Fachbereich Mathematik PD Dr. P. Neff
Jennifer Prasiswa
SS 2008 05.06.2008
5. ¨ Ubung zur
” Mathematik II f¨ ur Chemiker“
Gruppen¨ ubung
Aufgabe G17 (Orthonormalbasis)
Bestimmen Sie eine Orthonormalbasis von lin(v1, v2, v3, v4) mit
v1:=
−1 1
−1 1
, v2:=
1
1 2
1
1 2
, v3 :=
2 1 2 1
und v4:=
1
1 21 2
1
.
L¨osung: Offensichtlich gilt v3 = 2v2. Daher ist lin(v1, v2, v3, v4) = lin(v1, v2, v4). Mit dem Or- thonormalisierungsverfahren nach Gram-Schmidt kann aus v1, v2, v4 eine Orthonormalbasis f¨ur lin(v1, v2, v4) bestimmt werden. (Obv1, v2, v4 linear unabh¨angig sind, kann im Verlauf des Verfah- rens festgestellt werden.) Es ergeben sich die folgenden Schritte:
u1 =v1= −1 1 −1 1T
b1 = u1
ku1k = 1
p(−1)2+ 12+ (−1)2+ 12 −1 1 −1 1T
= −12 1 2 −12
1 2
T
u2 =v2− hv2, b1ib1 = 1 12 1 12T
− −12+14 −12 +14
−12 1 2 −12
1 2
T
= 34 34 34 34T
b2 = u2
ku2k = 1 q9
16+169 +169 + 169
3 4
3 4
3 4
3 4
T
= 12 12 12 12T
u3 =v4− hv4, b1ib1− hv4, b2ib2
= 1 12 12 1T
− −12+14 −14 +12
−12 1 2 −12
1 2
T
− 12+14 +14 +12 1
2 1 2
1 2
1 2
T
= 14 −14 −14 1 4
T
b3 = u3
ku3k = 1 q1
16+161 +161 + 161
1
4 −14 −14 1 4
T
= 12 −12 −12 1 2
T
Folglich ist (b1, b2, b3) eine Orthonormalbasis von lin(v1, v2, v4).
Aufgabe G18 (Offen, abgeschlossen, kompakt) Skizzieren Sie die Mengen
A = {(x, y)∈R2: max(|x|,|y|)<2}, B = {(x, y)∈R2:x >2, y≤3}
und geben Sie jeweils (mit Begr¨undung!) an, ob sie offen, abgeschlossen, beschr¨ankt bzw. kompakt sind. (Siehe Definition 13.3 im Skript)
L¨osung:
x
3 2 1 0 -1 -2 -3
y 3
2
0
-1 1
-2
-3 A
x
6 5 4 3 2 1 0 y
-1 3
1
0
-1
-2 2 4
B
zu A:
• offen, denn f¨ur jedes (x, y) ∈ A ist |x| < 2 und |y| < 2, also gibt es ein ǫx > 0 mit
|x|+ǫx <2 und ein ǫy >0 mit |y|+ǫy <2. F¨ur ǫ= min{ǫx, ǫy} liegt dieǫ-Umgebung um (x, y) also in A. Also ist jeder Punkt von A innerer Punkt, d.h.A ist offen.
• nicht abgeschlossen, denn (2,0) ist ein Randpunkt von A (jede ǫ-Umgebung von (2,0) enth¨alt den Punkt (2−2ǫ,0)∈A und den Punkt (2 +2ǫ,0)6∈A) daher (2,0)∈/ A.
• beschr¨ankt, da f¨ur alle (x, y)∈A gilt k(x, y)k=p
x2+y2 ≤p
22+ 22=√ 8.
• nicht kompakt, da nicht abgeschlossen.
zu B:
• nicht offen, denn (3,3) ∈ B, aber (3,3) ist kein innerer Punkt von B, denn in jeder ǫ-Umgebung von (3,3) liegt der Punkt (3,3 +2ǫ), der nicht zuB geh¨ort.
• nicht abgeschlossen, denn (2,0)∈∂B (Begr¨undung wie oben), aber (2,0)∈/B.
