Mathe für Physiker I Wintersemester 03/04 Walter Oevel 22. 1. 2004

Ü b u n g s b l a t t 13

Abgabe von ∗–Aufgaben am 29.1.2004 in der Übung.

Aufgabe 107*: (der Vektorraum der Polynome. 4 + 4 + 4 + 4 + 4 Bonuspunkte) Es sei P_{n}[x] die Menge der Polynome vom Grad höchstens n ∈ ℕ in einer Unbestimmten x mit komplexen Koeffizienten, d.h.,

P_{n}[x] = {a_{n} · x^{n} + a_{n−1} · x^{n−1} + … + a_{1} · x + a_{0}; a_{i} ∈ ℂ für 0 ≤ i ≤ n}.

a) Zeige, dass P_{n}[x] ein Vektorraum über den komplexen Zahlen ist.

b) Zeige, dass die Elemente der Menge M = {1, x, x^{2}, …, x^{n}} linear unbhängige Vektoren in P_{n}[x] sind.

c) Zeige, dass M ein ”Erzeugendensystem“ des Vektorraums P_{n}[x] ist, d.h., dass sich jedes beliebige Element aus P_{n}[x] als Linearkombination von Elementen aus M mit Koeffizienten aus ℂ darstellen lässt.

d) Aus b) und c) ergeben sich Abschätzungen für die Vektorraumdimension von P_{n}[x]. Wie groß ist diese?

e) Es sei P_{n}[x, y] die Menge aller Polynome vom Grad höchstens n in den beiden Unbestimmten x und y mit komplexen Koeffizienten, d.h.,

P_{n}[x, y] = { ∑_{i+j≤n} a_{ij} · x^{i} · y^{j}; a_{ij} ∈ ℂ für alle 0 ≤ i, j ≤ n}.

Der Grad eines einzelnen Monoms a_{ij} ·x^{i} ·y^{j} ist dabei definiert als die Summe i+j. Der Grad eines Polynoms ∑_{i+j≤n} a_{ij} · x^{i} · y^{j} ∈ P_{n}[x, y] ist das Maximum der Grade seiner Monome a_{ij} · x^{i} · y^{j}. Auch P_{n}[x, y] ist ein Vektorraum (den Nachweis der Vektorraumeigenschaften sparen wir uns hier). Äußere eine Vermutung über die Dimension von P_{n}[x, y], indem Du eine Menge von Polynomen angibst, die Deiner Meinung nach eine Basis bilden. Weise für diese Menge die notwendigen Basiseigenschaften nach.

Musterlösung:

a) Wir rechnen die Vektorraumeigenschaften nach. Seien f(x) = ∑_{i=0}^{n} a_{i} · x^{i}, g(x) = ∑_{i=0}^{n} b_{i} · x^{i} und h(x) = ∑_{i=0}^{n} c_{i} · x^{i} ∈ P_{n}[x]. Zunächst ist zu zeigen, dass die Addition assoziativ ist, indem wir das Assoziativgesetz in ℂ für die Koeffizienten verwenden:

f + (g + h) = ∑_{i=0}^{n} a_{i} · x^{i} + ( ∑_{i=0}^{n} b_{i} · x^{i} + ∑_{i=0}^{n} c_{i} · x^{i}) = ∑_{i=0}^{n} a_{i} · x^{i} + ( ∑_{i=0}^{n}(b_{i} + c_{i}) · x^{i})

= ∑_{i=0}^{n} a_{i} · x^{i} + ∑_{i=0}^{n}(b_{i} + c_{i}) · x^{i} = ∑_{i=0}^{n}(a_{i} + (b_{i} + c_{i})) · x^{i}

= ∑_{i=0}^{n}((a_{i} + b_{i}) + c_{i}) · x^{i} = ∑_{i=0}^{n}(a_{i} + b_{i}) · x^{i} + ∑_{i=0}^{n} c_{i} · x^{i}

= ( ∑_{i=0}^{n} a_{i} · x^{i} + ∑_{i=0}^{n} b_{i} · x^{i}) + ∑_{i=0}^{n} c_{i} · x^{i} = (f + g) + h

Der ”Nullvektor“ ist das Nullpolynom 0. Zu jedem Polynom f(x) = ∑_{i=0}^{n} a_{i} · x^{i} ∈ P_{n}[x] existiert ein additives Inverses −f(x) = − ∑_{i=0}^{n} a_{i} · x^{i} = ∑_{i=0}^{n} −a_{i} · x^{i}. Ferner ist die Addition zweier Polynome kommutativ:

f(x) + g(x) = ∑_{i=0}^{n} a_{i} · x^{i} + ∑_{i=0}^{n} b_{i} · x^{i} = ∑_{i=0}^{n}(a_{i} + b_{i}) · x^{i}

= ∑_{i=0}^{n}(b_{i} + a_{i}) · x^{i} = ∑_{i=0}^{n} b_{i} · x^{i} + ∑_{i=0}^{n} a_{i} · x^{i} = g(x) + f(x).

