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ws2019/la/uebungen/la12.tex

@@ -1,12 +1,272 @@
-\documentclass{../../../lecture}
+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\usepackage[]{gauss}
+
+\title{Lineare Algebra I: Übungsblatt 12}
+\author{Christian Merten}
 
 \begin{document}
 
-\begin{align*}
-    \left[\begin{matrix}1 & 1 & -1 & -0.5\\0 & -2 & 6 & 6\\0 & 0 & -6 & -15\\0 & 0 & 0 & 10\end{matrix}\right]
-\left[\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0\\0 & 0.333333333333333 & 2.22044604925031 \cdot 10^{-16} & 4.44089209850063 \cdot 10^{-16}\\0 & 0 & 0.200000000000001 & 3.33066907387547 \cdot 10^{-15}\\0 & 0 & 1.33226762955019 \cdot 10^{-15} & 0.0357142857142889\end{matrix}\right]
-.\end{align*}
+\punkte
+
+\vspace{4mm}
+\begin{aufgabe}
+    Zunächst ist das charakteristische Polynom zu berechnen.
+    \begin{align*}
+        \chi_A(\lambda) = \text{det}(\lambda E_n - A) =
+        \begin{gmatrix}[v] 
+            \lambda - 4 & 5 & 4 \\
+            -6 & \lambda + 7 & 4 \\
+            -3 & 4 & \lambda -3
+        \end{gmatrix} = \lambda^{3} - 3 \lambda + 2 = (\lambda - 1)^2(\lambda + 2)
+    .\end{align*}
+    Mit $\chi_A(\lambda) = 0$ folgen die Eigenwerte $\lambda_1 = 1$ und $\lambda_2 = -2$.
+    Die Eigenräume ergeben sich aus den homogenen LGS. Für $\lambda_1 = 1$ folgt
+    \begin{align*}
+        \begin{gmatrix}[p] 
+            1 - 4 & 5 & 4 \\
+            -6 & 8 & 4 \\
+            3 & -4 & -2
+            \rowops
+            \add{2}{1}
+            \swap{2}{1}
+            \add{1}{0}
+            \add[4]{0}{1}
+            \mult{1}{\frac{1}{3}}
+        \end{gmatrix} 
+        \to
+        \begin{gmatrix}[p] 
+            1 & 0 & 2 \\
+            0 & 1 & 2 \\
+            0 & 0 & 0
+        \end{gmatrix} 
+        &\implies V_{\lambda_1} = \text{Lin}\left[ \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix}  \right] 
+        \intertext{Für $\lambda_2 = -2$ folgt analog}
+        \begin{gmatrix}[p] 
+            -6 & 5 & 4 \\
+            -6 & 5 & 4 \\
+            3 & -4 & -5
+            \rowops
+            \add[-]{0}{1}
+            \swap{1}{2}
+            \add[2]{1}{0}
+            \add[4]{0}{1}
+            \mult{1}{\frac{1}{3}}
+            \swap{1}{0}
+        \end{gmatrix} 
+        \to
+        \begin{gmatrix}[p] 
+            1 & 0 & 1 \\
+            0 & 1 & 2 \\
+            0 & 0 & 0
+        \end{gmatrix} 
+        &\implies V_{\lambda_2} = \text{Lin}\left[ \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix}  \right] 
+    .\end{align*}
+    Damit folgt direkt $\mu_{\text{geo}}(\lambda_1) = \text{dim } V_{\lambda_1} = 1 = \text{dim } V_{\lambda_2}
+    = \mu_{\text{geo}}(\lambda_2)$. Damit ist
+    \begin{align*}
+        &\sum_{i=1}^{n} \mu_{\text{geo}}(\lambda_i) = 2 \neq 3 = n \quad \implies A \text{ nicht diagonalisierbar}
+        \intertext{Aber wegen $\mu_{\text{alg}}(\lambda_1) = 2$ und $\mu_{\text{alg}}(\lambda_2) = 1$ folgt}
+        &\sum_{i=1}^{n} \mu_{\text{alg}}(\lambda_i) = 3 = n \implies \quad A \text{ trigonalisierbar}
+    .\end{align*}
+    Ergänze nun $v_1 := \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix} $ und
+    $v_1 := \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix} $ zu einer Basis durch
+    $\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} $ (l.u. da $0 = 2 - 2$ aber  $2 - 1 \neq 0$). Damit
+    folgt direkt
+    \begin{align*}
+        S := M(id)_{\underline{e}}^{\underline{v}} =
+        \begin{gmatrix}[p] 2 & 1 & 0 \\ 2 & 2 & 0 \\ -1 & -1 & 1 \end{gmatrix}
+    .\end{align*}
+    Die Inverse ergibt sich durch Berechnung:
+    \begin{align*}
+        \begin{gmatrix}[p] 2 & 1 & 0 \\ 2 & 2 & 0 \\ -1 & -1 & 1
+        \end{gmatrix}
+        \begin{gmatrix}[p] 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1
+            \rowops
+            \add[-]{1}{0}
+            \add[2]{0}{1}
+            \add{0}{2}
+            \mult{1}{\frac{1}{2}}
+            \add{1}{2}
+            \swap{0}{1}
+        \end{gmatrix}
+        \to 
+        \begin{gmatrix}[p] 
+            1 & -\frac{1}{2} & 0 \\
+            -1 & 1 & 0 \\
+            0 & \frac{1}{2} & 1
+        \end{gmatrix} 
+        =: S^{-1}
+    .\end{align*} Damit ist $S^{-1}AS$ eine obere Dreiecksmatrix.
