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| \input{analysis17.tex} | |||
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| \input{analysis20.tex} | |||
| \end{document} | |||
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| \documentclass[uebung]{../../../lecture} | |||
| \title{Analysis I: Übungsblatt 10} | |||
| \author{Leon Burgard, Christian Merten, Übungsgruppe Mittwoch} | |||
| \usepackage[]{mathtools} | |||
| \begin{document} | |||
| % punkte tabelle | |||
| \begin{tabular}{|c|m{1cm}|m{1cm}|m{1cm}|m{1cm}|m{1cm}|m{1cm}|@{}m{0cm}@{}} | |||
| \hline | |||
| Aufgabe & \centering A1 & \centering A2 & \centering A3 & \centering A4 & \centering A5 & \centering $\sum$ & \\[5mm] \hline | |||
| Punkte & & & & & & & \\[5mm] \hline | |||
| \end{tabular} | |||
| \begin{aufgabe} | |||
| \begin{enumerate}[(a)] | |||
| \item Sei $f\colon [a,b] \to \R$ stetige Funktion mit $f(a) = 0$ und $f(x) \neq 42$ $\forall x \in [a,b]$. | |||
| Beh.: $f(b) < 42$. | |||
| \begin{proof} | |||
| Angenommen: $f(b) \ge 42$. Dann folgt mit ZWS: $\exists x \in [a,b]$, s.d. | |||
| $f(x) = 42$. Widerspruch zu $f(x) \neq 42 \; \forall x \in [a,b]$. | |||
| \end{proof} | |||
| \item Seien $f, g\colon \R \to \R$ stetige Funktionen mit | |||
| $f(42) > g(42)$ und $f(x) \neq g(x)$ $\forall x \in \R$. | |||
| Beh.: $f(x) > g(x)$ $\forall x \in \R$ | |||
| \begin{proof} | |||
| Angenommen: $\exists a \in \R$, s.d. $f(a) < g(a)$. Dann definiere | |||
| $d(x) := f(x) - g(x)$. Wegen $f, g$ stetig, ist auch $d$ stetig. | |||
| O.B.d.A. $a < 42$. Dann wähle $b := 42$. Wegen | |||
| $f(b) > g(b) \implies d(b) > 0$ und da | |||
| $f(a) < g(a) \implies d(a) < 0$.\\ | |||
| $\stackrel{\text{ZWS}}{\implies} \exists x' \in [a,b]$ mit | |||
| $d(x') = 0 \implies f(x') = g(x')$. Widerspruch. | |||
| \end{proof} | |||
| \end{enumerate} | |||
| \end{aufgabe} | |||
| \begin{aufgabe} | |||
| \begin{enumerate}[(a)] | |||
| \item Beh.: Jede Lipschitz-stetige Funktion ist gleichmäßig-stetig. | |||
| \begin{proof} | |||
| Sei $f\colon D \to \R$ Lipschitz-stetig auf $D \subset \R$. Dann | |||
| $\exists L > 0$, s.d. $|f(x) - f(y)| \le L |x - y|$ $\forall x,y \in D$. | |||
| Sei nun $\epsilon > 0$ beliebig. Wähle $\delta := \frac{\epsilon}{L}$. Dann gilt | |||
| $\forall x, y \in D$ mit $|x - y| < \delta = \frac{\epsilon}{L}$ | |||
| \[ | |||
| |f(x) - f(y)| \le L |x-y| < L \cdot \frac{\epsilon}{L} = \epsilon | |||
| .\] | |||
| \end{proof} | |||
| \item Beh.: $f\colon \R^{+} \to \R$ mit $f(x) = \sqrt{x}$ | |||
| ist gleichmäßig stetig, aber nicht Lipschitz-stetig. | |||
| \begin{proof} | |||
| Sei $\epsilon > 0$ bel. dann wähle $\delta := \left( \frac{\epsilon}{2} \right)^2$. | |||
| Dann gilt $\forall x, y \in \R^{+}$ mit $|x-y| < \delta$: | |||
| \[ | |||
| |\sqrt{x} - \sqrt{y}| \stackrel{\sqrt{x} \text{ monoton steigend}}{<} | |||
| |\sqrt{x + \delta } - \sqrt{x}| | |||
| = \left| \frac{\delta}{\sqrt{x + \delta } + \sqrt{x} } \right| | |||
