∞∑n=0

(n+ 1) (−1)n(x − 1)n

für x ∈ (0, 2).

Aufgabe 15.11 • f (8)(0) = 0 und f (9)(0) = 7!.

Aufgabe 15.12 • Die Taylorreihe/Potenzreihe lautet:

f (x) =∞∑n=0

n+ 1

n! (x − 1)n

für x ∈ R, d. h., der Konvergenzradius ist unendlich.

Aufgabe 15.13 •• –

Aufgabe 15.14 •lim

x→∞ln(ln x)

ln x= 0

limx→a

xa − ax

ax − aa= 1− ln a

ln a

limx→0

1

ex − 1− 1

x= −1

2

limx→0

cot(x)(arcsin(x)) = 1

Aufgabe 15.15 • Mit c = 1/√

e ist f stetig auf[−π/2, π/2].

Beweisaufgaben


Aufgabe 15.17 •• –

Aufgabe 15.18 •• –

Aufgabe 15.19 •• –

Aufgabe 15.20 ••• –

Aufgabe 15.21 •• –


Aufgabe 15.23 ••• –

Lösungswege

Verständnisfragen

Aufgabe 15.1 • Wir setzen voraus, dassf : (a, b)→R

differenzierbar ist mit konstanter Ableitung f ′(x) = c ∈ R

für alle x ∈ (a, b). Dann ist f ′ differenzierbar und es giltf ′′(x) = 0 für x ∈ (a, b). Wählen wir irgendeinen Entwick-lungspunkt x0 ∈ (a, b), so ergibt die Taylorformel mit derLagrange-Darstellung des Restglieds

f (x) = f (x0)+ f ′(x0)(x − x0)+ r1(x; x0)

= f (x0)+ c(x − x0)+ 1

2f ′′(ξ)︸︷︷︸=0

(x − x0)2

= cx + (f (x0)− c x0)︸︷︷︸konstant

.

Die Darstellung zeigt, dass f affin-linear ist.

Aufgabe 15.2 •• Aufgrund der Differenziationsregelnist fn für n = 1, 2, 3 in jedem Punkt x > 0 differenzierbarmit:

f ′1(x) = cos1

x+ 1

xsin

1

x

f ′2(x) = 2x cos1

x+ sin

1

x

f ′3(x) = 3x2 cos1

x+ x sin

1

x

Insbesondere ist f ′n in jedem Punkt x != 0 stetig differenzier-bar.

Wir müssen noch die Stelle x = 0 untersuchen. Mit demGrenzwert

limx→0

|f1(x)| = limx→0

|x cos1

x| ≤ lim

x→0|x| = 0

folgt, dass f1 in x = 0 stetig ist. f1 ist in x = 0 aber nichtdifferenzierbar; denn der Limes des Differenzenquotienten

limx→0

f1(x)− f (0)

x − 0= lim

x→0cos

1

x


existiert nicht. Um das zu sehen, wählen wir die beiden Null-folgen an = 1

2nπ und bn = 12nπ+π

, die eingesetzt in f1 aufunterschiedliche Grenzwerte führen.

Für die zweite und dritte Funktion folgt Stetigkeit in x = 0analog zum ersten Fall. Weiter erhalten wir für den Differen-zenquotienten

limx→0

fn(x)− f (0)

x − 0= lim

x→0xn−1 cos

1

x= 0

für n = 2, 3. Also ist fn in x = 0 differenzierbar.

f2 ist in x = 0 aber nicht stetig differenzierbar, da

limx→0

f ′2(x) = limx→0

2x cos1

x+ sin

1

x

nicht existiert, was wir diesmal mit den beiden Nullfolgenan = 1

2nπ und bn = 12nπ+π/2 sehen. Im Gegensatz zu f2 ist

f3 in x = 0 stetig differenzierbar, denn der Grenzwert

limx→0

|f ′3(x)| = limx→0

|3x2 cos1

x+ x sin

1

x|

= limx→0

3x2 + |x| = 0

existiert und ist identisch mit dem Grenzwert des Differen-zenquotienten in x = 0.

Aufgabe 15.3 •• Wir setzen z = λx + (1 − λ)y mitλ ∈ (0, 1) und x, y ∈ R in die Funktion ein und schät-zen den Ausdruck zweimal mithilfe der allgemeinen Unglei-chung 2ab ≤ a2 + b2 ab. Dies führt auf die Konvexitätsbe-dingung:

f (λx + (1− λ)y) = (λx + (1− λ)y)4

=(λ2x2 + 2λ(1− λ)xy + (1− λ)2y2

)2

≤(λ2x2 + λ(1− λ)(x2 + y2)+ (1− λ)2y2

)2

=((λ2 + λ(1− λ))︸︷︷︸

=λ

x2 + (λ(1− λ)+ (1− λ)2)︸︷︷︸=(1−λ)

y2)2

=(λx2 + (1− λ)y2

)2

= λ2x4 + 2λ(1− λ)x2y2 + (1− λ)2y4

≤ λ2x4 + λ(1− λ)(x4 + y4)+ (1− λ)2y4

= (λ2 + λ(1− λ))x4 + ((1− λ)2 + λ(1− λ))y4

= λf (x)+ (1− λ)f (y)

b) Mit f (x) = x4 und f ′(x) = 4x3 erhalten wir

f ′(x)(y−x) = 4x3(y − x)

= (4xy − 4x2)x2

≤ (2(x2 + y2)− 4x2)x2

= (2y2 − 2x2)x2

= 2y2x2 − 2x4

≤ x4 + y4 − 2x4 = y4 − x4 = f (y)− f (x) ,

wiederum mit der Abschätzung aus dem Hinweis.

Abschließend überlegen wir uns noch, wie aus der allgemei-nen Bedingung

f ′(x)(y − x) ≤ f (y)− f (x)

für alle x, y ∈ D folgt, dass die Funktion konvex ist. Dazubetrachten wir für λ ∈ [0, 1] die Differenz

λf (x)+ (1− λ)f (y)− f (λx + (1− λ)y)

= λ (f (x)− f (λx + (1− λ)y))

+ (1− λ) (f (y)− f (λx + (1− λ)y))

≥ λf ′(λx + (1− λ)y) (λx + (1− λ)y − x)

+ (1− λ)f ′(λx + (1− λ)y) (λx + (1− λ)y − y)

= λ(1− λ)f ′(λx + (1− λ)y) (y − x)

+ (1− λ)λf ′(λx + (1− λ)y) (x − y) = 0 .

Also folgt aus der Bedingung für die Ableitung Konvexitätder Funktion f .

Aufgabe 15.4 •• Wir betrachten eine Schnittebene

h L

R

x0 R−R

√R2 − x2

Abbildung 15.1 Sichtweite auf der Erdkugel von einem Turm aus.

(siehe Abbildung) und beschreiben die Erdoberfläche alsKreis um den Ursprung in dieser Ebene. Den Turm platzierenwir in den Punkt (0, R) und den oberen Halbkreis fassen wirals den Graphen der Funktion

f : [−R,R] → R mit f (x) =√R2 − x2

auf. Eine Tangente an diesen Graphen an einer Stelle x0 ∈[−R,R] ist gegeben durch die Linearisierung

g(x) = f (x0)+ f ′(x0)(x − x0) .

Gesucht ist die Tangente mit der Eigenschaft g(0) = R + h.Also erhalten wir für x0 die Bedingung

R + h = f (x0)+ f ′(x0)(x − x0)

=√R2 − x2

0 −x0√

R2 − x20

(−x0)

=√R2 − x2

0 +x2

0√R2 − x2

0


bzw.

(R + h)2 = R2 + x20 +

x20

R2 − x20

.

Wir formen die Gleichung weiter um zu

(R + h)2(R2 − x20 ) = R4 − x4

0 + x40 = R4

und es folgt

x20 = R2 − R4

(R + h)2= R2

(1− R2

(R + h)2

).

Für den Funktionswert an dieser Stelle x0 erhalten wiry2

0 = R2−x20 = R4/(R+h)2. Mit dem Satz des Pythagoras

ergibt sich so die gesuchte Entfernung L aus

L2 = x20 + (R + h− y0)

2

= R2

(1− R2

(R + h)2

)+(R + h− R2

(R + h)

)2

= (R + h)2 − R2

= h2 + 2hR .

Damit erhalten wir die Entfernung

L =√h2 + 2hR ≈ 11 km .

Beachten Sie, dass der wesentliche Teil der Arbeit darin be-steht, nachzuweisen, dass die Tangente an einen Kreis senk-recht auf dem Radius im Berührungspunkt ist. Der Rest istdann eine elementargeometrische Überlegung.

Aufgabe 15.5 •

f(1) > 0

f ′(1) < 0

f(1) < 0

f ′(1) > 0

f(0) = 0

Abbildung 15.2 Skizze der qualitativen Möglichkeiten in Aufgabe 15.5 amrechten Intervallrand.

Wegen des Mittelwertsatzes gibt es eine Stelle ξ ∈ (0, 1) mit

f (1) = f (1)− f (0) = f ′(ξ)(1− 0)

Also ist f ′(ξ)f ′(1) = f (1)f ′(1) < 0, d.h. f ′(ξ) und f ′(1)haben unterschiedliche Vorzeichen. Da f ′ stetig ist, folgt mitdem Zwischenwertsatz, dass es eine Stelle x ∈ [ξ, 1] gibt mitf ′(x) = 0.

Rechenaufgaben

Aufgabe 15.6 • Wir fassen den Ausdruck zu f1 alsVerkettung von y2 und x + 1

xauf und nutzen die Ketten-

regel. Somit folgt

f ′1(x) = 2

(x + 1

x

)(1− 1

x2

)= 2

(x + 1

x− 1

x− 1

x3

)= 2(x − 1

x3) .

In nächsten Beispiel muss die Produktregel angewandt wer-den und bei den Faktoren cos(x2) und cos2 x ist die Ketten-regel angebracht. Insgesamt errechnen wir

f ′2(x) =(

cos(x2) cos2 x)

= −2x sin(x2) cos2 x − 2 cos(x2) cos x sin x .

Den dritten Term schreiben wir um zu

f3(x)= ln

(ex − 1

ex

)= ln(ex − 1)− ln(ex)= ln(ex − 1)− x

und bilden die Ableitung unter Nutzung der Kettenregel:

f ′3(x) =1

ex − 1ex − 1 = 1

ex − 1.

Im letzten Beispiel schreiben wir

xxx = eln x ex ln x

und bilden die Ableitung mithilfe der Kettenregel

f ′4(x) = eln x ex ln x(

1

xex ln x + ln xex ln x(ln x + 1)

)= xx

x(xx−1 + xx ln x(ln x + 1)

).

Aufgabe 15.7 •• Ein Induktionsanfang für n = 0 mitd0

dx0 f (x) = f (x) ist offensichtlich.

Beginnen wir also mit der Annahme, dass die angegebeneAbleitungsformel bis zu n ∈ N gültig ist. Es folgt mit demAdditionstheorem

sin x + cos x = sin(x + π

4

)sin π

4, x ∈ R.

für die nächst höhere Ableitung

dn+1

dxn+1(ex sin x) = d

dx

(dn

dxn(ex sin x)

)= d

dx

(√2nex sin(x + nπ

4))

= √2n

ex(

sin(x + nπ

4)+ cos(x + nπ

4))

= √2nex (sin

π

4)−1︸︷︷︸

=√2

sin(x + nπ

4+ π

4)

= √2n+1

ex sin(x + (n+ 1)π

4) .

Damit ist die Induktion abgeschlossen und wir haben gezeigt,dass die Formel für alle n ∈ N gilt.


Aufgabe 15.8 •• Für die Funktion f gilt

f ′(x) ={ 4

33√x, x > 0

43

3√−x, x < 0

Für das Newton-Verfahren erhalten wir somit die Iterations-vorschrift

xk+1 = xk − f (xk)

f ′(xk)= 1

4xk,

für x != 0. Das Verfahren konvergiert in diesem Fall lineargegen null, denn es gilt

|xk+1 − xk| ≤ 3

4|xk|.

Aus |xk+1| ≤(

34

)k+1 |x0| → 0 für k → ∞ resultiert in

diesem Fall Konvergenz. Das Resultat ist kein Widerspruchzur quadratischen Konvergenz der allgemeinen Theorie, daf in 0 nicht zweimal stetig differenzierbar ist.

b) Es gilt f ′(x) = 12√|x| für x != 0. Damit folgt, wenn wir

das Newton-Verfahren anwenden, für xk > 0

xk+1 = xk − 2√xk√xk = −xk,

und für xk < 0

xk+1 = xk + 2√−xk

√−xk = −xk.

Die Folge springt mit x2n = x0 und x2n+1 = −x0. DasNewton-Verfahren ist nicht konvergent.

Aufgabe 15.9 • Wir definieren die stetig differenzier-bare Funktion f : R≥0 → R mit

f (x) = arctan(x)+ 1− x

1+ x2

und berechnen die Ableitung dieser Funktion,

f ′(x) = 1

1+ x2− 1

1+ x2− 2x(1− x)

(1+ x2)2

= 2x(x − 1)

(1+ x2)2.

Aus der Gleichungf ′(x) = 0

ergeben sich die kritischen Stellen x = 0 und x = 1.

Man erhält den Funktionswert f (1) = π/4 und im Rand-punkt gilt f (0) = 1. Für x →∞ folgt

limx→∞

(arctan(x)+ 1− x

1+ x2

)= π

2+ lim

x→∞

1x2 − 1

x

1x2 + 1

= π

2.

Da die Funktion stetig ist, müssen alle Funktionswerte zwi-schen dem Minimum und dem Maximum dieser drei Werteliegen. Die Überlegung liefert uns die gesuchte Abschätzung

π

4≤ arctan(x)+ 1− x

1+ x2≤ π

2

für alle x ∈ R≥0 (siehe Abbildung).

x

f (x)

5 10 15

0.50.5

1.0

1.5π/2

π/4

Aufgabe 15.10 •• Die Funktion f : (0, 2) → R mitf (x) = 1/x lässt sich mit der geometrischen Reihe als Po-tenzreihe um x0 = 1 darstellen,

f (x) = 1

1− (1− x)=

∞∑n=0

(−1)n(x − 1)n

mit dem Konvergenzradius r = 1. Damit ergibt sich für dieAbleitung

f ′(x) =∞∑n=1

n(−1)n(x − 1)n−1

= −∞∑n=0

(n+ 1) (−1)n(x − 1)n .

Andererseits erhalten wir für f (x) = x−1 die Ableitung

f ′(x) = −x−2 = − 1

x2.

Aus der allgemeinen Aussage, dass die Potenzreihe differen-zierbar ist und im Konvergenzintervall die Ableitung darstelltfolgt die Potenzreihendarstellung

1

x2=

∞∑n=0

(n+ 1) (−1)n(x − 1)n

für x ∈ (0, 2).

Aufgabe 15.11 • Mit der für ganz R konvergierendenPotenzreihe des Kosinus hyperbolicus

cosh(x) =∞∑k=0

x2k

(2k)!


können wir die Potenzreihe von f angeben:

f (x) = x3 cosh

(x3

6

)=

∞∑k=0

x6k+3

36k(2k)! .

Der Konvergenzkreis dieser Potenzreihe umfasst ganz R bzw.C und sie ist auch die entsprechende Taylorreihe zu f . Ver-gleichen wir den 8. und 9. Koeffizienten der formalen Tay-lorreihe mit der bestimmten Potenzreihe, so folgen aus

∞∑n=0

f (n)

n! xn = f (x) = x3 + x9

2 · 36+ x15

24 · 362+ . . . .

die Identitäten

f (8)(0)

8! = 0 undf (9)(0)

9! = 1

2 · 36.

Ohne weitere Rechnung erhalten wir

f (8)(0) = 0

und

f (9)(0) = 9!2 · 36

= 7! .

Aufgabe 15.12 • Erste Variante: Wir berechnen dieAbleitungen der Funktion zu

f ′(x) = ex−1 + xex−1 = (x + 1)ex−1

f ′′(x) = ex−1 + (x + 1)ex−1 = (x + 2)ex−1

...

Daraus lässt sich vermuten, dass

f (n)(x) = (x + n)ex−1

ist. Eine vollständige Induktion mit dem Induktionsschritt

f (n+1)(x) =((x + n)ex−1

)′= ex−1 + (x + n)ex−1 = (x + n+ 1)ex−1

belegt die Vermutung.

Ausgewertet an der Stelle x = 0 erhalten wir die Taylorreihe

T (x) =∞∑n=0

f (n)(1)

n! (x − 1)n =∞∑n=0

n+ 1

n! (x − 1)n .

Mit∣∣∣∣∣ (n+ 2) n!(x − 1)n+1

(n+ 1) (n+ 1)!(x − 1)n

∣∣∣∣∣ = (n+ 2)

(n+ 1)2|x − 1| → 0,

für n → ∞ liefert das Quotientenkriterium, dass die Reihefür alle x ∈ R konvergiert. Mit der Restglied-Abschätzung

|Rn(x, 1)| = |f (n+1)(ξ)|(n+ 1)! |x − 1|n+1 = 1

n! |x − 1|n+1 → 0

für n→∞ sehen wir auch, dass die Taylorreihe eine Potenz-reihe zu f um x = 1 liefert.

Zweite Variante: Nutzen wir die Potenzreihe zur Exponen-tialfunktion, so folgt mit der Zerlegung

f (x) = xex−1 = (x − 1)ex−1 + ex−1

die Darstellung

f (x) = (x − 1)∞∑n=0

1

n! (x − 1)n +∞∑n=0

1

n! (x − 1)n

=∞∑n=1

1

(n− 1)! (x − 1)n +∞∑n=0

1

n! (x − 1)n

= 1+∞∑n=1

(1

(n− 1)! +1

n!)(x − 1)n

=∞∑n=0

n+ 1

n! (x − 1)n .

Die Reihendarstellung konvergiert für alle x ∈ R, da diePotenzreihe zur Exponentialfunktion auf ganz R konvergiert.

Aufgabe 15.13 •• Mit f (x) = ln(1 − x) − ln(1 + x)

ergibt sich durch Induktion

f (n)(x) = (n− 1)!(

(−1)n

(1+ x)n− 1

(1− x)n

).

Also ist

f (n)(0) ={

0, für n gerade−2(n− 1)!, für n ungerade

und

f (2n+1)(tx)

= −(2n)!(

1

(1− tx)2n+1+ 1

(1+ tx)2n+1

).

Dies zeigt die gesuchte Taylorformel für |x| < 1.

Für die gesuchte Approximation setzen wir x = 1/5 in derTaylor-Formel ein. Dann folgt das Restglied

r2n(x; 0)= −1

(2n+ 1) 52n+1

(1

(1− tx)2n+1+ 1

(1+ tx)2n+1

)für ein t ∈ (0, 1). Mit den Abschätzungen

1+ t

5> 1 und 1− t

5> 4/5

ergibt sich

|r2n(x; 0)| < 1

2n+ 1

(1

42n+1+ 1

52n+1

).

Für n = 2 ist

|r4(x; 0)| < 1

5

(1

45+ 1

55

)<

1

5

2

45= 1

2 560<

1

2 000,

und wir haben die gesuchte Abschätzung des Fehlers.


Aufgabe 15.14 •

Direktes Anwenden der L’Hospital’schen Regel führt aufden Grenzwert

limx→∞

ln(ln x)

ln x= lim

x→∞1

ln x· 1x

1x

= limx→∞

1

ln x= 0 .

Im Grenzfall x = a ergibt sich ein unbestimmter Aus-druck von der Form „0/0“. Wir können die L’Hospital’scheRegel anwenden und erhalten mit den Ableitungen(ax)′ = xax−1 und (ax)′ = ln(a) ax den Grenzwert

limx→a

xa − ax

ax − aa= lim

x→a

axa−1 − ax ln a

ax ln a

= aa − aa ln a

aa ln a= 1− ln a

ln a.

Im dritten Beispiel schreiben wir die Differenz als ratio-nalen Ausdruck, der wiederum im Grenzfall auf einen un-bestimmten Ausdruck der Form „0/0“ führt. Wenden wirzweimal die L’Hospital’sche Regel an, so folgt

limx→0

(1

ex − 1− 1

x

)= lim

x→0

x − ex + 1

(ex − 1)x

= limx→0

1− ex

ex − 1+ xex

= limx→0

−ex

2ex + xex

= −1

2.

Auch in diesem Fall hilft die L’Hospital’sche Regel, wennwir schreiben

limx→0

(cot(x) arcsin(x))

= limx→0

(cos x) limx→0

arcsin x

sin x

= limx→0

1√1−x2

cos x

= limx→0

1√1− x2

= 1.

Aufgabe 15.15 • Da die Funktion außerhalb der Stellex = 0 als Verkettung stetiger Funktionen stetig ist, müssenwir nur die Stelle x = 0 untersuchen. Wir nutzen die Stetig-keit der Exponentialfunktion und die L’Hospital’sche Regel,

um den Grenzwert

limx→0

(cos x)1x2 = lim

x→0exp

(ln(cos x)

x2

)= exp

(limx→0

ln(cos x)

x2

)= exp

(limx→0

− sin x

2x cos x

)= exp

(limx→0

− sin x

2x cos x

)= exp

−1

2

(limx→0

sin x

x

)= exp

(−1

2

)= 1√

e

zu berechnen.

Beweisaufgaben

Aufgabe 15.16 • Für einen Induktionsanfang betrach-ten wir n = 0. Es ist (fg)(0) = fg und

0∑k=0

(0

k

)f (k)g(0−k) = f (0)g(0) = fg .

