Heilbronn, den 11.10.2021 Prof. Dr. V. Stahl WS 21/22
Übungen zu Mathematik 2 mit Musterlösungen
Blatt 3
Aufgabe 1. Gegeben ist die Funktion
f(x) = (ex+ 1) sin(ex+x).
• Berechnen Sie eine Stammfunktion von f(x). Hinweis: Versuchen Sie’s mit einer geeigneten Substitution.
• Berechnen Sie die StammfunktionF(x) vonf(x), für die giltF(0) = 0.
Lösung von Aufgabe 1. Substitution:
g(x) =ex+x.
Ableitung:
dg/dx = ex+ 1 dx = dg/(ex+ 1).
Einsetzen:
Z
(ex+ 1) sin(ex+x)dx = Z
(ex+ 1) sin(g)dg/(ex+ 1)
= Z
sin(g)dg
= −cos(g) +C
= −cos(ex+x) +C.
Für beliebigesC∈Rist
F(x) =−cos(ex+x) +C Stammfunktion vonf(x). AusF(0) = 0 folgt
−cos(e0+ 0) +C = 0 C = cos(1).
Die gesuchte Stammfunktion ist daher
F(x) = cos(1)−cos(ex+x).
Aufgabe 2. Berechnen Sie für eine beliebige Konstantes∈Cdie Integrale Z ∞
0
ejte−stdt
Z ∞ 0
e−jte−stdt
Z ∞ 0
cos(t)e−stdt.
Hinweis:
• Stellen Sie die Cosinusfunktion durch komplexee-Funkionen dar und nutzen Sie die Linearität des Integrals.
• Da die Obergrenze∞ist, muss ein Grenzwert berechnet werden. Für eine beliebige komplexe Zahlz=a+jbgilt
ezt = e(a+jb)t
= eat(cos(bt) +jsin(bt)).
Damit ist
t→∞lim ezt = 0
falls re(z)<0 und undefiniert sonst. Zeigen Sie damit, dass die Inte- grale genau dann existieren, wenn re(s)>0.
Lösung von Aufgabe 2.
Z ∞ 0
ejte−stdt = Z ∞
0
e(j−s)tdt
= 1
j−s h
e(j−s)ti∞ 0
. Seiz=j−s. Dann ist
t→∞lim e(j−s)t = lim
t→∞ezt
= 0
falls re(z) < 0 bzw. re(j −s) < 0. Dies ist genau dann der Fall wenn re(s)>0. Damit gilt
1 j−s
he(j−s)ti∞
0
= 1
j−s(0−e(j−s)0)
= 1
s−j Analog zeigt man, dass
Z ∞ 0
e−jtdt = 1 s+j falls re(s)>0 und undefiniert sonst. Damit ist
Z ∞ 0
cos(t)e−stdt = 1 2
Z ∞ 0
(ejt+e−jt)e−stdt
= 1
2 Z ∞
0
ejte−stdt+ Z ∞
0
e−jte−stdt
= 1
2 1
s−j + 1 s+j
= 1
2(s2−j2)(s+j+s−j)
= 2s
2(s2+ 1)
= s
s2+ 1.
Aufgabe 3. Sei
~
v =
et+ 1
−et
.
• Zeigen Sie, dass es kein t∈Rgibt so dassk~vkminimal ist.
• Gibt es eint∈Rso dassk~vkmaximal ist?
• Berechnen Sie
t→∞lim k~vk und lim
t→−∞k~vk.
Lösung von Aufgabe 3. Mit der Substitutionu=etist
~
v =
u+ 1
−u
Damit ist
k~vk2 = (u+ 1)2+u2
= 2u2+ 2u+ 1.
Da die Euklidische Norm eines Vektors nie negativ ist, ist es egal ob man die Extremstelle vonk~vkoder vonk~vk2berechnet. Ableiten und Nullsetzen ergibt
4u+ 2 = 0 u = −1/2. Da es keint gibt mit
et = −1/2
existiert keint für dask~vkeinen Extremwert hat. Folglich existiert weder ein Minimum noch ein Maximum.
t→∞lim k~vk = ∞
t→−∞lim k~vk = 1.
