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lecture.cls

@@ -105,3 +105,9 @@
 
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+\let\oldstackrel\stackrel
+\renewcommand{\stackrel}[2]{%
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ws2019/ana/lectures/analysis.tex

@@ -2,6 +2,7 @@
 
 \usepackage{standalone}
 \usepackage{tikz}
+\usepackage{subcaption}
 
 \title{Analysis I}
 \author{Prof. Dr. Ekaterina Kostina}
@@ -36,5 +37,6 @@
 \input{analysis19.tex}
 \input{analysis20.tex}
 \input{analysis21.tex}
+\input{analysis22.tex}
 
 \end{document}

ws2019/ana/uebungen/ana11.tex

@@ -0,0 +1,314 @@
+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\title{Analysis I: Übungsblatt 11}
+\author{Leon Burgard, Christian Merten}
+
+\begin{document}
+
+% punkte tabelle
+\begin{tabular}{|c|m{1cm}|m{1cm}|m{1cm}|m{1cm}|m{1cm}|m{1cm}|@{}m{0cm}@{}}
+    \hline
+    Aufgabe & \centering A1 & \centering A2 & \centering A3 & \centering A4 & \centering A5 & \centering $\sum$ & \\[5mm] \hline
+    Punkte & & & & & & & \\[5mm] \hline
+\end{tabular}
+
+\begin{aufgabe}
+    Für $k \in \N$ ist
+    \[
+        f_k(x) := \begin{cases}
+            x^{k} \sin\left(\frac{1}{x}\right) & x \neq 0 \\
+            0 & x = 0
+        \end{cases}
+    \] definiert.
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: $f_1$ ist in $x_0 = 0$ stetig, aber nicht differenzierbar.
+            \begin{proof}
+                Da $\sin\left( \frac{1}{x} \right)$ beschränkt durch $\pm 1$, gilt $\forall x \in \R^{\times}$
+                \[
+                    \left|x\cdot \sin\left( \frac{1}{x} \right) \right| \le |x|
+                .\] Sei $\epsilon > 0$ bel., dann wähle $\delta := \epsilon$. Dann gilt
+                $\forall x \in \R^{\times }$ mit $|x| < \delta $:
+                \[
+                    \left| f_1(0) - f_1(x) \right|
+                    = \left|x \cdot \sin\left( \frac{1}{x} \right) \right|
+                    \le |x| < \delta = \epsilon
+                .\] $\implies f_1$ in $x_0 = 0$ stetig.
+
+                Weiter gilt für $x_0 = 0$
+                \[
+                    D_h f_1(0) = \frac{f_1(0+h) - f_1(0)}{h} = \frac{h \cdot \sin(1 / h)}{h}
+                    = \sin\left( \frac{1}{h} \right) 
+                .\] Nun sind offensichtlich $(h_n)_{n\in\N}$ mit $h_n := \frac{1}{2\pi n}$ 
+                und $(l_n)_{n\in\N}$ mit $l_n := \frac{1}{2 \pi n + \frac{\pi}{2}}$ Nullfolgen, aber
+                \[
+                    \lim_{n \to \infty} D_{h_n} f_1(0) = \lim_{n \to \infty} \sin\left( 2 \pi n \right)
+                    = 0 \neq 1 = \lim_{n \to \infty} \sin \left( 2\pi n + \frac{\pi}{2} \right) 
+                    = \lim_{n \to \infty} D_{l_n} f_1(0)
+                .\] $\implies f_1$ in $x_0$ nicht differenzierbar.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $f_2$ in $x_0 = 0$ differenzierbar, aber $f_2'$ in $x_0 = 0$ nicht stetig.
+            \begin{proof}
+                Es gilt
+                \[
+                    D_h f_2(x_0) = \frac{f_2(h)}{h} = \frac{h^2 \sin(1 / h)}{h} = h \cdot \sin(1 / h)
+                .\] $\implies$ Analog zum Stetigkeitsbeweis in (a), folgt $f_2$ in $x_0$ differenzierbar.\\
+                $\implies \lim_{h \to 0} D_h f_2(x) = 0 = f_2'(0)$.
