la4 bis aufgabe 2 und 3

ws2019/la/uebungen/la4.tex

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+\documentclass{../../../lecture}
+
+\begin{document}
+
+\begin{aufgabe}[]
+    
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}[Vektorprodukte]
+
+Sei $k \in \R$ beliebig, dann wähle $x := \begin{pmatrix} -\frac{1}{2} - \frac{5}{2}k \\ -1 \\ k \\ \end{pmatrix} \in \R^{3}$.
+
+\begin{proof}
+\[
+\begin{pmatrix} -\frac{1}{2} - \frac{5}{2}k \\ -1 \\ k \end{pmatrix}
+\times 
+\begin{pmatrix} 5 \\ 0 \\ -2 \end{pmatrix} 
+=
+\begin{pmatrix} 2 - 0k \\ 5k - \left(2\left(\frac{1}{2} + \frac{5}{2}k\right)\right) \\ 5 \end{pmatrix} 
+=
+\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 5 \end{pmatrix} 
+.\] 
+\end{proof}
+
+Es existiert kein $y \in \R^{3}$ mit:
+\[
+y \times \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix}
+=
+\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} 
+.\] 
+
+\begin{proof}
+
+Die obenstehende Gleichung ergibt folgendes LGS:
+\begin{align*}
+    2 y_2 - y_3 &= 1 \\
+    2 y_3 - 2 y_1 &= 2 \\
+    y_1 - 2 y_2 &= 0 \\
+.\end{align*}
+
+Aus (I) folgt:
+\[
+    y_3 = 2 y_2 - 1
+.\] 
+Damit ergibt sich aus (II):
+\begin{align*}
+    && 2 y_3 - 2y_1 = 2 (2y_2 - 1) - 2y_1 &= 2 \\
+    \implies&& y_1 &= 2y_2 - 2 \\
+.\end{align*}
+Daraus entsteht ein Widerspruch in (III):
+\begin{align*}
+    y_1 - 2y_2 = 2y_2 - 2 - 2y_2 = -2 \neq 0
+.\end{align*}
+
+\end{proof}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+Wir definieren die Abbildung $-^{\bot}: \R^{2} \to \R^{2}$ durch
+\[
+    \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}^{\bot} =
+    \begin{pmatrix} -x_2 \\ x_1 \end{pmatrix} 
+.\] 
+\end{aufgabe}
+
+\textbf{a)} Zu zeigen: $x$ $\bot$ $x^{\bot}$ und
+$ \|x\| = \|x^{\bot}\|$ $\forall x \in R^{2}$
+
+\begin{proof}
+    Sei $x \in R^{2}$ beliebig.
+    $x$ $\bot$ $x^{\bot}$:
+    \[
+    \left<x, x^{\bot}\right> = \left< \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} 
+    , \begin{pmatrix} -x_2 \\ x_1 \end{pmatrix} 
+    \right> = -x_1 x_2 + x_2 x_1 = 0
+    .\] 
+    $\|x\| = \|x^{\bot}\|$:
+    \[
+        \|x\| = \sqrt{\left<x,x\right>} = \sqrt{x_1^2 + x_2^2} = \sqrt{\left( -x_2 \right) ^2 + x_1^2} = \|x^{\bot}\| 
+    .\] 
+\end{proof}
+
+\textbf{b)} Ist $x \in \R^{2} \setminus \{0\}$ und $y \in \R^{2}$ mit $x$ $\bot$
+$y$, so existiert ein $a \in \R$ derart, dass $y = a \cdot x^{\bot}$.
+
+\begin{proof} Sei $x \in \R^{2} \setminus $ mit $x = \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} $
+und $y \in \R^{2}$ mit $y = \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \end{pmatrix}$
+
+Wegen $x$ $\bot$ $y$ folgt:
+\begin{align*}
+    x_1y_1 + x_2y_2 = 0 \implies x_1y_1 = -x_2y_2
+.\end{align*}
+
+\underline{Fall 1:} $x_1 = 0$. $\implies x_2 \neq 0$.