| < \left| \frac{\delta}{\sqrt{\delta }} \right| | |||
| = \frac{\epsilon^2}{4} \cdot \frac{2}{\epsilon} | |||
| = \frac{\epsilon}{2} | |||
| < \epsilon | |||
| .\] $\implies$ $f$ gleichmäßig-stetig. | |||
| Sei nun $L \in \R$ beliebig und wähle $x := 0$. Dann gilt | |||
| \[ | |||
| \frac{|\sqrt{x} - \sqrt{y}| }{|x-y|} = \frac{\sqrt{y} }{|y|} | |||
| = \frac{1}{\sqrt{y}} \xrightarrow{y \searrow 0} \infty > L | |||
| .\] $\implies$ $f$ in $x_0 = 0$ nicht Lipschitz-stetig. | |||
| \end{proof} | |||
| \item Beh.: Jede gleichmäßig stetige Funktion ist stetig. | |||
| \begin{proof} | |||
| Sei $f\colon D \to \R$ gleichmäßig stetig auf $D \subset \R$. | |||
| Sei $\epsilon > 0$ bel. dann ex. ein $\delta > 0$ mit | |||
| $|f(x) - f(y)| < \epsilon$ $\forall x, y \in D$ mit $|x - y| < \delta $. | |||
| Insbesondere für ein beliebiges $a \in D$ gilt also | |||
| $\forall x \in D$ mit $|x - a| < \delta $: | |||
| \[ | |||
| |f(x) - f(a)| < \epsilon | |||
| .\] $\implies f$ stetig. | |||
| \end{proof} | |||
| \item Beh.: Die Funktion $f\colon \R \to \R$ mit $f(x) = x^2$ ist stetig, | |||
| aber nicht gleichmäßig stetig. | |||
| \begin{proof} | |||
| $f$ ist als Polynom stetig. Wähle nun $\epsilon := 1$ und $\delta > 0$ beliebig. | |||
| Dann wähle $x > \frac{1}{\delta} - \frac{\delta }{4}$ und | |||
| $y := x + \frac{\delta}{2}$. Dann gilt $|x - y| = \frac{\delta}{2} < \delta $, aber | |||
| \[ | |||
| \left| \left( x + \frac{\delta}{2} \right)^2 - x^2 \right| | |||
| = \left| x^2 + \delta x + \frac{\delta^2}{4} - x^2 \right| | |||
| = \left|\delta x + \frac{\delta ^2}{4} \right| | |||
| > \left| 1 - \frac{\delta ^2}{4} + \frac{\delta ^2}{4} \right| = 1 = \epsilon | |||
| .\] $\implies f$ nicht gleichmäßig stetig. | |||
| \end{proof} | |||
| \end{enumerate} | |||
| \end{aufgabe} | |||
| \begin{aufgabe} | |||
| \begin{enumerate}[(a)] | |||
| \item | |||
| \begin{proof} | |||
| \begin{itemize} | |||
| \item $\sin(0) = \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^{k} \cdot 0 = 0$ | |||
| \item $\cos(0) = \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^{k} \cdot \frac{0^{2k}}{(2k)!} = 1$ | |||
| \item $\sin(\pi) = \sin \frac{\pi}{2} \cdot \underbrace{\cos \frac{\pi}{2}}_{= 0} + | |||
| \underbrace{\cos \frac{\pi}{2}}_{= 0} \cdot \sin \frac{\pi}{2} = 0$ | |||
| \item $\sin(2\pi) = \underbrace{\sin \pi}_{=0} \cdot \cos \pi | |||
| + \cos \pi \cdot \underbrace{\sin \pi}_{=0} = 0$ | |||
| \item $\cos \pi = \underbrace{\cos \frac{\pi}{2} \cdot \cos \frac{\pi}{2}}_{= 0} | |||
| - \sin \frac{\pi}{2} \cdot \sin \frac{\pi}{2} (*)$ | |||
| \begin{align*} | |||
| &\cos \pi - \cos 0 = - 2\cdot \sin \frac{\pi}{2} \cdot \sin \frac{\pi}{2} \\ | |||
| \implies& \cos \pi - 1 = - 2 \left( \sin \frac{\pi}{2} \right)^2 \\ | |||
| \stackrel{(*)}{\implies}& - \left( \sin \frac{\pi}{2} \right)^2 | |||
| - 1 = - 2 \left( \sin \frac{\pi}{2} \right)^2 \\ | |||
| \implies & \left( \sin \frac{\pi}{2} \right)^2 = 1 \\ | |||