Nun nehmen wir an, dass die Formel für ein n ∈ N gilt undführen den Induktionsschluss von n auf n + 1. Sind f undg (n+ 1)-mal differenzierbar, so folgt mit der Induktionsan-nahme

(fg)(n+1) = ((fg)(n))′=

n∑k=0

(n

k

)(f (k)g(n−k)

)′.

Wenden wir die Produktregel an und die im Hinweis angege-bene Formel zum Binomialkoeffizienten, so ergibt sich dieLeibniz’sche Formel aus

(fg)(n+1)

=n∑

k=0

(n

k

)(f (k+1)g(n−k) + f (k)g(n−k+1)

)

=n+1∑k=1

(n

k − 1

)f (k)g(n−(k−1)) +

n∑k=0

(n

k

)f (k)g(n−k)

=n∑

k=1

((n

k − 1

)+(n

k

))︸︷︷︸

=(n+1k )

f (k)g(n+1−k)

+(n

n

)︸︷︷︸

=1=(n+1n+1)

f (n+1)g(n−(n+1−1)) +(n

0

)︸︷︷︸=(n+1

0 )

f (0)g(n+1)

=n+1∑k=0

(n+ 1

k

)f (k)g(n+1−k) .


Aufgabe 15.17 •• Aus f (1) = f (12) = 2f (1) folgtf (1) = 0 und weiter ergibt sich

0 = f (1) = f (x1

x) = f (x)+ f (

1

x) .

Also gilt f ( 1x) = −f (x) für alle x > 0.

Damit erhalten wir für 0 < h < x die Abschätzungen

f (x + h)− f (x)

h= 1

hf

(x + h

h

)≤ 1

h(x + h

x− 1) = 1

x

und

f (x + h)− f (x)

h= − 1

hf

(x

x + h

)≥ − 1

h(

x

x + h− 1) = 1

x + h

Analog folgt für h < 0 mit |h| < x

1

x≤ f (x + h)− f (x)

h≤ 1

x + h.

Aufgrund dieser Einschachtelungen exisitiert der Grenzwertdes Differenzenquotienten für h→ 0, und wir erhalten, dassf differenzierbar ist mit

f ′(x) = 1

x

für x > 0 .

Die Eindeutigkeit von f folgt nun, da sich zwei Funktionenmit gleicher Ableitung höchstens um eine Konstante unter-scheiden (siehe Seite 570), und mit der Eigenschaft f (1) = 0diese Konstante eindeutig festgelegt ist.

Aufgabe 15.18 •• Es gilt die Identität1

n

n∑j=1

axj

1x

= exp

1

xln

1

n

n∑j=1

axj

.

Da die Exponentialfunktion stetig ist, betrachten wir nur denGrenzwert des Exponenten der im Grenzfall x → 0 auf denunbestimmten Ausdruck „ 0

0 “ führt, denn es ist

limx→0

ln

1

n

n∑j=1

axj

= ln

1

n

n∑j=1

limx→0

axj

= ln

1

n

n∑j=1

1

= ln 1 = 0 .

Also folgt mit der L’Hospital’schen Regel

limx→0

ln(

1n

∑nj=1 a

xj

)x

= limx→0

1n

∑nj=1 a

xj ln aj

1(

1n

∑nj=1 a

xj

)=∑n

j=1 ln aj∑nj=1 1

= 1

n

n∑j=1

ln aj .

Setzen wir den Grenzwert ein, so folgt die gesuchte Aussage

limx→0

1

n

n∑j=1

axj

1x

= exp

1

n

n∑j=1

ln aj

=exp

n∑j=1

ln aj

1n

= n∏

j=1

aj

1n

.

Aufgabe 15.19 •• (a) Im Fall n = 1 ist λ1 = 1. DieUngleichung ist offensichtlich erfüllt. Im Fall n = 2 istλ1x1 + λ2x2 = (1 − t)x1 + tx2 mit t = λ2 und die Un-gleichung entspricht der Forderung, dass f konvex ist.

Weiter können wir induktiv argumentieren. Sei die Behaup-tung richtig für ein n ∈ N. Wir betrachten n + 1 Zahlen,setzen t = λn+1 und somit (1− t) =∑n

j=1 λj . Dann ist

n+1∑j=1

λjxj = (1− t)

n∑j=1

λj

(1− t)xj

+ txn+1

eine Konvexkombination. Mitn∑

j=1

λj

(1− t)= 1

gilt weiterhin

a =n∑

j=1

λj

(1− t)a ≤

n∑j=1

λj

(1− t)xj ≤

n∑j=1

λj

(1− t)b = b .

Somit folgt aus der Konvexität von f auf [a, b] die Unglei-chung

f

n+1∑j=1

λjxj

≤ (1− t)f

n∑j=1

λj

(1− t)xj

+ tf (xn+1) .

Nach Induktionsvoraussetzung ist

f

n∑j=1

λj

(1− t)xj

≤ n∑j=1

λj

(1− t)f (xj ) .

Einsetzen in die obige Abschätzung schließt die Induktionab.

(b) Wir betrachten die Funktion − ln : R>0 → R. Mitf ′(x) = − 1

xund f ′′(x) = 1

2x2 ist die zweite Ableitungpositiv. Die Funktion ist somit konvex. Also ist nach Teil (a)

− ln

n∑j=1

λjxj

≤ − n∑j=1

λj ln(xj )

Nach Multiplikation mit −1 ergibt sich aus der Monotonieder Exponentialfunktion die Behauptung

n∏j=1

xλjj = e

∑nj=1 λj ln xj ≤

n∑j=1

λjxj .


Aufgabe 15.20 ••• zu (a): Mit der Zerlegung

x = b − x

b − aa + x − a

b − ab

erhalten wir eine Konvexkombination zu x ∈ (a, b) mit t =b−xb−a

∈ (0, 1) und 1 − t = x−ab−a

. Also ergibt sich die obereSchranke aus

f (x) ≤ tf (a)+ (1− t)f (b) ≤ max{f (a), f (b)} .

zu (b): Wir nehmen an, dass f an einer Stelle x0 ∈ (a, b)

nicht stetig ist. Dann gibt es ε > 0, sodass zu jedem δ > 0ein x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) existiert mit |f (x)− f (x0)| > ε.

Betrachten wir drei Stellen x0, y und x = ty + (1− t)x0 in[a, b] mit

f (x) ≤ t f (y)+ (1− t)f (x0) ,

da f konvex ist. Lösen wir die Ungleichung auf, so folgt

f (y) ≥ 1

tf (x)−

(1

t− 1

)f (x0)

= f (x0)+ 1

t

(f (x)− f (x0)

). (∗)

1. Fall f (x) − f (x0) > 0: Mit der Abschätzung aus obigerUngleichung wird deutlich, wie ein Widerspruch konstruiertwerden kann. Wir versuchen x und t so zu wählen, dass dierechte Seite der Ungleichung größer als

m = sup{f (x) : x ∈ [a, b]}ist, aber y ∈ [a, b] gilt.

Dazu wähle man t ∈ (0, 1) mit

1

t> 1+ 1

ε(m− f (x0)) .

Nun betrachten wir δ = t min x0 − a, b − x0 und ein x ∈(x0 − δ, x0 + δ) mit |f (x) − f (x0)| > ε, das wegen derUnstetigkeit existiert.

Definieren wir

y = x0 + 1

t(x − x0) .

Es gilt |y − x0| = 1t|x − x0| ≤ δ

t. Nach Wahl von δ folgt

y ∈ [a, b]. Mit der Ungleichung (∗) ergibt sich

f (y) ≥ f (x0)+ ε

t> m+ ε

im Widerspruch dazu, dass m das Supremum über [a, b] vonf ist.

Es bleibt der zweite Fall zu zeigen, d.h. f (x)−f (x0) < −ε:Für diesen Fall vertauschen wir die Richtung, in der wir y

suchen, d.h. wir betrachten x0, x und y = x+ 1t(x0−x) und

erhalten aus der Konvexität von f mit x0 = ty + (1− t)x

f (x0) ≤ t f (y)+ (1− t)f (x) ,

da f konvex ist. Lösen wir wiederum die Ungleichung auf,so folgt

f (y) ≥ 1

tf (x0)−

(1

t−1)f (x) = f (x)+ 1

t

(f (x0)−f (x)

)Analog zum ersten Fall ergibt sich mit derselben Wahl von t

und δ der Widerspruch y ∈ [a, b] und f (y) > m.

Kommentar: Beachten Sie, dass im Randpunkt x0 = a

die Funktion unstetig sein kann, etwa f : [0, 1] → R mitf (x) = x2 für x > 0 und f (0) = 1. Der Beweis scheitert inRandpunkten, da im zweiten Fall x0 als Konvexkombinationvon x, y ∈ [a, b] geschrieben werden muss und deswegeny < x0 gelten muss.

Aufgabe 15.21 •• Mit den Voraussetzungen der Auf-gabe ist f (2n) stetig und es gibt eine Umgebung I ⊆ (a, b)

um x ∈ I , mit

f (2n)(x) > 0 für x ∈ I ,

also ist die Funktion f (2n−1) streng monoton wachsend aufI , d. h. wechselt von negativen zu positiven Werten bei derNullstelle x. Nach dem Vorzeichenkriterium hat die Ablei-tungsfunktion f (2n−2) in der kritischen Stelle x ein Mini-mum mit Funktionswert f (2n−2)(x) = 0 und aufgrund derstrengen Monotonie der Ableitung f (2n−1) ist nach dem Mit-telwertsatz f (2n−2)(x) > 0 für x ∈ I\{x}.Nun müssen wir das obige Argument noch verschärfen. Wirzeigen folgende Aussage: Ist g : I → R zweimal stetig dif-ferenzierbar, g(x) = g′(x) = g′′(x) = 0 und g′′(x) > 0für x ∈ I\{x}. Dann hat g in x eine Minimalstelle und es istg(x) > 0 für x ∈ I\{x}.Dies beweisen wir analog zu oben. Denn da g′′(x) ≥ 0 aufI gilt, ist g′ monoton wachsend. Da weiter g′′(x) > 0 auf(x − ε, x) streng monoton ist, können wir abschätzen

g′(x − ε) < g′(x − ε/2) ≤ g′(x) .

Genauso gilt dies für Stellen rechts von x. Also ist g′ so-gar streng monoton wachsend. Nun können wir wie obenfolgern, dass x Minimalstelle von g ist. Außerdem ist derMinimalwert g(x) = 0 und g′ streng monoton. Dies bedeu-tet g(x) > 0 für x != x. Damit erfüllt g wieder dieselbenBedingungen wie g′′.

Induktiv folgern wir somit aus der Eigenschaft für f (2n−2),dass f ′′ ein Minimum in x hat und f ′′(x) > 0 gilt fürx ∈ I\{x}. Da dies entsprechend einen Vorzeichenwech-sel von f ′(x) impliziert, haben wir gezeigt, dass x lokaleMinimalstelle von f ist.

Aufgabe 15.22 • Zu x = x0 + h ∈ (a, b) definierenwir, wie im Beweis der Cauchy’schen Restglieddarstellung,

F(y)=f (x)−n∑

j=0

f (j)(y)

j ! (x − y)j .


für y ∈ (a, b) und weiterhin G : R → R durch G(y) =(x − y)p . Dann ist wie bereits berechnet

F ′(y) = −f n+1(y)

n! (x − y)n .

Mit G′(y) = −p(x−y)p erhalten wir mit dem verallgemei-nerten Mittelwertsatz, dass es ein τ ∈ (0, 1) gibt mit

F(x0 + h)− F(x0)

G(x0 + h)−G(x0)= F ′(x0 + τh)

G′(x0 + τh)

= −f (n+1)(x0 + τh)(x0 + h− (x0 + τh))n

−n!p (x0 + h− (x0 + τh))p−1

= f (n+1)(x0 + τh)(1− τ)n+1−p hn+1−p

n!p .

Mit den Funktionswerten F(x0 + h) = F(x) = 0, F(x0) =rn(x; x0), G(x0 + h) = 0 und G(x0) = hp folgt aus dieserIdentität die Behauptung.

Bemerkung: Beachten Sie, dass sich für p = 1 dieCauchy’sche Darstellung und fürp = n+1 die Lagrange’scheDarstellung des Restglieds ergibt.

Aufgabe 15.23 ••• Zunächst beachten wir, dass es we-gen der Stetigkeit von f ′ ein Intervall um die Stelle x gibt,auf dem f ′(x) nicht null ist. Formal können wir dies so be-schreiben: es gibt eine Konstante c > 0 und ein IntervallI mit x ∈ I und |f ′(x)| ≥ c > 0. Weiter können wir da-von ausgehen, dass I kompakt ist, ansonsten verkleinern wirI entsprechend. Auf kompakten Intervallen nehmen stetigeFunktionen ein Maximum an. Es gibt insbesondere eine Kon-stante α > 0, sodass |f (n)(x)| ≤ α für alle x ∈ I und fürn ∈ {0, 1, 2, 3}.Da f (x) = 0 und f stetig ist, bleibt f auch in einer Um-gebung um x klein. Es gibt deswegen ein Intervall J ⊆ I

mit x ∈ J und α|f (x)| ≤ c2. Innerhalb dieses Intervalls ist|f ′(x))2 − 1

2f′′(x)f (x)| ≥ c2/2 := β > 0. Damit wird

deutlich, dass, solange die Iterationen xj ∈ J sind, ein Itera-tionsschritt erlaubt ist. Der Nenner verschwindet nicht. DieseBeschränkungen nutzen wir zusammen mit der Taylorformelzweiter Ordnung, d. h.

0 = f (x) = f (xj )+ f ′(xj )(x − xj ))

+ 1

2f ′′(xj )(x − xj )

2 + 1

6f ′′(ξ)(x − xj )

3

mit einer Zwischenstelle ξ , für die Abschätzung

|x − xj+1| =∣∣∣∣∣x − xj + f (xj )f

′(xj )(f ′(xj ))2 − 1

2f′′(xj )f (xj )

∣∣∣∣∣≤ 1

β

∣∣∣∣(f ′(xj ))2− 1

2f ′′(xj )f (xj ))(x−xj )+f (xj )f

′(xj )∣∣∣∣

= 1

β

∣∣∣∣ (f (xj )+ f ′(xj )(x − xj ))f ′(xj )

− 1

2f ′′(xj )f (xj ))(x − xj )

∣∣∣∣= 1

β

∣∣∣∣(−1

2f ′′(xj )(x−xj )

2+ 1

6f ′′′(ξ)(x−xj )

3)f ′(xj )

−1

2f ′′(xj )f (xj )(x − xj )

∣∣∣∣= 1

β

∣∣∣∣−1

2f ′′(xj )(f (xj )+ f ′(xj )(x − xj ))(x − xj )

+1

6f ′′′(ξ)f ′(xj )(x − xj )

3∣∣∣∣

Mit der Dreiecksungleichung und der Taylorformel ersterOrdnung,

0 = f (x) = f (xj )+f ′(xj )(x− xj ))+ 1

2f ′′(χ)(x− xj )

2 ,

für eine weitere Zwischenstelle χ zwischen x und xj , ergibtsich die gesuchte Abschätzung

|x − xj+1| ≤ α

2β

∣∣(f (xj )+ f ′(xj )(x − xj ))(x − xj )∣∣

+ α2

6β

∣∣x − xj∣∣3

= α

4β

∣∣∣f ′′(χ)(x − xj )3∣∣∣+ α2

6β

∣∣x − xj∣∣3

≤ 5α2

12β︸︷︷︸=:c

∣∣x − xj∣∣3 .

Bemerkung: Das Verfahren wird Halley-Verfahren genannt,da die Methode für Polynome schon vor der Entwicklungder Differenzialrechnung durch Newton und Leibniz be-kannt war und zum Beispiel vom Astronom Halley verwen-det wurde, um Nullstellen von Polynomen höheren Grads mithoher Genauigkeit zu berechnen.

Kapitel 16

Aufgaben

Verständnisfragen

Aufgabe 16.1 ••• Ähnlich zur Cantormenge (sieheSeite 606) entfernen wir aus dem Intervall [0, 1] das offeneMittelintervall der Länge 1

4 , also ( 38 ,

58 ). Es bleiben die In-

tervalleC1 =

[0,

3

8

]∪[

5

8, 1

]übrig, aus denen jeweils das offene Mittelintervall der Länge142 entfernt wird. Dies liefert die vier Intervalle

I21 =[0, 5

32

], I22 =

[7

321232

],

I23 =[

2032

2532

], I24 =

[2732 , 1

].

Wir definieren C2 = ⋃4j=1 I2j . Analoges Fortfahren liefert

im n-ten Schritt eine Menge Cn bestehend aus 2n Intervallen.Zeigen Sie, dass

M =∞⋂n=1

Cn

keine Nullmenge ist.

Aufgabe 16.2 • Wir betrachten eine stetige Funktionf : [a, b] → R. Zeigen Sie: Aus∫ b

a

f (x) g(x) dx = 0

für alle stetigen Funktionen g ∈ C([a, b]) mit g(a) =g(b) = 0 folgt, dass f identisch null ist.

Aufgabe 16.3 • Zeigen Sie, dass für eine stetig diffe-renzierbare, umkehrbare Funktion f : [a, b] → R gilt:∫ b

a

f (x) dx +∫ f (b)

f (a)

f−1(x) dx = b f (b)− a f (a) ,

und veranschaulichen Sie sich die Aussage durch eine Skizze.

Aufgabe 16.4 • Die folgenden Aussagen zu Integra-len über unbeschränkte Integranden oder unbeschränkte In-tervalle sind falsch. Geben Sie jeweils ein Gegenbeispiel an.

1. Wenn∫ ba {f (x)+g(x)} dx existiert, dann existieren auch∫ b

a f (x) dx und∫ ba g(x) dx.

2. Wenn∫ ba f (x) dx und

∫ ba g(x) dx existieren, dann exis-

tiert auch∫ ba f (x) g(x) dx.

3. Wenn∫ ba f (x) g(x) dx existiert, dann existieren auch∫ b

a f (x) dx und∫ ba g(x) dx.

Aufgabe 16.5 •• Warum gilt der zweite Hauptsatz nichtfür die stetige Fortsetzung F : [0, 1] → R von F(x) =x cos

( 1x

), x != 0 ?

Rechenaufgaben

Aufgabe 16.6 •• Die Fresnel’schen Integrale C und S

sind auf R gegeben durch

C(x) =∫ x

0cos(t2) dt ,

S(x) =∫ x

0sin(t2) dt .

Bestimmen und klassifizieren Sie alle Extrema dieser Funk-tionen.

Aufgabe 16.7 • Man berechne die Integrale

I1 =∫ π

0t2 sin(2t) d t, I2 =

∫ 1

0

ex

(1+ ex)2dx ,

I3 =∫ 1

0r2√

1− r dr , I4 =∫ 2

12

1

xarctan((ln(x))3) dx .

Aufgabe 16.8 •• Bestimmen Sie in Abhängigkeit derParameter a, b > 0 Stammfunktionen zu folgenden Funk-tionen f : D → R mit Hilfe passender Integrationsregeln.

(a) f (x) = cos(ln(ax))

xmit D = R>0

(b) f (x) = sin(ax) sin(bx) mit D = R

(c) f (x) = x√(x + a)2 − b2

mit D = R>b−a

Aufgabe 16.9 • Bestimmen Sie auf Intervallen I ⊆R\{−1} eine Stammfunktion zum Ausdruck

1

x4 + 2x3 + 2x2 + 2x + 1, x !∈ {−1, i,−i} .

Aufgabe 16.10 • Bestimmen Sie auf möglichst großenIntervallenDf,g ⊆ R Stammfunktionen zu f : Df → R undg : Dg → R mit

f (x) = e4x + 1

e2x + 1,

g(x) = 2

tan( x2 )+ cos(x)− sin(x).

Aufgabe 16.11 •• Sind die folgenden Funktionen aufdem angegebenen Intervall integrierbar:

f (x) = 1

x2 +√xauf [0,∞) ,

g(x) = 1

sin xauf[0,

π

2

],

h(x) = xα sin( 1

x

)auf [0, 1] mit α ∈ R .


Aufgabe 16.12 • Durch das Parameterintegral

R(t) =∫ ∞

0xt−1 e−x dx, t > 0

ist die Gammafunktion definiert.

(a) Begründen Sie, dass das Integral für alle t > 0 existiert.(b) Beweisen Sie

R(t + 1) = t R(t)

und für n ∈ N die Identität

R(n+ 1) = n!(c) Berechnen Sie den Wert R( 1

2 ) =√π .

(d) Zeigen Sie R ∈ C(R>0).

Aufgabe 16.13 •• Berechnen Sie das Parameterintegral

J (t) =1∫

0

arcsin(tx) dx, 0 ≤ t < 1 ,

indem Sie dessen Ableitung J ′(t) im offenen Intervall0 < t < 1 bestimmen und auf J (t), 0 ≤ t < 1 zurück-schließen. Ist J (t) nach t = 1 stetig fortsetzbar?

Aufgabe 16.14 • Untersuchen Sie folgende Reihenauf Konvergenz:( ∞∑

k=0

ke−k

)und

( ∞∑k=0

kke−k

).