+
+                Für $x \neq 0$ folgt mit Ableitungsregeln direkt:
+                \[
+                    f_2'(x) = 2x \cdot \sin(1 / x) - \cos ( 1 / x)
+                .\] Für $(x_n)_{n\in\N}$ mit $x_n := \frac{1}{2\pi n}$ folgt direkt
+                $x_n \xrightarrow{n \to \infty} 0 = x_0$, aber
+                \[
+                    f_2'(x_n) = 2 \cdot \frac{1}{2\pi n} \sin(2 \pi n) - \cos(2 \pi n)
+                    = -1 \neq 0 = f_2'(0)
+                .\] $\implies$ $f_2'$ nicht stetig in $x_0 = 0$.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $f_3$ in $x_0 = 0$ nur einmal differenzierbar.
+            in $x_0 = 0$.
+            \begin{proof}
+                Für $x_0 = 0$ folgt direkt
+                \[
+                    D_h f_3(x_0) = \frac{f_3(h)}{h} = \frac{h^{3} \cdot \sin(1 / h)}{h} = h^2 \cdot \sin(1 / h)
+                    \xrightarrow{h \to 0} 0
+                .\] Für $x \neq 0$ gilt mit Ableitungsregeln direkt:
+                \[
+                    f_3'(x) = 3x^2 \cdot \sin(1 / x) - x \cdot \cos(1  / x)
+                .\] Damit folgt
+                \[
+                    \lim_{x \to 0} f_3'(x) = 0 = f'(0)
+                .\] $\implies f_3'$ in $x_0 = 0$ stetig. Aber wegen
+                \[
+                    D_h f_3'(0) = \frac{3 h^2 \sin(1 / h) - h \cos(1 / h)}{h}
+                    = 3 h \sin(1 / h) - \cos (1 / h)
+                .\] $\implies f_3'$ in $x_0 = 0$ nicht differenzierbar, analog zu (a).
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Sei $f\colon R_{+} \to \R$, $x \mapsto \sqrt{x} $.
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: $f^{(k)}(x) = \left( -\frac{1}{2} \right)^{k} \prod_{n=0}^{k-1} (2n-1) \cdot x^{\frac{1}{2} - k}  $ 
+            \begin{proof}
+                durch vollständige Induktion nach $k$.
+                
+                I.A.: $k = 0$
+                \[
+                    f^{(0)}(x) = \left( -\frac{1}{2} \right)^{0} \cdot x^{\frac{1}{2}} = \sqrt{x} = f(x)
+                .\] 
+                I.S.: $k \to k+1$. Es ex. ein festes, aber bel. $k \in \N$, für das die Beh. gilt. Damit folgt
+                \begin{align*}
+                    f^{(k+1)}(x) = f^{(k)}'(x)
+                    &\stackrel{\mathclap{\text{I.V.}}}{=}
+                    \left( \left( -\frac{1}{2} \right)^{k}
+                    \prod_{n=0}^{k-1} (2n-1) \cdot x^{\frac{1}{2} -k}  \right)'(x) \\
+                    &\stackrel{\mathclap{\text{Potenzregel}}}{=} \qquad
+                    \left( \frac{1}{2} -k \right) \left(-\frac{1}{2}\right)^{k}
+                    \prod_{n=0}^{k-1} (2n-1) \cdot x^{\frac{1}{2} - k -1} \\
+                    &= -\frac{1}{2} (2k-1)
+                    \left(-\frac{1}{2}\right)^{k}
+                    \prod_{n=0}^{k-1} (2n-1) \cdot x^{\frac{1}{2} - (k +1)} \\
+                    &= \left( -\frac{1}{2} \right)^{k+1} \prod_{n=0}^{k} (2n-1) \cdot x^{\frac{1}{2} - (k+1)} 
+                .\end{align*}
+            \end{proof}
+        \item Mit $(**)$ folgt dann direkt aus (a)
+            \[
+                f^{(k)}(x) = \frac{\sqrt{\pi}}{2 \Gamma\left( \frac{3}{2} -k \right) } \cdot x^{\frac{1}{2}-k}
+            .\] 
+        \item Aus (a) und (b) folgt damit direkt
+            \begin{align*}
+                T_{\infty}(x, x_0) &= \sum_{k=0}^{\infty} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k  \\