Nun zu den Eigenschaften der skalaren Multiplikation. Seien λ, μ ∈ ℂ und f(x) = ∑_{i=0}^{n} a_{i} · x^{i}, g(x) = ∑_{i=0}^{n} b_{i} · x^{i} ∈ P_{n}[x]. Zunächst auch hier wieder die Assoziativität:

(λ · μ) · f(x) = (λ · μ) · ∑_{i=0}^{n} a_{i} · x^{i} = ∑_{i=0}^{n}(λ · μ) · a_{i} · x^{i} = ∑_{i=0}^{n} λ · (μ · a_{i}) · x^{i}

= λ · ∑_{i=0}^{n} μ · a_{i} · x^{i} = λ · (μ · ∑_{i=0}^{n} a_{i} · x^{i}) = λ · (μ · f(x)).

Sicherlich gilt 1 · f(x) = f(x) und auch das Distributivgesetz ist erfüllt:

(λ + μ) · f(x) = (λ + μ) · ∑_{i=0}^{n} a_{i} · x^{i} = ∑_{i=0}^{n}(λ + μ) · a_{i} · x^{i}

= ∑_{i=0}^{n} λ · a_{i} · x^{i} + ∑_{i=0}^{n} μ · a_{i} · x^{i} = λ · ∑_{i=0}^{n} a_{i} · x^{i} + μ · ∑_{i=0}^{n} a_{i} · x^{i}

= λ · f(x) + μ · g(x)

sowie auch

λ · (f(x) + g(x)) = λ · ( ∑_{i=0}^{n} a_{i} · x^{i} + ∑_{i=0}^{n} b_{i} · x^{i}) = λ · ∑_{i=0}^{n}(a_{i} + b_{i}) · x^{i}

= ∑_{i=0}^{n} λ · (a_{i} + b_{i}) · x^{i} = ∑_{i=0}^{n}(λ · a_{i} + λ · b_{i}) · x^{i}

= ∑_{i=0}^{n} λ · a_{i} · x^{i} + ∑_{i=0}^{n} λ · b_{i} · x^{i} = λ · ∑_{i=0}^{n} a_{i} · x^{i} + λ · ∑_{i=0}^{n} b_{i} · x^{i}

= λ · f(x) + λ · g(x).

Damit ist P_{n}[x] ein Vektorraum über den komplexen Zahlen.

b) Zu zeigen ist, dass 1, x, x^{2}, …, x^{n} linear unabhängig über ℂ sind. Seien λ_{0}, λ_{1}, …, λ_{n} ∈ ℂ mit λ_{0} · 1 + λ_{1} · x + … + λ_{n} · x^{n} = 0. Per Koeffizientenvergleich folgt sofort λ_{0} = λ_{1} = … = λ_{n}. Dies zeigt die Behauptung. Nach Vorlesung wissen wir, dass jeder Vektorraum eine Basis besitzt. Da die Elemente einer Basis stets linear unabhängig sind, folgt hieraus Dimension(P_{n}[x]) ≥ n + 1.

c) Zu zeigen ist, dass sich jedes beliebige Polynom f(x) = ∑_{i=0}^{n} a_{i} · x^{i} ∈ P_{n}[x] als Linearkombination der Monome 1, x, x^{2}, …, x^{n} mit Koeffizienten aus ℂ darstellen lässt. Der Darstellung von f(x) sieht man direkt an: Die a_{i} sind die gesuchten Koeffizienten. Damit ist M = {1, x, x^{2}, …, x^{n}} ein Erzeugendensystem von P_{n}[x]. Da jedes Erzeugendensystem stets eine Basis des betreffenden Vektorraums enthält, folgt hieraus Dimension(P_{n}[x]) ≤ n + 1.

d) Es gilt Dimension(P_{n}[x]) = n + 1. Dies folgt sofort aus den Abschätzungen für die Dimension aus b) und c).

e) Eine natürliche Wahl für einen ”Kandidaten“ für eine Basis ist die Menge der Monome B := {x^{i}·y^{j}; 0 ≤ i, j ≤ n, i+j ≤ n}. Offensichtlich lässt sich jedes Polynom f(x, y) ∈ P_{n}[x, y] als Linearkombination der Elemente von B darstellen, d.h., B ist ein Erzeugendensystem des Vektorraums P_{n}[x, y]. Die Elemente aus B sind auch linear unabhängig über ℂ, denn für λ_{ij} ∈ ℂ mit ∑_{i+j≤n} λ_{ij} · x^{i} · y^{j} = 0 folgt sofort λ_{ij} = 0. Damit ist B eine Basis von P_{n}[x, y]. Die Vektorraumdimension von P_{n}[x, y] ist gleich der Anzahl der Elemente einer (bzw. jeder) Basis von P_{n}[x, y]. Die Menge B besteht aus den Elementen