| \stackrel{(*)}{\implies} & \cos \pi = -1 | |||
| .\end{align*} | |||
| \item $\cos 2\pi = \underbrace{\cos \pi \cdot \cos \pi}_{= 1} | |||
| - \underbrace{\sin \pi \cdot \sin \pi}_{= 0} = 1$ | |||
| \item $\sin \frac{3}{2}\pi - \sin \frac{\pi}{2} = 2 \cos(\pi) \cdot \sin(\frac{\pi}{2}) | |||
| \stackrel{\cos \pi = -1}{\implies} \sin \frac{3}{2} \pi = - \sin \frac{\pi}{2}$ | |||
| \item $\sin 2\pi - \sin \pi = 0 = 2 \cos \frac{3}{2} \pi \cdot \sin \frac{\pi}{2} | |||
| \stackrel{\sin \frac{\pi}{2} \neq 0}{\implies} \cos \frac{3}{2} \pi = 0$ | |||
| \item Aus VL folgt $\sin x > 0$ $\forall x \in ]0,2[$ und $\frac{\pi}{2} \in ]0,2[$ | |||
| $\implies \sin \frac{\pi}{2} = 1$ und damit $\sin \frac{3}{2} \pi = -1$. | |||
| \end{itemize} | |||
| \end{proof} | |||
| \item | |||
| \begin{proof} Mit $e^{ix} = \cos x + i \sin x$ und (a) folgen direkt | |||
| \begin{itemize} | |||
| \item $e^{i\frac{\pi}{2}} = \cos \frac{\pi}{2} + i \sin \frac{\pi}{2} = i$ | |||
| \item $e^{i\pi} = \cos \pi + i \sin \pi = -1$ | |||
| \item $e^{i\frac{3\pi}{2}} = \cos \frac{3\pi}{2} + i \sin \frac{3\pi}{2} = -i$ | |||
| \item $e^{i 2\pi} = \cos 2\pi + i \sin 2\pi = 1$ | |||
| \end{itemize} | |||
| \end{proof} | |||
| \end{enumerate} | |||
| \end{aufgabe} | |||
| \begin{aufgabe} | |||
| \begin{enumerate}[(a)] | |||
| \item $f(x) = (x^{x})^{x} = e^{\ln(x) \cdot x^2}$, $x > 0$. Mit Ketten- und Produktregel folgt | |||
| \[ | |||
| f'(x) = e^{\ln(x)\cdot x^2} (x + 2x \cdot \ln(x)) = (x^{x})^{x} (x + 2 x \ln x) | |||
| .\] | |||
| \item $f(x) = \ln(x)^{x} = e^{\ln(\ln x) \cdot x}$, $x > 0$. Mit Ketten- und Produktregel folgt | |||
| \[ | |||
| f'(x) = \ln(x)^{x} \left(\frac{1}{\ln(x)} \cdot \frac{1}{x} \cdot x + \ln(\ln(x))\right) | |||
| = \ln(x)^{x}\left(\frac{1}{\ln(x)} + \ln(\ln(x))\right) | |||
| .\] | |||
| \item $f(x) = \frac{x^{4} + 2x^{3} -x}{x^{3} + 1}$, $x \neq -1$. Mit Quotientenregel folgt | |||
| \[ | |||
| f'(x) = \frac{(4 x^{3} + 6x^2 - 1)(x^{3}+1)-(x^{4}+2x^{3}-x)(3x^2)}{(x^{3}+1)^2} | |||
| = \frac{x^{6}+6x^{3}+6x^2-1}{x^{6}+2x^{3}+1} | |||
| .\] | |||
| \item $f(x) = \left( \sqrt{x} +1 \right) \left( \frac{1}{\sqrt{x} } - 1 \right) $, $x > 0$. | |||
| Mit Produktregel folgt | |||
| \[ | |||
| f'(x) = \frac{1}{2 \sqrt{x} } \left( \frac{1}{\sqrt{x} } -1 \right) | |||
| + \left( \sqrt{x} +1 \right) \left( -\frac{1}{2x^{\frac{3}{2}}} \right) | |||
| = \frac{1}{2x} - \frac{1}{2\sqrt{x} } - \frac{\sqrt{x} }{2x^{\frac{3}{2}}} - \frac{1}{2x^{\frac{3}{2}}} = \frac{-x-1}{2x^{\frac{3}{2}}} | |||
| .\] | |||
| \item $f(x) = \frac{\ln(x)}{1+x^2}$, $x > 0$. Mit Quotientenregel folgt | |||
| \[ | |||
| f'(x) = \frac{\frac{1}{x}(1+x^2) - \ln(x)\cdot 2x}{(1+x^2)^2} | |||
| = \frac{\frac{1}{x} + x - \ln(x)\cdot 2x}{(1+x^2)^2} | |||
| = \frac{1 + x^2(1 - \ln(x))}{x(1+x^2)^2} | |||
| .\] | |||
| \item $f(x) = \sin(x)^{\cos(x)} = e^{\ln(\sin(x)) \cdot \cos(x)}$, | |||
| $x \in \{ 0 < x - 2\pi k < \pi \mid k \in \Z\} $. | |||
| Mit Ketten- und Produktregel folgt | |||