+                &= \sum_{k=0}^{\infty} \frac{\sqrt{\pi}}{2 \Gamma\left( \frac{3}{2} -k \right) k! }
+                \cdot x_0^{\frac{1}{2}-k} (x - x_0)^{k}\\
+                &= \frac{\sqrt{\pi} }{2}\sum_{k=0}^{\infty}
+                \frac{x_0^{\frac{1}{2}-k}}{\Gamma\left( \frac{3}{2} -k \right) k! }
+                (x - x_0)^{k}
+            .\end{align*}
+        \item Zunächst folgt aus (ii) direkt
+            \begin{align*}
+                \Gamma\left(\frac{3}{2} - k\right)
+                &\stackrel{\mathclap{\text{(ii)}}}{=}
+                (-1)^{k-1} \frac{\Gamma\left( -\frac{3}{2} \right) \Gamma\left( \frac{5}{2} \right) }
+                {\Gamma(k + 1 - \frac{3}{2})} \\
+                &\stackrel{\mathclap{\text{(iii)}}}{=}
+                (-1)^{k-1} \frac{\pi}{\Gamma\left( k - \frac{1}{2} \right) }
+                \intertext{$\implies$}
+                \Gamma\left(k - \frac{1}{2}\right) &= (-1)^{k-1} \frac{\pi}{\Gamma\left( \frac{3}{2} -k \right) }
+                \intertext{Eingesetzt in (i) ergibt sich damit}
+                -\frac{1}{2^{k-1}} \prod_{n=0}^{k-1} (2n-1) &=
+                (-1)^{k-1} \frac{\pi}{\Gamma\left( \frac{3}{2} -k \right) \sqrt{\pi} } \\
+                \implies \left( \frac{1}{2} \right)^{k-1} \;
+                \prod_{n=0}^{k-1} (2n-1) &= (-1)^{k} \frac{\sqrt{\pi} }
+                {\Gamma\left( \frac{3}{2} -k \right) } \\
+                \implies \left( - \frac{1}{2} \right)^{k}  \;
+                \prod_{n=0}^{k-1} (2n-1) &= \frac{\sqrt{\pi} }{2 \Gamma\left( \frac{3}{2} -k \right) }
+            .\end{align*}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Mit $A := \left( e^{3x} - 5x \right)^{\frac{1}{x}}$ folgt
+            \[
+                \ln A = \frac{1}{x} \cdot \ln\left( e^{3x} - 5x \right)
+            .\] Damit folgt
+            \begin{align*}
+                \frac{\ln(e^{3x} - 5x)'}{x'} = \frac{1}{e^{3x} - 5x} \left( 3 e^{3x} - 5 \right) 
+                \xrightarrow{x \to 0} -2
+            .\end{align*} Mit de l'Hospital folgt damit
+            \[
+                \lim_{x \to 0} \left( e^{3x} - 5x \right)^{\frac{1}{x}} = e^{-2}
+            .\] 
+        \item Analog zu (a) mit
+            \[
+                \frac{\ln(e^{3x} - 5x)'}{x'} = \frac{1}{e^{3x} - 5x} \left( 3 e^{3x} - 5 \right)
+                = \frac{3 - \frac{5}{e^{3x}}}{1-5 \frac{x}{e^{3x}}}
+                \xrightarrow{x \to \infty} 3
+            .\] Damit folgt
+            \[
+                \lim_{x \to \infty} \left( e^{3x} - 5x \right)^{\frac{1}{x}} = e^{3}
+            .\] 
+        \item Hier folgt direkt
+            \[
+                \frac{(5^{x} - 2^{x})'}{x'} = \frac{\ln(5) \cdot 5^{x} - \ln(2)2^{x}}{1}
+                \xrightarrow{x \to 0} \ln(5) - \ln(2)
+                \qquad \stackrel{\mathclap{\text{de l'Hospital}}}{=} \qquad
+                \lim_{x \to 0} \frac{5^{x} - 2^{x}}{x}
+            .\] 
+        \item Abl. bedeutet hier, Zähler und Nenner seperat abgeleitet.
+            \[
+                \frac{x - \sin(x)}{x^2} \xrightarrow{\text{Abl.}} \frac{1 - \cos(x)}{2x}
+                \xrightarrow{\text{Abl.}} \frac{\sin(x)}{2}
+                \xrightarrow{x \to 0} 0
+            .\] de l'Hospital: $\implies \lim_{x \to 0} \left( \frac{1}{x} - \frac{\sin(x)}{x^2} \right) = 0 $.