Beweisaufgaben

Aufgabe 16.15 • Zeigen Sie, dass eine stetige Funk-tion f : R → R, die der Funktionalgleichung f (x + y) =f (x) + f (y) für x, y ∈ R genügt, differenzierbar ist mitkonstanter Ableitung f ′(x) = c ∈ R.

Aufgabe 16.16 • Zeigen Sie in einer Umgebung umeinen Entwicklungspunkt x0 die Integraldarstellung

rn(x, x0) = f (x)−n∑

k=0

f (n)(x0)

k! (x − x0)k

= 1

n!∫ x

x0

(x − t)nf (n+1)(t) dt

des Restglieds zur Taylorentwicklung einer (n+1)-mal stetigdifferenzierbaren Funktion f .

Aufgabe 16.17 ••• Zeigen Sie, dass zu Polynomen p, q

mit reellen Koeffizienten und deg(p) < deg(q) durch Parti-albruchzerlegung

p(x)

q(x)=

m∑j=1

µj∑k=1

ajk

(x − zj )k

stets eine reelle Stammfunktion zu p/q : I → R auf offe-nen Intervallen I ⊆ R, die keine Nullstelle von q enthalten,angegeben werden kann.

Aufgabe 16.18 •• Zeigen Sie: Ist f ∈ C([a, b]) undg ∈ L(a, b) dann gibt es in Verallgemeinerung des Mittel-wertsatzes ein z ∈ [a, b] mit∫ b

a

f (x)g(x) dx = f (z)

∫ b

a

g(x) dx .

Aufgabe 16.19 •• (a) Beweisen Sie das Lemma vonFatou:

Ist (fn) eine Folge nicht negativer, integrierbarer Funktionen,die fast überall punktweise gegen eine Funktionf : (a,b)→R

konvergiert und deren Integrale∫ b

a

fn(x) dx ≤ c

für alle n ∈ N durch c > 0 beschränkt sind, so ist f inte-grierbar.

(b) Belegen Sie den wesentlichen Unterschied zum Lebesgue’schen Konvergenzsatz, indem Sie die Funktionenfolge (fn)

mit fn : [0, 1] → R und

fn(x) ={

n, x ∈ [0, 1n

),

0, x ∈ [1/n, 1]untersuchen.

Aufgabe 16.20 ••• Zeigen Sie folgende Verallgemeine-rung der Substitutionsregel: Sind f ∈ L(α, β) und u ∈C([a, b]) auf (a, b) monotone, stetig differenzierbare Funk-tionen mit u(a) = α und u(b) = β, dann ist f (u(.))u′(.)integrierbar auf (a, b), und es gilt:∫ b

a

f (u(x)) u′(x) dx =∫ u(b)

u(a)

f (u) du.

Aufgabe 16.21 •• (a) Zeigen Sie: Ist f Regelfunktionauf [a, b], so gilt∣∣∣∣∣

∫ b

a

f (x) dx

∣∣∣∣∣ ≤ ‖f ‖∞|b − a|,

wobei nur vom Integralbegriff für Regelfunktionen auszuge-hen ist.

(b) Begründen Sie: Zu zwei Regelfunktionenf und g ist auchdas Produkt fg eine Regelfunktion.

(c) Finden Sie ein Gegenbeispiel, um zu belegen, dassdie Aussage aus Teil (b) im Allgemeinen für lebesgue-integrierbare Funktionen nicht gilt.

Hinweise

Verständnisfragen

Aufgabe 16.1 ••• Um zu zeigen, dass es sich nicht umeine Nullmenge handelt, berechne man die Länge Ln allerbis zum n-ten Schritt entfernten Intervalle.


Aufgabe 16.2 • Führen Sie einen Beweis durch Wi-derspruch, indem Sie annehmen, dass f an einer Stellex0 ∈ [a, b] ungleich null ist.

Aufgabe 16.3 • Eine partielle Integration und dieIdentität f−1(f (x)) = x führen auf die zu beweisende Iden-tität.

Aufgabe 16.4 •1. Die Nullfunktion ist auf jedem Intervall integrierbar.

Können Sie die Nullfunktion als Summe zweier Funk-tionen darstellen, die jeweils nicht integrierbar sind?

2. Betrachten Sie die Funktionen f und g mit f (x) =g(x) = x−α mit geeignetem α auf [0, 1].

3. Betrachten Sie die Funktionen f und g mit f (x) =g(x) = x−α mit geeignetem α auf [1, ∞).

Aufgabe 16.5 •• Ist die Ableitung von F integrierbar?

Rechenaufgaben

Aufgabe 16.6 •• Nutzen Sie den ersten Hauptsatz derDifferenzial- und Integralrechnung, der auf Seite 614 darge-stellt wurde. Für die Klassifizierung der Extrema sind Fall-unterscheidungen notwendig.

Aufgabe 16.7 • Verwenden Sie partielle Integrationoder eine passende Substitution.

Aufgabe 16.8 •• Im ersten Beispiel bietet sich eineSubstitution an und im zweiten partielle Integration. Für dasdritte Beispiel lässt sich die Stammfunktion zu 1√

v2−1aus

der Übersicht auf Seite 617 nutzen.

Aufgabe 16.9 • Partialbruchzerlegung!

Aufgabe 16.10 • In beiden Fällen führt eine Substitu-tion auf rationale Ausdrücke.

Aufgabe 16.11 •• Man suche Abschätzungen zum Ver-gleichen mit bekannten Integralen.

Aufgabe 16.12 • Das Konvergenzkriterium für Inte-grale zeigt die Existenz. Partielle Integration und eine voll-ständige Induktion helfen im zweiten Teil weiter.

Aufgabe 16.13 •• Differenziation und Integration dür-fen hier vertauscht werden. Integration von J ′(t) bezüglicht liefert bis auf eine Konstante J (t). Die Konstante kann ausJ (0) = 0 bestimmt werden.

Aufgabe 16.14 • Man nutze das Integralkriterium fürReihen.

Beweisaufgaben

Aufgabe 16.15 • Man integriere über beliebige Inter-valle und verwende den ersten Hauptsatz.

Aufgabe 16.16 • Vollständige Induktion bezüglich n

Aufgabe 16.17 ••• Man unterscheide die beiden Fälleeiner Nullstelle zl ∈ R und den Fall Im zl != 0, bei demPaare zl, zl von konjugiert komplexen Nullstellen auftreten.

Aufgabe 16.18 •• Mit dem Satz von B. Levi zeige manzunächst die Existenz des Integrals auf der linken Seite. Dannkann analog zum Mittelwertsatz argumentiert werden.

Aufgabe 16.19 •• Betrachten Sie den Beweis des Le-besgue’schen Konvergenzsatzes unter den hier gegebenenVoraussetzungen nochmal.

Aufgabe 16.20 ••• Man betrachte f ∈ L↑(a, b) undwende den Satz von Beppo Levi an.

Aufgabe 16.21 •• Normeigenschaften der Supre-mumsnorm ‖.‖∞ liefern elegant die Aussagen (a) und (b).Mit unbeschränkten aber integrierbaren Integranden lässtsich leicht ein Gegenbeispiel zu (c) finden.

Lösungen

Verständnisfragen

Aufgabe 16.1 ••• –





Rechenaufgaben

Aufgabe 16.6 •• C hat lokale Minima an x =−√

4k+12 π und x = +

√4k+3

2 π , lokale Maxima an x =+√

4k+12 π und x = −

√4k+3

2 π . S hat lokale Minima an

x = √2k π und x = −√(2k + 1) π , lokale Maxima an

x = −√2k π und x = √(2k + 1) π , jeweils mit k ∈ N.

Aufgabe 16.7 •

I1 = −π2

2, I2 = 1

2− 1

1+ e, I3 = 16

105, I4 = 0.


Aufgabe 16.8 ••

(a) F (x) = sin(ln(ax))

(b) F (x) = 1

2

(sin(a − b)x

a − b− sin(a + b)x

a + b

)(c) F (x) = x + a − a arcosh

(x + a

b

)

Aufgabe 16.9 •

F(x) = 1

2ln(|x+1|)− 1

2

1

x + 1− 1

4ln(x2+1), x != −1.

Aufgabe 16.10 •

F(x) = x + e2x

2− 2 ln

(e2x + 1

)auf Df = R und

G(x) = ln | tan( x2 )+ 1

1− tan( x2 )| − 2

tan( x2 )− 1

etwa auf Dg = (−π2 ,

π2 ).

Aufgabe 16.11 •• ja; nein; nur für α > −1


Aufgabe 16.13 •• J (t) = − 1t+√

1−t2

t+ arcsin t , die

stetige Fortsetzung nach t = 1 liefert limt→1

J (t) = −1+ π2 .

Aufgabe 16.14 • Die erste Reihe ist konvergent, diezweite divergiert.

Beweisaufgaben



Aufgabe 16.17 ••• –

Aufgabe 16.18 •• –

Aufgabe 16.19 •• –

Aufgabe 16.20 ••• –

Aufgabe 16.21 •• –

Lösungswege

Verständnisfragen

Aufgabe 16.1 ••• Bezeichnen wir mitLn die Länge allerbis zum n-ten Schritt entfernten Intervalle, so gilt

L1 = 1

4

L2 = 1

4+ 2 · 1

42= 1

4+ 1

8

L3 = L2 + 4 · 1

43= 1

4+ 1

8+ 1

16.

Dies deutet auf eine geometrische Reihe hin. Allgemein wer-den im n-ten Schritt 2n−1 Intervalle der Länge 1

4n entfernt.Wir erhalten induktiv

Ln =n∑

k=1

2n−1

4n= 1

2

n∑k=1

(1

2

)k

= 1

4

n−1∑k=0

(1

2

)k

= 1

4·

1−(

12

)n1− 1

2

=1−

(12

)n2

→ 1

2, n→∞.

Ist nun durch Jk , k ∈ N, eine abzählbare Überdeckung von C

gegeben, so gibt es ein N ∈ N mit Cn ⊆⋃∞k=1 Jk für n ≥ N .Für die Summe der Intervalllängen der Überdeckung folgt

∞∑j=1

|Jk| + Ln ≥ 1

für alle n ≥ N . Also ist

∞∑j=1

|Jk| ≥ 1− Ln → 1

2n→∞.

Insbesondere gibt es keine Überdeckung von C mit∑∞k=1 |Jk| < ε = 1

4 . Die Menge C kann keine Nullmengesein.

Aufgabe 16.2 • Wir nehmen an, f sei nicht die Null-funktion. Dann muss es eine Stelle x0 ∈ [a, b] geben, ander f (x0) != 0 ist. Ohne Beschränkung der Allgemeinheitist f dort positiv. Wegen der Stetigkeit von f gibt es eineUmgebung (c, d) von x0, in der f ebenfalls positiv ist.

Nun können wir eine stetige Funktion g finden, die in (c, d)

positiv ist und in [a, b] \ (c, d) verschwindet, etwa

g(x) ={(x − c) (d − x) für x ∈ (c, d)

0 für x ∈ [a, b] \ (c, d)


Mit dieser Funktion folgt∫ b

a

f (x) g(x) dx =∫ d

c

f (x) g(x) dx > 0,

im Widerspruch zur Voraussetzung. Die Annahme, f seinicht die Nullfunktion, kann nicht gelten.

Aufgabe 16.3 • Eine partielle Integration führt auf∫ b

a

1 · f (x) dx = x f (x)

∣∣∣ba−∫ b

a

xf ′(x) dx.

Mit f−1(f (x)) = x und der Substitutionsregel sehen wirweiter∫ b

a

xf ′(x) dx=∫ b

a

f (−1)(f (x))f ′(x) dx=∫ f (b)

f (a)

f−1(y) dy.

Einsetzen diese Identität in die erste Gleichung liefert dieBehauptung.

a

f(a)

b

f(b)

y

x

Abbildung 16.1 Eine Skizze veranschaulicht das Resultat.

Aufgabe 16.4 •1. Die beiden Funktionen f und g mit f (x) = 1

xund

g(x) = − 1x

sind auf R≥0 nicht integrierbar. Für dieSumme der beiden Funktionen gilt f (x) + g(x) ≡ 0,und die Nullfunktion ist auf R≥0 selbstverständlich inte-grierbar.

2. Wir betrachten die Funktionen f und g mit f (x) =g(x) = x−1/2 auf [0, 1]. Jede der beiden ist integrier-bar, ihr Produkt h = f g mit h(x) = 1

xjedoch nicht.

3. Wir untersuchen die beiden Funktionen f und g mitf (x) = g(x) = 1

xauf [1, ∞). Ihre Produktfunktion

h mit h(x) = 1x2 ist auf diesem Intervall integrierbar, das

gilt jedoch weder für f noch für g für sich.

Aufgabe 16.5 •• Die Ableitung von F für x != 0 istgegeben durch

F ′(x) = cos(1

x)+ 1

xsin(

1

x).

Die Funktion ist aber nicht im eigentlichen Sinn lebesgue-integrierbar. Dies sehen wir mit der Substitution x = 1

u, d.h.∫ 1

t

1

xsin(

1

x) dx =

∫ 1t

1

sin u

udu,

und dem Ergebnis, dass der Sinus Cardinalis über (1,∞)

nicht lebesgue-integrierbar ist (siehe Seite 634).

Man beachte, dass im uneigentlichen Sinn

limt→0

∫ 1

t

F ′(x) dx = F(1)− F(0) = cos(1)

gilt.

Rechenaufgaben

Aufgabe 16.6 •• Wir erhalten für die Ableitungen

C′(x) = cos(x2)

C′′(x) = −2x sin(x2)

S′(x) = sin(x2)

S′′(x) = 2x cos(x2).

Die erste Ableitung C′ verschwindet für x2 = 2n+12 π mit

n ∈ N0, also an den Stellen

x = ±√

2n+ 1

2π, n ∈ N0.

Für die zweite Ableitung an diesen Stellen erhalten wir

C′′(±√

2n+ 1

2π

)= ∓2

√2n+ 1

2π sin

(2n+ 1

2π

)

= ∓2 (−1)n√

2n+ 1

2π.

Dieser Ausdruck ist positiv für gerade n und x < 0 bzw.ungerade n und x > 0, in den anderen Fällen negativ. Esliegen demnach lokale Minima an den Stellen

x = −√

4k + 1

2π, k ∈ N0

x = +√

4k + 3

2π, k ∈ N0,

lokale Maxima an den Stellen

x = +√

4k + 1

2π, k ∈ N0

x = −√

4k + 3

2π, k ∈ N0.

Die Rechnung für S erfolgt analog: S′ verschwindet fürx2 = nπ mit n ∈ N, also an

x = ±√nπ, n ∈ N.

Die zweite Ableitung liefert

S′′(±√nπ

) = ±2√nπ cos (n π)

= ±2 (−1)n√nπ.


Das ist positiv an den Stellen mit geradem n und x > 0 bzw.ungerademnundx < 0, negativ für geradesnundx < 0 bzw.ungerades n und x > 0. Es liegen demnach lokale Minimaan

x = √2k π, k ∈ N

x = −√(2k + 1) π, k ∈ N,

lokale Maxima an

x = −√2k π, k ∈ N

x = √(2k + 1) π, k ∈ N.

Im Fall x = n = 0 handelt es sich um einen Sattelpunkt;denn es gilt S(x) < 0 für x ∈ (−π

2 , 0) und S(x) > 0 fürx ∈ (0, π

2 ).

Aufgabe 16.7 • Mit zweimaliger partieller Integrationergibt sich

I1 =∫ π

0t2 sin(2t) dt

= −1

2t2 cos(2t)|π0 +

∫ π

0t cos(2t) dt

= −π2

2+ 1

2t sin(2t)

∣∣∣π0− 1

2

∫ π

0sin(2t) dt

= −π2

2+ 1

4cos(2t)

∣∣∣π0= −π2

2.

Mit der Substitution u = ex und du/dx = ex erhalten wir

I2 =∫ 1

0

ex

(1+ ex)2dx

=∫ e

1

1

(1+ u)2du

= −(1+ u)−1∣∣∣e1

= 1

2− 1

1+ e.

Beim dritten Integral führen wir zwei partielle Integrationendurch. Zunächst beginnen wir mit u(r) = r2 und v′(r) =(1− r)

12 . Es folgt

I3 =∫ 1

0r2√

1− r dr

= − 2

3r2(1− r)

32

∣∣∣∣10︸︷︷︸

=0

+4

3

∫ 1

0r(1− r)

32 dr

= 4

3

−2r

5(1− r)

52

∣∣∣∣10︸︷︷︸

=0

+2

5

∫ 1

0(1− r)

52 dr

= − 4

3

2

5

2

7(1− r)

72

∣∣∣∣10= 16

105.

Im letzten Integral substituieren wir u = ln x und erhalten

I4 =∫ 2

12

1

xarctan((ln(x))3) dx

=∫ ln 2

− ln 2arctan(u3) du.

Berücksichtigen wir nun noch, dass der Integrand ungeradeist, d.h. f (−u) = −f (u), so folgt mit der Substitutionu = −u

I4 =∫ 0

− ln 2arctan(u3) du+

∫ ln 2

0arctan(u3) du

= −∫ ln 2

0arctan(u3) du+

∫ ln 2

0arctan(u3) du = 0.

Aufgabe 16.8 •• (a) Mit der Substitution u = ln(ax)und du

dx = 1x

folgt∫cos(ln(ax))

xdx =

∫cos u du

= sin u = sin(ln(ax)).

(b) Partielles Integrieren liefert∫sin(ax) sin(bx) dx

= −1

bsin(ax) cos(bx)+ a

b

∫cos(ax) cos(bx)dx.

Also gilt für a = b

(1+ a

b)

∫sin2(ax) dx = −1

asin(ax) cos(ax)+

∫1dx

bzw. ∫sin2(ax) dx = 1

2x − 1

2acos(ax) sin(ax).

Im Fall a != b integrieren wir ein weiteres Mal partiell underhalten∫

sin ax sin bx dx

= −1

bsin ax cos bx

+ a

b

(1

bcos(ax) sin(bx)− a

b

∫sin(ax) sin(bx) dx

)oder mit Additionstheoremen∫

sin ax sin bx dx

= 1

b2 − a2

(a cos(ax) sin(bx)− b sin(ax) cos(bx)

)= 1

2

(sin(b − a)x

b − a− sin(a + b)x

a + b

).


(c) Es gilt∫x√

(x + a)2 − b2dx

=∫ x+a

b√(x+ab

)2 − 1dx − a

b

∫1√

(x+a)2

b2 − 1dx

Eine Substitution u = (x+a)2/b2−1 > 0 im ersten Integralund eine Substitution v = (x + a)/b > 1 im zweiten führtauf ∫

x√(x + a)2 − b2

dx

= b

2

∫1√u

du− a

∫1√

v2 − 1dv

= b√u− a

∫1√

v2 − 1dv

= x + a − a arcosh

(x + a

b

).

Aufgabe 16.9 • Um eine Partialbruchzerlegungdurchzuführen, faktorisieren wir zunächst den Nenner. Mitden angegebenen vermutlichen Nullstellen erhalten wir etwamit einer Polynomdivision

x4 + 2x3 + 2x2 + 2x + 1 = (x + 1)(x3 + x2 + x + 1)

= (x + 1)2(x2 + 1)

Wegen der Faktorisierung des Nenners mit den Nullstellen{−1, i,−i} gibt es Zahlen a, b, c, d ∈ C mit

1

(x + 1)2(x2 + 1)= a

x + 1+ b

(x + 1)2+ c

x + i+ d

x − i

= 1

(x + 1)2(x2 + 1)

[(a + c + d)x3

+ (a + b + 2c + 2d + i(c − d))x2

+ (a + c + d + i(2c − 2d))x + (a + b + i(c − d))]

Die beiden Ausdrücke können nur gleich sein, wenn die Zäh-lerpolynome links und rechts übereinstimmen. Somit liefertein Koeffizientenvergleich das Gleichungssystem

a + b + i(c − d) = 1a + c + d + 2i(c − d) = 0a + b + 2c + 2d + i(c − d) = 0a + c + d = 0

Wir lösen das lineare Gleichungssystem und erhalten die Par-tialbruchzerlegung

1

(x + 1)2(x2 + 1)= 1

2(x + 1)+ 1

2(x + 1)2

− 1

4(x + i)− 1

4(x − i).

Fassen wir die beiden letzten Brüche zusammen, so folgt diereelle Darstellung

1

(x + 1)2(x2 + 1)= 1

2(x + 1)+ 1

2(x + 1)2− 1

2

x

x2 + 1.

Somit ergibt sich mit Substitution x2 = u eine Stammfunk-tion zu∫

1

(x + 1)2(x2 + 1)dx

=∫

1

2(x + 1)dx +

∫1

2(x + 1)2dx − 1

2

∫x

x2 + 1dx

= 1

2ln(|x + 1|)− 1

2

1

x + 1− 1

4ln(x2 + 1)

auf Intervallen I ⊆ R mit −1 !∈ I .

Aufgabe 16.10 • Mit der Substitution t = exp(2x)und einer einfachen Partialbruchzerlegung ergibt sich∫

e4x + 1

e2x + 1dx = 1

2

∫t2 + 1

t (t + 1)dt

= 1

2

∫1+ −t + 1

t (t + 1)dt

= 1

2

∫1+ 1

t− 2

t + 1dt

= 1

2(t + ln |t | − 2 ln |t + 1|)

= x + e2x

2− 2 ln

(e2x + 1

).