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: Die Matrix $A := \begin{pmatrix} 2 & 3 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ ist eindeutig bestimmt
+            mit
+            \[
+            \begin{pmatrix} f(n+2) \\ f(n+1) \end{pmatrix} = A \cdot \begin{pmatrix} f(n+1) \\ f(n) \end{pmatrix} 
+            .\]
+            \begin{proof}
+                Mit $A = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} $ ergibt die Voraussetzung
+                zwei Gleichungen:
+                \begin{align*}
+                    f(n+2) &= a f(n+1) + b f(n) \\
+                    f(n+1) &= c f(n+1) + d f(n)
+                .\end{align*}
+                Mit $f(n+2) = 2 f(n+1) + 3 f(n)$ $\forall n \in \N$ folgt direkt $a = 2$, $b = 3$,
+                $c = 1$ und $d = 0$.
+            \end{proof}
+        \item Analog zu Aufgabe 1 folgt
+            \begin{align*}
+                \chi_A(\lambda) =
+                \begin{gmatrix}[v] \lambda - 2 & -3 \\ -1 & \lambda \end{gmatrix} = (\lambda+1)(\lambda -3)
+                = 0 \quad \implies \lambda_1 = -1 \quad \lambda_2 = 3
+            .\end{align*} Damit ergeben sich die Eigenräume. Aus $\lambda_1 = -1$ folgt
+            \begin{align*}
+                \begin{gmatrix}[p] -3 & -3 \\ -1 & -1  \end{gmatrix} 
+                \to 
+                \begin{gmatrix}[p] 1 & -3 \\ 0 & 0 \end{gmatrix} 
+                \implies V_{\lambda_1} = \text{Lin}\left[ \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}  \right].
+                \intertext{und aus $\lambda_2 = 3$ folgt}
+                \begin{gmatrix}[p] 1 & -3 \\ -1 & 3  \end{gmatrix} 
+                \to 
+                \begin{gmatrix}[p] 1 & -3 \\ 0 & 0 \end{gmatrix} 
+                \implies V_{\lambda_2} = \text{Lin}\left[ \begin{pmatrix} 3 \\ 1 \end{pmatrix}  \right]
+            .\end{align*}
+        \item Die Eigenvektoren aus (b) bilden eine Basis $\underline{v}$. Damit folgt
+            \begin{align*}
+                S := M_{\underline{e}}^{\underline{v}}(id) =
+                \begin{gmatrix}[p] 1 & 3 \\ -1 & 1 \end{gmatrix}
+            .\end{align*} und durch Invertieren von $S$
+            \begin{align*}
+                S^{-1} = \begin{gmatrix}[p] \frac{1}{4} & -\frac{3}{4} \\ \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \end{gmatrix} 
+            .\end{align*} Damit hat $S^{-1}AS$ Diagonalgestalt.
