Lösungen

Gunter Ochs
Sommersemester 2015
Mathematik 2 für Informatik
Hausaufgabenblatt 5
Lösungshinweise (onhe Garantie auf Fehlerfreiheit)
3. Gegeben seien zwei Dreicke ∆1 im R2 mit den Eckpunkten

 
0
1


im R3 mit den Eckpunkten  1 ,  2  und 
2
3
1
2
,
−1
1
und
3
1
sowie ∆2

2
1 .
−1
(a) Berechnen Sie die Flächeninhalte beider Dreiecke.
Dazu sind zunächst
(mindestens)
Seitenvektoren
zwei
zuberechnen.
Bei
∆1 erhält man
−1
1
−2
3
1
2
die Seiten x1 =
−
=
, y1 =
−
=
und
z1 =
3
1
−
−1
1
1
=
4
0
2
−1
1
−1
2
.
Die Fläche F1 ist dann gleich 21 mal dem Betrag der Determinante der Matrix mit zwei
der drei Seitenvektoren als Spalten:
−2
2 −2 4 2 4 1
1
1 1
F1 = 2 det −1 −1 = 2 · |4| = 2 = 2 det −1 0 = 2 det −1 0 .

Die Seiten von ∆2 entsprechen
  
0
2
 1 − 1 
2
−1


y2 =
=
2
0
−3
  
1
0
den Vektoren x2 =  2  −  1  =


 3  2
2
1
1
 und z2 =  1  −  2  =  −1
−1
3
−4


1
 1 ,
1
.
Die Fläche F2 erhältmit Hilfedes Kreuzprodukts von zwei der Vektoren, z. B. als


−3 √
F = 21 kx2 × y2 k = 12  5  = 21 38 ≈ 3, 08.
−2 (b) Berechnen Sie bei beiden Dreiecken jeweils (mindestens) einen Winkel.
Der Winkel α1 am ersten Eckpunk tvon ∆1 ist der Winkel zwischen x1 und y1 :
−3
1 ,y1 i
√ = − 3 = −0, 6 ⇒ α1 ≈ 126, 9o ≈ 2, 214 rad.
cos α1 = kxhx1 k·ky
= √5·
5
5
1k
Analog erhält man die beiden anderen Winkel: cos β1 = cos γ1 =
Für das Dreieck ∆2 erhält man mit dem gleichen Rechenweg
2 ,y2 i
≈ −0, 16 ⇒ α2 ≈ 99, 2o
cos α2 = kxhx2 k·ky
= √−1
3·13
2k
sowie an den anderen Eckpunkten cos β2 =
sowie cos γ2 =
hy2 ,z2 i
ky2 k·kz2 k
=
√ 14
13·18
h−x2 ,z2 i
kx2 k·kz2 k
=
√4
3·18
√2
5
⇒ β1 = γ1 ≈ 26, 6o .
≈ 0, 544 ⇒ β2 ≈ 57, 0o
≈ 0, 915 ⇒ γ2 ≈ 23, 8o
(c) Finden Sie einen Vektor, der auf dem Dreick ∆2 senkrecht steht.
Das Dreieck liegt in der von jeweils zwei Seitenvektoren aufgespannten Ebene. Daher steht
ein Vektor genau dann senkrecht auf dem Dreieck, wenn er auf zwei der Seitenvektoren
senkrecht steht. Einen
Vektor erhält man als Vektorprodukt zweier Seitenvektoren,
 solchen

z. B. als x2 × y2 = 
−3
5 
−2

1. Sei v1 =

0
 1 , v2
2

=

2
 3 , v3
4

=

5
 6 , v4
7

=

1
 1 , v5
1

=

3
 1 
2
∈ R3 .
(a) Sind (i) v1 , v2 und v3 linear unabhängig?
Nein. Die Gleichung a1 v1 + a2 v2 + a3 v3 = 0 führt zum homogenen LGS





1
3
6 0
1 3
0
5
⇔ 0 1
0 ⇔ 0
1
0
⇔
2
0
0 −2 −5 0
0 0


 3 
a1
2
mit der allgemeinen Lösung  a2  = t ·  − 52  mit t ∈ R
a3
1
0 2 5
 1 3 6
2 4 7

