\documentclass[uebung]{../../../lecture}

\author{Christian Merten}
\title{Lineare Algebra 1: Übungsblatt Nr. 9}

\usepackage[]{gauss}

\begin{document}

\punkte

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Es seien $f\colon V \to W$ und $g: W \to V$ lineare Abbildungen
            zwischen Vektorräumen $V$ und $W$.

            Beh.: Es existiert genau dann ein $v \in V \setminus \{0\} $ mit $(g \circ f)(v) = v$, wenn
            es ein $w \in W \setminus \{0\} $ gibt mit $(f \circ g)(w) = w$.
            \begin{proof} 
                ,,$\implies$'' Es sei $w \in W$ mit $(f \circ g)(w) = w$. Dann
                definiere $v := g(w)$. Wegen  $f(g(w)) = f(v) = w$ folgt  $g(f(v)) = g(w) = v$.

                ,,$\impliedby$'' folgt analog.
            \end{proof}
        \item Es sei $A \in M_{n,m}(K)$ und $B \in M_{m,n}(K)$.

            Beh.: $E_n - AB$ invertierbar $\iff$ $E_m - BA$ invertierbar.
            \begin{proof}
                ,,$\implies$'' Es seien $a\colon K^{m} \to K^{n}$ und $b\colon K^{n} \to K^{m}$ die
                zu $A$ und $B$ gehörigen Abbildungen.
                
                Da $E_{n} - AB$ invertierbar, folgt $id_{K^{n}} - a \circ b$ ist Automorphismus.
                Also ist zu zeigen, dass
                der Endomorphismus $id_{K^{m}} - b \circ a$ bijektiv ist.

                Da $id_{K^{n}} - a \circ b$ bijektiv, insbesondere injektiv ist, folgt
                \begin{align*}
                    &\text{ker}(id_{K^{n}} - a \circ b) = \{0\}  \\
                    \implies & id_{K^{n}}(v) - a(b(v)) \neq 0 \quad \forall v \in V \setminus \{0\} \\
                    \implies &v \neq a(b(v)) \quad \forall v \in V \setminus \{0\} \quad (*)
                    \intertext{Sei nun $w \in K^{m}$ mit $id_{K^{m}} - b(a(w)) = 0$.}
                    \implies & w = b(a(w)) \\
                    \stackrel{\text{(a) und } * }{\implies} & \forall w \in
                    K^{m} \setminus \{0\} \colon w \neq (b(a(w)) \\
                    \implies &w = 0 \\
                    \implies & \text{ker}(id_{K^{m}} - b \circ a) = \{0\}  
                .\end{align*}
                Damit ist $id_{K^{m}} - b \circ a$ ein injektiver Endomorphismus, also
                auch bijektiv, also Automorphismus.\\
                $\implies E_m - BA$ invertierbar.

                ,,$\impliedby$'' folgt analog.
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe} Es sei $K$ Körper und $A \in M_{n,m}(K)$ und $B \in M_{m,n}(K)$ mit $ABA = A$.
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Beh.: $\text{ker } A = \{x - BAx  \mid x \in K^{m}\} $
            \begin{proof}
                Zz.: $\text{ker } A \subset \{x' - BAx'  \mid x' \in K^{m}\} $
                
                Sei $x \in \text{ker } A$, d.h. $Ax = 0$, damit:
                \begin{align*}
                    &x - BAx = x - B\cdot 0 = x \\
                    \implies & x \in \{x' - BAx'  \mid x' \in K^{m}\} 
                .\end{align*}

                Zz.: $\{x - BAx  \mid x \in K^{m}\} \subset \text{ker } A$

                Sei $r \in K^{m}$, dann $x := r - BAr$. Damit folgt:
                \begin{align*}
                    &Ax = Ar - ABAr \stackrel{ABA=A}{=} Ar - Ar = 0\\
                    \implies & x \in \text{ker } A
                .\end{align*}
            \end{proof}
        \item Beh.: $Ax = b$ hat eine Lösung $\iff ABb = b$
            \begin{proof}
                \begin{align*}
                    & Ax = b \text{ hat eine Lösung} \\
                    \iff & b \in \text{Bild}(A) \\
                    \iff & \exists x \in K^{m}\colon Ax = ABAx = AB(Ax) = b \\
                    \iff & ABb = b
                .\end{align*}
            \end{proof}