Aufgabe 4. Statt Linearkombinationen von Vektoren kann man analog auch Linearkombinationen von Funktionen bilden. So ist die Funktion g(x) Linearkombination der Funktionenf1(x), . . . , fn(x) wenn es Konstanten c1, . . . , cn gibt so dass
g(x) = c1f1(x) +c2f2(x) +. . .+cnfn(x)
für allex. Entsprechend ist der Vektorraum, der vonf1(x), . . . , fn(x) er- zeugt wird, die Menge
L(f1(x), . . . , fn(x)) = {c1f1(x) +. . . cnfn(x)|c1, . . . , cn∈R}.
Was sind die Elemente von
L(1, x, x2, . . . , x5) bzw. von
L(1, x, x2, . . .)?
Zeigen Sie, dass
L(cos(ωx),sin(ωx)) = {rcos(ωx+ϕ)|r, ϕ∈R}.
Hinweis: Verwenden Sie komplexe Zahlen!
Lösung von Aufgabe 4. L(1, x, x2, . . . , x5) ist die Menge aller Polynome vom Grad höchstens 5.L(1, x, x,2, . . .) ist die Menge aller Polynome.
• Sei
f ∈ L(cos(ωx),sin(ωx)).
Zu zeigen:
f ∈ {rcos(ωx+ϕ)|r, ϕ∈R}.
Aus der Annahme folgt, dass es a, b∈Rgibt so dass f(x) = acos(ωx) +bsin(ωx)
= aejωx+e−jωx
2 +bejωx−e−jωx 2j
= 1
2 ejωx(a−jb) +e−jωx(a+jb)
= re ejωx(a−jb) .
Seienr, ϕdie Polarkoordinaten vona−jb, d.h.
a−jb = rejϕ. Dann ist
f(x) = re ejωxrejϕ
= re
rej(ωx+ϕ)
= rcos(ωx+ϕ) und damit
f ∈ {rcos(ωx+ϕ)|r, ϕ∈R}.
• Sei
f ∈ {rcos(ωx+ϕ)|r, ϕ∈R}.
Zu zeigen
f ∈ L(cos(ωx),sin(ωx)).
Aus der Annahme folgt, dass es r, ϕ∈Rgibt so dass f(x) = rcos(ωx+ϕ)
= rre
ej(ωx+ϕ)
= rre ejωxejϕ
= r(cos(ωx) cos(ϕ)−sin(ωx) sin(ϕ))
= rcos(ϕ) cos(ωx) + (−rsin(ϕ)) sin(ωx).
Mit
a=rcos(ϕ), b=−rsin(ϕ) folgt
f(x) = acos(ωx) +bsin(ωx) und damit
f ∈ L(cos(ωx),sin(ωx)).
Aufgabe 5. Zeigen Sie, dass
−3 5
−4
∈L
1 1 2
,
3
−1 5
.
Lösung von Aufgabe 5. Zu zeigen: Es gibta, b∈Rso dass
−3 5
−4
= a
1 1 2
+b
3
−1 5
.
Dies führt auf das LGS
a+ 3b = −3 a−b = 5 2a+ 5b = −4.
Mit dem Gauß Algorithmus erhält man die Lösung a= 3 undb=−2.
Aufgabe 6. Sei
A =
1 1 0 −1
0 1 2 1
.
Die Lösungsmenge des LGS
A~x = ~0
ist ein Vektorraum. Berechnen Sie eine Basis dieses Vektorraums.
Lösung von Aufgabe 6. Das LGS ist bereits in Zeilenstufenform. Durch Rück- wärtseinsetzen erhält man
x4 = beliebig x3 = beliebig x2 = −2x3−x4 x1 = −x2+x4
= 2x3+ 2x4. Die Lösungsmenge ist somit
L =
2x3+ 2x4
−2x3−x4
x3
x4
|x3, x4∈R
=
x3
2
−2 1 0
+x4
2
−1 0 1
|x3, x4∈R
.