+        \item
+            \[
+                \frac{\ln(1+x) - \sin x}{x^2} \xrightarrow{\text{Abl.}}
+                \frac{\frac{1}{1+x} - \cos x}{2x}
+                \xrightarrow{\text{Abl.}}
+                \frac{-\frac{1}{(1+x)^2} + \sin x}{2} \xrightarrow{x \to 0} -\frac{1}{2}
+            .\] de l'Hospital: $\implies \lim_{x \to 0} \frac{\ln(1+x) - \sin(x)}{x^2} = -\frac{1}{2} $.
+        \item Mit $y := \frac{1}{x}$ und $A := (1+y)^{\frac{1}{y}}$, folgt
+            \[
+                \ln A = \frac{\ln(1+y)}{y} \xrightarrow{\text{Abl.}}
+                \frac{1}{1+y} \xrightarrow{y \to \infty} 0
+            .\] Damit folgt mit de l'Hospital $\lim_{y \to \infty} A = 1$. Insgesamt ergibt sich damit
+            \[
+                \lim_{y \to \infty} \frac{1}{y} \cdot (1+y)^{\frac{1}{y}} - \frac{e}{y} = 0
+            .\] 
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Die Funktion ist konvex, d.h. die Bedingung $r'(m) = 0$ reicht bereits aus. Damit folgt
+            \begin{align*}
+                0 &\stackrel{!}{=} r'(m) = - \frac{1}{2} \sum_{i=1}^{N} 2(y_i - m x_i - b^{*}) \\
+                \implies m^{*} &= \frac{\sum_{i=1}^{N} x_i y_i - b^{*} \sum_{i=1}^{N} x_i}{\sum_{i=1}^{N} x_i^2}
+            .\end{align*}
+            Mit $\xi := \sum_{i=1}^{N} x_i y_i$ und $\zeta := \sum_{i=1}^{N} x_i^2$ folgt
+            \begin{align*}
+                m^{*} = \frac{\xi - b^{*} N \overline{x}}{\zeta}
+            .\end{align*}
+            Mit $b^{*} = \overline{y} - m \overline{x}$ folgt
+            \begin{align*}
+                m^{*} &= \frac{\xi - N(\overline{y} - m^{*} \overline{x})\overline{x}}{\zeta} \\
+                \implies m^{*} &= \frac{\xi - N \overline{x} \overline{y}}{\zeta - N \overline{x}^2}
+            .\end{align*}
+        \item Mit $f(x) = m^{*} x + b^{*}$ und der in (a) gezeigten Formel folgt mit dem
+            Ansatz $f(x) = 0$, dass ab dem 32. Zettel niemand mehr abgibt.
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: $f_n(x) := \sin\left( \frac{1}{n} x \right)$, $x \in [-\pi, \pi]$ ist
+            gleichmäßig konvergent mit $f(x) = 0$.
+
+            \begin{proof}
+                Der $\sin(\tau)$ hat auf $\tau \in [-\pi, \pi]$ genau zwei Extrema bei $\tau_1 = \frac{\pi}{2}$
+                und $\tau_2 = -\frac{\pi}{2}$.
+                Für $n > 2$ gilt: $\frac{\pi}{n} < \frac{\pi}{2}$. Damit
+                folgt $\forall x \in [-\pi, \pi]$: $\sin\left( \frac{1}{n} x \right)
+                \le \sin\left( \frac{1}{n} \pi \right) $.
+
+                Sei nun $\epsilon > 0$ bel. Dann wähle
+                $n_{\epsilon} := \left\lceil \frac{\pi}{\arcsin(\epsilon)} \right\rceil > 2$. Dann folgt
+                $\forall x \in [-\pi, \pi]$ und alle $n \in \N$ mit $n \ge n_{\epsilon}$:
+                \[
+                    |f_n(x) - f(x)| = |f_n(x)| = \left|\sin\left( \frac{1}{n} x \right)\right|
+                    \le \left| \sin\left( \frac{1}{n_{\epsilon}} \pi \right)  \right|
+                    \le \left| \sin\left( \frac{1}{\frac{\pi}{\arcsin(\epsilon)}} \pi \right)  \right|
+                    = \epsilon
+                .\] $\implies f_n$ gleichmäßig konvergent. 
