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\documentclass[uebung]{../../../lecture}
\usepackage[]{gauss}

\title{Übungsblatt Nr. 10}
\author{Christian Merten}

\begin{document}

\punkte

\begin{aufgabe}
\[
\begin{gmatrix}[p]
0 & 6 & -2 & -1 & 2 \\
-1 & -1 & 0 & -1 & 11 \\
-2 & 3 & -1 & -2 & 15 \\
1 & 0 & 0 & 1 & -10
\end{gmatrix}
\to
\begin{gmatrix}[p]
1 & 0 & 0 & 0 & 2 \\
0 & 1 & 0 & 0 & -1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 2 \\
0 & 0 & 0 & 1 & -12
\end{gmatrix}
.\] $\text{Rg}(A) = \text{Rg}(A|b) = 4$
und
$L = \left\{\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 2 \\ 12 \end{pmatrix} \right\} $
\[
\begin{gmatrix}[p]
2 & 2 & 1 & 2 & 4 \\
1 & 0 & 1 & 1 & 4 \\
1 & 1 & 1 & 2 & 4 \\
2 & 1 & 1 & 1 & 4
\end{gmatrix}
\to
\begin{gmatrix}[p]
1 & 0 & 0 & -1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 2 & 4 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{gmatrix}
.\] $\text{Rg}(A) = \text{Rg}(A|b) = 3$ spezielle Lösung $\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 4 \\ 0 \end{pmatrix} $,
damit folgt
$L = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 4 \\ 0 \end{pmatrix} + \text{Lin}\left( \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix} \right) $.
\[
\begin{gmatrix}[p]
1 & 0 & 1 & 1 & 1 \\
2 & 2 & 1 & 2 & 2 \\
1 & 1 & 1 & 2 & 3 \\
2 & 1 & 1 & 1 & 4
\end{gmatrix}
\to
\begin{gmatrix}[p]
1 & 0 & 0 & -1 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 2 \\
0 & 0 & 1 & 2 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 1
\end{gmatrix}
.\]
$\text{Rg}(A) = 3 \neq 4 = \text{Rg}(A|b) \implies L = \{\} $
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
\begin{enumerate}[(a)]
\item Beh.: $x^2 + 1$ und $x^2 + x + 1$ sind teilerfremd.
\begin{proof}
Führe den euklidischen Algorithmus mit $f_1 := x^2 + x + 1$ und
$f_2 := x^2 + 1$
aus. So erhalten wir
\begin{align*}
f_1 &= 1 \cdot f_2 + \underbrace{x}_{ =: f_3} \\
f_2 &= x \cdot f_3 + \underbrace{1}_{ =: f_4} \\
f_3 &= x \cdot f_4
.\end{align*}
Damit erhalten wir direkt
$\text{ggT}(f_1, f_2) = f_4 = 1 \implies f_1, f_2$ teilerfremd.
\end{proof}
\item Beh.: Für $p := 1 + x$ und $q := -x$ gilt $p \cdot (x^2 + 1) + q \cdot (x^2 + x + 1) = 1$.
\begin{proof}
Steige den euklidischen Algorithmus aus (a) auf.
\begin{align*}
1 = f_4 = f_2 - x \cdot f_3 &= f_2 - x (f_1 - f_2) \\
&= f_2 - x \cdot f_1 + x \cdot f_2 \\
&= (\underbrace{-x}_{=q})
\cdot f_1 + (\underbrace{1 + x}_{=p}) \cdot f_2
.\end{align*}
\end{proof}
\item Sei $f \in K[x]$ ein Polynom.

Beh.: $f K[x] := \{f g \mid g \in K[x]\} $ ist Untervektorraum von $K[x]$
\begin{proof}
Seien $g_1, g_2 \in f K[x]$ und $\lambda \in K$ bel. Dann ex.
Polynome $h_1, h_2 \in K[x]$ mit $g_1 = h_1 \cdot f$ und
$g_2 = h_2 \cdot f$. Damit folgt
\[
\lambda g_1 + g_2 = \lambda f h_1 + f h_2 = f (\underbrace{\lambda h_1 + h_2}_{ \in K[x]})
.\] $\implies \lambda g_1 + g_2 \in f K[x]$.

Außerdem $0 \cdot f = 0 \in f K[x]$.
\end{proof}
\item Beh.: $\text{dim } K[x] / f K[x] = |\text{deg}(f)|$.
\begin{proof}
Für $f = 0$ folgt $f K[x] = \{0\} $ und wegen $K[x] \stackrel{\sim }{=} K[x] / \{0\}$, folgt
direkt $\text{dim } K[x] = \infty = |-\infty| = \text{deg}(f)$.