B = {1,
x, y
x^{2}, x · y, y^{2}
x^{3}, x^{2} · y, x · y^{2}, y^{3}
⋮
x^{n}, x^{n−1} · y, x^{n−2} · y^{2}, …, x^{2} · y^{n−2}, x · y^{n−1}, y^{n}},

also (mit Hilfe der Summationsformel von Gauß):

|B| = 1 + 2 + 3 + 4 + … + (n + 1) = ∑_{j=0}^{n+1} j = \frac{(n + 1) · (n + 2)}{2} = \frac{1}{2} · n^{2} + \frac{3}{2} · n + \frac{1}{2},

d.h., Dimension(P_{n}[x, y]) = \frac{1}{2} · n^{2} + \frac{3}{2} · n + \frac{1}{2}.

Aufgabe 108*: (Unterräume von Vektorräumen und Unterraumkriterium. 10 + 10 Bonuspunkte) Sei V ein Vektorraum und U ⊆ V eine Teilmenge von V. Dann heißt U ein Untervektorraum (kurz Unterraum) von V, wenn U mit der Vektoraddition und der skalaren Multiplikation von V selbst wieder ein Vektorraum ist.

a) Beweise, dass U ⊆ V genau dann ein Unterraum von V ist, wenn die folgenden drei Bedingungen erfüllt sind:

i) U ≠ ∅ ii) Sind u_{1}, u_{2} ∈ U, so gilt auch u_{1} + u_{2} ∈ U. iii) Ist u ∈ U und λ ∈ ℂ, so gilt λ · u ∈ U.

b) Welche der folgenden Teilmengen sind Unterräume des jeweiligen Vektorraums über den reellen Zahlen (im folgenden schreiben wir aus Platzgründen die Vektoren in der Form (·)^{T})? i) U_{1} := {(x, y, 0)^{T}; x, y ∈ ℝ} ⊆ ℝ^{3}

ii) U_{2} := {(x, y, 1)^{T}; x, y ∈ ℝ} ⊆ ℝ^{3}

iii) U_{3} := {f ∈ C(ℝ); f(0) = 0, f(π) = 0} ⊆ C(ℝ), wobei C(ℝ) die Menge der stetigen Funktionen ℝ → ℝ bezeichnet.

iv) U_{4} := {f ∈ C(ℝ); f(0) = 1, f(π/2) = 0} ⊆ C(ℝ).

Musterlösung:

a) ”⇒“ Wenn U ⊆ V selbst ein Vektorraum ist, so gelten insbesondere die unter (i), (ii) und (iii) aufgelisteten Eigenschaften. ”⇐“ Die Assoziativ-, Kommutativ- und Distributivgesetze für die Vektoraddition bzw. die skalare Multiplikation gelten in V, also auch in U ⊆ V. Wegen den Eigenschaften ii) und iii) ist sowohl die Summe zweier Elemente aus U als auch ein beliebiges skalares Vielfaches eines Elementes aus U wieder in U enthalten. Daher ist U abgeschlossen bezüglich der Addition und der skalaren Mutliplikation. Wegen U ≠ ∅ gibt es ein u ∈ U und 0 = 0 · u ∈ U nach iii). Desweiteren gilt für u ∈ U nach iii) −u = (−1) · u ∈ U. Damit ist U selbst wieder ein Vektorraum.

b) i) U_{1} ist ein Unterraum von ℝ^{3}. Wir zeigen, dass das Unterraumkriterium aus a) erfüllt ist. Es gilt (0, 0, 0)^{T} ∈ U_{1}, also U_{1} ≠ ∅. Sind (x, y, 0)^{T} , (x̃, ỹ, 0)^{T} ∈ U_{1}, so auch (x, y, 0)^{T} + (x̃, ỹ, 0)^{T} = (x + x̃, y + ỹ, 0)^{T} ∈ U_{1}. Ist λ ∈ ℝ und (x, y, 0)^{T} ∈ U_{1}, so auch λ · (x, y, 0)^{T} = (λ · x, λ · y, 0)^{T} ∈ U_{1}. Dies zeigt die Behauptung.

b) ii) U_{2} ist kein Unterraum von ℝ^{3}, denn für (x, y, 1)^{T} , (x̃, ỹ, 1)^{T} ∈ U_{2} gilt (x, y, 1)^{T} + (x̃, ỹ, 1)^{T} = (x + x̃, y + ỹ, 2)^{T} ∉ U_{2}. Damit ist Eigenschaft ii) des Unterraumkriteriums verletzt.