+        \item Aus (c) folgt die Diagonalmatrix
+            \begin{align*}
+                D := S^{-1}AS = \begin{gmatrix}[p] -1 & 0 \\ 0 & 3 \end{gmatrix}
+            .\end{align*} Durch die Formel
+            \[
+            \begin{pmatrix} f(n+2) \\ f(n+1) \end{pmatrix} = A \cdot \begin{pmatrix} f(n+1) \\ f(n) \end{pmatrix} 
+        .\] ergibt sich, dass $f(n)$ durch $n-2$-malige Anwendung von  $A$ auf die Startwerte
+        $\begin{pmatrix} f(2) \\ f(1) \end{pmatrix} $ entsteht. Zur Berechnung wird die Diagonalmatrix
+        $D$ verwendet. Dafür wird der Startvektor mit
+        $S^{-1}$ in die Basis $\underline{v}$ transformiert und dann $D$ $n-2$ mal angewendet 
+        und das Ergebnis mit $S^{-1}$ zurück
+        in die kanonische Basis transformiert. Damit ergibt sich
+        \begin{align*}
+            \begin{pmatrix} f(n) \\ f(n-1) \end{pmatrix}
+            = S \cdot D^{n-2} \cdot S^{-1} \cdot \begin{pmatrix} f(2) \\ f(1) \end{pmatrix} 
+            = 
+            \begin{gmatrix}[p] 1 & 3 \\ -1 & 1 \end{gmatrix}  \cdot 
+            \begin{gmatrix}[p] (-1)^{n-2} \left( \frac{f(2)}{4} - \frac{3}{4} f(1)  \right) 
+            \\ 3^{n-2} \left( \frac{f(2)}{4} + \frac{f(1)}{4}  \right)\end{gmatrix}
+        .\end{align*} Da nur $f(n)$ benötigt wird, ergibt sich so $f(n)$ durch die obere Zeile
+        des Vektors, also
+        \begin{align*}
+            f(n) &= (-1)^{n-2} \left( \frac{f(2)}{4} - \frac{3}{4}f(1) \right) +
+            3 \cdot 3^{n-2} \left( \frac{f(2)}{4} + \frac{f(1)}{4} \right) \\
+            &= \frac{3 f(1)}{4} \left( (-1)^{n+1} + 3^{n-2}\right)
+            + \frac{f(2)}{4} \left( (-1)^{n} + 3^{n-1} \right) 
+        .\end{align*}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: $\gamma$ ist eine symmetrische, nicht-ausgeartete Bilinearform
+            \begin{proof}
+                Seien $f, g, h \in K[X]_{\le n}$ und $\lambda \in K$ bel.
+
+                Zz.: $\gamma$ ist symmetrisch. Da $K[X]$ kommutativer Ring folgt
+                    \begin{align*}
+                        \gamma(f,g) = \left( \int (f \cdot g) dx \right)(1_K) =
+                        \left( \int (g \cdot f) dx \right)(1_K) = \gamma(g, f)
+                    .\end{align*}
+                Zz.: $\gamma$ ist bilinear.
+                \begin{align*}
+                    \gamma(\lambda f + h, g) &=
+                    \left( \int ((\lambda f + h) \cdot g) dx \right) (1_K) \\
+                    &= \left( \int ( \lambda f \cdot g + h \cdot g)dx  \right)(1_K) \\
+                    &= \lambda \left( \int \left( f \cdot g \right)  \right) 
+                    + \left( \int \left( h \cdot g) \right) dx  \right)(1_K) \\
+                    &= \lambda \gamma(f, g) + \gamma(h, g)
+                .\end{align*} Wegen der Symmetrie von $\gamma$ folgt die Linearität auch im zweiten
+                Argument. 
+
+                Zz.: $\gamma$ ist nicht ausgeartet.
+
+                Sei $\mathcal{B}$ die kanonische Basis des  $K[X]_{\le n}$. Dann ist die
+                Fundamentalmatrix von $\gamma$ bezügl. $\mathcal{B}$ offensichtlich invertierbar. Damit
+                ist  $\gamma$ nicht ausgeartet.
+            \end{proof}
+        \item Für $K = \Q$ und $n = 3$ muss $\gamma$ für alle Kombinationen der Basisvektoren
+            $(1, x, x^2, x^{3})$ berechnet werden. Also beispielsweise für $x$ und  $x^2$ folgt
+            \begin{align*}
+                \gamma(x, x^2) = \left( \int (x \cdot x^2) dx \right)(1_K)
+                = \left( \int x^{3} dx \right)(1_K) = \frac{1}{3}
+            .\end{align*} Damit folgt analog für die restlichen Kombinationen die Fundamentalmatrix
+            \begin{align*}
+                G = \begin{gmatrix}[p] 
+                    1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{3} & \frac{1}{4} \\
+                    \frac{1}{2} & \frac{1}{3} & \frac{1}{4} & \frac{1}{5} \\
+                    \frac{1}{3} &  \frac{1}{4} & \frac{1}{5} & \frac{1}{6} \\
+                    \frac{1}{4} & \frac{1}{5} & \frac{1}{6} & \frac{1}{7}
+                \end{gmatrix} 
+            .\end{align*}
+        \item Um eine Orthogonalbasis zu bestimmen, müsste $G$ aus (c) diagonalisiert werden. Dieser Prozess
+            ist allerdings für eine $4\times 4$ Matrix mit diesen Einträgen langwierig. Deswegen
+            bestimme die Orthogonalbasis induktiv. Für $n = 2$ ist sofort ersichtlich, dass
+            $\{1, 1 - 2x\} $ eine Orthogonalbasis bilden, da
+            \begin{align*}
+                \gamma(1, 1-2x) = \left( \int (1-2x)dx \right)(1_K) = 1 - 1 = 0
+            .\end{align*} Für $n = 3$ ergibt sich dann aus den Gleichungen $\gamma(1 - 2x, a + bx +cx^2) = 0$
+            und $\gamma(1, a + bx + cx^2) = 0$ folgendes Gleichungssystem:
+            \begin{align*}
+                - b -c &= 0 \\
+                a + \frac{b}{2} + \frac{c}{3} &= 0
+            .\end{align*} Durch Wahl von $a = -1$ ergibt sich damit
+            $b = 6$ und $c = -6$.