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $f_n(x) := n x (1-x)^{n}$, $x \in [0,1]$ ist punktweise konvergent
+            mit $f(x) = 0$, aber nicht gleichmäßig konvergent.
+            \begin{proof}
+                Sei $x \in [0,1]$. Für $x = 0$ und $x = 1$ gilt
+                $f_n(1) = f_n(0) = f(0)$  $\forall n \in \N$.
+
+                Für $x \in (0,1)$ gilt
+                \begin{align*}
+                    \frac{f_{n+1}(x)}{f_n(x)} &= \frac{(n+1)(1-x)}{n} = \frac{n+1-x(n+1)}{n}
+                .\end{align*}
+                Wähle nun $n_{0} := \left\lceil  \frac{1 - x}{x}\right\rceil $. Dann gilt $\forall n > n_0$:
+                \[
+                    x (n+1) > x \left( \frac{1-x}{x} + 1 \right) = 1
+                    \implies \frac{\overbrace{n+1 - x(n+1)}^{<\; n}}{n} < 1
+                .\] 
+                Damit ist $\forall n > n_0$ $f_n$ streng monoton fallend.
+                Da außerdem $f_n(x)$ nach unten beschränkt durch $0$, gilt damit
+                $f_n(x) \xrightarrow{n \to \infty} 0$.
+                $\implies f_n$ konvergiert punktweise gegen $f(x) = 0$.\\[2mm]
+                
+                Z.z.: $f_n$ nicht gleichmäßig konvergent.
+                $f_n(x)$ ist als Produkt von stetigen Funktionen stetig und nach Produktregel
+                differenzierbar.
+                Mit Produkt- und Potenzregel folgt demnach
+                \begin{align*}
+                    f_n'(x) &= n \left[ (1-x)^{n} - nx (1-x)^{n-1}  \right] \\
+                            &= n (1-x)^{n-1} \left[ 1-x - nx  \right] \\
+                    f_n''(x) &= n^2 \left[ -(1-x)^{n-1} - (1-x)^{n-1} + x(n-1) (1-x)^{n-2} \right] \\
+                             &= n^2 \left( 1-x \right)^{n-2}
+                             \left[ -2 +x + xn\right] 
+                .\end{align*}
+                Für $\xi_n = \frac{1}{n+1}$ gilt
+                \begin{align*}
+                    f_n'\left(\xi_n)
+                    &= n \left( 1-\frac{1}{n+1} \right)^{n-1} \left[ 1 - \frac{1}{n+1} - \frac{n}{n+1} \right] 
+                    = n \left( 1- \frac{1}{n+1} \right)^{n-1} \left[ \frac{n+1 - 1 -n}{n+1}\right] = 0 \\
+                    f_n''(\xi_n)
+                    &= n^2 \left( 1 - \frac{1}{n+1} \right)^{n-2}
+                    \left[ -2 + \frac{1}{n+1} + \frac{n}{n+1} \right]
+                    = \underbrace{n^2 \left( 1 - \frac{1}{n+1} \right)^{n-2}}_{> 0}
+                    \underbrace{\left[ \frac{-n -1}{n+1} \right]}_{< 0} < 0
+                .\end{align*}
+                Damit folgt, $f_n$ hat einen Hochpunkt bei $x = \xi_n$. Weiter gilt
+                \begin{align*}
+                    f_n(\xi_n) &= \frac{1}{n+1} n \left( 1 - \frac{1}{n+1} \right)^{n}
+                    = \frac{1}{\frac{1}{n} + 1} \left( 1 - \frac{1}{n+1} \right)^{n}
+                    \xrightarrow{n \to \infty} \frac{1}{e}
+                .\end{align*}
+                
+                Sei nun $\frac{1}{2e} > \epsilon > 0$ beliebig. Dann ex. ein $N_0 \in \N$, s.d. gilt
+                $\forall n > N_0$:
+                \begin{align*}
+                    \left| \frac{1}{e} - f_n(\xi_n) \right|  < \epsilon
+                    \implies \left| f(\xi_n) \right| + \epsilon  > \left| \frac{1}{e} \right|
+                    \implies |f_n(\xi_n)|  > \frac{1}{e} - \epsilon
+                .\end{align*}
+
+                Sei nun $N_0 < n_\epsilon \in \N$ beliebig. Dann wähle
+                $x = \xi_{n_\epsilon}$. Damit folgt
+                \[
+                    |f_{n_\epsilon}(\xi_{n_\epsilon}) - f(\xi_{n_\epsilon})| = |f_{n_{\epsilon}}(\xi_{n_\epsilon})|
+                    > \frac{1}{e} - \epsilon
+                    > 2 \epsilon - \epsilon = \epsilon
+                .\] $\implies f_n$ nicht gleichmäßig konvergent.
