Musterlösung zu Blatt 6
Höhere Mathematik II (P/MP/ET/IT/I-I)
Sommersemester 2016
21 Sind x0 , x1 , . . . , xm ∈ R die verschiedenen Stützstellen, so ist
Y x − xj
Lk (x) =
xk − xj
j6=k
für k = 0, . . . , m.
1. Möglichkeit:
L0 , . . . , Lm sind linear unabhängig, denn ist
m
P
αk Lk = 0, so folgt
k=0
0 =
m
X
αk Lk (xr ) =
k=0
m
X
αk δkr = αr
k=0
für r = 0, . . . , m.
Wegen dim Rm [x] = m + 1 bilden L0 , . . . , Lm eine Basis von Rm [x].
2. Möglichkeit:
Es sei P ∈ Rm [x]. Dann ist P ∈ [L0 , . . . , Pm ], denn wegen Lk (xr ) = δkr gilt:
P (x) =
m
X
P (xk )Lk (x)
k=0
Wegen dim Rm [x] = m + 1 bilden L0 , . . . , Lm eine Basis von Rm [x].
22 Es gilt:
1
1
d
L0 (x) = x − = (−3L0 (x) − L1 (x) + L2 (x))
dx
2
2
und
und
Daher ist
d
1
L1 (x) = −2x = (4L0 (x) − 4L2 (x))
dx
2
d
1
1
L2 (x) = x + = (−L0 (x) + L1 (x) + 3L2 (x))
dx
2
2
−3
4 −1
1
d
0
1 .
= −1
ML dx
2
1 −4
3
23 a) In den Spalten der Darstellungsmatrix A stehen die Koordinaten von T e1 , T e2 , T e3
bzgl. der Standardbasis von R2 , also
2 1
3
A =
.
1 0 −1
1
b) Es ist MV,W (T ) = R−1 AS mit
R =
1 2
3 5
1 1 0
und S = 1 0 1 .
0 1 1
Invertieren von R liefert
R
−1
−5
2
3 −1
=
,
also
MV,W (T ) =
−5
2
3 −1
2 1
3
1 0 −1
1 1 0
−13 −25 −22
1 0 1 =
.
8
15
13
0 1 1
24 Verfahre wie im Beweis von Satz 35.10. Bestimme also zunächst eine Basis von
N (T ). Teile dazu die dritte Zeile von A durch 2 und schreibe sie als erste Zeile:
1 0 −1
1 ·3 ↓ ·(−4) ↓
−3 2
3 −3
←
↓
4 0 −4
4
←
1 0 −1
0 2
0
0 0
0
1
0
0
Somit ist dim N (T ) = 2, und eine Basis von N (T ) ist gegeben durch die Vektoren
{v3 := (1, 0, 1, 0)T , v4 := (−1, 0, 0, 1)T }. Ergänze diese durch v1 := e1 und v2 := e2
zu einer Basis V = {v1 , v2 , v3 , v4 } von R4 .
{w1 := T e1 = (−3, 4, 2)T , w2 := T e2 = (2, 0, 0)T } ist eine Basis von R(T ). Ergänze
diese durch w3 := e3 zu einer Basis W = {w1 , w2 , w3 } von R3 . Dann gilt:
1 0 0 0
MV,W (T ) = 0 1 0 0
0 0 0 0
Bemerkung: Als Probe lässt sich Nachrechnen, dass die konstruierten Basen die
gewünschte Darstellungsmatrix liefern. Es ist MV,W (T ) = R−1 AS mit
1 0 1 −1
−3 2 0
0 1 0
0
.
4 0 0 und S =
R =
0 0 1
0
2 0 1
0 0 0
1
Invertieren von R ergibt
R−1
0
2 0
1
3 0
= 4
8
0 −4 8
und damit tatsächlich:
1 0 1 −1
1 0 0 0
0
2 0
−3 2
3 −3
1
0 1 0
0
4
3 0 4 0 −4
4
= 0 1 0 0
0
0
1
0
8
0 −4 8
2 0 −2
2
0 0 0 0
0 0 0
1
sawo
2
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