b) iii) U_{3} ist ein Unterraum von C(ℝ), denn die Funktion identisch f(x) = sin(x) ist stetig und erfüllt trivialerweise f(0) = 0 = f(π), also U_{3} ≠ ∅. Sind f(x), g(x) ∈ U_{3}, so ist f(x) + g(x) als Summe stetiger Funktionen stetig und f(0)+g(0) = 0 = f(π)+g(π). Dies zeigt f(x)+g(x) ∈ U_{3}. Ist λ ∈ ℝ, so ist mit f(x) ∈ U_{3} auch λ·f(x) eine stetige Funktion und es gilt λ·f(0) = 0 = λ·f(π), also λ·f(x) ∈ U_{3}.

b) iv) U_{4} ist kein Unterraum von C(ℝ). Die Funktionen f(x) = 1 − 2 · x/π und g(x) = cos(x) sind stetig und erfüllen f(0) = 1, f(π/2) = 0 sowie g(0) = 1, g(π/2) = 0. Jedoch gilt für f(x) + g(x) = 1 − 2 · x/π + cos(x) gerade f(x) + g(x)|_{x=0} = 2, also f(x) + g(x) ∉ U_{4}, weshalb U_{4} nach a) ii) kein Unterraum von C(ℝ) ist.

Aufgabe 109*: (Lineare Abhängigkeit von zwei Vektoren. 10 Bonuspunkte) Seien v⃗, w⃗ ∈ ℂ^{n}, n ∈ ℕ. Zeige, dass v⃗ und w⃗ genau dann linear abhängig sind, wenn sie skalare Vielfache voneinander sind. Welche der folgenden beiden Vektorenpaare sind linear unabhängig?

i) ( \begin{matrix}4 \\ −2 \\ 6 \end{matrix} ) und ( \begin{matrix}2/3 \\ −1/3 \\ 1 \end{matrix} )

ii) ( \begin{matrix}−2 \\ 4 \\ 3 \\ 5 \end{matrix} ) und ( \begin{matrix}1/2 \\ −1 \\ −3/4 \\ 5/4 \end{matrix} )

Musterlösung: ”⇒“ Seien v⃗, w⃗ ∈ ℂ^{n} linear abhängig. Dann gibt es λ, μ ∈ ℂ, nicht beide 0, mit λ · v⃗ + μ · w⃗ = 0. Ohne Einschränkung dürfen wir λ ≠ 0 annehmen. Damit folgt v⃗ = −μ/λ · w⃗, d.h., v⃗ und w⃗ sind skalare Vielfache voneinander. ”⇐“ Nach Voraussetzung gilt v⃗ = λ · w⃗. Es folgt, dass 1 · v⃗ − μ · w⃗ = 0 eine nichttriviale Linearkombination des Nullvektors ist. Daher sind v⃗ und w⃗ linear abhängig.

Die beiden Vektoren ( \begin{matrix}4 \\ −2 \\ 6 \end{matrix} ) und ( \begin{matrix}2/3 \\ −1/3 \\ 1 \end{matrix} ) sind linear abhängig, denn der Ansatz

( \begin{matrix}4 \\ −2 \\ 6 \end{matrix} ) = λ · ( \begin{matrix}2/3 \\ −1/3 \\ 1 \end{matrix} )

liefert die drei Gleichungen

4 = \frac{2}{3} · λ, −2 = −\frac{1}{3} · λ, 6 = λ,

die alle den Wert λ = 6 liefern, d.h., die beiden Vektoren sind skalare Vielfache und folglich linear abhängig.

Die Vektoren ( \begin{matrix}−2 \\ 4 \\ 3 \\ 5 \end{matrix} ) und ( \begin{matrix}1/2 \\ −1 \\ −3/4 \\ 5/4 \end{matrix} ) sind linear unabhängig, denn der Ansatz

( \begin{matrix}−2 \\ 4 \\ 3 \\ 5 \end{matrix} ) = λ · ( \begin{matrix}1/2 \\ −1 \\ −3/4 \\ 5/4 \end{matrix} )

liefert die vier Gleichungen

−2 = \frac{1}{2} · λ, 4 = −λ, 3 = −\frac{3}{4} · λ, 5 = \frac{5}{4} · λ,

die für ein und denselben Wert von λ nicht gleichzeitig erfüllt sein können (die ersten drei Gleichungen liefern λ = −4, während die vierte Gleichung auf den Wert λ = 4 führt). Die Vektoren sind also keine skalaren Vielfachen voneinander und folglich linear unabhängig.

