Dr.Quapp HS 2002

http://www.mathe.uni-leipzig.de/$\sim$quapp/uebungenP.html

Lösungen zur 12. Übung (zum 20. 1. 2003)

50.

Die Cauchy-Schwarzsche Ungleichung lautet

$$\vert<\vec{x},\vec{y}>\vert \leq \vert\vert\vec{x}\vert\vert \vert\vert\vec{y}\vert\vert .$$

Der Winkel zwischen den beiden Vektoren ist

$$cos\ \alpha =\frac{<\vec{x},\vec{y}>}{\vert\vert\vec{x}\vert\vert \vert\vert\vec{y}\vert\vert} \ .$$

Wenn in der Relation das Gleichheitszeichen steht, dann ist $cos \alpha = \pm 1$, also $\alpha = 0$ oder $180$ Grad. Dann sind $\vec{x}$ und $\vec{y}$ linear abhängig.

51.

Der Vektor $\vec{a}=(1/2, 1/2 1/\sqrt{2})^T$ ist zu einer Orthonormalbasis zu ergänzen.
(i) Setze an mit einem Vektor $\vec{b}$

$$< \left( \begin{array}{ c } 1/2\\ 1/2\\ 1/\sqrt{2} \end{ar... ...) > = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \frac{B}{\sqrt{2}} = 0 .$$

Es folgt $B=-\sqrt{2}$, und der Betrag des neuen Vektors ist $\vert\vert\vec{b}\vert\vert=2$.
(ii) Suche nun einen Vektor $\vec{c}$, der zu den beiden gegebenen orthogonal ist

$$< \left( \begin{array}{ c } 1/2\\ 1/2\\ 1/\sqrt{2} \end{ar... ...) > = \frac{1}{2} + \frac{C}{2} + \frac{D}{\sqrt{2}} = 0 ,$$

also $C=-1 - \frac{2 D}{\sqrt{2}}$, und

$$< \left( \begin{array}{ c } 1\\ 1\\ -\sqrt{2} \end{array}\... ... C\\ D\\ \end{array}\right) > = 1 + C - D \sqrt{2} = 0 ,$$

also ergibt sich als zweite Gleichung $C=-1 + D \sqrt{2}$; daraus $D=0$ und $C=-1$. Der Betrag des 3. Vektors ist $\vert\vert\vec{c}\vert\vert=\sqrt{2}$. Eine Orthonormalbasis ist:

$$\left\{ \left( \begin{array}{ c } 1/2\\ 1/2\\ 1/\sqrt{2} \... .../\sqrt{2}\\ -1/\sqrt{2} \\ 0 \end{array}\right) \right\} .$$

52.

Gegeben sind 3 Vektoren im $I\!\!R^4$: $\vec{a_1}=(-3,-3,3,3)^T, \vec{a_2}=(-5,-5,7,7)^T, \ \vec{a_3}=(4,-2,0,6)^T$. Der erste wird normiert zu $\vec{b_1}= (-1/2, -1/2, 1/2, 1/2)^T$. Dann ist ein orthogonaler Vektor

$$\vec{B_2}= \vec{a_2} - \displaystyle\frac{<\vec{b_1},\vec{a_2}>}{<\vec{b_1},\vec{b_1}>} \ \vec{b_1} .$$

Das Skalarprodukt im Zähler ist 12, im Nenner wegen der vorherigen Normierung 1. Damit ist $\vec{B_2} =(1, 1, 1, 1)^T$, und nach erneuter Normierung erhalten wir $\vec{b_2}= (1/2, 1/2, 1/2, 1/2)^T$. Nun kann der 3.Vektor berechnet werden:

$$\vec{B_3}= \vec{a_3} - \displaystyle\frac{<\vec{b_1},\vec{a... ...{<\vec{b_2},\vec{a_3}>}{<\vec{b_2},\vec{b_2}>} \ \vec{b_2} .$$

Die Skalarprodukte in den beiden Zählern sind 2 und 4. Somit wird

$$\vec{B_3}= \left( \begin{array}{ c } 4\\ 2\\ 0\\ 6 \end{a... ...ft( \begin{array}{ r } 3\\ -3\\ -3\\ 3 \end{array}\right) \$$

Der Betrag des 3. Vektors ist $\vert\vert\vec{B_3}\vert\vert=6$, und nach erneuter Normierung erhalten wir $\vec{b_3}= (1/2, -1/2, -1/2, 1/2)^T$. Die ONB ist letztendlich:

$$\left\{ \left( \begin{array}{ r } -1/2\\ -1/2\\ 1/2\\ 1/2... ...} 1/2\\ -1/2\\ -1/2\\ 1/2 \end{array}\right) \right\} .$$

53.

Es sei definiert ein Skalarprodukt $<\vec{x},\vec{y}>=\sum_{i,j}^3 a_{ij} x_i y_j$, wobei die Koeffizienten $a_{ij}$ in folgender Matrix festgelegt sind:

$$A=\left( \begin{array}{c c c } 2&1&0\\ 1&2&1\\ 0&1&4 \end{array}\right) .$$

Damit ist

$$<\vec{e_1},\vec{e_2}>= \left. \begin{array}{rrr} 2\cdot 1\c... ...1\cdot 0\cdot 1 &+4\cdot 0\cdot 0 \end{array} \right. = 1 .$$

Analog ergibt sich $<\vec{e_1},\vec{e_3}>= 0$ und $<\vec{e_2},\vec{e_3}>= 1$. Die Beträge sind auch nach diesem Schema zu berechnen, es ist: $\vert\vert\vec{e_1}\vert\vert= \sqrt{2}$, $\vert\vert\vec{e_2}\vert\vert= \sqrt{2}$, und $\vert\vert\vec{e_3}\vert\vert= 2$.
Die Winkel werden:

$$\prec\!\!\!\!\vert (\vec{e_1},\vec{e_2}) = arccos \frac{1}{2} = 60^o$$

$$\prec\!\!\!\!\vert (\vec{e_1},\vec{e_3}) = arccos 0 = 90^o$$

$$\prec\!\!\!\!\vert (\vec{e_2},\vec{e_3}) = arccos \frac{1}{2\sqrt{2}} = 69,3^o .$$