Für $f \neq 0$ definiere $n := \text{deg}(f) \ge 0$.

Zz.: Die auf $K[x]_{< n}$ eingeschränkte kanonische Projektion
$\left.p\right|_{K[x]_{<n}} \longrightarrow K[x] / f K[x]$ ist Isomorphismus.

$p\colon K[x] \to K[x] / f K[x]$ ist linear nach VL, damit auch
$\left.p\right|_{K[x]_{< n}}$.

Sei nun $h \in K[x]_{< n}$ mit $p(h) = 0 = f K[x]$. Dann ex. $g \in K[x]$, s.d.
$h = f g$. Angenommen: $h \neq 0 \implies g \neq 0 \land f \neq 0$. Damit folgt
\[
\text{deg}(h) = \text{deg}(f) + \text{deg}(g) = n + \text{deg}(g)
.\]
Wegen $\text{deg}(g) \ge 0$ folgt damit $\text{deg}(h) \ge n$.
$\implies h \not\in K[x]_{<n}$. Widerspruch.\\
$\implies \text{ker } \left.p\right|_{K[x]_{< n}} = \{0\} $.

Sei nun $A \in K[x] / f K[x]$. Dann ex. ein $g \in K[x]$ mit $A = g + f K[x]$.
Definiere nun rekursiv durch Polynomdivision:
\[
g_k := q_{k+1} \cdot f + g_{k+1}
.\]
mit $g_1 := g$. Dabei gilt nach VL $\text{deg}(g_{k+1}) < \text{deg}(g_k)$. Wähle
das erste $g_k$, sodass gilt $\text{deg}(g_k) < n$. Damit folgt
\begin{align*}
&g = g_1 = q_1 \cdot f + \ldots + q_{k} \cdot f + g_k = (q_1 + \ldots + q_k) \cdot f + g_k \\
\implies &g - g_k = \underbrace{(q_1 + \ldots + q_k) \cdot f}_{\in f K[x]}
.\end{align*}
$\implies$ $g \sim g_k$ und wegen $\text{deg}(g_k) < n$ folgt $g_k \in K[x]_{< n}$.\\
$\implies \left.p\right|_{K[x]_{<n}}(g_k) = A$.

Damit ist $\left.p\right|_{K[x]_{<n}}$ bijektiv und damit Isomorphismus, da
$K[x]_{<n}$ endlich dimensional folgt direkt
\[
\text{dim } K[x] / f K[x] = \text{dim } K[x]_{<n} = n = |\text{deg}(f)|
.\]
\end{proof}
\end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
Sei $A \in M_{n, n}(K)$ und $\lambda \in K$.
\begin{enumerate}[(a)]
\item Beh.: $\text{det}(\lambda A) = \lambda^{n} \text{det}(A)$
\begin{proof}
\begin{align*}
\text{det}(\lambda A) &= \text{det}(E_1(\lambda) \cdot \ldots \cdot E_n(\lambda)\cdot A) \\
&= \text{det}(E_1(\lambda)) \cdot \ldots \cdot \text{det}(E_n(\lambda)) \cdot \text{det}(A) \\
&= \lambda^{n} \text{det}(A)
.\end{align*}
\end{proof}
\item Beh.: Ist $K = \R$, $n = 3$ und $A = - A^{t}$, dann ist $A$ nicht invertierbar.
\begin{proof}
Mit $A = (a_{ij})$ und $A = - A^{t}$ folgt für $i = j$ : $a_{ii} = -a_{ii}$. Mit
$\text{char}(\R) = 0$ folgt $a_{ii} = 0$. Für $i \neq j$: folgt
$a := a_{12} = - a_{21}$, $b := a_{23} = - a_{32}$ und $c := a_{13} = -a_{31}$.
Damit folgt direkt
\[
\text{det}(A) = \begin{gmatrix}[v] 0 & a & c \\ -a & 0 & b \\ -c & -b & 0 \end{gmatrix}
= 0
.\] $\implies A$ nicht invertierbar.
\end{proof}
\item Ja. $\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}$ ist antisymmetrisch, aber
wegen $\begin{gmatrix}[v] 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{gmatrix} = 1$ invertierbar.
\item Ja. mit $K = \Z / 2\Z$ gilt für $A := \begin{gmatrix}[p] \overline{1} & 0 & 0 \\
0 & \overline{1} & 0 \\ 0 & 0 & \overline{1} \end{gmatrix}$
\[
A + A^{t} = A + A \stackrel{\overline{1} + \overline{1} = 0}{=} 0
.\] Aber $\text{det}(A) = \overline{1} \cdot \overline{1} \cdot \overline{1} = \overline{1} \neq 0$.
\end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
\begin{enumerate}[(a)]
\item Beh.: $\text{det}(A) = (x + (n-1)y)(x-y)^{n-1}$.
\begin{proof}
\begin{align*}
&\begin{gmatrix}[v]
x & y & y & \ldots & y \\
y & x & y & \ldots & y \\
y & y & x & \ldots & y \\
\vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\
y & y & y & \ldots & x
\rowops
\add[-1]{0}{1}
\add[-1]{0}{2}
\add[-1]{0}{3}
\end{gmatrix}
\to
\begin{gmatrix}[v]
x & y & y & \ldots & y \\
y-x & x-y & 0 & \ldots & 0 \\
y-x & 0 & x - y & \ldots & 0 \\
\vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\
y-x & 0 & 0 & \ldots & x-y
\colops
\add[1]{1}{0}
\add[1]{2}{0}
\add[1]{3}{0}
\add[1]{4}{0}
\end{gmatrix} \\[2mm]
\to &
\begin{gmatrix}[v]
x + (n-1)y & y & \ldots & y \\
0 & x-y & 0 & \ldots & y \\
0 & 0 & x-y & \ldots & y \\
\vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\
0 & 0 & 0 & \ldots & x-y \\
\end{gmatrix}
= (x+(n-1)y)(x-y)^{n-1}
.\end{align*}
\end{proof}
\item Beh.: $\text{det}(B) = (x^2 - y^2)^{n}$
\begin{proof}
durch vollständige Induktion