Im zweiten Beispiel nutzen wir die Standardsubstitution t =tan x

2 für x ∈ (−π, π) und erhalten mit sin(x) = 2t1+t2 ,

cos(x) = 1−t2

1+t2 und der Ableitung dt = 12 (1 + t2) dx das

Integral∫2

tan( x2 )+ cos(x)− sin(x)dx =

∫2

t + 1−t2

1+t2 − 2t1+t2

· 2

1+ t2dt

=∫

4

t3 − t2 − t + 1dt

Für eine Partialbruchzerlegung faktorisieren wir den Nenner.Mit der Nullstelle t = 1 und Polynomdivision finden wir

t3 − t2 − t + 1 = (t − 1)2 (t + 1).

Damit ergibt sich folgender Ansatz für die Partialbruchzer-legung

4

t3 − t2 − t + 1= a

t − 1+ b

(t − 1)2+ c

t + 1

= (a + c)t2 + (b − 2c)t + (−a + b + c)

(t − 1)2(t + 1)


Ein Koeffizientenvergleich liefert das lineare Gleichungssys-tem

a + c = 0b − 2c = 0

−a + b + c = 4

und wir berechnen mit Gauß-Elimination die Lösung a =−1, b = 2, c = 1, d.h. es gilt∫

4

t3 − t2 − t + 1dt =

∫1

1− tdt +

∫2

(t − 1)2dt

+∫

1

t + 1dt.

Stammfunktionen zu diesen Termen kennen wir, sodass nachRücksubstitution folgt∫

2

tan( x2 )+ cos(x)− sin(x)dx

= ln | tan( x2 )+ 1

1− tan( x2 )| − 2

tan( x2 )− 1+ C.

Bedingungen für zulässige Definitionsbereiche, lassen sichfür t ablesen. Es ergeben sich drei Möglichkeiten: t < −1,t ∈ (−1, 1) oder t > 1. Damit erhalten wir für Dg =(−π

2 ,π2 ). Alternativ sind auch Dg = (−π,−π

2 ) oder Dg =(π2 , π)) möglich und Verschiebungen dieser Intervalle umganzzahlige Vielfache von 2π .

Aufgabe 16.11 •• Im ersten Beispiel teilen wir das In-tegrationsintervall auf. Da x > 0 ist, ist auch f (x) > 0 undwir können abschätzen∫ β

α

1

x2 +√xdx =

∫ 1

α

1

x2 +√xdx +

∫ β

1

1

x2 +√xdx

≤∫ 1

α

1√x

dx +∫ β

1

1

x2dx

= 2√x|1α − x−1|β1

= 2− 2√α + 1− 1

β.

Die beiden Vergleichsintegrale existieren im Grenzfallα→0bzw. β → ∞. Somit existiert auch das Integral über f auf[0,∞).

Für alle x ∈ [0, π2 ] gilt die Ungleichung sin x ≤ x. Das

sieht man anhand einer Kurvendiskussion der Funktion f mitv(x) = x − sin x; denn die Ableitung ist stets nicht negativ,d.h. v ist monoton steigend, und v(0) = 0.

In (0, π2 ] gilt damit

1

x≤ 1

sin x,

und Divergenz des Integrals folgt aus der Divergenz des In-tegrals

∫ π/20

dxx

.

Eine Substitution u = 1/x führt beim letzten Integral fürε > 0 auf ∫ 1

ε

h(x) dx =∫ 1

ε

xα sin(1

x) dx

=∫ 1

ε

1u−(α+2) sin u du.

Mit der Abschätzung | sin u| < 1 finden wir die integrier-bare Majorante u−(α+2) auf [1,∞), wenn α + 2 > 1, d.h.α > −1 gilt. Für α = −1 erhalten wir den Sinus Cardinalis,also keine Lebesgue integrierbare Funktion auf [1,∞). Dadieser Integrand auch Minorante im Fall α < −1 ist, habenwir gezeigt, dass das Integral für α > −1 existiert und fürα ≤ −1 nicht. Man beachte aber, dass im Fall α = −1 dasuneigentliche Integral existiert.

Aufgabe 16.12 • (a) Wir zerlegen das Intervall und be-trachten zunächst(∫ 1

0xt−1 e−x dx

), t > 0.

Da der Integrand positiv und auf [ 1n, 1] stetig ist, können

wir das Konvergenzkriterium für Integrale (siehe Seite 918)direkt nutzen. Es gilt für j ∈ N∫ 1

1j

xt−1 e−xxt−1 dx = 1

t− e

1j

t≤ 1

t

Also ist die Folge der Integrale beschränkt. Das Integral exi-stiert für t > 0 und es gilt∫ 1

0xt−1 e−x dx = lim

j→∞1

t− e

1j

t= 1

t.

Mit der Potenzreihe zur Exponentialfunktion sehen wir dieUngleichung ex ≥ xn

n! für x > 0 und n ∈ N. Also ist e−x ≤n!xn

und wir können auf Intervallen Ij = [1, j ] abschätzen∫ j

1xt−1 e−x dx ≤ n!

∫ j

1xt−1−n dx

Wählen wir n ≥ t + 1, so folgt∫ j

1xt−1 e−x dx ≤ n!

∫ j

1x−2 dx = n!(1− 1

j) ≤ n!

für alle j ∈ N. Wieder können wir das Integrabilitätskrite-rium nutzen. Insgesamt haben wir gezeigt, dass das Integralzur Gammafunktion für jeden Parameterwert t > 0 existiert.

(b) Mit partielle Integration folgt

R(t + 1) =∫ ∞

0xt e−x dx

= − xte−x∣∣∞0︸︷︷︸

=0

+t

∫ ∞

0xt−1e−x dx

= tR(t).


Berechnen wir

R(1) =∫ ∞

0e−x dx = 1,

so ergibt sich induktiv mit

R(n+ 1) = nR(n) = n(n− 1)! = n!die Behauptung. Die Gammafunktion verallgemeinert somitdie Fakultät auf R>0.

(c) Mit der Substitution x = s2 folgt

R(1

2) =

∫ ∞

0

1√x

e−x dx = 2∫ ∞

0e−s2

ds = √π ,

mit dem im Beispiel auf Seite 639 berechneten Wert desGauß-Integrals.

(d) Ist t ∈ (0,∞) gegeben, so findet sich ein Intervall[a, b] ⊆ (0,∞) mit t ∈ [a, b]. Auf diesem Intervall ist durchg : R>0 → R mit

g(x) ={

xa−1e−x 0 < x < 1xb−1e−x 1 ≤ x <∞

eine integrierbare Funktion mit xt−1 e−x ≤ g(x) für allet ∈ [a, b] gegeben. Also ist mit dem Satz zur Stetigkeit vonParameterintegralen (Seite 636) R lokal auf [a, b] stetig. Dadies für jedes t ∈ R>0 gilt, ist R ∈ C(R>0).

Aufgabe 16.13 •• Mit

x√1− t2x2

≤ 1√1− x2

= g(x)

für t ∈ [0, 1] und x ∈ (0, 1) gibt es eine integrierbare Majo-rante für die Ableitung ∂

∂tarcsin(tx) = x√

1−t2x2. Also ist mit

dem allgemeinen Satz von Seite 637 das Parameterintegralbezüglich t differenzierbar mit der Ableitung

J ′(t) =1∫

0

x√1− t2x2

dx =[− 1

t2

√1− t2x2

]1

0

= −√

1− t2

t2+ 1

t2.

Zu diesem Ausdruck können wir nun eine Stammfunktionbestimmen, um J (t) zu erhalten:∫

J ′(t) dt =∫

dt

t2−∫ √

1− t2

t2dt

= −1

t+ 1

t

√1− t2 −

∫2t

2t√

1− t2dt

= −1

t+√

1− t2

t+ arcsin t + C

Damit ist

J (t) = −1

t+√

1− t2

t+ arcsin t + C, 0 < t < 1.

Da sowohl die Darstellung von J durch das Parameterinte-gral als auch dieser Ausdruck stetig ist für t = 0, folgt ausJ (0) = 0 die Konstante C = 0. Im Intervall 0 ≤ t < 1 gilt

J (t) = (√

1− t2 − 1)(√

1− t2 + 1)

t (√

1− t2 + 1)+ arcsin t

= − t

1+√

1− t2+ arcsin t.

Eine stetige Fortsetzung in t = 1 liefert

limt→1

J (t) = −1+ π

2.

Aufgabe 16.14 • Wir betrachten die zugehörigen Inte-grale und wenden das Integralkriterium an. Da der Integrandpositiv ist, folgt aus∫ r

0x e−x dx = −x e−x |r0 +

∫ r

0e−x

= 1− e−r − r e−r → 1

für r →∞ die Existenz des Integrals∞∫0x e−x dx. Also kon-

vergiert die erste Summe nach dem Integralkriterium für dieReihe.

Entsprechend folgt aus∫ r

exx e−x dx =

∫ r

eex(ln x−1) dx

≥∫ r

eex dx

= er − ee →∞, r →∞,

dass das Integral

( ∞∫0xx e−x dx

)nicht existiert und somit

die zweite Reihe divergiert.

Beweisaufgaben

Aufgabe 16.15 • Mit der Substitution t = x + τ er-halten wir∫ x

a

f (t) dt =∫ x−a

0f (x + τ) dτ

=∫ x−a

0f (x)+ f (τ) dτ

= f (x)(x − a)+∫ x−a

0f (τ) dτ.

Also gilt für x != a

f (x) = 1

x − a

(∫ x

a

f (t) dt −∫ x−a

0f (t) dt

).

Nach dem ersten Hauptsatz ist die rechte Seite differen-zierbar, da f stetig ist. Somit ist f differenzierbar und mitf (a + x) = f (a)+ f (x) folgt

f ′(a + x) = f ′(x)


für alle a, x ∈ R, d.h.f ′ ist konstant. Insbesondere folgt, dassf die Darstellungf (x) = cx mit einer Konstanten c = f ′(x)besitzt.

Aufgabe 16.16 • Im Fall n = 0 liefert der erste Haupt-satz einen Induktionsanfang

f (x) = f (x0)+∫ x

x0

f ′(t) dt.

Nehmen wir nun an, das die Restgliedddarstellung für n ∈ N

gilt und f eine n+2-mal stetig differenzierbare Funktion ist,so folgt mit partielle Integration der Induktionsschritt

f (x)=n∑

k=0

f (k)(x0)

k! (x−x0)k+ 1

n!∫ x

x0

(x − t)nf (n+1)(t) dt

=n∑

k=0

f (n)(x0)

k! (x − x0)k

+ 1

n!(n+ 1)

[− (x − t)n+1f (n+1)(t)

∣∣∣t=x

t=x0

+∫ x

x0

(x − t)n+1f (n+2)(t) dt

]

=n+1∑k=0

f (k)(x0)

k! (x − x0)k

+ 1

(n+ 1)!∫ x

x0

(x − t)n+1f (n+2)(t) dt︸︷︷︸=rn+1(x,x0)

.

Aufgabe 16.17 ••• 1. Fall: Ist eine Nullstelle zl ∈ R

reell, so folgt alk ∈ R für k = 1, . . . , µl . Denn mit demLemma gilt

p(x)

q(x)= p(x)

(x − zl)µl q(x)

= alµl

(x − zl)µl+ r(x)

(x − zl)µl−1q(x)

,

wobei q Polynom mit reellen Koeffizienten ist. Außerdemist q(zl) != 0. Setzen wir x = zl nach Multiplikation mit(x − zl)

µl in die Gleichung ein, folgt

alµl= p(zl)

q(zl)∈ R.

Aus der Differenz

p(x)

(x − zl)µl q(x)

− alµl

(x − zl)µl= r(x)

(x − zl)µl−1q(x)

ist ersichtlich, dass auch r reelle Koeffizienten hat. Betrach-ten wir sukzessive diese Differenzen, so folgt analog alk ∈ R

für k = 1, . . . µl − 1.

Für diese Summanden in der Partialbruchzerlegung ergebensich die Stammfunktionen∫

alk

(x − zl)−λ

dx ={

alk ln |x − zl |, für λ = 1alk

1−λ(x − zl)

1−λ, für λ ∈ N≥2.

2. Fall: Ist Imzl != 0, so ist auch zl Nullstelle von q (sieheSeite 621) und in der Partialbruchzerlegung tauchen Paareder Form

a

(x − zl)k+ b

(x − zl)k

mit a, b ∈ C und k = 1, . . . , µl auf. Wir zeigen zunächst,dass für all diese Summanden b = a gilt.

Durch Anwenden des Lemmas gilt für x ∈ R

p

|x − zl |2µl q(x)= a

(x − z)µl+ b

(x − z)µl

+ r(x)

|x − z|2(µl−1)q(x)

mit Konstanten a, b ∈ C und Polynomen r und q. Dabeiist q(zl) != 0, q(zl) != 0 und q besitzt reelle Koeffizienten.Multiplizieren der Identität mit |x−zl |2µl und Einsetzen vonx = zl bzw. x = zl liefert

p(zl)

q(zl)= a(zl − zl)

µl = a(2i Im(zl))µl

und

p(zl)

q(zl)= p(zl)

q(zl)= b(zl − zl)

µl = b(−2i Im(zl))µl .

Also ist b = a.

Mit diesem Ergebnis und der Differenz

p(x)

|x − zl |2µl ˜q(x)− a

(x − z)µl− a

(x − z)µl

= r(x)

|x − z|2(µl−1)q(x)

folgt weiterhin, dass auch r reelle Koeffizienten besitzt. In-duktiv, jeweils auf die Differenz angewendet, erhalten wir dieAussage für alle Potenzen |x − zl |k , k = 1, . . . , µl .

Für k ≥ 2 ergeben sich für diese Ausdrücke Stammfunktio-nen der Form∫

a

(x − zl)k

dx +∫

a

(x − zl)k

dx

= 1

1− k

(a(x − zl)

1−k + a(x − zl)1−k)

= 2

1− kRe(a(x − zl)

1−k).

Wenn k = 1 ist, ergibt sich

a

x − zl+ a

x − zl= 2Re(a)x − 2Re(azl)

|x − zl |2 .

Es ist also noch eine Stammfunktion zu reellen Ausdrückender Form

Ax + B

x2 + Cx +D

mit A,B,C,D ∈ R und einem quadratischen Polynom ohnereelle Nullstellen, d.h. 4D − C2 > 0, erforderlich.


Mit quadratischer Ergänzung und den Substitutionen u =(x + C

2 )2 und v = x+C

2√D−C2

4

erhalten wir

∫Ax + B

x2 + Cx +Ddx

=∫

Ax + B

(x + C2 )

2 +D − C2

4

dx

=A

∫x + C

2(x+ C

2

)2+D− C2

4

dx+∫

B − AC2(

x+ C2

)2+D− C2

4

dx

= A

2

∫1

u+D − C2

4

du+ 2(B − AC2 )√

4D − C2

∫1

v2 + 1dv

= A

2ln |x2+Cx+D|+ 2(B− AC

2 )√4D−C2

arctan

(2x + C√4D − C2

).

Eine Kombination aller Terme liefert die Stammfunktion zurrationalen Funktion.

Aufgabe 16.18 •• Die wesentliche Schwierigkeit istdie Integrierbarkeit von fg. Ausgehend vom Lebesgue-Integral lässt sich der Satz von Beppo Levi dazu nutzen.Bei Regelfunktionen oder Riemann-integrierbaren Funktio-nen muss anders argumentiert werden .

Wir beginnen mit g ∈ L↑(a, b) und einer Folge (ϕn) vonmonoton fast überall gegen g konvergierender Treppenfunk-tionen. Ohne Einschränkung können wir f ≥ 0 annehmen.Ansonsten betrachte man f −minx∈[a,b]{f (x)}. Dann kon-vergiert die Folge f ϕn → fg monoton fast überall. Nachdem Satz von B. Levi ist deswegen fg ∈ L(a, b).

Für den allgemeinen Fall g ∈ L(a, b) gilt dies entsprechend,da sich für eine Zerlegung g = g1 − g2 die beiden Anteileg1, g2 ∈ L↑(a, b) separat betrachten lassen.

Nun können wir für den erweiterten Mittelwertsatz genausovorgehen wie beim Mittelwertsatz der Integralrechnung:Da f stetig ist, gibt es m = minx∈[a,b] f (x) und M =maxx∈[a,b] f (x) und es gilt die Abschätzung

m

∫ b

a

g(x) dx ≤∫ b

a

f (x)g(x) dx ≤ M

∫ b

a

g(x) dx

Mit dem Zwischenwertsatz für stetige Funktionen gibt essomit eine Stelle z ∈ [a, b], sodass

f (z)

∫ b

a

g(x) dx =∫ b

a

f (x)g(x) dx

ist.

Aufgabe 16.19 •• (a) Man konstruiert wie im Beweiszum Lebesgue’schen Konvergenzsatz die f.ü. monoton stei-gende Folge (gn) integrierbarer Funktionen mit gn(x) →f (x) f.ü. Aus∫

I

gn(x) dx ≤∫I

fn(x) dx ≤ M

folgt, dass die Folge der Integrale beschränkt ist. Nach demSatz von B. Levi ist die Grenzfunktion integrierbar.

(b) Im Gegensatz zum Konvergenzsatz, gilt ohne die Be-schränkung durch eine integrierbare Majorante nicht not-wendig die Konvergenz der Integrale (

∫I fn(x) dx) gegen∫

I f (x) dx. Die angegebene Folge liefert ein Gegenbeispiel;denn es gilt ∫ 1

0fn(x) dx = 1

für alle n∈N, aber für den integrierbaren Grenzwert f (x)=0f.ü. ist

∫ 10 f (x) dx = 0.

Aufgabe 16.20 ••• Wir betrachten zunächst f ∈L↑(α, β). Dann gibt es eine monoton wachsende Folge vonTreppenfunktionen (ϕn), die punktweise fast überall gegenf konvergiert. Für eine solche Treppenfunktion können wirauf den endlich vielen Teilintervallen, auf denen ϕn konstant,also insbesondere stetig, ist, die ursprüngliche Substitutions-regel aus dem Text (s. Seite 620) anwenden und erhalten∫ b

a

ϕn(u(x)) u′(x) dx =

∫ β

α

ϕn(u) du→∫ β

α

f (u) du.

Insbesondere ist die Folge der Integrale auf der linkenSeite beschränkt. Die Idee zum Beweis ist es, den Satzvon B. Levi auf die Folge ϕn(u(x)) u

′(x) anzuwenden. We-gen u′(x) ≥ 0 für x ∈ (a, b) ist offensichtlich die Folge(ϕn(u(x)) u

′(x))n∈N monoton wachsend und es gilt

ϕn(u(x))u′(x)→ f (u(x)) u′(x) für x ∈ [a, b]\M,

wobei M = {x ∈ (a, b) | u(x) ∈ N und u′(x) > 0} istmit der Nullmenge N , auf der (ϕn(y))n∈N nicht gegen f (y)

konvergiert

Es bleibt zu zeigen, dass M eine Nullmenge ist. Dies ist derschwierige Teil der Aufgabe. Da N eine Nullmenge ist, gibt

es zu n ∈ N Intervalle Inj mit N ⊆⋃∞j=1 und∞∑j=1

|Inj | ≤ 12n .

Nach Konstruktion gilt mit der geometrischen Reihe weiter-hin ∞∑

n=1

∞∑j=1

|Inj | =∞∑n=1

1

2n= 1.

Betrachten wir nun die charakteristischen Funktionen zu die-sen Intervallen, d.h. wir definieren

χnj (x) =

{1, x ∈ Inj0, x ∈ [a, b]\Inj ,

dann ist mit

7n(x) =n∑

m=1

∞∑j=1

χmj (x)

eine monoton wachsende Folge von Treppenfunktionen auf[a, b] gegeben. Da es zu x ∈ M zu jedem n ∈ N ein j ∈ N

gibt mit g(x) ∈ Inj folgt

7n(g(x))g′(x)→∞ für x ∈ M.


Andererseits ergibt sich∫ b

a

7n(g(x))g′(x) dx =

∫ b

a

7n(u) du

=n∑

m=1

∫ b

a

∞∑j=1

χmj (u) du ≤ 1

für n ∈ N.

Der Satz von B. Levi liefert, dass (7n(x))n∈N fast überallpunktweise konvergiert. Also ist M Teilmenge einer Null-menge, da die Folge auf M divergiert.

Ist nun allgemein f ∈ L(a, b) so lässt sich der obige Beweisauf Anteile f1, f2 ∈ L↑(a, b) mit f = f1 − f2 anwendenund wir erhalten die allgemeine Aussage.

Aufgabe 16.21 •• (a) Es muss zunächst gezeigt wer-den, dass ähnlich zu den Lebesgue-integrierbaren Funktionenmit f auch |f | eine Regelfunktion ist und somit das Integralüber |f | im Sinne der Regelfunktionen existiert.

Dies folgt aus folgender Überlegung: Ist f Regelfunktion,so gibt es eine gleichmäßig gegen f konvergierende Folge(ϕn) von Treppenfunktionen und mit der Dreiecksunglei-chung folgt

|f | − |ϕn| = |f − ϕn + ϕn| − |ϕn| ≤ |f − ϕn|und

|ϕn| − |f | = |ϕn − f + f | − |f | ≤ |f − ϕn|.

Also ist wegen | |f |− |ϕn| | ≤ |f −ϕn| durch (|ϕn|)n∈N einegleichmäßig gegen |f | konvergierende Folge von Treppen-funktionen gegeben, d.h. |f | ist auch Regelfunktion. Somitkönnen wir abschätzen∣∣∣∣∣

∫ b

a

f (x) dx

∣∣∣∣∣ ≤∫ b

a

|f (x)| dx ≤ ‖f ‖∞|b − a|.