Aufgabe 110*: (Gram-Schmidt-Orthogonalisierung, 10 + 5 + 5 Bonuspunkte) Sei v⃗_{0}, v⃗_{1}, … eine Folge linear unabhängiger Vektoren eines Vektorraums V, auf dem ein Skalarprodukt ⟨·, ·⟩ : V × V → ℂ gegeben ist. Definiere rekursiv

w⃗_{n} = v⃗_{n} − ∑_{k=0}^{n−1} \frac{⟨w⃗_{k}, v⃗_{n}⟩}{⟨w⃗_{k}, w⃗_{k}⟩} · w⃗_{k}

mit w⃗_{0} = v⃗_{0}. Diese Rekursion wird auch das ”Orthogonalisierungsverfahren von Gram-Schmidt“ genannt.

a) Zeige per Induktion, dass {w⃗_{0}, w⃗_{1}, … } ein Orthogonalsystem ist, d.h., dass die Vektoren w⃗_{0}, w⃗_{1}, … paarweise orthogonal zueinander sind.

b) Zeige, dass der von v⃗_{0}, …, v⃗_{n} aufgespannte Teilraum identisch ist mit dem von w⃗_{0}, …, w⃗_{n} aufgespannten Teilraum (d.h., ein Vektor kann genau dann als Linearkombination von v⃗_{0}, …, v⃗_{n} geschrieben werden, wenn er als Linearkombination von w⃗_{0}, …, w⃗_{n} geschrieben werden kann).

c) Betrachte die Menge der linear unabhängigen Monome {1, x, x^{2}, x^{3}, x^{4}} auf dem Intervall [−1, 1]. Wende das Orthogonalisierungsverfahren von Gram-Schmidt an, um {1, x, x^{2}, x^{3}, x^{4}} in ein Orthogonalsystem bezüglich des Skalarprodukts

⟨f, g⟩ := ∫_{0}^{1} f(x) · g(x)dx

zu überführen. Die auf diese Weise berechneten Polynome heißen auch ”Legendre-Polynome“.

Musterlösung:

a) Induktionsbehauptung: w⃗_{0}, …, w⃗_{n} sind paarweise orthogonal für jedes n ∈ ℕ. Induktionsstart n = 1: Mit den Rechenregeln für das Skalarprodukt ergibt sich

⟨w⃗_{0}, w⃗_{1}⟩ = ⟨w⃗_{0}, v⃗_{1} − \frac{⟨w⃗_{0}, v⃗_{1}⟩}{⟨w⃗_{0}, w⃗_{0}⟩} · w⃗_{0}⟩ = ⟨w⃗_{0}, v⃗_{1}⟩ − \frac{⟨w⃗_{0}, v⃗_{1}⟩}{⟨w⃗_{0}, w⃗_{0}⟩} · ⟨w⃗_{0}, w⃗_{0}⟩ = 0.

Induktionsschritt n − 1 → n: Es sei {w⃗_{0}, …, w⃗_{n−1}} ein Orthogonalsystem. Zu zeigen ist, dass auch {w⃗_{0}, …, w⃗_{n−1}, w⃗_{n}} ein Orthogonalsystem ist. Dazu genügt es ⟨w⃗_{m}, w⃗_{n}⟩ = 0 für alle m = 0, 1, …, n−1 zu zeigen. Für m = 0, 1, …, n − 1 gilt

⟨w⃗_{m}, w⃗_{n}⟩ = ⟨w⃗_{m}, v⃗_{n} − ∑_{k=0}^{n−1} \frac{⟨w⃗_{k}, v⃗_{n}⟩}{⟨w⃗_{k}, w⃗_{k}⟩} · w⃗_{k}⟩ = ⟨w⃗_{m}, v⃗_{n}⟩ − ∑_{k=0}^{n−1} \frac{⟨w⃗_{k}, v⃗_{n}⟩}{⟨w⃗_{k}, w⃗_{k}⟩} · ⟨w⃗_{m}, w⃗_{k}⟩.

In dieser Summe verschwinden nach Induktionsvoraussetzung alle Summanden außer dem mit k = m. Es folgt:

⟨w⃗_{m}, w⃗_{n}⟩ = ⟨w⃗_{m}, v⃗_{n}⟩ − \frac{⟨w⃗_{m}, v⃗_{n}⟩}{⟨w⃗_{m}, w⃗_{m}⟩} · ⟨w⃗_{m}, w⃗_{m}⟩ = 0.