            Beh.: $L := \{x \in K^{m}  \mid Ax = b\} = \{Bb + x' - BAx'  \mid x' \in K^{m}\} $
            \begin{proof}
                \begin{enumerate}[(i)]
                    \item Zz.: $L \subset \{Bb + x - BAx  \mid x \in K^{m}\} $, 

                        Sei $x \in L$ beliebig, d.h. $Ax = b$. Nun g.z.z
                        $\exists r \in K^{m}\colon x = Bb + r - BAr$. Wähle $k := x - Bb \in K^{m}$. Damit:
                        \begin{align*}
                            &Ak = Ax - ABb \stackrel{ABb = b}{=} b - b = 0 \\
                            \implies &k \in \text{ker}(A)\\
                            \stackrel{(a)}{\implies} & \exists r \in K^{m}\colon k = r - BAr. \text{ Fixiere }r \\
                            \implies & Bb + r - BAr = Bb + k = Bb + x - Bb = x
                        .\end{align*}
                    \item Zz.: $\{Bb + x - BAx  \mid x \in K^{m}\} \subset L$.

                        Sei $r \in K^{m}$ beliebig, dann definiere $x := Bb + r - BAr \in K^{m}$.
                        Nun g.z.z. $Ax = b$.
                        \begin{align*}
                            Ax = ABb + Ar - ABAr \stackrel{ABb = b}{=} b + Ar - ABAr
                            \stackrel{ABA = A}{=} b
                        .\end{align*}
                \end{enumerate}
            \end{proof}
    \end{enumerate}
    
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{align*}
        &\begin{gmatrix}[p]
            1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0
            \rowops
            \add[-1]{0}{2}
        \end{gmatrix}
        \to
        \begin{gmatrix}[p] 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0
            \rowops
            \add[-1]{1}{0}
        \end{gmatrix}
        \to 
        \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}
        \intertext{$\implies$ Rang 2}
        &\begin{gmatrix}[p]
            1 & 1 & 0 \\ 2 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1
            \rowops
            \add[-2]{0}{1}
        \end{gmatrix}
        \to
        \begin{gmatrix}[p] 1 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 1 & 1 & 1
            \rowops
            \add[-1]{0}{2}
            \mult{1}{\scriptstyle\cdot-1}
        \end{gmatrix}
        \to 
            \begin{gmatrix}[p] 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1
            \rowops
            \add[-1]{1}{0}
        \end{gmatrix}
        \to 
        \begin{gmatrix}[p] 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1
        \end{gmatrix}
        \intertext{$\implies$ Rang 3}
        &\begin{gmatrix}[p]
            1 & 0 & 2 \\ 1 & 1 & 4
            \rowops
            \add[-1]{0}{1}
        \end{gmatrix}
        \to
        \begin{gmatrix}[p] 1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 2
            \rowops
        \end{gmatrix}
        \intertext{$\implies$ Rang 2}
        &\begin{gmatrix}[p]
            1 & 2 & 1 \\ 2 & 4 & 2
            \rowops
            \add[-2]{0}{1}
        \end{gmatrix}
        \to
        \begin{gmatrix}[p] 1 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 0
        \end{gmatrix}
        \intertext{$\implies$ Rang 1 \vspace{2mm}\newline Für $a = 1$ folgt direkt:}
        &\begin{gmatrix}[p]
            a & 1 & a \\ 1 & a & 1 \\ a & 1 & a
        \end{gmatrix}
        = 
        \begin{gmatrix}[p] 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1
            \rowops
            \add[-1]{0}{1}
            \add[-1]{0}{2}
        \end{gmatrix}
        \to
        \begin{gmatrix}[p] 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0
        \end{gmatrix}
        \intertext{$\implies$ Rang 1 \vspace{2mm}\newline Für $a = -1$ folgt}
        &\begin{gmatrix}[p]
            a & 1 & a \\ 1 & a & 1 \\ a & 1 & a
        \end{gmatrix}
        = 
        \begin{gmatrix}[p] -1 & 1 & -1 \\ 1 & -1 & 1 \\ -1 & 1 & -1
            \rowops
            \add{0}{1}
            \add[-1]{0}{2}
            \mult{0}{\scriptstyle\cdot -1}
        \end{gmatrix}
        \to
        \begin{gmatrix}[p] 1 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0
        \end{gmatrix}
        \intertext{$\implies$ Rang 1 \vspace{2mm} \newline
        Für $a \neq 1 \land a \neq -1 \implies 1 - a^2 \neq 0$, damit:}
        &\begin{gmatrix}[p]
            a & 1 & a \\ 1 & a & 1 \\ a & 1 & a
            \rowops
            \add[-1]{0}{2}
        \end{gmatrix}
        \to
        \begin{gmatrix}[p] a & 1 & a \\ 1 & a & 1 \\ 0 & 0 & 0
            \rowops
            \swap{0}{1}
        \end{gmatrix}
        \to
        \begin{gmatrix}[p] 1 & a & 1 \\ a & 1 & a \\ 0 & 0 & 0
            \rowops
            \add[-a]{0}{1}
        \end{gmatrix}
        \to
        \begin{gmatrix}[p] 1 & a & 1 \\ 0 & 1-a^2 & 0 \\ 0 & 0 & 0
            \rowops
            \mult{1}{\scriptstyle\cdot \frac{1}{1-a^2}}
        \end{gmatrix}\\
        \to
        &\begin{gmatrix}[p] 1 & a & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0
            \rowops
            \add[-a]{1}{0}
        \end{gmatrix}
        \to
        \begin{gmatrix}[p]
            1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0
        \end{gmatrix}
    \end{align*}
    $\implies$ Rang 2
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Beh.: $\underline{v} = \left( (1,2)^{t}, (0, -1)^{t} \right) $ ist Basis von $\Q^{2}$.
            \begin{proof}
                Zu zeigen.: $\underline{v}$ ist linear unabhängig
                