(b) Sind (ϕn) und (ψn) Folgen von Treppenfunktionen, diegleichmäßig gegen f bzw. g konvergieren, so gibt es eineKonstante C > 0 mit ‖ϕn‖∞ < C für alle n ∈ N und es folgtweiterhin

‖fg − ϕnψn‖∞ ≤ ‖fg − ϕng‖∞ + ‖ϕng − ϕnψn‖∞≤ ‖f − ϕn‖∞‖g‖∞ + ‖ϕn‖∞‖ψn − g‖∞→ 0, für n→∞.

Also ist mit (ϕnψn) eine Folge von Treppenfunktionen ge-geben, die gleichmäßig gegen fg konvergiert. Das Produktfg ist Regelfunktion.

Bemerkung: Die Aussage trifft auch für Riemann-integrierbare Funktionen zu, wie sich leicht mit dem Lebes-gue’schen Integralkriterium zeigen lässt.

(c) Diese algebraische Eigenschaft gilt aber nicht mehr imRaum der Lebesgue-integrierbaren Funktionen. So ist etwaf : (0, 1)→ R mit f (x) = 1√

xLebesgue-integrierbar, aber

das Produktf 2(x) ist keine integrierbare Funktion auf (0, 1).

Kapitel 17

Aufgaben

Verständnisfragen

Aufgabe 17.1 • Sind die folgenden Produkte Skalar-produkte?

· :

R2 × R2 → R,((v1v2

),

(w1w2

))�→ v1 − w1.

,

· :

R2 × R2 → R,((v1v2

),

(w1w2

))�→ 3 v1w1 + v1w2 + v2w1 + v2w2.

Aufgabe 17.2 • Sind · und ◦ zwei Skalarprodukte desRn, so ist jede Orthogonalbasis bezüglich · auch eine Ortho-gonalbasis bezüglich ◦ – stimmt das ?

Aufgabe 17.3 • Wieso ist für jede beliebige Matrix

A ∈ Cn×n die Matrix B = AA6

hermitesch ?

Aufgabe 17.4 •• Für welche a, b ∈ C ist

· :

C2 × C2 → C,((v1v2

),

(w1w2

))�→ v1 w1 + a v1 w2

−2v2 w1 + b v2 w2

hermitesch?

Für welche a, b ∈ C ist f außerdem positiv definit?

Rechenaufgaben

Aufgabe 17.5 •• Gegeben ist die reelle, symmetrischeMatrix

A =10 8 8

8 10 88 8 10

Bestimmen Sie eine orthogonale Matrix S ∈ R3×3, sodassD = S−1 AS eine Diagonalmatrix ist.

Aufgabe 17.6 •• Auf dem R-Vektorraum V = {f ∈R[X] | deg(f ) ≤ 3} ⊆ R[X] der Polynome vom Grad klei-ner oder gleich 3 ist das Skalarprodukt · durch

〈f, g〉 =∫ 1

−1f (t) g(t) dt

für f, g ∈ V gegeben.

(a) Bestimmen Sie eine Orthonormalbasis von V bezüglich〈 , 〉.

(b) Man berechne in V den Abstand von f = X + 1 zug = X2 − 1.

Aufgabe 17.7 •• Bestimmen Sie alle normierten Vek-

toren des C3, die zu v1 =1

i0

und v2 = 0

i−i

bezüglich

des kanonischen Skalarprodukts senkrecht stehen.

Aufgabe 17.8 • Berechnen Sie den minimalen Ab-

stand des Punktes v = 3

1−1

zu der Ebene 〈1

11

,

−1−11

〉.Aufgabe 17.9 •• Im Laufe von zehn Stunden wurde allezwei Stunden, also zu den Zeiten t1 = 0, t2 = 2, t3 = 4, t4 =6, t5 = 8 und t6 = 10 in Stunden, die Höhe h1, . . . , h6 desWasserstandes der Nordsee in Metern ermittelt. Damit habenwir sechs Paare (ti , hi) für den Wasserstand der Nordsee zubestimmten Zeiten vorliegen:

(0, 1.0), (2, 1.5), (4, 1.3), (6, 0.6), (8, 0.4), (10, 0.8) .

Man ermittle eine Funktion, welche diese Messwerte mög-lichst gut approximiert.

Aufgabe 17.10 • Laut Merkbox auf Seite 687 ist eine(reelle) Drehmatrix Dα für α ∈]0, 2π [\{π} nicht diagona-lisierbar. Nun kann man jede solche (orthogonale) MatrixDα ∈ R2×2 auch als unitäre Matrix Dα ∈ C2×2 auffassen.Ist sie dann diagonalisierbar ?

Aufgabe 17.11 •• Gegeben ist eine elastische Mem-bran im R2, die von der Einheitskreislinie x2

1 + x22 = 1

berandet wird. Bei ihrer (als lineare Abbildung angenom-

menen) Verformung gehe der Punkt

(v1v2

)in den Punkt(

5 v1 + 3 v23 v1 + 5 v2

)über.

(a) Welche Form und Lage hat die ausgedehnte Membran ?(b) Welche Geraden durch den Ursprung werden auf sich

abgebildet ?

x1

x2

5−5

5

−5

x1 = x2

x1 = −x2


Aufgabe 17.12 •• Es sei der euklidische VektorraumR3 mit dem Standardskalarprodukt gegeben, weiter seien

A = 0 −1 0

0 0 −1−1 0 0

und ϕ = ϕA : R3 → R3, v �→ Av, die zugehörige lineareAbbildung.

(a) Ist ϕ eine Drehung?(b) Stellen Sie ϕ als Produkt einer minimalen Anzahl von

Spiegelungen dar.

Aufgabe 17.13 •• Gegeben sei der euklidische Vektor-raum R[X]3 mit dem euklidischen Skalarprodukt

〈p, q〉 =∫ 1

−1p(t) q(t) dt .

(a) Zeigen Sie, dass durch

L(p) = (1−X2)p′′ − 2Xp′

eine lineare Abbildung L : R[X]3 → R[X]3 definiertwird.

(b) Berechnen Sie die Darstellungsmatrix A von L bezüg-lich der Basis (1, X,X2, X3) von R[X]3.

(c) Bestimmen Sie eine Basis B von R[X]3 aus Eigenvek-toren von L.

(d) Bestimmen Sie jeweils eine Basis von ker(L) undL(R[X]3).

(e) Zeigen Sie: 〈L(p), q〉 = 〈p,L(q)〉 für alle p, q ∈R[X]3, d. h., L ist selbstadjungiert).

Beweisaufgaben

Aufgabe 17.14 • Beweisen Sie das Lemma aufSeite 661.

Aufgabe 17.15 •• Beweisen Sie die auf Seite 682 for-mulierte Cauchy-Schwarz’sche Ungleichung im unitärenFall.

Aufgabe 17.16 •• Zeigen Sie, dass die auf Seite 665angegebene Minkowski-Ungleichung gilt.

Aufgabe 17.17 • Ein Endomorphismus ϕ eines Vek-torraums V mit ϕ2 = ϕ heißt Projektion. Ist {b1, . . . , bn}eine Orthonormalbasis des euklidischen Vektorraums V =Rn mit dem kanonischen Skalarprodukt ·, so setzen wir

P i = bi b6i ∈ Rn×n für jedes i ∈ {1, . . . , n} .

Zeigen Sie:

(a) ϕ2P i= ϕP i

und (b) En =n∑

i=1

P i .

Insbesondere ist somit für jedes i ∈ {1, . . . , n} die lineareAbbildung ϕP i

eine Projektion.

Aufgabe 17.18 •• Zeigen Sie, dass eine hermitescheMatrix A ∈ Cn×n genau dann indefinit ist, wenn sie so-wohl einen positiven als auch einen negativen Eigenwert hat(Seite 694).

Aufgabe 17.19 •• Eine Matrix A ∈ Kn×n, K ein Kör-per, nennt man idempotent, falls A2 = A gilt. Zeigen Sie:Für jede idempotente Matrix A ∈ Kn×n gilt:

Kn = kerA⊕ BildA .

Aufgabe 17.20 •• Zeigen Sie, dass die QR-ZerlegungA = QR für eine invertierbare MatrixA eindeutig ist, wennman fordert, dass die Diagonaleinträge von R positiv sind.

Aufgabe 17.21 • Es sei U ein Untervektorraum eineseuklidisches Vektorraums V . Zeigen Sie, dass im Fall U =Rumit ‖u‖ = 1 die orthogonale Projektion π durch π(v) =(v · u)u, v ∈ V , gegeben ist (Seite 675).

Aufgabe 17.22 • Zeigen Sie: Die Matrix eiA ist unitär,falls A ∈ Cn×n hermitesch ist.

Aufgabe 17.23 • Zeigen Sie, dass man den Spektral-satz für einen selbstadjungierten Endomorphismen ϕ einesendlichdimensionalen R- bzw. C-Vektorraums V auch wiefolgt formulieren kann: Es ist ϕ eine Linearkombinationder orthogonalen Projektionen auf die verschiedenen Eigen-räume, wobei die Koeffizienten die Eigenwerte sind.

Hinweise

Verständnisfragen

Aufgabe 17.1 • Man beachte die Definition eines eu-klidischen Skalarprodukts auf Seite 657.

Aufgabe 17.2 • Man suche ein Gegenbeispiel.

Aufgabe 17.3 • Transponieren und konjugieren Siedie Matrix B.

Aufgabe 17.4 •• Man beachte das Kriterium vonSeite 694.

Rechenaufgaben

Aufgabe 17.5 •• Bestimmen Sie die Eigenwerte vonA,dann eine Basis des R3 aus Eigenvektoren von A und ortho-normieren Sie schließlich diese Basis. Wählen Sie schließlichdie Matrix S, deren Spalten die orthonormierten Basisvekto-ren sind.

Aufgabe 17.6 •• Verwenden Sie das Orthonormie-rungsverfahren von Gram und Schmidt (Seite 670).


Aufgabe 17.7 •• Bestimmen Sie alle Vektoren v =(vi), welche die Bedingungen v ⊥ v1 und v ⊥ v2 und‖v‖ = 1 erfüllen.

Aufgabe 17.8 • Man beachte den Projektionssatz aufSeite 675 und die anschließenden Ausführungen.

Aufgabe 17.9 •• Man beachte die Methode der klein-sten Quadrate auf Seite 677. Als Basisfunktionen wähle manFunktionen, welche die 12-Stunden-Periodizität des Wasser-standes berücksichtigen.

Aufgabe 17.10 • Diagonalisieren Sie die Matrix.

Aufgabe 17.11 •• Ermitteln Sie die DarstellungsmatrixA der zugehörigen linearen Abbildung bezüglich der Stan-dardbasis und bestimmen Sie die Form der Menge {Av ∈R2 | ‖v‖ = 1}. Ermitteln Sie letztlich die Eigenwerte undEigenvektoren von A.

Aufgabe 17.12 •• Beachten Sie das Beispiel aufSeite 690.

Aufgabe 17.13 •• L(p) = ((1 − x2)p′)′ und partielle

Integration.

Beweisaufgaben

Aufgabe 17.14 • Wiederholen Sie den Beweis des ent-sprechenden Lemmas auf Seite 455.

Aufgabe 17.15 •• Gehen Sie wie im euklidischen Fallauf Seite 663 vor.

Aufgabe 17.16 •• Benutzen Sie die Cauchy-Schwarz’sche Ungleichung auf Seite 663.

Aufgabe 17.17 • Für (a) ist nur P 2i = P i nachzuwei-

sen. Für (b) begründen Sie∑n

i=1 ϕP i= idV .

Aufgabe 17.18 •• Beachten Sie den Beweis zum Krite-rium der positiven Definitheit auf Seite 694.

Aufgabe 17.19 •• Schreiben Sie einen Vektor v ∈ Kn

in der Form v = v −Av +Av.

Aufgabe 17.20 •• Zeigen Sie, dass aus dem AnsatzQR = Q′R′ folgt R = R′ und Q = Q′. Beachten Siehierzu, dass das Produkt und das Inverse oberer Dreiecks-matrizen wieder eine obere Dreiecksmatrix ist.

Aufgabe 17.21 • Zeigen Sie, dass die Abbildungπ : V → V mit π(v) = (v · u)u, v ∈ V , für jedes v aus V

das gleiche Bild der orthogonalen Projektion hat.

Aufgabe 17.22 • Begründen Sie die Gleichung

(eiA)6

eiA = En.

Aufgabe 17.23 • Beachten Sie, dass sich ein selbst-adjungierter Endomorphismus ϕ orthogonal diagonalisierenlässt, und wählen Sie eine Orthonormalbasis aus Eigenvek-toren von ϕ.

Lösungen

Verständnisfragen

Aufgabe 17.1 • Das erste Produkt ist kein Skalarpro-dukt, das zweite schon.

Aufgabe 17.2 • Nein.


Aufgabe 17.4 •• Das Produkt ist für a = −2 und b ∈ R

hermitesch und für a = −2 und b > 0 positiv definit.

Rechenaufgaben

Aufgabe 17.5 •• Es ist S = 1√6

−√

3 −1√

2√3 −1

√2

0 2√

2

Aufgabe 17.6 •• (a) Es ist { 1√2,

√32X,

√458 (X2 −

13 ),

√1758 (X3− 3

5 X)} eine Orthonormalbasis von V .

(b) Der Abstand beträgt√

325 .

Aufgabe 17.7 •• eiϕ√

3

i11

| ϕ ∈ [0, 2π [.

Aufgabe 17.8 • Der minimale Abstand ist√

2.

Aufgabe 17.9 •• Die Näherungsfunktion f lautet

f = 0.93+ 0.23 cos

(2π t

12

)+ 0.46 sin

(2π t

12

).

Aufgabe 17.10 • Ja, sie ist ähnlich zu(eiα 00 e−iα

)= S

6Dα S .

Aufgabe 17.11 •• (a) Die Einheitskreislinie wird aufeine Ellipse mit den Halbachsen 2 und 8 abgebildet. (b) Die

zwei Geraden 〈(

11

)〉 und 〈

(1−1

)〉 werden auf sich abgebil-

det.


Aufgabe 17.12 •• Es gilt ϕ = σa ◦ σb ◦ σc, mit

a = 1

01

, b = 0

1−1

c = 0

01

.

Aufgabe 17.13 •• (b) Es gilt

A =

0 0 2 00 −2 0 60 0 −6 00 0 0 −12

.

(c) (1, X, 1− 3X2, 3X − 5X3).

(d) {1} ist eine Basis von ker L. {X, 1− 3X2, 3X− 5X3} isteine Basis von L(R[X]3).

Beweisaufgaben


Aufgabe 17.15 •• –

Aufgabe 17.16 •• –


Aufgabe 17.18 •• –

Aufgabe 17.19 •• –

Aufgabe 17.20 •• –




Lösungswege

Verständnisfragen

Aufgabe 17.1 • Das erste Produkt ist kein Skalarpro-dukt, denn es ist nicht linear im ersten Argument, wie dasfolgende Beispiel zeigt:((

10

)+(

10

))·(

11

)= 1 != 0 =

(10

)·(

11

)+(

10

)·(

11

).

Das zweite Produkt ist ein Skalarprodukt. Offenbar können

wir das Skalarprodukt auch mittels der Matrix A =(

3 11 1

)durch

v · w = v6Aw

ausdrücken. Weil die Matrix A symmetrisch und nach demKriterium von Seite 694 sogar positiv definit ist, ist · einSkalarprodukt.

Aufgabe 17.2 • Die Aussage ist falsch. Wähle etwa imR2 für · das kanonische Skalarprodukt und für ◦ jenes, das

durch die Matrix A =(

1 11 2

), also durch v ◦ w = v6Aw,

gegeben ist. Dann steht e1 bezüglich · senkrecht auf e2 nichtaber bezüglich ◦, da e1 ◦ e2 != 0 gilt.

Aufgabe 17.3 • Das gilt wegen B6 =

(AA

6)6

=(AA6)6 = AA

6 = B.

Aufgabe 17.4 •• Wir können das gegebene Produkt

mittels der Matrix A =(

1 a

−2 b

)durch

v · w = v6Aw

beschreiben. Nun überprüfen wir, für welche komplexen Zah-len a und b die Matrix hermitesch bzw. positiv definit ist,denn es ist in diesem Fall das Produkt · hermitesch bzw. po-sitiv definit.

Die Matrix A ist hermitesch, wenn A6 = A gilt, also genau

dann, wenn a = −2 und b ∈ R ist.

Und A ist genau dann positiv definit, wenn det(A) > 0 gilt,d. h. b > 4 (man beachte das Kriterium von Seite 696).

Rechenaufgaben

Aufgabe 17.5 •• Als charakteristisches Polynom erhal-ten wir

χA = −X3+30X2−108X+104 = −(X−2)2 (X−26) .

Also sind 2 ein Eigenwert der algebraischen Vielfachheit 2und 26 ein solcher der algebraischen Vielfachheit 1.

Wir bestimmen die Eigenräume

EigA(2) = ker(A− 2 E3) = ker

8 8 88 8 88 8 8

= ker

1 1 10 0 00 0 0

= 〈−1

10

,

−101

〉und

EigA(26) = ker(A− 26 E3)

= ker

−16 8 88 −16 88 8 −16

= ker

2 −1 −11 −2 11 1 −2

= ker

1 1 −20 1 −10 0 0

= 〈1

11

〉 .


Wir konstruieren nun aus der Basis

b1 =−1

10

,

b2 =−1

01

des Eigenraums zum Eigenwert 2 eine Or-

thonormalbasis. Der Vektor

c1 = 1√2

−110

hat die Länge 1, und der Vektor

b′ = b2 − (b2 · b1) b1 =−1/2−1/2

1

steht senkrecht auf c1 und ist eine Linearkombination von b1und b2, sodass also {c1, b

′} auch eine Basis aus Eigenvekto-ren des Eigenraums zum Eigenwert 2 ist. Wir normieren denVektor b′ und erhalten damit eine Orthonormalbasis; mit

c2 = 1√6

−1−12

gilt:

B1 = (c1, c2)

ist eine geordnete Orthonormalbasis des EigenraumsEigA(2). Weil der den Eigenraum zum Eigenwert 26 erzeu-gende Vektor senkrecht auf den Vektoren c1 und c2 steht, istdamit die folgende Basis eine Orthonormalbasis des R3, dieaus Eigenvektoren der Matrix A besteht:

B = 1√

2

−110

,1√6

−1−12

,1√3

111

.

Kommentar: Wir hätten den Eigenraum von Eigenwert 26gar nicht explizit bestimmen müssen. Ein Vektor, der diesen(eindimensionalen) Eigenraum aufspannt, muss ja zwangs-läufig senkrecht auf den beiden Vektoren c1 und c2 stehen.Also hätten wir irgendeinen solchen Vektor wählen könnenund diesen dann nach Normieren als Element einer Ortho-normalbasis wählen können. Eine einfache Methode, einenzu zwei Vektoren des R3 senkrechten Vektor des R3 zu be-stimmen, liefert das Vektorprodukt (siehe Kapitel 7).

Mit der Matrix

S = (c1, c2, c3) = 1√6

−√

3 −1√

2√3 −1

√2

0 2√

2

gilt nun die Gleichung2 0 0

0 2 00 0 26

= S−1AS .

Aufgabe 17.6 •• (a) Wir verwenden das Orthonormali-sierungsverfahren von Gram und Schmidt.

Setze c1 = 1. Wegen ‖c1‖ =√

2 erhalten wir als erstenBasisvektor einer Orthonormalbasis b1 = 1√

2.

Wegen 〈X, 1〉 = 0 ist c2 = X bereits orthogonal zu b1. Mit

‖c2‖ =√

23 erhalten wir b2 =

√32 X als zweiten Basisvektor

einer Orthonormalbasis.

Für c3 wählen wir

c3 = X2 − 1√2〈 1√

2, X2〉 −

√3

2X 〈√

3

2X,X2〉 = X2 − 1

3.

Wegen ‖c3‖ =√

845 erhalten wir b3 =

√458 (X2 − 1

3 ) alsdritten Vektor einer Orthonormalbasis.

Für c4 wählen wir

c4 = X3 − 1√2〈 1√

2, X3〉 −

√3

2X 〈√

3

2X,X3〉

−√

45

8(X2 − 1

3) 〈√

45

8(X2 − 1

3), X3〉

= X3 − 3

5X .

Wegen ‖c4‖ =√

8175 erhalten wir mit b4 =

√1758 (X3− 3

5 X)

einen vierten und letzten Vektor einer Orthonormalbasis.

Es ist also B = {b1, b2, b3, b4} eine Orthonormalbasisvon V .

(b) Es gilt d(f, g) = ‖f − g‖ = √〈(f − g), (f − g)〉 =(

1∫−1

(t2 − t − 2)2 dt)12 =

√325 .

Aufgabe 17.7 •• Die Bedingungen v ⊥ v1, v ⊥ v2besagen für einen Vektor v = (vi) ∈ C3:

v1 − i v2 = 0, −i v2 + i v3 = 0 .

Setzt man v2 = λ ∈ C, so erhält man aus diesen Bedingun-gen:

v1 = i λ, v3 = λ, also v = λ

i11

mit λ ∈ C .

Nun benutzen wir noch die Forderung der Normierung, d. h.,‖v‖ = 1, um λ genauer zu bestimmen:

1 = ‖v‖ =√(λ v)6 (λ v) =

√λ λ√v6 v = |λ|√3 .