b) Mit Hilfe von a) erhalten wir für jeden Vektor v⃗_{n} die Darstellung

v⃗_{n} = ∑_{k=0}^{n−1} \frac{⟨w⃗_{k}, v⃗_{n}⟩}{⟨w⃗_{k}, w⃗_{k}⟩} · w⃗_{k} + w⃗_{n},

d.h., v⃗_{n} ist für jedes n ∈ ℕ_{0} als Linearkombination von w_{0}, …, w_{n} darstellbar. Dass auch jeder Vektor w⃗_{n} als Linearkombination der Vektoren v⃗_{0}, …, v⃗_{n} darstellbar ist, zeigen wir wieder per Induktion. Induktionsstart: Die Behauptung ist für n = 0 wegen w⃗_{0} = v⃗_{0} trivialerweise richtig. Induktionsschritt n − 1 → n: Es sei jeder der Vektoren aus der Menge {w⃗_{0}, …, w⃗_{n−1}} als Linearkombination von v⃗_{0}, …, v⃗_{n−1} darstellbar. Nach der Rekursionsformel von Gram-Schmidt gilt w⃗_{n} = v⃗_{n} − ∑_{k=0}^{n−1} \frac{⟨w⃗_{k},v⃗_{n}⟩}{⟨w⃗_{k},w⃗_{k}⟩} · w⃗_{k}. Da nach Induktionsvoraussetzung w⃗_{0}, …, w⃗_{n−1} als Linearkombination

von v⃗_{0}, …, v⃗_{n−1} darstellbar sind, ist ∑_{k=0}^{n−1} \frac{⟨w⃗_{k},v⃗_{n}⟩}{⟨w⃗_{k},w⃗_{k}⟩} · w⃗_{k} als Linearkombination von v⃗_{0}, …, v⃗_{n−1}

darstellbar. Insgesamt ist damit insbesondere w⃗_{n} = v⃗_{n} − ∑_{k=0}^{n−1} \frac{⟨w⃗_{k},v⃗_{n}⟩}{⟨w⃗_{k},w⃗_{k}⟩} · w⃗_{k} eine Linearkombination von v⃗_{0}, …, v⃗_{n}.

c) Wir wenden das Orthogonalisierungsverfahren von Gram-Schmidt auf v⃗_{0} = 1, v⃗_{1} = x, v⃗_{2} = x^{2}, v⃗_{3} = x^{3}, v⃗_{4} = x^{4} an. Um den Rechenaufwand im folgenden zu minieren, erinnern wir uns, dass für Integrale über ungerade Funktionen f(x), d.h., Funktionen mit der Eigenschaft f(−x) = −f(x), stets ∫_{−1}^{1} f(x) dx = 0 gilt (dies ist insbesondere für alle Polynome der Fall, die nur ungerade Potenzen von x enthalten). In der Notation von oben folgt mit w⃗_{0} := v⃗_{0} = 1

w⃗_{1} = v⃗_{1} − \frac{⟨w⃗_{0}, v⃗_{1}⟩}{⟨w⃗_{0}, w⃗_{0}⟩} · w⃗_{0} = x − \frac{∫_{−1}^{1} 1 · x dx}{∫_{−1}^{1} 1 · 1 dx} · 1 = x,

w⃗_{2} = v⃗_{2} − \frac{⟨w⃗_{0}, v⃗_{2}⟩}{⟨w⃗_{0}, w⃗_{0}⟩} · w⃗_{0} − \frac{⟨w⃗_{1}, v⃗_{2}⟩}{⟨w⃗_{1}, w⃗_{1}⟩} · w⃗_{1} = x^{2} − \frac{∫_{−1}^{1} 1 · x^{2} dx}{∫_{−1}^{1} 1 · 1 dx} − \frac{∫_{−1}^{1} x · x^{2} dx}{∫_{−1}^{1} x · x dx} · x = x^{2} − \frac{1}{3},

w⃗_{3} = v⃗_{3} − \frac{⟨w⃗_{0}, v⃗_{3}⟩}{⟨w⃗_{0}, w⃗_{0}⟩} · w⃗_{0} − \frac{⟨w⃗_{1}, v⃗_{3}⟩}{⟨w⃗_{1}, w⃗_{1}⟩} · w⃗_{1} − \frac{⟨w⃗_{2}, v⃗_{3}⟩}{⟨w⃗_{2}, w⃗_{2}⟩} · w⃗_{2}

= x^{3} − \frac{∫_{−1}^{1} 1 · x^{3} dx}{∫_{−1}^{1} 1 · 1 dx} − \frac{∫_{−1}^{1} x · x^{3} dx}{∫_{−1}^{1} x · x dx} · x − \frac{∫_{−1}^{1}(x^{2} − \frac{1}{3}) · x^{3} dx}{∫_{−1}^{1}(x^{2} − \frac{1}{3}) · (x^{2} − \frac{1}{3}) dx} · (x^{2} − \frac{1}{3})