                Seien $a, b \in \Q$ mit
                \begin{align*}
                    &a \cdot \binom{1}{2} + b \binom{0}{-1} = 0 \\
                    \implies & a = 0 \land 2a -b = 0 \implies b = 0
                .\end{align*}
                $\implies$  $\underline{v}$ ist linear unabhängig und wegen $\text{dim } \Q^{2} = 2$ eine Basis
                von $\Q^{2}$.
            \end{proof}
            Beh.: $\underline{w} = \left( (1,1)^{t}, (3,2)^{t} \right) $ ist Basis von $\Q^{2}$
            \begin{proof}
                Zu zeigen.: $\underline{v}$ ist linear unabhängig
                
                Seien $a, b \in \Q$ mit
                \begin{align*}
                    &a \cdot \binom{1}{1} + b \binom{3}{2} = 0 \\
                    \implies & a + 3b = 0 \land a +2b = 0
                    \implies b = a = 0
                .\end{align*}
                $\implies$  $\underline{v}$ ist linear unabhängig und wegen $\text{dim } \Q^{2} = 2$ eine Basis
                von $\Q^{2}$.
            \end{proof}

            Beh.:
            \[
                T = M_{\underline{e}}^{\underline{v}}(\text{id}_V) =
                \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 2 & -1 \end{pmatrix} 
            .\] 
            \begin{proof}
                Zu Überprüfen für die zwei Basisvektoren aus $\underline{v}$.
                \begin{enumerate}[(i)]
                    \item $v_1 = (1,2)^{t}$. $\phi(v_1) = (1,0)^{t}$.
                        
                        \begin{align*}
                            \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 2 & -1 \end{pmatrix}
                            \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}
                            = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix}
                        .\end{align*}
                    \item $v_2 = (0,-1)^{t}$. $\phi(v_2) = (0,1)^{t}$.
                        
                        \begin{align*}
                            \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 2 & -1 \end{pmatrix}
                            \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}
                            = \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \end{pmatrix}
                        .\end{align*}
                \end{enumerate}
            \end{proof}

            Beh.:
            \[
                T = M_{\underline{e}}^{\underline{w}}(\text{id}_V) =
                \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 3 & 2 \end{pmatrix} 
            .\] 
            \begin{proof}
                Zu Überprüfen für die zwei Basisvektoren aus $\underline{w}$.
                \begin{enumerate}[(i)]
                    \item $w_1 = (1,1)^{t}$. $\phi(w_1) = (1,0)^{t}$.
                        
