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85
notes/berechnungen_wk11.md

@ -5,8 +5,8 @@ Bestimme in jedem Falle, ob φ linear ist.
a)
φ(x1, x2, x3) = ( 4·x1·x3 )
( 10·x2 )
φ(x₁, x₂, x₃) = ( 4·x₁·x₃ )
( 10·x )
Wenn φ linear wäre, dann müsste φ(2, 0, 2) = 2·φ(1, 0, 1) gelten.
Aber:
@ -18,8 +18,8 @@ Also ist φ nicht linear, weil Homogenität verletzt wird.
b)
φ(x1, x2, x3) = ( x3² )
( 0 )
φ(x₁, x₂, x₃) = ( x₃² )
( 0 )
Wenn φ linear wäre, dann müsste φ(0, 0, 8) = 8·φ(0, 0, 1) gelten.
Aber:
@ -31,21 +31,21 @@ Also ist φ nicht linear, weil Homogenität verletzt wird.
c)
φ(x1, x2, x3) = ( x3 )
φ(x₁, x₂, x₃) = ( x₃ )
( 0 )
--> linear
d)
φ(x1, x2, x3) = ( 0 )
φ(x₁, x₂, x₃) = ( 0 )
( 0 )
--> linear
e)
φ(x1, x2, x3) = ( 4 )
φ(x₁, x₂, x₃) = ( 4 )
( 0 )
Wenn φ linear wäre, dann müsste φ(0) = 0 gelten. [Siehe Lemma 6.1.2]
@ -54,15 +54,15 @@ Also ist φ nicht linear.
f)
φ(x1, x2, x3) = ( 10·x3 )
( -x2 + x1 )
φ(x₁, x₂, x₃) = ( 10·x₃ )
( -x₂ + x₁ )
linear!
g)
φ(x1, x2, x3) = ( 1 - 10·x3 )
( -x2 + x1 )
φ(x₁, x₂, x₃) = ( 1 - 10·x₃ )
( -x₂ + x₁ )
Wenn φ linear wäre, dann müsste φ(0) = 0 gelten. [Siehe Lemma 6.1.2]
Aber φ(0) = (1, 0)ᵀ.
@ -70,7 +70,7 @@ Also ist φ nicht linear.
h)
φ(x1, x2, x3) = ( exp(-(7·x2 + 8·x1)) )
φ(x₁, x₂, x₃) = ( exp(-(7·x₂ + 8·x₁)) )
( 0 )
Wenn φ linear wäre, dann müsste φ(0) = 0 gelten. [Siehe Lemma 6.1.2]
@ -79,15 +79,15 @@ Also ist φ nicht linear.
## §2. Aufgaben ähnlich zu ÜB 10-2 ##
Seien A = (u1, u2, u3) und B = (v1, v2),
Seien A = (u₁, u₂, u₃) und B = (v₁, v₂),
wobei
u1 = (3, 0, 1)ᵀ
u2 = (0, -1, 0)ᵀ
u3 = (4, 0, 0)ᵀ
u = (3, 0, 1)ᵀ
u = (0, -1, 0)ᵀ
u = (4, 0, 0)ᵀ
v1 = (4, 5)ᵀ
v2 = (0, 1)ᵀ
v = (4, 5)ᵀ
v = (0, 1)ᵀ
Beachte:
@ -96,33 +96,33 @@ Beachte:
Sei nun φ : ℝ³ ⟶ ℝ² definiert durch
φ(x1, x2, x3) = ( 4·x1 - x3 )
( 10·x2 + x1 )
φ(x₁, x₂, x₃) = ( 4·x₁ - x₃ )
( 10·x₂ + x₁ )
### Zur Linearität ###
Seien
(x1,x2,x3), (x1',x2',x3') ∈ ℝ³
(x₁,x₂,x₃), (x₁',x₂',x₃') ∈ ℝ³
c, c' ∈ ℝ
**Zu zeigen:**
φ(c(x1, x2, x3) +c'(x1',x2',x3')) = c·φ(x1, x2, x3) +c'·φ(x1',x2',x3')