0
0 
0


6 0
5
0 
2
0 0
1 3 6
 0 2 5
2 4 7
Wenn nicht, stellen Sie einen der Vektoren als Linearkombination der beiden anderen dar.
Mit t = 1 erhält man daraus z. B. 32 v1 − 52 v2 + v3 = 0 ⇔ v3 = 25 v2 − 32 v1 .
(ii) v1 , v2 und v4 sind ebenfalls linear abhängig:

0 2 1
 1 3 1
2 4 1

0
0 
0

⇔

0
0 
0
1 3 1
 0 2 1
2 4 1

⇔

3
1 0
1
0 
1
2
−2 −1 0
1
 0
0

⇔

1 0
1
0 
2
0 0
1 3
 0 1
0 0
⇔ a − 3 = t, a2 = − 21 t und a1 = −3a2 − a3 = 12 t mit t ∈ R.
Mit t = 1 erhält man daraus 21 v1 − 12 v2 + v4 = 0 ⇔ v4 = 12 v2 − 12 v1 .
(iii) v1 , v3 und v5 sind linear unabhängig,
denn das homogene LGS mit der Koezientenmatrix, die v1 , v3 und v5 als Spaltenvektoren
hat, hat nur die Nulllösung:

0 5 3
 1 6 1
2 7 2

0
0 
0

⇔
1
 0
2
6
5
7

0
0 
0
1
3
2

⇔

6 1 0
5 3 0 
−5 0 0
1
 0
0

⇔
1
 0
0
6
1
0

0
0 
0
1
0, 6
3
(iv) v2 , v4 und v5 sind ebenfalls linear unabhängig:

2 1 3
 3 1 1
4 1 2

0
0 
0

⇔
1
2
− 21
1
2
1

 0

0
3
2
− 72
1
2
0


1
1
2
⇔
 0 1

0 

0
0
3
2
7
0 −3
0


0 
0

⇔

a1
 a2 
a3

0
 0 .
0

=
(b) Gehört (i) v4 bzw. (ii) v5 zur linearen Hülle L(v1 , v2 , v3 ) ?

Die Matrix V =
0
 1
2
2
3
4

5
6  mit den Spalten v1 , v2 und v3 hat den Rang 2 (siehe Lösung
7
zu (a), Teil (i)).
Damit ist v4 ∈ L(v1 , v2 , v3 ) genau dann, wenn der Rang der 3 × 4Matrix mit v4 als
4. Spalte gleich 2 ist (genau dann ist das LGS V x = v4 lösbar). Es ist

0
rg 1
2
2
3
4
5
6
7

1
1 
1

=
1
rg 0
2
3
2
4
6
5
7

1
1 
1

=
1
rg 0
0

3
6
1
2
5
1 
−2 −5 −1

=
1
rg 0
0
3
1
0

6
1
2, 5 0, 5 
0
0
= 2,
also ist v4 ∈ L(v1 , v2 , v3 ).
Mit v5 statt v4 erhält man analog

0
rg 1
2
2
3
4
5
6
7

3
1 
2

=
1
rg 0
2
Damit ist v5 6∈ L(v1 , v2 , v3 )
3
2
4
6
5
7

1
3 
2

=
1
rg 0
0

3
6 1
2
5 3 
−2 −5 0

=

1 3 6
1
rg 0 1 2, 5 1, 5 
0 0 0
3
= 3.
2. Wobei handelt es sich um eine Orthonormalbasis des Rn (n = 2, 3 bzw. 4) ?
5
12
1
1
(a) {v1 , v2 } 13
, 13
ist Orthonormalbasis des R2 , da
−5
12
kv1 k = kv2 k =
1
13
(b) {v1 , v2 , v3 } =
√
122 + 52 = 1 und hv1 , v2 i = 1312 · (5 · 12 + 12 · (+5)) = 0
( 

 )

1
0
1
 0 , √1  1 , √1  1 
2
3
0
−1
1
ist keine Orthonormalbasis, da
hv1 , v3 i = √13 6= 0, d. h. die Vektoren stehen nicht senkrecht aufeinander.
(  
 