Diese Bedingung besagt λ = eiϕ√3

.

Damit haben wir die gesuchten Vektoren bestimmt. Es sinddies die Elemente der Menge eiϕ

√3

i11

| ϕ ∈ [0, 2π [ .


Aufgabe 17.8 • Wir gehen vor wie in dem Beispielnach dem Projektionssatz auf Seite 675.

Wir bilden die Matrix A, deren Spalten die Basisvektorenb1, b2 von U sind, und erhalten dann den Koordinatenvektorvon u bezüglich der Basis B = (b1, b2) durch Lösen desGleichungssystems

A6Ax = A6v .

Das Gleichungssystem lautet(3 −1−1 3

)x =

(3−5

).

Die eindeutig bestimmte Lösung

(1/2−3/2

)besagt, dass die

senkrechte Projektion von v auf U der Vektor u = 1/2 b1 −

3/2 b2 = 2

2−1

ist. Damit erhalten wir für den minimalen

Abstand den Abstand von v zu U :

‖v − u‖ =∥∥∥∥∥∥ 3

1−1

− 2

2−1

∥∥∥∥∥∥ = √2 .

Aufgabe 17.9 •• Um die Periodizität des Wasserstan-des zu berücksichtigen, wählen wir f1 = 1, f2 =cos( 2π t

12 ), f3 = sin( 2π t12 ) als Basisfunktionen. Gesucht sind

nun λ1, λ2, λ3 ∈ R, sodass die Funktion

f = λ1 f1 + λ2 f3 + λ3 f3

die Größe

(f (t1)− h1)2 + · · · + (f (t6)− h6)

2

minimiert.

Wir ermitteln nun die MatrixA und den Vektorp (Seite 677),um die Normalgleichung aufstellen zu können.

Für die Matrix A erhalten wir

A =

1 1 01 1/2

√3/2

1 −1/2√

3/21 −1 01 −1/2 −√3/21 1/2 −√3/2

und für den Vektor p gilt

p =

1.01.51.30.60.40.8

.

Damit können wir nun die NormalgleichungA6Av = A6paufstellen. Sie lautet mit unseren Zahlen6 0 0

0 3 00 0 3

x = 5.6

0.70.8 · √3

.

Dieses Gleichungssystem ist eindeutig lösbar, die eindeutigbestimmte Lösung ist

λ1 = 0.93, λ2 = 0.23, λ3 = 0.46 ,

wobei wir auf zwei Dezimalstellen gerundet haben.

Damit haben wir die Näherungsfunktion f ermittelt:

f = 0.93+ 0.23 cos

(2π t

12

)+ 0.46 sin

(2π t

12

)(Abb. 17.1).

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

1

2

3

f (t)

t

Abbildung 17.1 Die Ausgleichsfunktion und die vorgegebenen Stützstellen.

Aufgabe 17.10 • Wir betrachten die Drehung, diedurch die Drehmatrix

Dα =(

cosα − sin α

sin α cosα

)mit 0, π != α ∈ [0, 2π [ gegeben ist

Um die Eigenwerte der Matrix Dα zu erhalten, berechnenwir das charakteristische Polynom χDα :

χDα =∣∣∣∣cosα −X − sin α

sin α cosα −X

∣∣∣∣ = X2 − 2 cosα X + 1 .

Damit sind

λ1/2 = cosα ±√

cos2 α − 1 = cosα ± i sin α = e±iα

die beiden verschiedenen (konjugiert komplexen) Eigen-werte – man beachte, dass wir α != 0, π voraussetzen(Abb. 17.2).

Folglich ist die Matrix Dα über C diagonalisierbar. Wir be-stimmen die Eigenräume zu den Eigenwerten e±iα :

EigDα(eiα) = ker

(cosα − eiα − sin α

sin α cosα − eiα

)= 〈(

sin α

cosα − eiα

)〉 = 〈

(sin α

−i sin α

)〉 = 〈

(1−i

)〉 .


α

e+iα

e−iα

x1

x2

Abbildung 17.2 In den Eigenwerten steckt der Drehwinkel drin.

Und damit (beachte das Lemma auf Seite 509)

EigDα(e−iα) = 〈

(sin α

cosα − e−iα

)〉 = 〈

(1i

)〉 .

Nach Normieren dieser beiden angegebenen Eigenvektorenerhalten wir eine geordnete Orthonormalbasis B = (b1, b2)

aus Eigenvektoren der Matrix Dα . Mit der Matrix S =(b1, b2) gilt also (wenn b1 ein Eigenvektor zu eiα und b2ein solcher zu e−iα ist) wegen S6 = S−1:(

eiα 00 e−iα

)= S

6Dα S .

Aufgabe 17.11 •• (a) Die Darstellungsmatrix des En-

domorphismus

(v1v2

)in den Punkt

(5 v1 + 3 v23 v1 + 5 v2

)des R2

lautet bezüglich der Standardbasis des R2

A =(

5 33 5

)Die Punkte der Einheitskreislinie E = {v = (vi) ∈ R2 |v2

1 + v22 = 1} lassen sich charakterisieren als jene Punkte,

deren Skalarprodukt mit sich 1 ergibt,

v ∈ E ⇔ v · v = v6v = 1 .

Gesucht ist die Form der Membran, eine Beschreibung er-halten wir etwa durch eine Gleichung, welche diese Mem-bran nach dem Abbilden aller Punkte des Einheitskreises be-schreibt. Die Membran, also das Bild der linearen Abbildung,ist gegeben durch die Menge M = {Av | ‖v‖ = 1}. Wirbeschreiben diese Menge nun durch eine Gleichung, dazuformen wir erst einmal um:

w ∈ M ⇔ w = Av mit ‖v‖ = 1

⇔ v = A−1 w mit ‖v‖ = 1

Also erhalten wir M = {w | ‖A−1 w‖ = 1}. Damit habenwir die Elemente w ∈ M durch eine Gleichung ausgedrückt:

w ∈ M ⇔ ‖A−1w‖ = 1 ⇔ w6(A−1)6A−1w = 1 .

Diese Gleichung lässt sich mit B = (A−1)6A−1 = (A2)−1

einfacher schreiben:

w ∈ M ⇔ w6B w = 1 .

Wir bestimmen die Eigenwerte und Eigenvektoren von B.Mit Aufgabe 14.1 können wir die Eigenwerte und Eigenvek-toren von B aus jenen von A folgern. Das charakteristischePolynom von A lautet

χA = (5−X)2 − 9 = X2 − 10X+ 16 = (2−X) (8−X) ,

d. h., dass die Matrix die beiden Eigenwerte 2 und 8 hat.

Offenbar ist v1 =(

11

)ein Eigenvektor zum Eigenwert 8.

Weil die Matrix A symmetrisch ist, muss ein zu v1 senk-rechter Vektor ein Eigenvektor zum Eigenwert 2 sein. Wir

wählen v2 =(

1−1

). Mit Aufgabe 14.1 folgt, dass die Ma-

trix B die Eigenwerte 164 und 1

4 mit den zugehörigen Ei-genvektoren v1 und v2 besitzt. Mit der orthogonalen MatrixS = ( 1√

2v1,

1√2v2) gilt:

D =( 1

64 00 1

4

)= S6B S ,

und wegen ‖S w‖ = ‖w‖ durchläuft mit w auch S w dieMenge M , d. h., dass die Elemente w der Menge M auchdurch

w ∈ M ⇔ w6Dw = 1

charakterisiert werden können. Die Gleichung w6Dw = 1hat aber eine einfache Form, wir setzen w = (wi):

w6Dw = 1 ⇔ 1

64w2

1 +1

4w2

2 = 1 .

Diese letzte Gleichung beschreibt eine Ellipse mit den Halb-achsenlängen 2 und 8, wie man sich durch Einsetzen wenigerWerte überzeugt.

Aufgabe 17.12 •• (a) Wegen A6A = E3 ist A ortho-

gonal, aber wegen detA = det

−1 0 00 −1 00 0 −1

= −1 ist

A nicht Darstellungsmatrix einer Drehung.

(b) Nach dem Teil (a) und dem Ergebnis von Seite 690 istA Darstellungsmatrix einer Spiegelung oder eines Produktsvon drei Spiegelungen. Wir berechnen ϕ(e1) :

ϕ(e1) = Ae1 = 0

0−1

=: b1 .

Wegen ‖e1‖ = ‖b1‖ gibt es genau eine Spiegelung, die eben-falls e1 auf b1 abbildet, nämlich die Spiegelung σa an derEbene (Ra)⊥ mit

a = e1 − b1 = 1

01

.


Die zugehörige Matrix A1 ist

A1 = E3 − 2

a2aa6 =

1 0 00 1 00 0 1

− 1 0 1

0 0 01 0 1

= 0 0 −1

0 1 0−1 0 0

DaA1 != A ist, kannϕ keine Spiegelung sein und muss daherProdukt von drei Spiegelungen sein. Definiere nun

R = A1A = 1 0 0

0 0 −10 1 0

Wir suchen einen Vektor, der von ϕR nicht auf sich selbstabgebildet wird, z. B. e2 :

ϕR(e2) = Re2 = 0

01

=: b2n .

Es gibt wegen ‖e2‖ = ‖b2‖ wieder eine Spiegelung, dieebenfalls e2 auf b2 abbildet, nämlich die Spiegelung σb ander Ebene (Rb)⊥ mit

b = e2 − b2 = 0

1−1

.

Die zu σb2 gehörige Matrix A2 ist

A2 = E3 − 2

b2bb6 =

1 0 00 1 00 0 1

− 0 0 0

0 1 −10 −1 1

= 1 0 0

0 0 10 1 0

Definiere nun

A3 = A2R = 1 0 0

0 0 10 1 0

1 0 00 0 −10 1 0

= 1 0 0

0 1 00 0 −1

Man sieht sofort, dass A3 die zu der Spiegelung σc mit c =(0, 0, 1)6 gehörige Matrix ist. Damit gilt nun A3 = A2R =A2A1A und schließlichA = A1A2A3 bzw. ϕ = σa ◦σb◦σc.

Aufgabe 17.13 •• (a) Es seip ∈ R[X]3. Aus degp ≤ 3folgt degp′′ ≤ 1, also deg(1 − X2)p′′ ≤ 3. Analog ergibtsich deg(2X ·p′) ≤ 3. Beides zusammen zeigt (1−X2)p′′ −2Xp′ ∈ R[X]3. Die Abbildung L ist also wohldefiniert.

Da p �→ p′ und die Multiplikation mit Polynomen stetslineare Abbildungen sind, ist auch L eine lineare Abbildung.

(b) Es gilt L(1) = 0, L(X) = −2X, L(X2) = (1−X2) ·2−2X · 2X = 2− 6X2, L(X3) = (1−X2) · 6X− 2X · 3X2 =

6X − 12X3 und damit

A =

0 0 2 00 −2 0 60 0 −6 00 0 0 −12

(c) Da die Matrix A aus (b) Dreiecksgestalt hat, stehen inihrer Diagonalen bereits die Eigenwerte von L. Der Endo-morphismus L hat also die 4 verschiedenen Eigenwerte 0,−2, −6, −12, deren geometrische Vielfachheit dann auto-matisch gleich 1 ist. Es gilt:

EigA(0) = R e1,

EigA(−2) = R e2,

EigA(−6) = ker

6 0 2 00 4 0 60 0 0 00 0 0 −6

= R

10−30

,

EigA(−12) = ker

12 0 2 00 10 0 60 0 6 00 0 0 0

= R

030−5

.

Eine geordnete Basis von R[X]3 aus Eigenvektoren von L

ist daher etwa (1, X, 1− 3X2, 3X − 5X3).

(d) Die Menge {1} ist eine Basis von ker L = EigL(0).

Der Vektorraum L(R[X]3) wird von {L(1) = 0, L(X) =−2X,L(1 − 3X2) = −6(1 − 3X2), L(3X − 5X3) =−12(3X−5X3)} erzeugt. Eine Basis vonL(R[X]3) ist daher{X, 1− 3X2, 3X − 5X3}.Eine alternative Lösung ist: An der Dreiecksgestalt von A

sieht man, dass die zweite, dritte und vierte Spalte von A

linear unabhängig sind. Eine Basis von L(R[X]3) ist folglich{L(X), L(X2), L(X3)

} = {−2X, 2 − 6X2, 6X − 12X3}.

Wegen dim(ker L) = 4−dim(L(R[X]3)) = 1 und 1 ∈ ker List {1} eine Basis von ker L.

(e) Mit partieller Integration erhält man:

〈L(p), q〉 =∫ 1

−1

((1− t2)p′(t)

)′q(t) dt

=[(1− t2)p′(t)q(t)

]1

−1

−∫ 1

−1(1− t2)p′(t)q ′(t) dt

= −∫ 1

−1(1− t2)p′(t)q ′(t) dt.

Daraus folgt:

〈p,L(q)〉 = 〈L(q), p〉 = −∫ 1

−1(1− t2)q ′(t)p′(t) dt

= 〈L(p), q〉 .


Beweisaufgaben

Aufgabe 17.14 • Reflexivität: Für jedes A ∈ Kn×n

gilt:EnAE6n = A ,

d. h., dass A zu sich selbst ähnlich ist, A ∼ A.

Symmetrie: Ist A zu B ähnlich, A ∼ B, so existiert eineinvertierbare Matrix S ∈ Kn×n mit A = S B S6. Es folgt:

B = S AS6 ,

d. h., dass auch B zu A ähnlich ist, B ∼ A.

Transitivität: Es sei A zu B ähnlich, A = S B S6, und B zuC, B = T C T 6. Dann folgt:

A = (S T )C (S T )6 ,

sodass A zu C ähnlich ist, A ∼ C.

Aufgabe 17.15 •• Im Fallw = 0 stimmen alle Behaup-tungen. Darum setzen wir von nun an w != 0 voraus.

Für alle λ, µ ∈ C gilt die Ungleichung:

0 ≤ (λ v + µw) · (λ v + µw) .

Wir wählen nun das reelle λ = w ·w (> 0) und µ = −v ·wund erhalten so:

0 ≤ (λ v + µw) · (λ v + µw)

= λ λ (v · v)+ λµ (v · w)+ µλ (w · v)+ µµ (w · w)

= λ (λ (v · v)+ µ (v · w)+ µ (w · v)+ µµ)

= λ ((w · w) (v · v)− µµ− µµ+ µµ)

= λ (‖w‖ ‖v‖ − (v · w) (v · w)) .

Wir können die positive Zahl λ in dieser Ungleichung kürzenund erhalten

‖w‖2 ‖v‖2 ≥ |v · w|2 .Da die Wurzelfunktion monoton steigt, gilt die Cauchy-Schwarz’sche Ungleichung

|v · w| ≤ ‖v‖ ‖w‖ .Weiterhin folgt aus der Gleichheit

|v · w| = ‖v‖ ‖w‖mit obiger Wahl für λ und µ sogleich:

(λ v + µw) · (λ v + µw) = 0 ,

wegen der positiven Definitheit des Skalarprodukts alsoλ v+µw = 0. Weil λ != 0 gilt, bedeutet dies, dass v und w linearabhängig sind.

Ist andererseits vorausgesetzt, dass v und w linear abhängigsind, so existiert ein ν ∈ K mit v = ν w. Wir erhalten

|v · w| = |u| ‖w‖ ‖w‖ = ‖ν w‖ ‖w‖ = ‖v‖ ‖w‖ .Damit ist alles begründet.

Aufgabe 17.16 •• Wir setzen

a =n∑

i=1

|vi |2 , b =n∑

i=1

|wi |2 , c =n∑

i=1

vi wi .

Die Cauchy-Schwarz’sche Ungleichung besagt |d| ≤ √a b.Mit dieser Ungleichung und c+c = 2 Re (c) ≤ 2 |c| erhaltenwir:

n∑i=1

|vi + wi |2 =n∑

i=1

(vi + wi) (vi + wi)

= a + c + c + b

≤ a + 2 |c| + b ≤ a + 2√a b + b

= (√a +√b)2 .

Ziehen der Wurzeln auf beiden Seiten liefert die gewünschteUngleichung.

Aufgabe 17.17 • Für jedes v ∈ V und i ∈ {1, . . . , n}gilt:

ϕ2P i

(v) = P i P i v = (bi b6i ) (bi b

6i ) v

= bi b6i v = P i v

= ϕP i(v) .

Nach dem Satz zu den Koordinatenvektoren bezüglich einerOrthonormalbasis auf Seite 670 können wir jedes v ∈ V

schreiben als

v = (v · b1) b1 + · · · + (v · bn) bn .Wir wenden nun die Abbildung

ψ =n∑

i=1

ϕP i= ϕ∑n

i=1 P i

auf v an und erhalten

ψ(v) = ϕ∑ni=1 P i

(v)

= P 1 v + · · · + P n v

= b1 b61 v + · · · + bn b

6n v

= (v · b1) b1 + · · · + (v · bn) bn = v .

Somit gilt ψ = idV , d. h.∑n

i=1 P i = En.

Aufgabe 17.18 •• Hat die MatrixA einen positiven Ei-genwert λ, so gilt für einen Eigenvektor v zum Eigenwert λwegen Av = λ v:

v6Av = λ v6v .

Da v6v positiv ist, ist auch v6Av positiv. Somit gibt es einenVektor, nämlich v, mit v6Av > 0. Ist nun λ ein negativer Ei-genwert von A, so zeigt die gleiche Überlegung, dass v6Av

negativ ist. Also gibt es auch einen Vektor v mit v6Av < 0.

Nun gebe es Vektoren v und w mit v6Av > 0 undw6Aw < 0. Da A hermitesch ist, hat A nicht notwendig


verschiedene reelle Eigenwerte λ1, . . . , λn. Wären alle Ei-genwerte positiv bzw. negativ, so wäreA positiv bzw. negativdefinit nach dem Kriterium auf Seite 694, ein Widerspruch.Somit muss A sowohl einen positiven als auch einen negati-ven Eigenwert haben.

Aufgabe 17.19 •• Wegen

A (v −Av) = Av −A2v = 0

ist v −Av ein Element des Kerns von A. Für jedes v ∈ Kn

gilt daher:v = v −Av︸︷︷︸

∈kerA

+ Av︸︷︷︸∈BildA

,

d. h., dass Kn = kerA+ BildA.

Nun sei v ∈ kerA ∩ BildA. Da v ∈ BildA, existiert einw ∈ Kn mit v = Aw. Da v ∈ kerA, gilt Av = 0. Somiterhalten wir:

0 = Av = A2v = Aw = v .

Damit folgt die Behauptung.

Aufgabe 17.20 •• Gilt QR = Q′R′ mit zwei ortho-gonalen MatrizenQ,Q′ und oberen DreiecksmatrizenR,R′,deren Diagonaleinträge positiv sind, so erhalten wir wegendetQ, detR′ != 0:

RR′−1 = Q−1 Q′ .

Da zum einen Q−1 Q′ wieder eine orthogonale Matrix ist((Q−1 Q′)6(Q−1 Q′) = En) und zum anderenRR′−1 wie-der eine obere Dreiecksmatrix ist (das Inverse einer oberenDreiecksmatrix und das Produkt oberer Dreiecksmatrizen istwieder eine obere Dreiecksmatrix), ist somit S = RR′−1

eine orthogonale, obere Dreiecksmatrix. Es gilt somit S−1 =S6. Da S6 eine untere Dreiecksmatrix ist, ist S eine Diago-nalmatrix. Die Diagonaleinträge von S sind die Eigenwertevon S. Da eine orthogonale Matrix höchstens Eigenwertevom Betrag 1 hat und die Diagonaleinträge von S alle po-sitiv sind, da es jene von R und R′−1 sind, ist S somit dieEinheitsmatrix S = En, d. h.,

R = R′ und Q = Q′ .

Aufgabe 17.21 • Wegen

(v − π(v)) · u = v · u− (v · u) (u · u) = 0

für alle v ∈ V (man beachte u · u = 1) steht v − π(v)

senkrecht auf U . Damit ist π die orthogonale Projektion.

Aufgabe 17.22 • Die Matrix A ∈ Cn×n sei hermi-

tesch, d. h., A6 = A. Die Matrix iA erfüllt dann iA

6 =−iA. Damit erhalten wir für jede natürliche Zahl N dieGleichheit

N∑k=0

1

k! (iA)k

6=

N∑k=0

1

k! (−iA)k .

Für N → ∞ strebt die linke Seite gegen (eiA)6

und dierechte Seite gegen e−iA, woraus wir durch einen Vergleichder Komponenten wegen der Stetigkeit des Konjugierens

(eiA)6 = e−iA

folgern können. Damit erhalten wir

(eiA)6

eiA = e−iA eiA = e0 = En ,

da offenbar (−iA) (iA) = (iA) (−iA) gilt. Die Gleichheit

(eiA)6

eiA = En besagt, dass eiA unitär ist.

Aufgabe 17.23 • Sind λ1, . . . , λr die verschiedenen(reellen) Eigenwerte von ϕ, so wähle zu jedem λi eine Or-thonormalbasis (b

(i)1 , . . . , b

(i)s ) aus Eigenvektoren zum Ei-

genwert λi . Dann ist

ϕ = λ1 π1 + · · · λr πr ,

wobei für jedes i = 1, . . . , r

πi : V → 〈b(i)1 , . . . , b(i)s 〉die Projektion auf den Eigenraum zum Eigenwert λi ist.