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}

ws2019/la/uebungen/la11.tex

@@ -0,0 +1,162 @@
+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\title{Lineare Algebra I: Übungsblatt 11}
+\author{Christian Merten}
+
+\begin{document}
+
+\punkte
+
+\begin{aufgabe}
+    Die Adjunkte zu $A$ erhalten wir nach Berechnung zahlreicher Unterdeterminanten und
+    lästigem Ausrechnen. Damit ergibt sich
+    \begin{align*}
+        \widetilde{A} = \begin{pmatrix} 
+            8 & 8 & -32 & -8 \\
+            3 & 3 & -12 & -3 \\
+            1 & 1 & -4 & -1 \\
+            -5 & -5 & 20 & 5
+        \end{pmatrix}
+    .\end{align*}
+    Weiter folgt
+    \begin{align*}
+        A \cdot \widetilde{A} = \begin{pmatrix} 
+            0 & 0 & 0 & 0 \\
+            0 & 0 & 0 & 0 \\
+            0 & 0 & 0 & 0 \\
+            0 & 0 & 0 & 0 \\
+        \end{pmatrix} 
+    .\end{align*}
+    Damit folgt mit der ersten Cramerschen Regel $\text{det}(A) = 0$.
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item
+            \begin{align*}
+                \intertext{(1)}
+                \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\
+                4 & 3 & 2 & 1 & 5 \end{pmatrix} 
+                  &= \begin{pmatrix} 1 & 4 \end{pmatrix}
+                \circ \begin{pmatrix} 3 & 2 \end{pmatrix}  \\
+                \intertext{Permutationsmatrix}
+                \begin{pmatrix}
+                    0 & 0 & 0 & 1 & 0\\
+                    0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
+                    0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
+                    1 & 0 & 0 & 0 & 0\\
+                    0 & 0 & 0 & 0 & 1
+                \end{pmatrix} 
+                \intertext{(2)}
+                \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\
+                2 & 4 & 5 & 1 & 3\end{pmatrix}
+                  &= \begin{pmatrix} 3 & 5 \end{pmatrix}  \circ \begin{pmatrix} 1 & 4 \end{pmatrix} 
+                  \circ \begin{pmatrix} 1 & 2 \end{pmatrix} 
+                \intertext{Permutationsmatrix}
+                \begin{pmatrix}
+                    0 & 0 & 0 & 1 & 0\\
+                    1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
+                    0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\
+                    0 & 1 & 0 & 0 & 0\\
+                    0 & 0 & 1 & 0 & 0
+                \end{pmatrix} 
+            .\end{align*}
+        \item Beh.: siehe Aufgabe
+            \begin{proof}
+                Sei $F := \{ i \in \{1, \ldots, n\}  \mid \sigma(i) = i \} $
+                \begin{align*}
+                    \text{Sp}(\varphi(\sigma)) &= \sum_{i=1}^{n} \varphi(\sigma)_{ii} \\
+                    &= \sum_{i=1}^{n} \left( e_{\sigma(i)} \right)_i \\
+                    &= \sum_{i = 1, i \in F}^{n} (e_i)_i +
+                    \sum \{ (e_j)_i  \mid i \in \{1, \ldots, n\} \setminus F, \; j = \sigma(i)
+                    \implies j \neq i\}  \\
+                    &= \sum_{i = 1, i \in F}^{n} 1 + \sum_{i = 1, i \not\in F}^{n} 0 = (\# F)_K
+                .\end{align*}
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Gesucht sind zunächst die Nullstellen des charakteristischen Polynoms. Mit
+    \begin{align*}
+        \lambda E_3 - A &=
+        \begin{pmatrix} 
+            \lambda - 4 & -5 & -6 \\
+            0 & \lambda - 3 & 0 \\
+            3 & 5 & \lambda + 5
+        \end{pmatrix} 
+        \intertext{gilt für die Determinante}
+        \text{det}(\lambda E_3 - A) &= (\lambda - 4)(\lambda - 3)(\lambda + 5) +18(\lambda -3) \\
+        &= (\lambda -3) \left[ \lambda^2 + \lambda -2 \right].