+\[
+    x_2 y_2 = 0 \implies y_2 = 0
+.\] Wähle nun $a := -\frac{y_1}{x_2} \in \R$:
+\[
+y = a \cdot x^{\bot} \begin{pmatrix} -a x_2 \\ ax_1 \end{pmatrix} 
+= \begin{pmatrix} \frac{y_1}{x_2} x_2 \\ 0 \end{pmatrix} 
+= \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \end{pmatrix} 
+.\] 
+
+\underline{Fall 2:} $x_2 = 0$. $\implies x_1 \neq 0$.
+\[
+    x_1 y_1 = 0 \implies y_1 = 0
+.\] Wähle nun $a := \frac{y_2}{x_1} \in \R$:
+\[
+y = a \cdot x^{\bot} \begin{pmatrix} -a x_2 \\ ax_1 \end{pmatrix} 
+= \begin{pmatrix} 0 \\ \frac{y_2}{x_1} x_1 \end{pmatrix} 
+= \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \end{pmatrix} 
+.\] 
+
+\underline{Fall 3:} $x_1 \neq 0$ und $x_2 \neq 0$.
+\[
+-\frac{y_1}{x_2} = \frac{y_2}{x_1}
+.\] Wähle nun $a := \frac{y_2}{x_1} = -\frac{y_1}{x_2} \in \R$:
+\[
+y = a \cdot x^{\bot} = \begin{pmatrix} -a x_2 \\ a x_1 \end{pmatrix} 
+= \begin{pmatrix} \frac{y_1}{x_2} x_2 \\ \frac{y_2}{x_1} x_1 \end{pmatrix} 
+= \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \end{pmatrix} 
+.\] 
+\end{proof}
+
+\textbf{c)} Für $x \in \R^{2} \setminus \{0\} $ sei $f_x: \R^{2} \to \R^{2}$
+Abbildung mit:
+\[
+ y \mapsto \frac{\left<y, x\right>}{\left<x, x\right>} \cdot x
++ \frac{\left<y, x^{\bot}\right>}{\left<x, x\right>} \cdot x^{\bot}
+.\]
+Zu zeigen: Für beliebiges $x \in \R \setminus \{0\} $ ist $f_x$ gleich der
+Identität des $\R^{2}$.
+
+\begin{proof}
+    Zz: $f_x(y) = y$ $\forall y \in \R^{2}$
+
+    Seien $x \in R^{2} \setminus \{0\}$ mit $x = \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}$
+    und $y \in R^{2}$ mit $y = \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \end{pmatrix}$.
+
+    Nun:
+    \begin{align*}
+        f_x(y) &= \frac{\left<y, x\right>}{\left<x, x\right>} \cdot x
+            + \frac{\left<y, x^{\bot}\right>}{\left<x, x\right>} \cdot x^{\bot} \\
+               &= \frac{1}{\left<x, x\right>} \left( 
+               \begin{pmatrix} x_1^2y_1 + x_1x_2y_2 \\ x_1x_2y_1 + x_2^2y_2 \end{pmatrix} 
+               +
+               \begin{pmatrix} y_1x_2^2 - x_1x_2y_2 \\ -x_1x_2y_1 + x_1^2y_2 \end{pmatrix} 
+               \right) \\
+               &= \frac{1}{\left<x, x\right>} \begin{pmatrix} y_1x_1^2 + y_1x_2^2 \\ y_2x_2^2 + y_2x_1^2 \end{pmatrix} \\
+               &= \frac{1}{x_1^2 + x_2^2} \begin{pmatrix} y_1(x_1^2 + x_2^2) \\ y_2(x_1^2 + x_2^2) \end{pmatrix}  \\
+               &= \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \end{pmatrix}  \\
+               &= y
+    .\end{align*}
+\end{proof}
+
+\end{document}