                        \begin{align*}
                            \begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}
                            \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}
                            = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}
                        .\end{align*}
                    \item $w_2 = (3,2)^{t}$. $\phi(w_2) = (0,1)^{t}$.
                        
                        \begin{align*}
                            \begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}
                            \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}
                            = \begin{pmatrix} 3 \\ 2 \end{pmatrix}
                        .\end{align*}
                \end{enumerate}
            \end{proof}
        \item
            \begin{align*}
                &\begin{gmatrix}[p]
                    1 & 0 \\ 2 & -1
                \end{gmatrix}
                \begin{gmatrix}[p]
                    1 & 0 \\ 0 & 1
                    \rowops
                    \add[-2]{0}{1}
                    \mult{1}{\scriptstyle\cdot -1}
                \end{gmatrix}
                \to 
                \begin{gmatrix}[p]
                    1 & 0 \\ 0 & 1
                \end{gmatrix}
                \begin{gmatrix}[p]
                    1 & 0 \\ 2 & -1
                \end{gmatrix}
                \intertext{$\implies T = \left(M_{\underline{e}}^{\underline{v}}\right)^{-1} =
                \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 2 & -1 \end{pmatrix}$ }
                &\begin{gmatrix}[p]
                    1 & 3 \\ 1 & 2 
                \end{gmatrix}
                \begin{gmatrix}[p]
                    1 & 0 \\ 0 & 1
                    \rowops
                    \add[-1]{0}{1}
                    \mult{1}{\scriptstyle\cdot -1}
                \end{gmatrix}
                \to 
                \begin{gmatrix}[p]
                    1 & 3 \\ 0 & 1
                \end{gmatrix}
                \begin{gmatrix}[p]
                    1 & 0 \\ 1 & -1
                    \rowops
                    \add[-3]{1}{0}
                \end{gmatrix}
                \to 
                \begin{gmatrix}[p]
                    1 & 0 \\ 0 & 1
                \end{gmatrix}
                \begin{gmatrix}[p]
                    -2 & 3 \\ 1 & -1
                \end{gmatrix}
            .\end{align*}
                $\implies S = \left(M_{\underline{e}}^{\underline{w}}\right)^{-1} =
                \begin{pmatrix} -2 & 3 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$
            \item $M_{\underline{e}}^{\underline{e}}(f) = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ -1 & -1 \end{pmatrix} $
                durch ablesen, die restlichen Matrizen ergeben sich durch Multiplikation:
                \begin{align*}
                    &M_{\underline{v}}^{\underline{v}}(f)
                    = M_{\underline{v}}^{\underline{e}}(\text{id}_V) \cdot M_{\underline{e}}^{\underline{e}}(f)
                    \cdot M_{\underline{e}}^{\underline{v}}(\text{id}_V)
                    = \begin{pmatrix} 5 & -2 \\ -3 & 1 \end{pmatrix}  \\
                    &M_{\underline{w}}^{\underline{w}}(f)
                    = M_{\underline{w}}^{\underline{e}}(\text{id}_V) \cdot M_{\underline{e}}^{\underline{e}}(f)
                    \cdot M_{\underline{e}}^{\underline{w}}(\text{id}_V)
                    = \begin{pmatrix} -12 & -29 \\ 5 & 12 \end{pmatrix}  \\
                    &M_{\underline{v}}^{\underline{w}}(\text{id}_{V})
                    = M_{\underline{v}}^{\underline{e}}(\text{id}_V)
                    \cdot M_{\underline{e}}^{\underline{w}}(\text{id}_V)
                    = \begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 1 & 4 \end{pmatrix}
                .\end{align*}
            \item
                \begin{align*}
                    AC - CB = M_{\underline{v}}^{\underline{v}}(f)
                    \cdot M_{\underline{v}}^{\underline{w}}(\text{id}_V)
                    - M_{\underline{v}}^{\underline{w}}(\text{id}_V)
                    \cdot M_{\underline{w}}^{\underline{w}}(f)
                    = M_{\underline{v}}^{\underline{w}}(f)
                    - M_{\underline{v}}^{\underline{w}}(f)
                    = 0
                .\end{align*}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\end{document}