φ(c(x₁, x₂, x₃) +c'(x₁',x₂',x₃')) = c·φ(x₁, x₂, x₃) +c'·φ(x₁', x₂', x₃')
Es gilt
l. S. = φ(c(x1, x2, x3) +c'(x1',x2',x3'))
= φ(c(x1·e1 + x2·e2 + x3·e3) +c'(x1'·e1 + x2'·e2 + x3'·e3))
= φ((c·x1 + c'·x1)·e1 + (c·x2 + c'·x2)·e2 + (c·x3 + c'·x3)·e3)
= φ(c·x1 + c'·x1', c·x2 + c'·x2', c·x3 + c'·x3')
l. S. = φ(c(x₁, x₂, x₃) +c'(x₁',x₂',x₃'))
= φ(c(x₁·e1 + x₂·e2 + x₃·e3) +c'(x₁'·e1 + x₂'·e2 + x₃'·e3))
= φ((c·x₁ + c'·x₁)·e1 + (c·x₂ + c'·x₂)·e2 + (c·x₃ + c'·x₃)·e3)
= φ(c·x₁ + c'·x₁', c·x₂ + c'·x₂', c·x₃ + c'·x₃')
= ( 4·(c·x1 + c'·x1') - (c·x3 + c'·x3') )
( 10·(c·x2 + c'·x2') + (c·x1 + c'·x1') )
= ( 4·(c·x₁ + c'·x₁') - (c·x₃ + c'·x₃') )
( 10·(c·x₂ + c'·x₂') + (c·x₁ + c'·x₁') )
= ( c·(4·x1 - x3) + c'·(4·x1' - x3') )
( c·(10·x2 + x1) + c'·(10·x2' + x1') )
= ( c·(4·x₁ - x₃) + c'·(4·x₁' - x₃') )
( c·(10·x₂ + x₁) + c'·(10·x₂' + x₁') )
= c·( 4·x1 - x3 ) + c'·( 4·x1' - x3' )
( 10·x2 + x1 ) ( 10·x2' + x1' )
= c·( 4·x₁ - x₃ ) + c'·( 4·x₁' - x₃' )
( 10·x₂ + x₁ ) ( 10·x₂' + x₁' )
= r. S.
@ -131,9 +131,9 @@ Darum ist φ linear.
### Darstellung ###
Zunächst beobachten wir:
φ(x1, x2, x3) = ( 4 0 -1 ) ( x1 )
( 1 10 0 ) ( x2 )
( x3 )
φ(x₁, x₂, x₃) = ( 4 0 -1 ) ( x₁ )
( 1 10 0 ) ( x )
( x )
= C·x
= φ_C(x) siehe [Skript, Bsp 6.2.2],
@ -204,13 +204,14 @@ Darum gilt
## §3. Lineare Fortsetzung von partiell definierten Funktionen ##
Sei φ : ℝ^5 ⟶ ℝ³
Sei φ : ℝ ⟶ ℝ³
Seien u1, u2, u3, u4, u5 eine Basis für ℝ^5.
Seien u₁, u₂, u₃, u₄, u₅ eine Basis für ℝ⁵.
Seien v₁, v₂, v₃ Vektoren in ℝ³.
Definiert werden
φ(u1) = v1, φ(u2) = v2, φ(u4) = v3
φ(u₁) = v₁, φ(u₂) = v₂, φ(u₄) = v₃
**Aufgabe:** Gibt es eine lineare Abbildung, die die o. s. Gleichungen erfüllen?
@ -218,11 +219,11 @@ Definiert werden
**Beweis:**
Setze
φ(u3) := 0 (Nullvektor)
φ(u5) := 0 (Nullvektor)
φ(u) := 0 (Nullvektor)
φ(u) := 0 (Nullvektor)
Da u1, u2, u3, u4, u5 eine Basis ist,
können wir für belieges x ∈ ℝ^5
Da u₁, u₂, u₃, u₄, u₅ eine Basis ist,
können wir für beliebiges x ∈ ℝ⁵
φ(x) = ∑ c_i · φ(ui)

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