Kapitel 18

Aufgaben

Verständnisfragen

Aufgabe 18.1 • Welche der nachstehend genanntenPolynome stellen quadratischen Formen, welche quadrati-sche Funktionen dar:

a) f (x) = x21 − 7x2

2 + x23 + 4x1x2x3

b) f (x) = x21 − 6x2

2 + x1 − 5x2 + 4c) f (x) = x1x2 + x3x4 − 20x5d) f (x) = x2

1 − x23 + x1x4

Aufgabe 18.2 • Welche der nachstehend genanntenAbbildungen sind symmetrische Bilinearformen, welche her-mitesche Sesquilinearformen?

a) σ : C2 × C2 → C σ(x, y) = x1y1b) σ : C2 × C2 → C σ(x, y) = x1y1 + x2y2c) σ : C× C → C σ(x, y) = x y

d) σ : C× C → C σ(x, y) = x y + y y

e) σ : C3 × C3 → C σ(x, y) = x1y2 − x2y1 + x3y3

Aufgabe 18.3 • Bestimmen Sie die Polarform der fol-genden quadratischen Formen:

a) ρ : R3 → R, ρ(x) = 4x1x2 + x22 + 2x2x3

b) ρ : R3 → R, ρ(x) = x21 − x1x2 + 6x1x3 − 2x2

3

Aufgabe 18.4 • Welche der folgenden QuadrikenQ(ψ) des A (R3) ist parabolisch?

a) ψ(x) = x22 + x2

3 + 2x1x2 + 2x3

b) ψ(x) = 4x21 + 2x1x2 − 2x1x3 − x2x3 + x1 + x2

Rechenaufgaben

Aufgabe 18.5 •• Bringen Sie die folgenden quadrati-schen Formen auf eine Normalform laut Seite 723. Wie lau-ten die Signaturen, wie die zugehörigen diagonalisierendenBasen?

a) ρ : R3 → R; ρ(x) = 4x21 − 4x1x2 + 4x1x3 + x2

3b) ρ : R3 → R; ρ(x) = x1x2 + x1x3 + x2x3

Aufgabe 18.6 •• Bringen Sie die folgende hermitescheSesquilinearform auf Diagonalform und bestimmen Sie dieSignatur:

ρ : C3 → C, ρ(x) = 2x1y1 + 2i x1y2 − 2i x2y1.

Aufgabe 18.7 • Bestimmen Sie Rang und Signatur derquadratischen Form

ρ : R6 → R, ρ(x) = x1x2 − x3x4 + x5x6.

Aufgabe 18.8 •• Bringen Sie die folgenden quadrati-schen Formen durch Wechsel zu einer anderen orthonormier-ten Basis auf ihre Diagonalform:

a) ρ : R3 → R, ρ(x) = x21 + 6x1x2 + 12x1x3 + x2

2+4x2x3 + 4x23

b) ρ : R3 → R, ρ(x) = 5x21 − 2x1x2 + 2x1x3 + 2x2

2−4x2x3 + 2x23

c) ρ : R3 → R, ρ(x) = 4x21 + 4x1x2 + 4x1x3 + 4x2

2+4x2x3 + 4x23

Aufgabe 18.9 •• Transformieren Sie die folgenden Ke-gelschnitte Q(ψ) auf deren Normalform und geben Sie Ur-sprung und Richtungsvektoren der Hauptachsen an:

a) ψ(x) = x21 + x1x2 − 2

b) ψ(x) = 5x21 − 4x1x2 + 8x2

2 + 4√

5 x1 − 16√

5 x2 + 4c) ψ(x) = 9x2

1 − 24x1x2 + 16x22 − 10x1 + 180x2 + 325

Aufgabe 18.10 •• Bestimmen Sie den Typ und im nichtparabolischen Fall einen Mittelpunkt der folgenden Quadri-ken Q(ψ) des A (R3):

a) ψ(x) = 8x21 + 4x1x2 − 4x1x3 − 2x2x3 + 2x1 − x3

b) ψ(x) = x21 − 6x2

2 + x1 − 5x2.c) ψ(x) = 4x2

1 − 4x1x2 − 4x1x3 + 4x22 − 4x2x3

+ 4x23 − 5x1 + 7x2 + 7x3 + 1

Aufgabe 18.11 •• Bestimmen Sie in Abhängigkeit vomParameter c ∈ R den Typ der folgenden Quadrik Q(ψ) desA (R3):

ψ(x) = 2x1x2 + c x23 + 2(c − 1)x3

Aufgabe 18.12 ••• Transformieren Sie die folgendenQuadriken Q(ψ) des A (R3) auf deren Hauptachsen und fin-den Sie damit heraus, um welche Quadrik es sich handelt:

a) ψ(x) = x21 − 4x1x2 + 2

√3 x2x3 − 2

√3 x1

+√3 x2 + x3

b) ψ(x) = 4x21 + 8x1x2 + 4x2x3 − x2

3 + 4x3

c) ψ(x) = 3x21 + 4x1x2 − 4x1x3 − 2x2x3 − 30

d) ψ(x) = 13x21 − 10x1x2 + 13x2

2 + 18x23 − 72

Aufgabe 18.13 • Bestimmen Sie den Typ der Quadri-ken Q(ψ0) und Q(ψ1) mit

ψ0(x) = ρ(x) und ψ1(x) = ρ(x)+ 1,

wobei

ρ : R6 → R, ρ(x) = x1x2 − x3x4 + x5x6.

Aufgabe 18.14 •• Berechnen Sie die Singulärwerte derlinearen Abbildung

ϕ : R3 → R4,

x′1...

x′4

=

2 0 −10−11 0 5

0 3 00 −4 0

x1

x2x3

.


Aufgabe 18.15 ••• Berechnen Sie die Singulärwertzer-legung der linearen Abbildung

ϕ : R3 → R3,

x′1x′2x′3

= −2 4 −4

6 6 3−2 4 −4

x1x2x3

.

Aufgabe 18.16 ••• Berechnen Sie die Moore-PenrosePseudoinverse ϕ+ zur linearen Abbildung

ϕ : R3 → R3,

x′1x′2x′3

= 1 0 0

1 0 01 2 1

x1x2x3

.

Überprüfen Sie die Gleichungen ϕ ◦ ϕ+ ◦ ϕ = ϕ undϕ+ ◦ ϕ ◦ ϕ+ = ϕ+.

Aufgabe 18.17 •• Berechnen Sie eine Näherungslö-sung des überbestimmten linearen Gleichungssystems

2x1 + 3x2 = 23.8x1 + x2 = 9.6

x2 = 4.1

In der Absolutspalte stehen Messdaten von vergleichbarerGenauigkeit.

Aufgabe 18.18 •• Berechnen Sie in A (R2) die Aus-gleichsgerade der gegebenen Punkte

p1 =(

1−1

), p2 =

(30

), p3 =

(41

), p4 =

(42

),

also diejenige Gerade G, für welche die Quadratsumme derNormalabstände aller pi minimal ist.

Aufgabe 18.19 •• Die AusgleichsparabelP einer gege-benen Punktmenge in der x1x2-Ebene ist diejenige Parabelmit zur x2-Achse paralleler Parabelachse, welche die Punkt-menge nach der Methode der kleinsten Quadrate bestmöglichapproximiert. Berechnen Sie die Ausgleichsparabel der ge-gebenen Punkte

p1 =(

05

), p2 =

(24

), p3 =

(34

), p4 =

(58

).

Beweisaufgaben

Aufgabe 18.20 • Beweisen Sie den folgenden Satz:Ist die Matrix A ∈ Rn×n darstellbar als eine Linearkom-bination der dyadischen Quadrate orthonormierter Vektoren(h1, . . . ,hr ), also

A =r∑

i=1

λi (hi h6i ) bei hi · hj = δij ,

so sind die hi Eigenvektoren von A und die λi die zugehöri-gen Eigenwerte.

Aufgabe 18.21 •• Beweisen Sie den folgenden Satz:Zu jeder symmmetrischen Matrix A ∈ Rn×n gibt es eineorthonormierte Basis (h1, . . . , hn) derart, dass A darstell-bar ist als eine Linearkombination der dyadischen QuadrateA =∑n

i=1 λi (hi h6i ).

Aufgabe 18.22 •• Beweisen Sie den folgenden Satz: Essei ϕ ein selbstadjungierten Endomorphismus des euklidi-schen Vektorraums V . Andererseits seien p1, . . . , ps dieOrthogonalprojektionen von V auf sämtliche EigenräumeEigϕλ1, . . . , Eigϕλs von ϕ. Dann ist

ϕ =s∑

i=1

λi pi .

Hinweise

Verständnisfragen

Aufgabe 18.1 • Beachten Sie die Definitionen auf denSeiten 716 und 728.

Aufgabe 18.2 • Beachten Sie die jeweiligen Definitio-nen auf den Seiten 714 und 724.

Aufgabe 18.3 • Beachten Sie Seite 716.

Aufgabe 18.4 • Beachten Sie das Kriterium aufSeite 733 für den parabolischen Typ sowie die Definitiondes Mittelpunkts auf Seite 731.

Rechenaufgaben

Aufgabe 18.5 •• Verwenden Sie den ab Seite 719 er-klärten Algorithmus und reduzieren Sie die Einheitsmatrixbei den Spaltenoperationen mit.

Aufgabe 18.6 •• Hier ist der Algorithmus von Seite 719mit den Zeilenoperationen und den jeweils gleichartigen, al-lerdings konjugiert komplexen Spaltenoperationen zu ver-wenden.

Aufgabe 18.7 • Suchen Sie zunächst einen Basis-wechsel, welcher die auf R2 definierte quadratische Formρ(x) = x1x2 diagonalisiert.

Aufgabe 18.8 •• Nach der Zusammenfassung aufSeite 727 besteht die gesuchte orthonormierte Basis H ausEigenvektoren der Darstellungsmatrix von ρ.

Aufgabe 18.9 •• Folgen Sie den Schritten 1 und 2 vonSeite 731.


Aufgabe 18.10 •• Die Bestimmung des Typs gemäßSeite 736 ist auch ohne Hauptachsentransformation möglich.Achtung, im Fall b) ist ψ(x) als Funktion auf dem A (R3)

aufzufassen.

Aufgabe 18.11 •• Beachten Sie das Kriterium aufSeite 733.

Aufgabe 18.12 ••• Folgen Sie den Schritten 1 und 2 vonSeite 731.

Aufgabe 18.13 • Beachten Sie die Aufgabe 18.7.

Aufgabe 18.14 •• Nach der Merkregel von Seite 742sind die Singulärwerte die Wurzeln aus den von null ver-schiedenen Eigenwerten der symmetrischen Matrix A6A.

Aufgabe 18.15 ••• Folgen Sie der auf Seite 742 be-schriebenen Vorgangsweise.

Aufgabe 18.16 ••• Wählen Sie b3 ∈ ker(ϕ) (siehe Ab-bildung 18.22 im Hauptwerk) und ergänzen Sie zu einer Ba-sis B mit b1, b2 ∈ ker(ϕ)⊥. Ebenso ergänzen Sie im Ziel-raum ϕ(b1), ϕ(b2) ∈ Im(ϕ) durch einen dazu orthogonalenVektor b′3 ∈ ker(ϕ∗) zu einer Basis B ′. Dann ist ϕ+ durchϕ(bi ) �→ bi , i = 1, 2, und b′3 �→ 0 festgelegt.

Aufgabe 18.17 •• Lösen Sie die Normalgleichungen.

Aufgabe 18.18 •• G ist die Lösungsmenge einer linea-ren Gleichung l(x) = u0+u1x1+u2x2 mit drei zunächst un-bekannten Koeffizienten u0, u1, u2. Die gegebenen Punkteführen auf vier lineare homogene Gleichungen für diese Un-bekannten. Dabei ist der Wert l(pi ) proportional zum Nor-malabstand des Punkts pi von der Geraden G (beachten Siedie Hesse’sche Normalform auf Seite 250).

Aufgabe 18.19 •• P ist die Nullstellenmenge einerquadratischen Funktion x2 = ax2

1 + bx1 + c. Jeder der ge-gebenen Punkte führt auf eine lineare Gleichung für die un-bekannten Koeffizienten.

Beweisaufgaben

Aufgabe 18.20 • Beachten Sie die Assoziativität derMatrizenmultiplikation.

Aufgabe 18.21 •• Beachten Sie Aufgabe 18.20.

Aufgabe 18.22 •• Untersuchen Sie die Wirkung derEndomorphismen auf eine Basis von Eigenvektoren.

Lösungen

Verständnisfragen

Aufgabe 18.1 • d) ist eine quadratische Form; b), c)und d) sind quadratische Funktionen.

Aufgabe 18.2 • a) ist hermitesch. Es kommt hier keinesymmetrische Bilinearform vor.

Aufgabe 18.3 • a) σ(x, y) = 2x1y2+2x2y1+x2y2+x2y3 + x3y2b)σ(x, y) = x1y1− 1

2x1y2− 12x2y1+3x1y3+3x3y1−2x3y3.

Aufgabe 18.4 • b) ist parabolisch.

Rechenaufgaben

Aufgabe 18.5 •• Die Darstellungsmatrix MB ′(ρ) undje eine mögliche Umrechnungsmatrix BTB ′ von der gege-benen kanonischen Darstellung zur diagonalisierten Darstel-lung lauten:

a) MB ′(ρ) = 1 0 0

0 1 00 0 −1

, BTB ′ = 1

2 0 12

0 1 10 1 0

b) MB ′(ρ) =

1 0 00 −1 00 0 −1

, BTB ′ = 1 −1/

√2 −1

1 1/√

2 −10 0 1

Die Signatur (p, r − p, n − r) lautet in a) (2, 1, 0), in b)(1, 2, 0).

Aufgabe 18.6 •• Die diagonalisierte Darstellungsma-trix und eine zugehörige Transformationsmatrix lauten:

MB ′(ρ) = 1 0 0

0 −1 00 0 0

, BTB ′ = 1/

√2 −i/

√2 0

0 1/√

2 00 0 1

Die Signatur von ρ ist (p, r − p, n− r) = (1, 1, 1).

Aufgabe 18.7 • Der Rang ist 6, die Signatur (3, 3, 0).

Aufgabe 18.8 •• a) ρ(x) = 10x′23 − 4x′22 ,(p, r − p, n− r) = (1, 1, 1),b) ρ(x) = 3x′21 + 6x′23 , (p, r − p, n− r) = (2, 0, 1),c) ρ(x) = 2x′21 + 2x′22 + 8x′3, (p, r −p, n− r) = (3, 0, 0).

Aufgabe 18.9 •• a) ψ(x) = 1+√2

4x′21 +

1−√2

4x′22 − 1.

Mittelpunkt ist 0, die Hauptachsen haben die Richtung derVektoren (1±√2, 1)6.

b) ψ(x) = 14 x′21 + 1

9 x′22 − 1. Mittelpunkt (0,√

5)6, Haupt-achsen in Richtung von (2, 1)6 und (−1, 2)6.

c) ψ(x) = 12 x′21 − 2x2 mit dem Ursprung p = (−9, −3)6

und den Achsenrichtungen (−3,−4)6 und (−4,−3)6.


Aufgabe 18.10 •• a) Q(ψ) ist kegelig (Typ 1) mit Mit-telpunkt beliebig auf der Geraden G = (t,− 1

2 − 2t, 2t)6,t ∈ R. Wegen ψ(x) = (2x1 − x3)(4x1 + 2x2 + 1) bestehtQ(ψ) aus zwei Ebenen durch G.

b) Q(ψ) ist eine Quadrik vom Typ 2 mit Mittelpunkt auf derGeraden (− 1

2 , − 512 , t)

6, t ∈ R, und zwar ein hyperbolischerZylinder mit Erzeugenden parallel zur x3-Achse.

c)Q(ψ) ist parabolisch (Typ 3), und zwar wegen der Signatur(2, 0, 1) der quadratischen Form ein elliptisches Paraboloid.

Aufgabe 18.11 •• Q(ψ) ist bei c = 1 ein quadratischerKegel, bei c = 0 ein hyperbolisches Paraboloid und sonst eineinschaliges Hyperboloid.

Aufgabe 18.12 ••• a) 3x′21 +(√

2−1)x′22 −(√

2+1)x′23 −116 = 0. Q(ψ) ist ein einschaliges Hyperboloid.

b)√

6(3+√105) x ′218

−√

6(√

105− 3) x ′228

+ 2x3 = 0. Q(ψ) ist einhyperbolisches Paraboloid.

c) 5x′21 − x′22 − x′23 − 30 = 0. Q(ψ) ist ein zweischaligesDrehhyperboloid.

d) x ′219+ x ′22

4+ x ′23

4− 1 = 0. Q(ψ) ist ein linsenförmiges

Drehellipsoid.

Aufgabe 18.13 • Q(ψ0) ist von Typ 1, Q(ψ1) vonTyp 2 mit n=r=6, p = 3.

Aufgabe 18.14 •• Die Singulärwerte sind 10√

2, 5√

2und 5.

Aufgabe 18.15 •••

A = −2 4 −4

6 6 3−2 4 −4

= U

6√

2 0 00 9 00 0 0

V6

U = 1√2

−1 0 10√

2 0−1 0 −1

, V6 = 1

3

1 −2 22 2 1−2 1 2

Aufgabe 18.16 •••

ϕ+ : y1

y2y3

= 1

10

5 5 0−2 −2 4−1 −1 2

y′1y′2y′3

.

Aufgabe 18.17 •• x1 = 5.583, x2 = 4.183.

Aufgabe 18.18 •• G : − 0.34017 x1 + 0.33778 x2 +0.87761 = 0.

Aufgabe 18.19 •• P : x2 = 5

12x2

1 − 235

156x1 + 263

52.

Beweisaufgaben


Aufgabe 18.21 •• –

Aufgabe 18.22 •• –

Lösungswege

Verständnisfragen

Aufgabe 18.1 • Der letzte Summand in a) ist vomGrad 3. Also ist dies keine quadratische Funktion. In d) kom-men nur Summanden vom Grad 2 in (x1, . . . , x4) vor. Alsoist dies eine quadratische Form Rn → R mit n ≥ 4 und damitzugleich eine quadratische Funktion. In b) und c) reichen dieGrade der Summanden von 0 bis 2.

Aufgabe 18.2 • a) erfüllt die Definition von Seite 724.b), c) und d) hingegen verletzen diese Definition. e) zeigt eineBilinearform, jedoch ist diese nicht symmetrisch wegen desMinuszeichens vor x2y1.

Aufgabe 18.3 • Die Quadrate kx2i werden zu kxiyi

aufgespaltet, die gemischten Terme 2kxixj aufgespaltet inkxiyj + kxj yi .

Aufgabe 18.4 • Wir untersuchen die Lösbarkeit desGleichungssystems Ax = −a. In a) gibt es die eindeutigeLösung (0, 0,−1)6 für den Mittelpunkt, denn rgA = 3. Inb) ist rgA = 2, eine notwendige Bedingung für Typ 3. Zu-dem ist rg(A | a) = 3, das System also unlösbar. Also istQ(ψ) parabolisch.

Rechenaufgaben

Aufgabe 18.5 •• a) Wir geben hier nur die Zwischen-ergebnisse nach jedem Paar gleichartiger Zeilen- und Spal-tenoperationen wieder:

4 −2 2−2 0 02 0 11 0 00 1 00 0 1

12 z112 s1−→

1 −1 1−1 0 01 0 112 0 00 1 00 0 1

z2 + z1z3 − z1

. . .−→

1 0 00 −1 10 1 012

12 − 1

20 1 00 0 1

z3 + z2s3 + s2−→

1 0 00 −1 00 0 1

1/2 1/2 00 1 10 0 1

z3 ↔ z2s3 ↔ s2−→

1 0 00 1 00 0 −1

1/2 0 1/20 1 10 1 0

Die Matrix unter dem Strich ist eine zur Normalform füh-rende Transformationsmatrix BTB ′ .


b) Wieder schreiben wir nur die Ergebnisse nach einem Paargleichartiger Zeilen- und Spaltenoperationen an:

0 1/2 1/21/2 0 1/21/2 1/2 01 0 00 1 00 0 1

z1 + z2s1 + s2−→

1 1/2 11/2 0 1/21 1/2 01 0 01 1 00 0 1

z2 − 1

2 z1

z3 − z1. . .−→

1 0 00 −1/2 00 0 −11 −1/2 −11 1/2 −10 0 1

√2 z2√2 s2. . .−→

1 0 00 −1 00 0 −11 −1/

√2 −1

1 1/√

2 −10 0 1

Wieder lesen wir unter dem Strich BTB ′ ab.

Aufgabe 18.6 •• Aus Platzgründen schreiben wir wie-derum nur die Zwischenergebnisse nach jedem Paar gekop-pelter Umformungen auf:

2 2i 0−2i 0 0

0 0 01 0 00 1 00 0 1

z2 + iz1s2 − is1−→

2 0 00 −2 00 0 01 −i 00 1 00 0 1

1/√

2 z1

1/√

2 z2. . .−→

1 0 00 −1 00 0 0

1/√

2 −i/√

2 00 1/

√2 0

0 0 1

Wieder steht oben die Darstellungsmatrix MB ′(ρ) in Nor-malform und darunter die Transformationsmatrix BTB ′ .

Aufgabe 18.7 • Ein Basiswechsel von B zu B ′ mitx1 = x′1 + x′2, x2 = x′1 − x′2 usw. führt zu

ρ(x) = x′21 − x′22 − x′23 + x′24 + x′25 − x′26 .