= x^{3} − \frac{3}{5} · x

w⃗_{4} = v⃗_{4} − \frac{⟨w⃗_{0}, v⃗_{4}⟩}{⟨w⃗_{0}, w⃗_{0}⟩} · w⃗_{0} − \frac{⟨w⃗_{1}, v⃗_{4}⟩}{⟨w⃗_{1}, w⃗_{1}⟩} · w⃗_{1} − \frac{⟨w⃗_{2}, v⃗_{4}⟩}{⟨w⃗_{2}, w⃗_{2}⟩} · w⃗_{2} − \frac{⟨w⃗_{3}, v⃗_{4}⟩}{⟨w⃗_{3}, w⃗_{3}⟩} · w⃗_{3}

= x^{4} − \frac{∫_{−1}^{1} 1 · x^{4} dx}{∫_{−1}^{1} 1 · 1 dx} − \frac{∫_{−1}^{1} x · x^{4} dx}{∫_{−1}^{1} x · x dx} · x − \frac{∫_{−1}^{1}(x^{2} − \frac{1}{3}) · x^{4} dx}{∫_{−1}^{1}(x^{2} − \frac{1}{3}) · (x^{2} − \frac{1}{3}) dx} · (x^{2} − \frac{1}{3})

− \frac{∫_{−1}^{1}(x^{3} − \frac{3}{5} · x) · x^{4} dx}{∫_{−1}^{1}(x^{3} − \frac{3}{5} · x) · (x^{3} − \frac{3}{5} · x) dx} · (x^{3} − \frac{3}{5} · x)

= x^{4} − \frac{6}{7} · x^{2} + \frac{3}{35}

Wir machen die Probe mit MuPAD:

>> w0:= 1:
>> w1:= x:
>> w2:= x^2 - 1/3:
>> w3:= x^3 - 3/5*x:
>> w4:= x^4 - 6/7*x^2 + 3/35:
>> SC:= (v,w) -> int(v * w, x = -1..1): // das Skalarprodukt
>> SC(w0, w1), SC(w0, w2), SC(w0, w3), SC(w0, w4)
                                0, 0, 0, 0
>> SC(w1, w2), SC(w1, w3), SC(w1, w4)
                                  0, 0, 0
>> SC(w2, w3), SC(w2, w4)
                                   0, 0
>> SC(w3, w4)
                                     0

Aufgabe 111*: (Abstand eines Punktes von einer Ebene. 10 Bonuspunkte) Im ℝ^{3} seien die Ebene

E := \{( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ −2 \end{matrix} ) + λ · ( \begin{matrix}−3 \\ 2 \\ 5 \end{matrix} ) + μ · ( \begin{matrix}2 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ); λ, μ ∈ ℝ\}

in Parameterform sowie der Punkt p⃗ = (1, 2, 3)^{T} gegeben. Bestimme den Abstand von p⃗ zu der Ebene E.

Anleitung: Bestimme zunächst mit Hilfe des Kreuzprodukts einen ”Normalenvektor“ n⃗ der Ebene E, d.h., einen Vektor der zu E orthogonal ist. Forme die Ebene mit Hilfe von n⃗ in ”Koordinatenform“ E : n⃗·(x⃗−a⃗) = 0 um, wobei a⃗ ein fester Punkt und x⃗ ein beliebiger Punkt der Ebene E ist. Bestimme dann die ”Lotgerade“ l von p⃗ auf E sowie ihren Schnittpunkt s⃗ mit der Ebene E. Die Länge des Vektors \overrightarrow{ps} von p⃗ nach s⃗ ist dann der gesuchte Abstand.

Musterlösung: Wir berechnen zunächst einen Normalenvektor der Ebene E, indem wir das Kreuzprodukt der beiden Spannvektoren bilden:

n⃗ := ( \begin{matrix}−3 \\ 2 \\ 5 \end{matrix} ) × ( \begin{matrix}2 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}2 · 1 − 5 · 0 \\ 5 · 2 − (−3) · 1 \\ (−3) · 0 − 2 · 2 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}2 \\ 13 \\ −4 \end{matrix} )

Offensichtlich ist das Skalarprodukt mit jedem der beiden Spannvektoren von E gleich 0, d.h., n⃗ ist orthogonal zur Ebene E. Sei nun x⃗ der Ortsvektor eines beliebigen Punktes auf der Ebene E sowie a⃗ := ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ −2 \end{matrix} ) der Antragsvektor von E. Dann liegt der Differenzvektor x⃗−a⃗ in der Ebene E. Folglich

ist der Normalenvektor n⃗ orthogonal zu x⃗ − a⃗, d.h., es gilt

n⃗ · (x⃗ − a⃗) = 0,

woraus sich mit x⃗ = ( \begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{matrix} ) eine Koordinatenform der Ebene E

E = \{( \begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{matrix} ); ( \begin{matrix}2 \\ 13 \\ −4 \end{matrix} ) · [( \begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{matrix} ) − ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ −2 \end{matrix} )] = 0\} , also

E = \{( \begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{matrix} ); 2 · x_{1} + 13 · x_{2} − 4 · x_{3} − 10 = 0\}

ergibt. Als nächstes bestimmen wir eine Parameterform der Lotgeraden l von p⃗ durch E sowie ihren Schnittpunkt s⃗ mit E. Als Richtungsvektor für die Lotgerade wählen wir den Normalenvektor n⃗ der Ebene E. Da die Lotgerade durch den Punkt p⃗ verlaufen soll, wählen wir den Ortsvektor zu p⃗ als Antragsvektor für die Gerade:

l = \{( \begin{matrix}1 \\ 2 \\ 3 \end{matrix} ) + λ · ( \begin{matrix}2 \\ 13 \\ −4 \end{matrix} ); λ ∈ ℝ\} .

