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ws2019/la/uebungen/la9.tex

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+\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 $V$ und $W$ Vektorräumen.
+
+            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\}
+                    \intertext{Sei nun $w \in K^{m}$ mit $id_{K^{m}} - b(a(w)) = 0$.}
+                    \implies & w = b(a(w)) \\
+                    \stackrel{\text{1a)}}{\implies} &w = 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:
+                \[
+                    x - BAx = x - B\cdot 0 = x
+                .\] 
+
+                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
+                .\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}
+        \intertext{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 \\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}
+        \end{gmatrix}
+        \to
+        \begin{gmatrix}[p] 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0
+        \end{gmatrix}
+        \intertext{$\implies$ Rang 0\\ 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{pmatrix}
+            1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0
+        \end{pmatrix}
+    .\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 wegen $\text{dim } \Q^{2} = 2$ eine Basis
+                von $\Q^{2}$.
+            \end{proof}
+            Beh.: $\underline{w} = \left( (1,1)^{t}, (3,2)^{t} \right) $ is 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 wegen $\text{dim } \Q^{2} = 2$ eine Basis
+                von $\Q^{2}$.
+            \end{proof}
+
+            Beh.:
+            \[
+                T = M_{\underline{e}}^{\underline{v}}(\text{id}_V) =
+                \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} 
+            .\] 
+            \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 & 2 \\ 0 & -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 & 2 \\ 0 & -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}