)
(c)
1
1
1
 1 ,  1 ,  −1 
2
−1
0
ist keine Orthonormalbasis, da die Vektoren nicht Norm 1
haben.
(
(d) {v1 , v2 , v3 } =




)
1
2
−2
√1  2 , √1  −1 , √1 
1  ist Orthonormalbasis, da
5
6
30
0
1
5

kv1 k = kv2 k = kv3 k = 1, z. B. kv3 k =
√1
30
·
√
22 + 12 + 52 = 1, und
hv1 , v2 i = hv1 , v3 i = hv2 , v3 i = 0, z. B. hv1 , v2 i = √15 · √16 · (1 · 2 + 2 · (−1) + 0 · 1) = 0


 
 
 
0,
7
−0,
5
0,
1
0,
5




  −0, 7   0, 5   0, 1 
0,
5
 ist Orthonormalbasis, da
, 
, 
, 
(e) {v1 , v2 , v3 , v4 } = 
  0, 1   0, 5   0, 7 



 −0, 5
0, 7
0, 5
−0, 1
0, 5
√
√
kv1 k = kv2 k = kv3 k = kv4 k = 1, z. B. kv2 k = 0, 01 + 0, 49 + 0, 01 + 0, 49 = 1 = 1, und
hv1 , v2 i = hv1 , v3 i = hv1 , v4 i = hv2 , v3 i = hv2 , v4 i = hv3 , v4 i = 0,
z. B. hv1 , v2 i = 0, 05 − 0, 35 − 0, 05 + 0, 35 = 0
(f) StellenSie,falls es
 sich
 in (b), (c) und/oder (d) um eine Orthonormalbasis handelt, die
1
1
0
1
Vektoren  0  und  1  als Linearkombination dieser Basis dar.
Die einzige Orthonormalbasis ist die aus (d). Damit hat jeder Vektor y ∈ R3 die Darstellung
y = hy, v1 i · v1 + hy, v2 i · v2 + hy, v3 i · v3 .
*   +
 
1
1
1
1





√
0
0
, 2 
Mit y1 =
ist hy1 , v1 i = 5
0
0
0
 
 

1
1
2
und somit  0  = √15 · √15  2  + √26 · √16  −1
0
0
1
 
1
Mit y2 =  1  erhält man analog hy2 , v1 i = √35 ,
1
 

 
1
1
2
und somit  1  = √35 · √15  2  + √26 · √16  −1
0
1
1
=
√1 ,
5
hy1 , v2 i =
− √230 ·
hy2 , v2 i =


und hy1 , v3 i =



√2
6

−2
√1 
1 .
30
5
√2
6
und hy2 , v3 i =

+ √430 ·

−2
√1 
1 .
30
5
√4
30
−2
√
30
4. (a) Bestimmen Sie die Dimension des Unterraums

U=
 
0
1
  0

1
 
L 
 0 ,  1
1
0
 
 
1
1
1
  0   −1   0
 
 
, 
  1 ,  0 ,  0
0
0
1
 


 von

R4 .
Die Dimensions ist gleich 3, dem Rang der Matrix A mit den Vektoren als Spalten. Diesen
kann man z. B. bestimmen, indem man die Matrix auf Zeilenstufenform bringt:

1
 1
rg
 0
0
0
0
1
1
1
0
1
1

1 1
−1 0 

0 0 
0 0

=
1 0
 0 0
rg
 0 1
0 1

1
1
1
−1 −2 −1 

1
0
0 
1
0
0

=
1
 0
rg
 0
0
0
1
0
0
1
1
1
0
1
0
2
0

1
0 

1 
0
=3
(b) Finden Sie eine Basis von U .
Man erkennt an der Zeilenstufenform von A aus (a), dass bei der allgemeinen Lösung des
homogenen LGS Ax = 0 die Komponenten x4 und x5 frei wählbar sind. Daher lassen sich
die 4. und die 5. Spalte von A als Linearkombination der übrigen Spalten darstellen.
Die ersten drei Spaltenvektoren bilden somit eine Basis von U ,

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