+
+            Für $n = 4$ ergeben sich analog zu $n = 3$ die Gleichungen
+            \begin{align*}
+                -10b - 10c - 9d &= 0 \\
+                d + \frac{2}{3} c &= 0 \\
+                a + \frac{b}{2} + \frac{c}{3} + \frac{d}{4} &= 0
+            .\end{align*} Durch Wahl von $d = 10$ ergibt sich damit
+            $a = -\frac{1}{2}$, $b = 6$, $c = -15$. Damit ist
+             \begin{align*}
+               \{1, 1-2x, -1 + 6x -6x^2, -\frac{1}{2} + 6x - 15 x^2 + 10x^3\}   
+             .\end{align*}
+             offensichtlich l.u. und eine Orthogonalbasis des $Q[X]_{\le 3}$ bezüglich $\gamma$.
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
 
-sympy integrate((-1+6*x+6*x^2)*(-0.5 +6*x + -15*x^2 + 10*x^3), (x, 0, 1)) sympy
+\begin{aufgabe}
+    Es gilt nach VL:
+    $M_{\underline{e}}^{\underline{e}}(f) = \left(M_{\underline{e^{*}}}^{\underline{e^{*}}}(f^{*})\right)^{t}$.
+    Damit folgt
+    \begin{align*}
+        \chi_f(t) &= \text{det}(t E_n - M_{\underline{e}}^{\underline{e}}(f)) \\
+        &= \text{det}\left[\left(t E_n - M_{\underline{e}}^{\underline{e}}(f)\right)^{t}\right] \\
+        &= \text{det}\left[(t E_n)^{t} - \left(M_{\underline{e}}^{\underline{e}}(f)\right)^{t}\right] \\
+        &= \text{det}\left[t E_n - M_{\underline{e^{*}}}^{\underline{e^{*}}}(f^{*})\right] \\
+        &= \chi_{f^{*}}(t)
+    .\end{align*} Damit folgt: $\lambda \in K$ Eigenwert von $f$ $\iff$ $\lambda$ Nullstelle von
+    $\chi_f(\lambda)$ $\iff$ $\lambda$ Nullstelle von $\chi_{f^{*}}(\lambda)$ $\iff$ $\lambda$ Eigenwert
+    von  $f^{*}$.
 
+    Sei nun $\lambda \in K$ ein Eigenwert von $f$ bzw.  $f^{*}$. Dann bezeichne
+    $V_{\lambda}$ den Eigenraum von $\lambda$ bezüglich $f$ und $V^{*}_{\lambda}$ den Eigenraum bezüglich
+    $f^{*}$. Da $V$ e.d. gilt $\text{dim } V = \text{dim } V^{*}$.
+    \begin{align*}
+        \text{dim } V_{\lambda} &= \qquad\text{dim } \text{ker}(\lambda E_n - M_{\underline{e}}^{\underline{e}}(f)) \\
+        &\stackrel{V \text{ e.d.}}{=} \qquad \text{dim } V - \text{Rg}(\lambda E_n - M_{\underline{e}}^{\underline{e}}(f)) \\ 
+        &\stackrel{\text{SR = ZR}}{=} \qquad \text{dim } V - \text{Rg}\left[ \left( \lambda E_n - M_{\underline{e}}^{\underline{e}}(f) \right)^{t}  \right]  \\
+        &= \qquad \text{dim } V^{*} - \text{Rg}\left[ \lambda E_n - \left(M_{\underline{e}}^{\underline{e}}(f) \right)^{t}  \right] \\
+        &\stackrel{\text{dim } V = \text{dim } V^{*}}{=} \qquad \text{dim } V^{*} - \text{Rg}\left( \lambda E_n - M_{\underline{e^{*}}}^{\underline{e^{*}}}(f^{*}) \right) \\
+        &\stackrel{V^{*} \text{ e.d.}}{=} \qquad \text{dim } \text{ker}(\lambda E_n - M_{\underline{e^{*}}}^{\underline{e^{*}}}(f^{*})) \\
+        &= \qquad \text{dim } V^{*}_{\lambda}
+    .\end{align*}
+\end{aufgabe}
 \end{document}