Lineare Algebra und Analytische Geometrie

Baumeister: Lineare Algebra II / Stand: August 1996 173Beispiel 7.20In der Ebene IR 2 arbeiten wir meist mit (den) kartesischen Koordinaten, d.h. mit den Koordinatenbezogen auf die Standardbasis e 1 ,e 2 . In vielen Fällen vereinfachen sich Rechnungenbeträchtlich, wenn man bei den Rechnungen stattdessen Polarkoordinaten verwendet.Dies bedeutet, die Lage eines Punktes (x, y) ∈ IR 2 durch Koordinaten r ≥ 0,φ ∈ [0, 2π)gemäßx = r cos(φ) ,y= r sin(φ)auszudrücken. Für (x, y) ≠(0, 0) hat man√r = x 2 + y 2 ,φ= arctan ( y x )für x ≠0,φ= arcctg (x )für y ≠0.yDie Abbildung(0, ∞) × [0, 2π) ∋ (r, φ) ↦−→ (r cos(φ),rsin(φ)) ∈ IR 2ist (unendlich oft) partiell differenzierbar. Die Jakobi–Matrix J(r 0 ,φ 0 ) in einem Punkt(r 0 ,φ 0 ) ∈ (0, ∞) × [0, 2π) ist gegeben durch( )cos(φ) r sin(φ)J(r 0 ,φ 0 ):=.sin(φ) r cos(φ)Für ihre Determinante erhalten wirdet J(r 0 ,φ 0 )=r 0 > 0 .(Nichtlineare Transformationen mit der Eigenschaft, daß die Jakobimatrix regulär ist,haben die Eigenschaft, daß sie sich lokal invertieren lassen (siehe Analysis II).) 2Beispiel 7.21Das Interpolationsproblem für Polynome lautet:Gegeben: (Stütz–)Punkte t 1 ,...,t n ∈ IR ,(Stütz–)Werte y 1 ,...,y n ∈ IR .Gesucht: Polynom p(t) := n−1 ∑x j t j mit p(t i )=y i , 1 ≤ i ≤ n.j=0(Der Grad des gesuchten Polynoms ist so gewählt, daß die Anzahl der Interpolationsforderungengleich der Anzahl der Freiheitsgrade (Koeffizienten des Polynoms) ist.)Die Wortwahl “Interpolationsproblem“ wird klar, wenn man sich die Daten y 1 ,...,y n alsWerte einer Funktion auf IR vorstellt.Offensichtlich ist die Aufgabe äquivalent zum linearen GleichungssystemAx= y,wobei y t =(y 1 ,...,y n ) ∈ IR 1,n und⎛2 n−11 t 1 t 1 ··· t 1 2 n−11 t 2 t 2 ··· t 2A = A(t 1 ,...,t n ):=⎜⎝ ..2 n−11 t n t n ··· t n⎞n,n⎟ ∈ IK⎠