+        \intertext{Diese Polynom hat die Nullstellen}
+            \lambda_1 &= 1, \lambda_2 = -2, \lambda_3 = 3.
+        \intertext{Für $\lambda_1$ ergibt sich das homogene GLS}
+            \begin{pmatrix} 
+                -3 & -5 & - 6\\
+                0 & -2 & 0 \\
+                3 & 5 & 6
+            \end{pmatrix} 
+            &\to 
+            \begin{pmatrix} 
+                1 & 0 & 2 \\
+                0 & 1 & 0 \\
+                0 & 0 & 0
+            \end{pmatrix} 
+        \intertext{Damit folgt direkt}
+        \text{ker}(\lambda_1 E_3 - A) &= \text{Lin}\left[ \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix}  \right]
+        \intertext{Für $\lambda_2$ und $\lambda_3$ analog}
+            \text{ker}(\lambda_2 E_3 - A) &= \text{Lin}\left[ \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix}  \right] \\
+            \text{ker}(\lambda_3 E_3 - A) &= \text{Lin}\left[ \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}  \right]
+        .\end{align*}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: $(-)^{t}$ ist linear.
+            \begin{proof}
+                Seien $A, B \in M_{n,n}(\Q)$ und $\lambda \in Q$. Dann folgt direkt
+                \[
+                    (A + \lambda B)^{t} = A^{t} + (\lambda B)^{t} = A^{t} + \lambda B^{t}
+                .\] 
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $\text{dim}_\Q\left( \text{ker}(\lambda \cdot \text{id}_{M_{n,n}(\Q)}) - (-)^{t}) \right)
+            = \begin{cases}
+                \frac{n^2 + n}{2} & \lambda = 1 \\
+                \frac{n^2 - n}{2} & \lambda = -1 \\
+                0 & \text{sonst}
+            \end{cases}$
+            \begin{proof}
+                Sei $A \in \text{ker}(\lambda \cdot \text{id}_{M_{n,n}(\Q)}) - (-)^{t})$.
+                für ein $\lambda \in \Q$.
+                
+                Falls $\lambda = 0 \implies A^{t} = 0 \implies A = 0
+                \implies \text{dim}_\Q\left( \text{ker}(\lambda \cdot \text{id}_{M_{n,n}(\Q)}) - (-)^{t}) \right) = 0$.
+                
+                Sei $\lambda \neq 0$.
+                \begin{align*}
+                    \lambda A - A^{t} &= 0 \implies \lambda a_{ij} = a_{ji} \land \lambda a_{ji} = a_{ij}
+                    \implies \lambda^2 a_{ij} = a_{ij}
+                    \quad \forall i, j \in \{1, \ldots, n\}.
+                    \intertext{Für $A \neq 0$ gilt, es ex. mind. ein $a_{ij} \neq 0$. Für diese $i$ und $j$ 
+                    gilt weiter}
+                    \lambda^2 &= 1 \implies \lambda = \pm 1
+                .\end{align*}
+                Für $\lambda \neq \pm 1 \implies A = 0 \implies \text{dim}_\Q\left( \text{ker}(\lambda \cdot \text{id}_{M_{n,n}(\Q)}) - (-)^{t}) \right) = 0$
+
+                Sei nun $\lambda = 1$. Dann ist $A = A^{t}$, also ist $A$ symmetrisch.
+                Damit bleiben $n$ Diagonaleinträge frei und die Hälfte
+                der restlichen Einträge, damit folgt:
+                \[
+                    \text{dim}_\Q\left( \text{ker}(\text{id}_{M_{n,n}(\Q)}) - (-)^{t}) \right)
+                    = n + \frac{n^2 - n}{2} = \frac{n^2 + n}{2}
+                .\] Für $\lambda = -1$ ist $A = -A^{t}$, also $A$ antisymmetrisch. Damit
+                sind alle Diagonaleinträge $0$. Es folgt analog
+                \[
+                \text{dim}_\Q\left( \text{ker}(-\cdot \text{id}_{M_{n,n}(\Q)}) - (-)^{t}) \right) =
+                \frac{n^2 - n}{2}
+                .\] 
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}