Eine Basis ist somit
2
−2 1 0
,
2
−1 0 1
.
Aufgabe 7. Zeigen Sie, dass sich jeder Vektor~b ∈ R2 als Linearkombination der Vektoren
~a1= 1
2
und~a2= 3
4
darstellen lässt.
Lösung von Aufgabe 7. Sei~b∈R2 ein beliebiger Vektor. Zu zeigen: Es exi- stierenx1, x2 so dass
x1~a1+x2~a2 = ~b bzw.
A~x = ~b
wobei~a1, ~a2 die Spalten der Matrix A sind. Mit dem Gauß Algorithmus berechnet man
A−1 = 1 2
−4 3 2 −1
und erhält damit
~
x = A−1~b.
Aufgabe 8. Sei A ∈ Rm×n und~b ∈ Rm. Nennen Sie eine notwendige und hinreichende Bedingung dafür, dass das LGS
A~x=~b
genau eine Lösung hat. Die Bedingung soll mit linearer Abhängigkeit und Vektorräumen zu tun haben.
Lösung von Aufgabe 8. Seien~a1, ~a2, . . . , ~an die Spalten vonA, d.h.
A= (~a1~a2 . . . ~an).
Das LGSA~x=~bist eindeutig lösbar genau dann wenn
~b∈L(~a1, ~a2, . . . , ~an) und
~a1, ~a2, . . . , ~an
linear unabhängig ist.
Aufgabe 9. SeiA∈Rn×n. Nennen Sie eine notwendige und hinreichende Be- dingung dafür, dass das LGS
A~x=~b
für jede rechte Seite~b∈Rn genau eine Lösung hat.
Lösung von Aufgabe 9. Die MatrixAmuss regulär sein.
Aufgabe 10. Seien~a1, ~a2∈Rm. Zeigen Sie, dass L(~a1, ~a2) = L(~a1, ~a1+~a2).
Hinweis: Schauen Sie nach wie die Gleichheit von Mengen definiert ist.
Lösung von Aufgabe 10. Sei
L1 = L(~a1, ~a2) L2 = L(~a1, ~a1+~a2).
Zu zeigen:L1=L2 bzw.
L1⊆L2undL2⊆L1.
• Beweis von L1 ⊆L2. Annahme:~b∈L1. Zu zeigen:~b∈L2. Aus der Annahme folgt, dass es x1, x2 gibt so dass
~b = x1~a1+x2~a2. Zu zeigen ist, dass es y1, y2gibt so dass
~b = y1~a1+y2(~a1+~a2).
Umformen ergibt
x1~a1+x2~a2 = y1~a1+y2(~a1+~a2) x1~a1+x2~a2 = (y1+y2)~a1+y2~a2
Dies führt auf das LGS
x1 = y1+y2
x2 = y2 mit der Lösung
y1 = x1−x2
y2 = x2 Damit gilt
~b = y1~a1+y2(~a1+~a2).
• Beweis von L2 ⊆L1. Annahme:~b∈L2. Zu zeigen:~b∈L1. Aus der Annahme folgt, dass es x1, x2 gibt so dass
~b = x1~a1+x2(~a1+~a2).
Zu zeigen ist, dass es y1, y2gibt so dass
~b = y1~a1+y2~a2. Umformen ergibt
x1~a1+x2(~a1+~a2) = (x1+x2)~a1+x2~a2
Mit
y1 = x1+x2
y2 = x2 gilt somit
~b = y1~a1+y2~a2.
Aufgabe 11. Die folgenden Fakten über Vektorräume sollten Sie sich einprä- gen:
• Ein Tupel von Vektoren heißt linear unabhängig, wenn keiner dieser Vektoren Linearkombination der anderen ist.