Den Schnittpunkt s⃗ von E und l erhalten wir jetzt wie folgt: Die x_{1}-Koordinate aller Punkte auf l ist gegeben durch x_{1} = 1 + 2 · λ (diese ergibt sich aus den jeweiligen ersten Komponenten der obigen Parameterdarstellung). Die x_{2}-Koordinate aller Punkte auf l ist gegeben durch x_{2} = 2 + 13 · λ (diese ergibt sich aus den jeweiligen zweiten Komponenten der obigen Parameterdarstellung). Die x_{3}-Koordinate aller Punkte auf l ist gegeben durch x_{3} = 3 − 4 · λ (diese ergibt sich aus der jeweiligen dritten Komponenten der obigen Parameterdarstellung). Da wir einen gemeinsamen Punkt von E und l suchen, müssen seine Koordinaten auch die Ebenengleichung erfüllen. Einsetzen in die Koordinatenform der Ebene E liefert:

2 · x_{1} + 13 · x_{2} − 4 · x_{3} − 10 = 0
⇒2 · (1 + 2 · λ) + 13 · (2 + 13 · λ) − 4 · (3 − 4 · λ) − 10 = 0
⇒189 · λ + 6 = 0
⇒λ = −\frac{6}{189} = −\frac{2}{63}

Der Ortsvektor des Schnittpunktes s⃗ von l und E ist also

s⃗ = ( \begin{matrix}1 \\ 2 \\ 3 \end{matrix} ) − \frac{2}{63} · ( \begin{matrix}2 \\ 13 \\ −4 \end{matrix} ) , λ ∈ ℝ

Der Abstand d(p⃗, E) von p⃗ zu E ist damit

d(p⃗, E) = ∥s⃗ − P⃗ ∥ = ∥\frac{2}{63} · ( \begin{matrix}2 \\ 13 \\ −4 \end{matrix} )∥ = \frac{2}{63} · \sqrt{2^{2} + 13^{2} + (−4)^{2}} = \frac{2 · \sqrt{21}}{21},

wobei ∥ · ∥ die ”Euklidische Norm“ bezeichnet.

Aufgabe 112: (Schnittwinkel zweier Ebenen. 0 Bonuspunkte) Bestimme den Schnittwinkel der beiden Ebenen

E_{1} := \{( \begin{matrix}1 \\ 2 \\ −1 \end{matrix} ) + λ · ( \begin{matrix}−1 \\ 2 \\ 1 \end{matrix} ) + μ · ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} ); λ, μ ∈ ℝ\}

und

E_{2} := \{( \begin{matrix}1 \\ 2 \\ −1 \end{matrix} ) + λ · ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) + μ · ( \begin{matrix}−2 \\ 3 \\ −1 \end{matrix} ); λ, μ ∈ ℝ\} .

Es muss nicht nachgewiesen werden, dass die Ebenen sich schneiden.

Musterlösung: Die zentrale Beobachtung ist, dass der Winkel, in dem sich E_{1} und E_{2} schneiden, genau dem Winkel zwischen den Normalenvektoren der Ebenen entspricht. Wir berechnen daher zunächst einen Normalenvektor jeder Ebene mit Hilfe des Kreuzprodukts. Ein Normalenvektor von E_{1} ist

n⃗_{1} := ( \begin{matrix}−1 \\ 2 \\ 1 \end{matrix} ) × ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}1 \\ 2 \\ −3 \end{matrix} ) ,

ein Normalenvektor von E_{2} ist

n⃗_{2} := ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) × ( \begin{matrix}−2 \\ 3 \\ −1 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}−3 \\ −1 \\ 3 \end{matrix} ) .

Der Schnittwinkel φ zwischen E_{1} und E_{2} ist nach Vorlesung gegeben durch

cos φ = \frac{n⃗_{1} · n⃗_{2}}{∥n⃗_{1}∥ · ∥n⃗_{2}∥} = \frac{−14}{\sqrt{14} · \sqrt{19}},

also φ = π − arccos(\frac{14}{\sqrt{14}·\sqrt{19}}) ≈ 2.6029.