I.A.: $n = 1$ : $B_2 = \begin{gmatrix}[v] x & y \\ y & x \end{gmatrix} = x^2 - y^2 = (x^2 - y^2)^{1} $

I.S.: $n - 1 \to n$. Die Beh. gelte bereits für bel. $n - 1 \in \N$.

Entwicklung der Determinante nach der ersten Spalte. Im folgenden
bezeichnen $b_{ij}$ Komponenten der Matrix $B_n$.

$B_{n}$ ist von der Form:
\begin{align*}
\begin{gmatrix}[p]
x & 0 & 0 & 0 & \ldots & y \\
0 & x & 0 & 0 & \ldots & 0 \\
0 & 0 & x & y & \ldots & 0 \\
0 & 0 & y & x & \ldots & 0 \\
\vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\
y & 0 & 0 & 0 & \ldots & x
\end{gmatrix}
.\end{align*}

Das heißt $b_{11} = x$, $b_{(2n) 1} = y$ und sonst $b_{i1} = 0$.
Damit folgt (hier ist $B = B_{n}$):
\begin{align*}
|B_{n}| &= \sum_{i=1}^{n} (-1)^{i+j}a_{ij}\text{det}(B_{ij}) \\
&= x \cdot \text{det}(B_{11}) - y \cdot \text{det}(B_{(2n)1})
.\end{align*}
Für $B_{11} \in M_{(2n-1)\times (2n-1)}(K)$
bzw. $B_{(2n)1} \in M_{(2n-1)\times (2n-1)}(K)$
entwickle nach der letzten Spalte $j = 2n-1$. Hier ist
jeweils nur in einer Zeile ein Eintrag ungleich Null: $b_{(2n)(2n)} = x$ bzw.
$b_{1(2n)} = y$.
Die Matrizen $B_{11_{(2n-1)(2n-1)}}, B_{(2n)1_{1(2n-1)}} \in M_{2(n-1) \times 2(n-1)}(K)$
sind identisch und gleich $B_{n-1}$. Damit folgt:
\begin{align*}
|B_{11}| &= (-1)^{2n-1 + 2n-1} x \cdot \text{det}(B_{11_{(2n-1)(2n-1)}}) \\
&= x \cdot \text{det}(B_{n-1}) \\
&\stackrel{I.V.}{=} x (x^2 - y^2)^{n-1}\\
|B_{(2n)1}| &= (-1)^{2n-1 + 1} y \cdot \text{det}(B_{(2n)1_{1(2n-1)}}) \\
&= y \cdot \text{det}(B_{n-1}) \\
&\stackrel{I.V.}{=} y (x^2 - y^2)^{n-1}
.\end{align*}
Damit folgt direkt:
\[
|B_n| = x \cdot x (x^2 - y^2)^{n-1} - y \cdot y (x^2 - y^2)^{n-1} = (x^2 - y^2)(x^2-y^2)^{n-1}
= (x^2 - y^2)^{n}
.\]
\end{proof}
\end{enumerate}
\end{aufgabe}

\end{document}

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