• Der Vektorraum, der von Vektoren ~a1, . . . , ~an erzeugt wird, ist die Menge aller Linearkombinationen dieser Vektoren, d.h.
L(~a1, . . . , ~an) = {x1~a1+. . .+xn~an|x1, . . . , xn ∈R}.
• Eine MengeM ⊆Rmheißt Vektorraum, wenn es Vektoren~a1, . . . , ~an∈ Rm gibt so dass
L(~a1, . . . , ~an) = M.
• Vektorräume sind genau die Teilmengen von Rm, die abgeschlossen sind unter Addition und unter skalarer Multiplikation.
Zeigen Sie, dass die Lösungsmenge eineshomogenenLGS A~x = ~0
abgeschlossen ist unter Addition und unter skalarer Multiplikation, d.h.
• wenn~x1, ~x2 Lösungen des LGS sind, dann auch~x1+~x2
• wenn~xLösung des LGS ist, dann auchu~x.
Lösung von Aufgabe 11.
• Seien~x1, ~x2 Lösungen des LGSA~x=~0, d.h.
A~x1 = ~0 A~x2 = ~0.
Zu zeigen ist, dass auch~x1+~x2Lösung des LGS ist, d.h.
A(~x1+~x2) = ~0.
Mit den Gesetzen der Matrixrechnung folgt A(~x1+~x2) = A~x1+A~x2
= ~0 +~0
= ~0.
Aufgabe 12. SeiM ein Vektorraum. Ein Tupel (~a1, . . . , ~an) heißt Basis vonM wenn gilt
• (~a1, . . . , ~an) ist linear unabhängig
• L(~a1, . . . , ~an) =M.
Jede Basis eines VektorraumsM besteht aus gleich vielen Vektoren. Diese Anzahl heißt Dimension vonM.
Sei z.B.
E =
x1
1 0 3
+x2
−3 5 7
|x1, x2∈R
eine Ursprungsebene. Dann istEein Vektorraum und da die beiden Rich- tungsvektoren linear unabhängig sind, bilden diese eine Basis vonE. Da die Basis aus zwei Vektoren besteht, istE ein zweidimensionaler Vektor- raum.
Die Lösungsmenge eineshomogenen LGS A~x=~0 ist immer ein Vektor- raum. Eine Basis erhält man direkt aus dem Gauß Algorithmus.
Berechnen die LösungsmengeLdes LGS x1+x2+ 2x3 = 0 x1−x2+ 2x4 = 0.
Bestimmen Sie eine Basis und die Dimension vonL.
Lösung von Aufgabe 12. Mit dem Gauß Algorithms erhält man die Zeilen- stufenform
1 1 2 0 0
1 −1 0 2 0
1 1 2 0 0
−2 −2 2 0
1 1 2 0 0
1 1 −1 0
Rückwärtseinsetzen ergibt x4 beliebig x3 beliebig x2 = −x3+x4
x1 = −x2−2x3
= x3−x4−2x3
= −x3−x4
L =
−x3−x4
−x3+x4
x3
x4
|x3, x4∈R
=
a
−1
−1 1 0
+b
−1 1 0 1
|a, b∈R
Eine Basis vonList somit
−1
−1 1 0
,
−1 1 0 1
.
DaLvon zwei Vektoren erzeugt wird, istLein zweidimensionaler Vektor- raum.
Aufgabe 13. Sei
f ∈R→R, f(x) =
3x falls x≥0 5x falls x <0 Istf linear? Begründen Sie Ihre Antwort.
Lösung von Aufgabe 13. f ist nicht linear. Die erste Linearitätsbedingung ist nicht erfüllt, da z.B.
f(−3 + 2) = f(−1)
= −5 f(−3) +f(2) = −15 + 6
= −9.
Die zweite Linearitätsbedingung ist nicht erfüllt, da z.B.
f(−2·3) = f(−6)
= −30
−2f(3) = −2·9
= −18
Aufgabe 14. Nennen Sie vier äquivalente Bedingungen dafür, dass die Vekto- ren~a1, . . . , ~an linear unabhängig sind.
