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ws2019/la/uebungen/la11.tex

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+\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}