Damit ist MB ′(ρ) = diag (1,−1,−1, 1, 1,−1).

Aufgabe 18.8 •• a) Das charakteristische Polynom derDarstellungsmatrix

A = 1 3 6

3 1 26 2 4

von ρ lautet

det(A− λE3) = −λ3 + 6λ2 + 40λ = −λ(λ+ 4)(λ− 10).

Mögliche Eigenvektoren zu den Eigenwerten 0,−4, 10 sind

b′1 = 0−21

, b′2 = −3

12

, b′3 = 5

36

.

Bezüglich der durch Normierung entstehenden Basis H mit

h1 = 1√5

0−21

, h2 = 1√14

−312

, h3 = 1√70

536

bekommt die quadratische Form die Diagonalform

ρ(x) = −4x′22 + 10x′23 .

b) Die gegebene Darstellungsmatrix

A = 5 −1 1−1 2 −2

1 −2 2

hat das charakteristische Polynom

det(A− λE3) = −λ3 + 9λ2 − 18λ = −λ(λ− 3)(λ− 6).

Eine mögliche Basis aus Eigenvektoren zu den Eigenwerten0, 3, 6 lautet

b′1 = 0

11

, b′2 = 1

1−1

, b′3 = 2−11

.

Bezüglich der durch Normierung entstehenden Basis H mit

h1 = 1√2

011

, h2 = 1√3

11−1

, h3 = 1√6

2−11

nimmt die quadratische Form Diagonalform an:

ρ(x) = 3x′22 + 6x′23

c) Als charakteristisches Polynom der Darstellungsmatrix

A = 4 2 2

2 4 22 2 4

von ρ folgt

det(A−λE3) = −λ3+12λ2−36λ+32 = −(λ−2)2(λ−8).

Eine mögliche Basis aus Eigenvektoren ist

b′1 = −1

10

, b′2 = −1

01

, b′3 = 1

11

.

Die ersten beiden aus dem Eigenraum zu 2 sind allerdingsnoch nicht orthogonal. Wir ersetzen daher b′2 durch

b′′2 = b′2 −b′2 · b′1b′1 · b′1

b′1 =1

2

−1−12

und normieren noch alle drei Vektoren. Dies ergibt

h1 = 1√2

−110

, h2 = 1√6

−1−12

, h3 = 1√3

111

und die vereinfachte Form

ρ(x) = 2x′21 + 2x′22 + 8x′23 .


Aufgabe 18.9 •• a) Zunächst diagonalisieren wir dieenthaltene quadratische Form mit der Darstellungsmatrix

A =(

1 12

12 0

).

Wir erhalten das charakteristische Polynom λ2 − λ− 14 mit

den Eigenwerten (1±√2)/2 und den Eigenvektoren

b′1 =(

1+√21

), b′2 =

(1−√2

1

).

Nachdem in der quadratischen Funktion die linearen Gliederfehlen, fällt der Mittelpunkt in den Ursprung 0. In dem Ko-ordinatensystem (0;h1,h2) mit hi = b′i/‖b′i‖ entsteht dieKegelschnittsgleichung

1+√2

2x′21 +

1−√2

2x′22 − 2 = 0.

Nach Division durch 2 erhalten wir die Normalform. Es liegteine Ellipse vor mit den Achsenlängen 4/(1±√2).

b) Das charakterische Polynom λ2−13λ+36 der enthaltenenquadratischen Form führt auf die Eigenwerte 4 und 9 mit denEigenvektoren

b′1 =(

21

), b′2 =

( −12

).

Das lineare Gleichungssystem für den Mittelpunkt

Ax = −a, also

(5 −2

−2 8

)(x1x2

)=(−2

√5

8√

5

)

ergibt die (eindeutige Lösung) m =(

0√5

). Wir rechnen

auf m als neuen Ursprung und die normierte Eigenvektorenals neue kartesische Basis um, setzen also(

x1x2

)=(

0√5

)+ 1√

5

(2 −11 2

)(x′1x′2

)in ψ(x) ein und erhalten als Konstante nach (18.10) den Wertψ(m) = −36. Nach Division durch 36 folgt

x′219+ x′22

4− 1 = 0.

Es liegt eine Ellipse mit den Achsenlängen 3 und 2 vor.

c) Das charakteristische Polynom der enthaltenen quadrati-schen Form lautet

det(A− λE2) = det

(9− λ −12−12 16− λ

)= λ2 − 25λ.

Zu den Eigenwerten 25 und 0 gehören die Eigenvektoren

b′1 =(

3−4

)und b′2 =

(43

).

Das Gleichungssystem

Ax = −a, also

(9 −12−12 16

)(x1x2

)=( −5

90

)

ist unlösbar. Wir zerlegen daher die Absolutspalte a in zweiorthogonale Komponenten a0 + a1. Dabei liegt a0 in demvon b′2 aufgespannten Kern ker(A) und a1 in dem dazu or-thogonalen Bildraum A, der von den Spaltenvektoren von Aaufgespannt wird:

a0 =a · b′2b′2 · b′2

b′2 =(

4030

), a1 = a − a0 =

( −4560

).

Als Lösung von Ax = −a1 folgt p(t) = (−5 + 4t, 3t)6,t ∈ R. Der Koordinatenwechsel(

x1x2

)=(

5+ 4t3t

)+ 1

5

(3 4−4 3

)(x′1x′2

)ergibt

ψ(x) = 25x′21 + 100x′2 + 500t + 500.

Die Wahl t = −1 beseitigt die Konstante. Es handelt sich umeine Parabel mit dem Scheitel p(−1) = (−9,−3)6.

Die Division der Gleichung durch 50 ergibt den Koeffizienten2 von x′2. Eine Umkehr beider Koordinatenachsen schließlichergibt ein Rechtskoordinatensystem mit dem in der Normal-form auf Seite 733 vorgeschriebenen Koeffizienten −2, alsodie Kegelschnittsgleichung 1

2 x′′ 22 − 2x′′2 = 0. Die Parabelhat den Parameter 1/2.

Aufgabe 18.10 •• a) Für die KoeffizientenmatrixA, dieerweiterte Koeffizientenmatrix A∗ und für den Vektor a gilt

A = 8 2 −2

2 0 −1−2 −1 0

, a = 1

0− 1

2

,

A∗ =

0 1 0 − 1

21 8 2 −20 2 0 −1− 1

2 −2 −1 0

,

daherrg(A) = rg(A | a) = rg(A∗) = 2.

Das Gleichungssystem Ax = −a für den Mittelpunkt istlösbar. Also liegt der kegelige Typ 1 vor.

b) Es ist rg(A) = rg(A | a) = 2 und rg(A∗) = 3. Das SystemAx = −a für den Mittelpunkt hat eine einparametrige Lö-sung. Die in ψ(x) enthaltene quadratische Form liegt bereitsin Diagonaldarstellung vor. Also ist deren Signatur (1, 1, 1).

c) Es ist rg(A) = 2 und rg(A | a) = 3. Also gibt es keinenMittelpunkt. Es liegt ein parabolischer Typ vor. Nach Zeilen-und Spaltenumformungen erkennt man die Signatur (p,

r−p, n−r) = (2, 0, 1) der enthaltenen quadratischen Form.

Aufgabe 18.11 •• Die enthaltene quadratische Form istbei c = 0 vom Rang 2, ansonsten vom Rang 3 und durch x1

x2x3

=

1√2− 1√

20

1√2

1√2

0

0 0 1

x′1

x′2x′3


diagonalisierbar. Bei c = 0 entsteht unmittelbar die Glei-chung

x′21 − x′22 − 3x′3 = 0

eines hyperbolischen Paraboloids. Bei c != 0 gibt es eineneindeutigen Mittelpunkt m = (0, 0, 1−c

c)6. Wird er als Ko-

ordinatenursprung gewählt, so erhalten wir die Gleichung

x′21 − x′22 + cx′23 −(1− c)2

c= 0.

Bei c = 1 stellt diese einen quadratischen Kegel dar, anson-sten unabhängig vom Vorzeichen von c ein einschaliges Hy-perboloid, nachdem bei negativem c sowohl der Koeffizientvon x′23 , als auch das Absolutglied das Vorzeichen wechseln.

Aufgabe 18.12 ••• a) Das charakteristische Polynom−λ3+λ2+7λ−3 hat die Nullstellen 3 sowie−1±√2. DieVektoren

b′1 = −

√3√

31

, b′2,3 = ±√2±√2− 1√

3

bilden eine Basis aus Eigenvektoren, aus welchen durch Nor-mierung die Hauptachsen folgen. Der Mittelpunkt als Lösungvon Ax = −a fällt nach m = (2/

√3, −1/2

√3, 5/6)6.

Wegen ψ(m) = −11/6 wird die Quadrikengleichung zu

3x′21 + (√

2− 1)x′22 − (√

2+ 1)x′23 −11

6= 0.

Dadurch wird ein einschaliges Hyperboloid dargestellt.

b) Das charakteristische Polynom −λ3 + 3λ2 + 24 führt zuden Eigenwerten 1

2 (3±√

105) und 0 und zu Eigenvektoren

b′1,2 = 13±√105

5±√1054

, b′3 = −1

12

.

Das Gleichungssystem Ax = −a ist unlösbar; also liegt einParaboloid vor. Wir zerlegen a in zwei zueinander ortho-gonale Komponenten a = a0 + a1 mit a0 ∈ ker(A) unda1 ∈ Im(A). Dies ergibt

a0 = 1

3

−224

, a1 = 1

3

2−22

.

Das System Ax = −a1 hat als Lösung p = 16 (1 − t,

−2 + t, 2t)6. Bei t = 1/4 fällt nach Substitution die Kon-stante in der Quadrikengleichung weg und es bleibt nachgeeigneter Multiplikation die Normalform

√6(3+√105)x′21

8−√

6(√

105− 3)x′228

+ 2x3 = 0.

Es handelt sich um ein hyperbolisches Paraboloid mit demScheitel 1

24 (3,−7, 2)6.

c) Das charakteristische Polynom −λ3 + 3λ2 + 9λ + 5 derenthaltenen quadratischen Form hat als Nullstellen die Ei-genwerte 5 und zweifach−1. Zugehörige linear unabhängigeEigenvektoren sind

b′1 = 2

1−1

, b′2 = 0

11

, b′3 = 1

02

.

Wir ersetzen b′3 durch einen zu b′2 orthogonalen Vektor ausdem Eigenraum zu −1, nämlich durch

b′′3 = b′3 −b′3 · b′2b′2 · b′2

b′2 = 1−11

,

und normieren diese Basis zu

h1 = 1√6

21−1

, h2 = 1√2

011

, h3 = 1√3

1−11

.

Wegen des Fehlens der linearen Glieder in ψ(x) liegt derMittelpunkt in 0, und die Normalform lautet

φ(x) = 5x′21 − x′22 − x′23 − 30.

Nach Division durch 30 zeigt sich die Normalform eineszweischaligen Drehhyperboloids.

d) Das charakteristische Polynom

−λ3 + 44λ2 − 612λ+ 2592

hat als Nullstellen die Eigenwerte 8 und zweifach 18. DerKoordinatenursprung 0 ist bereits der Mittelpunkt. Die Nor-malform der Quadrikengleichung

x′219+ x′22

4+ x′23

4− 1 = 0

weist Q(ψ) als ein verlängertes Drehellipsoid aus mit denAchsenlängen 3 und zweimal 2. Eine mögliche Basis für dieHauptachsen ist

h1 = 1√2

110

, h2 = 1√2

−110

, h3 = 0

01

.

Aufgabe 18.13 • Der Basiswechsel von B zu B ′ mitx1=x′1+x′2, x2=x′1−x′2 usw. führt zu:

ψ0(x) = x′21 − x′22 − x′23 + x′24 + x′25 − x′26ψ1(x) = x′21 − x′22 − x′23 + x′24 + x′25 − x′26 − 1

Damit ist Q(ψ0) ein kegeliger Typ und Q(ψ1) eine im Ur-sprung 0 zentrierte Mittelpunktsquadrik mit den charakteri-stischen Zahlen (siehe Seite 733) (n, r, p) = (6, 6, 3).


Aufgabe 18.14 •• Wir erhalten als Matrizenprodukt

A6A = 125 0 −75

0 25 0−75 0 125

.

Aus dem charakteristischen Polynom −λ3 + 275λ2 −16250λ + 250000 folgen die Eigenwerte 200, 50 und 25.Also lauten die Singulärwerte von A : 10

√2, 5√

2 und 5.

Aufgabe 18.15 ••• Wir bestimmen Eigenwerte und -vektoren der symmetrischen Matrix

A6A = 44 20 34

20 68 −1434 −14 41

.

Zu den Eigenwerten 72, 81 und 0 gehört die orthonormierteBasis

h1 = 1

3

1−2

2

, h2 = 1

3

221

, h3 = 1

3

−212

.

Der letzte liegt im Kern ker(A). Die Bilder Ah1 und Ah2sind zueinander orthogonal und bestimmen die ersten zweiVektoren h′1,h′2 im Bildraum mit

h′1 =1√2

−10−1

, h′2 = 0

10

.

Wir ergänzen durch das Vektorprodukt h′3 = h′1 × h′2 zueiner orthonormierten Basis im Bildraum. Dann bilden diehi als Spaltenvektoren die orthogonale Matrix

V = BTH = 1

3

1 2 −2−2 2 1

2 1 2

und die h′i die orthogonale Matrix

U = B ′TH ′ = 1√2

−1 0 10√

2 0−1 0 −1

.

Wegen

A = CBB ′ϕ = B ′TH ′ CHH ′ϕ HTB

istA = U diag (

√72, 9, 0)V6.

In der Diagonalmatrix stehen die Wurzeln aus den Eigen-werten von A6A, also die Singulärwerte von A, zusammenmit 0.

Aufgabe 18.16 ••• b3 = (0, 1,−2)6 spannt den Kernker(ϕ) auf. In dem zugehörigen Orthogonalraum ker(ϕ)⊥,dem Bildraum der adjungierten Abbildung ϕ∗, wählen wir

die Vektoren b1 = (1, 0, 0)6 und b2 = (1, 2, 1)6 als zwei li-near unabhängige Zeilenvektoren aus der gegebenen Darstel-lungsmatrix. Deren Bildvektoren b′1 = ϕ(b1) = (1, 1, 1)6und b′2 = ϕ(b1) = (1, 1, 6)6 liegen im Bildraum Im(ϕ).Wir ergänzen zu einer Basis B ′ durch einen orthogonalenVektor b′3 ∈ Im(ϕ)⊥, der damit im Kern von ϕ∗ liegt, etwab′3 = (1,−1, 0)6. Nun ist

CB′Bϕ+ =

1 0 00 1 00 0 0

.

Mithilfe der Transformationsmatrizen ETB = (b1, b2, b3)

und E′TB ′ = (b′1, b′2, b′3) rechnen wir auf die StandardbasenE und E′ im Urbildraum und im Zielraum um und erhaltenschließlich

CE′Eϕ+ = 1

10

5 5 0−2 −2 4−1 −1 2

.

Zum Nachprüfen der obigen Gleichungen genügt es, die Ba-sisvektoren bi oder b′j zu verfolgen.

Aufgabe 18.17 •• Wir multiplizieren das unlösbareGleichungssystem Ax = b von links mit A6 und erhaltendie Normalgleichungen

5x1 + 7x2 = 57.27x1 + 22x2 = 85.1

Daraus folgt als Lösung, etwa nach der Cramer’schen Regel,x1 = 5.583 und x2 = 4.183.

Aufgabe 18.18 •• Durch Einsetzen der gegebenenPunkte in l(x) entstehen vier lineare homogene Gleichun-gen für u0, u1 und u2 der Form

1 1 −11 3 01 4 11 4 2

u0

u1u2

=

0000

.

Wir multiplizieren die Koeffizientenmatrix A von links mitA6 und erhalten die symmetrische Matrix

A6A = 4 12 2

12 42 112 11 6

.

Deren charakteristisches Polynom

det(A6A− λE3) = −λ3 + 52λ2 − 175λ+ 20

hat die numerisch berechenbaren Nullstellen

λ1 = 0.11844, λ2 = 3.48929, λ3 = 48.39226.

Ein zum kleinsten Eigenwert λ1 berechneter Eigenvektor mitNorm 1 lautet (0.87761, −0.34017, 0.33778)6. Das ergibtdie Hesse’sche Normalform der Ausgleichsgeraden

G : − 0.34017 x1 + 0.33778 x2 + 0.87761 = 0.


Setzt man hingegen die Gleichung von G in der Form x2 =kx1 + d an mit nur zwei unbekannten Koeffizienten k undd, so führen die gegebenen Punkte auf ein überbestimmtesinhomogenes lineares Gleichungssystem. Mit Hilfe der Nor-malgleichungen(

42 1212 4

)(k

d

)=(

112

)kommt man zur eindeutigen Lösung k = 5/6 und d = −2,also zur Gleichung

5x1 − 6x2 − 12 = 0

einer Geraden G. Für diese haben allerdings die in Richtungder x2-Achse gemessenen Abstände x2 − kx1 − d der pi

eine minimale Quadratsumme und nicht, wie gefordert, dieNormalabstände.

Aufgabe 18.19 •• Das lineare Gleichungssystem fürdie unbestimmten Koeffizienten a, b, c lautet

A

a

b

c

=

0 0 14 2 19 3 1

25 5 1

a

b

c

=

5448

.

Durch Multiplikation von links mit A6 leiten wir die Nor-malgleichungen 722 160 38

160 38 1038 10 4

a

b

c

= 252

6021

her. Wir erhalten als Koeffizienten der optimalen Parabel-gleichung (a, b, c) = (5/12, −235/156, 263/52), also un-gefähr (0.416, −1.506, 5.058).

Beweisaufgaben

Aufgabe 18.20 • Es ist

Ahj = ∑ri=1 λi (hi h

6i )hj =∑r

i=1 λi hi (h6i hj )

= ∑ri=1 λi (hi · hj )hi =∑r

i=1 λi δijhi = λj hj .

Aufgabe 18.21 •• Wir wissen von der Hauptachsen-transformation (Seite 727), dass die symmetrische Matrix Aund damit die symmetrische Bilinearform σ mit der kanoni-schen Darstellungsmatrix ME(σ) = A eine orthonormierteBasis H = (h1, . . . ,hn) aus Eigenvektoren hi ∈ Rn besitzt.Es gibt somit eine Transformationsmatrix HTE mit

MH (σ) = diag (λ1, . . . , λn) = (ETH )6A ETH .

Umgekehrt ist wegen HTE = (ETH )−1 = (ETH )6

A = (HTE)6 diag (λ1, . . . , λn) HTE.

Nun stehen in den Spalten von ETH und damit auch in denZeilen von HTE die kanonischen Koordinaten der Eigenvek-toren hi . Also ist

A = (h1, . . . ,hn) diag (λ1, . . . , λn)

h61...

h6n

= (λ1h1, . . . , λnhn)

h61...

h6n

=n∑

i=1

λi (hi h6i ).

Eine zweite Beweismöglichkeit ist wie folgt: Wir zeigen dieGleichheit vonA und der Linearkombination der dyadischenQuadrate durch den Nachweis, dass beide Matrizen die Vek-toren der Basis H auf dieselbe Weise abbilden. Einerseits istAhj = λj hj . Andererseits ist

n∑i=1

λi (hi h6i )hj =

n∑i=1

λi(hi · hj )hi = λj hj .

Aufgabe 18.22 •• Es gibt eine BasisH = (h1, . . . ,hn)

von Eigenvektoren von ϕ. Dabei sind bei normalen Endo-morphismen, also insbesondere bei selbstadjungierten En-domorphismen zwei zu verschiedenen Eigenwerten gehörigeEigenvektoren stets zueinander orthogonal. Daher liegt derEigenvektorhj ∈ Eigϕλj bei j != i im Kern der Orthogonal-projektion pi auf Eigϕλi , während er bei j = i im Bildraumder Projektion liegt und daher bei pi unverändert bleibt. Alsoist

pi(hj ) = δij hj

und daher(s∑

i=1

λi pi

)(hj ) =

s∑i=1

λi pi(hj ) = λj hj = ϕ(hj ).

Es stimmen somit die Bilder der Vektoren hj einer Basis be-züglich ϕ überein mit jenen bezüglich der Linearkombina-tion der Projektionen. Also sind die beiden Endomorphismenidentisch.

Alternativ dazu kann man die Gleichheit der Abbildungen aufdie Gleichheit der Darstellungmatrizen zurückführen und dasResultat von Aufgabe 18.21 verwenden: Die Darstellungs-matrix A = CBBϕ ist symmetrisch. Ist dann (hp, . . . ,hq)

eine Basis des Eigenraumes Eigϕλj , so ist die Orthogonal-projektion pj analog zum dreidimensionalen Fall in (7.14)(Seite 256) durch die Summe der dyadischen Quadrate vonhp bis hq darstellbar. Wir brauchen daher in

A =n∑

i=1

λi (hi h6i )

nur jeweils die zu demselben Eigenwert λj gehörigen Sum-manden zusammenzufassen und in der erhaltenen Teilsummedyadischer Quadrate die Darstellungsmatrix λj CBBpj zuerkennen.

Kapitel12 - Springer · Kapitel12 Aufgaben Verständnisfragen Aufgabe 12.1 • Für welche u∈R2...

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