Lösung von Aufgabe 14.
• Keiner der Vektoren ist Linearkombination der anderen.
• Für alle` gilt
L(~a1, . . . , ~a`, . . . , ~an)6=L(~a1, . . . ,6~a`, . . . , ~an)
• Der Nullvektor kann nur auf triviale Weise als Linearkombination von~a1, . . . , ~an dargestellt werden.
• Jeder Vektor~b∈L(~a1, . . . , ~an) kann auf genau eine Weise als Line- arkombination von~a1, . . . , ~an dargestellt werden.
Aufgabe 15. Zeigen Sie, dass die Funktion f ∈R2→R2, f
x1
x2
= x2
x1
linear ist, indem Sie die beiden Linearitätseigenschaften nachweisen.
Lösung von Aufgabe 15.
f(~x+~y) = f
x1+y1
x2+y2
=
x2+y2 x1+y1
= x2
x1
+ y2
y1
= f(~x) +f(~y) f(u~x) = f
ux1
ux2
=
ux2
ux1
= u
x2
x1
= uf(~x)
Aufgabe 16. Bei den “meisten” Funktionen sind entweder beide Linearitätsbe- dingungen erfüllt oder keine. Bei den folgenden beiden Beispielen gilt dies
jedoch nicht. Entscheiden Sie jeweils, welche Linearitätsbedingung erfüllt ist.
Im zweiten Beispiel werden lineare Funktionen ins Komplexe erweitert:
Eine Funktionf ∈Cn→Cmheißt linear wenn für alle~x, ~y∈Cn und alle u∈Cgilt
f(~x+~y) = f(~x) +f(~y) f(u~x) = uf(~x).
•
f ∈R2→R, f x1
x2
=
x21/x2 fallsx26= 0 0 fallsx2= 0
•
f ∈C→C, f(x) = re(x).
Lösung von Aufgabe 16.
• Fürx2, y26= 0 gilt f
x1 x2
+f
y1 y2
= x21 x2
+y21 y2
f x1
x2
+
y1
y2
= (x1+y1)2 x2+y2
und somit ist die erste Linearitätsbedingung nicht erfüllt. Anderer- seits ist füru6= 0 undx26= 0
f
u x1
x2
= (ux1)2 ux2
= ux21 x2
= uf x1
x2
.
Fürx2= 0 oderu= 0 gilt f
u
x1
x2
= 0
= uf x1
x2
und damit ist die zweite Linearitätsbedingung erfüllt.
• Für beliebiges x, y∈Cgilt
re(x+y) = re(x) + re(y)
und damit ist die erste Linearitätsbedingung erfüllt. Andererseits ist z.B.
jre(5) = 5j re(5j) = 0,
d.h. die zweite Linearitätsbedingung ist nicht erfüllt.
Aufgabe 17. Sei
f ∈R3→R2, f
x1 x2 x3
=
x3 x1+ 5x2
.
Finden Sie eine MatrixAso dass
f(~x) = A~x für alle~x∈R3.
Lösung von Aufgabe 17. Da~x∈R3 undA~x∈R2mussAeine 2×3 Matrix sein. Aus
f(~x) = A~x folgt
x3 x1+ 5x2
=
a11 a12 a13 a21 a22 a23
x1 x2 x3
.
Führt man die Matrix Vektor Multiplikation durch, erhält man x3
x1+ 5x2
=
a11x1+a12x2+a13x3 a21x1+a22x2+a23x3
bzw. komponentenweise
x3 = a11x1+a12x2+a13x3 x1+ 5x2 = a21x1+a22x2+a23x3. Durch Koeffizientenvergleich erhält man
a11= 0, a12= 0, a13= 1 a21= 1, a22= 5, a23= 0.
Damit ist
A =
0 0 1 1 5 0
.
