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