• nicht beschr¨ankt, denn (n,3)∈B ∀n∈Nund
n→∞lim k(n,3)k= lim
n→∞
p9 +n2=∞.
• nicht kompakt, da nicht abgeschlossen.
Aufgabe G19 (Wiederholung aus erstem Semster: Stetigkeit inR)
Geben Sie alle Unstetigkeitspunkte der folgenden Funktionen an und bestimmen Sie an diesen Punkten die einseitigen Grenzwerte (eigentliche oder uneigentliche).
a) f1 :R→R,D(f1) =R mitf1(x) = 2
x f¨ur x6= 0, 0 f¨ur x= 0.
b) f2 :R→R,D(f2) =R mitf2(x) =
( x2−9x+14
x2+3x−10 f¨ur x6= 2, x6=−5, 0 f¨ur x= 2, x=−5.
Und berechnen Sie limx→∞f2(x).
L¨osung:
a) Die Funktionf1ist unstetig an der Stellex= 0, da der Grenzwert limx→0f(x) nicht existiert;
als uneigentliche Grenzwerte ergeben sich linkseitig f(0−) = −∞ und rechtsseitig f(0+) =
∞. An allen anderen Stellen istf stetig.
b) Die Nullstellen des Nenners berechnen sich zu 2 und−5, w¨ahrend die Nullstellen des Z¨ahlers 2 und 7 sind. An der Stelle x= 2 ergibt sich der beidseitige Grenzwert
x→lim2
x2−9x+ 14 x2+ 3x−10 = lim
x→2
(x−2)(x−7) (x−2)(x+ 5) = lim
x→2
x−7 x+ 5 = −5
3 ,
der jedoch nicht mit dem Funktionswert an der Stelle x= 2 ¨ubereinstimmt. Die Funktion ist also an dieser Stelle nicht stetig. Beix= 5 ist der rechtsseitige Grenzwert
x→lim5,x>5
x2−9x+ 14
x2+ 3x−10 = lim
x→5,x>5
x−7
x+ 5 = +∞ und der linksseitige Grenzwert
x→lim5,x<5
x2−9x+ 14
x2+ 3x−10 = lim
x→5,x<5
x−7
x+ 5 =−∞. Also ist f3 inx=−5 unstetig.
Dividert man Z¨ahler und Nenner durchx2, so sieht man sofort limx→∞f2(x) = 1.
Aufgabe G20 (Hauptachsentransformation (* f¨ur die ganz Schnellen))
Gucken Sie sich Beispiel 7 im Abschnitt 11.7 an und verfahren Sie analog: Betrachten Sie die durch
3x21+ 2x1x2+ 3x22+ 12x1+ 4x2+ 1 = 0
beschriebene Menge imR2. Schreiben Sie diese Gleichung als xTAx+bTx=c und f¨uhren Sie die Hauptachsentransformation durch. Um was f¨ur ein geometrisches Gebilde handelt es sich?
L¨osung: Die Gleichung ist xT
3 1 1 3
x+xT
12 4
= −1. Die Eigenwerte von
3 1 1 3
sind 2 und 4. W¨ahlt man die Eigenvektoren (1,−1)T bzw. (1,1)T, so erh¨alt man bez¨uglich des orthonormalen Koordinatensystemsy1 = √1
2(x1−x2), y2 = √1
2(x1+x2) die transformierte Form A′=STAS = 1
√2
1 −1
1 1
3 1 1 3
1
√2
1 1
−1 1
=
2 0 0 4
und b′ =ST(12,4)T = √1
2(8,16)T. Durch quadratische Erg¨anzung kommt man zu 2(y1+√
2)2+ 4(y2+√
2)2 =−1 + 4 + 8 = 11.
Es handelt sich also um eine Ellipse, deren Hauptachsen sich im Punkt (−√ 2,−√
2) des neuen Koordinatensystems schneiden und zu den Koordinatenachsen des neuen Koordinatensystems parallel sind.
Dies entspricht im urspr¨unglichen Koordinatensystem einer Ellipse, deren um π4 gegen¨uber dem Standardkoordinatensystem gedrehte Hauptachsen sich im Punkt (−2,0) schneiden. Die Haupt- achsen haben in beiden Koordinatensysten die L¨ange √211 und √√11
2.