| \begin{align*} | |||
| f'(x) &= \sin(x)^{\cos(x)} \left(\frac{1}{\sin(x)} \cdot \cos(x) \cdot \cos(x) - \ln(\sin(x)) \cdot \sin(x)\right) \\ | |||
| &= \sin(x)^{\cos(x)} \left( \cot(x) \cdot \cos(x) - \ln(\sin(x)) \cdot \sin(x) \right) \\ | |||
| &= \sin(x)^{\cos(x)+1} (\cot(x)^2 - \ln(\sin(x))) | |||
| .\end{align*} | |||
| Für $x = 2\pi k$, $k \in \Z$: | |||
| \begin{align*} | |||
| D_h f(2\pi k) = D_h f(0) &= \frac{\sin(h)^{\cos(h)} - \sin(0)^{\cos(0)}}{h} \\ | |||
| &= \frac{e^{\ln(\sin(h)) \cdot \cos(h)}}{e^{\ln(h)}} \\ | |||
| &= e^{\underbrace{\ln(\sin(h))}_{\to \ln(h)} \cdot \underbrace{\cos(h)}_{\to 1} - \ln(h)} | |||
| \xrightarrow{h \to 0} e^{0} = 1 | |||
| .\end{align*} $\implies f'(2\pi k) = 1$. | |||
| Für $\pi \le x - 2\pi k < 2\pi$: $\sin(x) < 0 \implies \sin(x)^{\cos(x))} \not\in \R$. | |||
| \item $f(x) = \ln(\tan(x)) - \frac{\cos(2x)}{\sin^2(2x)}$, $x \in \left( 0, \frac{\pi}{2} \right) $. | |||
| Mit Quotientenregel folgt für | |||
| $(\tan(x))' = \left(\frac{\sin(x)}{\cos(x)}\right)' = \frac{\cos^2(x)+\sin^2(x)}{\cos^2(x)} = \frac{1}{\cos^2(x)}$. Damit folgt mit Ketten- und Quotientenregel: | |||
| \begin{align*} | |||
| f'(x) &= \frac{1}{\tan(x)} \cdot \frac{1}{\cos^2(x)} - | |||
| \frac{2 \sin(2x) \cdot \sin^2(2x) - \cos(2x) \cdot 2 \sin(2x) \cdot 2 \cos(2x)}{\sin^{4}(2x)} \\ | |||
| &= 2 \cdot \frac{\cos^2(2x) + 1}{\sin^{3}(2x) \sin(x)\cos(x)} | |||
| .\end{align*} | |||
| \end{enumerate} | |||
| \end{aufgabe} | |||
| \begin{aufgabe} | |||
| \begin{enumerate}[(a)] | |||
| \item Beh.: $f_n(x) := \left| \cos^{n}(x) \right| $, $n \in \N$ konvergiert auf dem | |||
| Intervall $D := [0, \pi]$ punktweise gegen $f(x) := \begin{cases} | |||
| 1 & x \in \{0, \pi\} \\ | |||
| 0 & \text{sonst} | |||
| \end{cases}$, aber nicht gleichmäßig. | |||
| \begin{proof} | |||
| Sei $0 < \epsilon < 1$ und $x \in [0, \pi]$ beliebig. Für $x \in \{0, \pi\} $ | |||
| gilt $\forall n \in \N$ | |||
| \[ | |||
| |f_n(x) - f(x)| = |\cos^{n}(x) - f(x)| = |1^{n} - 1| = 0 < \epsilon | |||
| .\] Für $0 < x < \pi$: Wähle $n_{\epsilon} := \left\lceil \frac{\ln(\epsilon)}{\ln|\cos(x)|}\right\rceil$. | |||
| Dann gilt $\forall n \in \N$, $n > n_{\epsilon}$: | |||
| \[ | |||
| |f_n(x) - f(x)| = |\cos^{n}(x)| | |||
| \stackrel{|\cos(x)| < 1} < |\cos^{n_{\epsilon}}(x)| | |||
| \le \left|\cos^{\frac{\ln(x)}{\ln|\cos(x)|}}\right| | |||
| = e^{\frac{\ln(\epsilon)}{\ln|\cos(x)|} \ln|\cos(x)|} | |||
| = \epsilon | |||
| .\] $\implies f_n(x)$ punktweise konvergent | |||
| Sei nun $n_{\epsilon} \in \N$ beliebig. Definiere | |||
| $\zeta = e^{\frac{\ln(\epsilon)}{n_{\epsilon}}} > 0$. Wegen | |||
| $\epsilon < 1 \implies \ln(\epsilon) < 0 \implies \zeta < 1$. | |||
| Damit definiere $\xi := \arccos\left( \zeta \right)$. | |||
| Dann gilt | |||
| $\forall x \in (0, \frac{\pi}{2}]$ mit $x < \xi$: | |||
| \begin{align*} | |||
| |f_{n_{\epsilon}}(x) - f(x)| | |||
| = \left| \cos^{n_{\epsilon}}(x) \right| | |||
| > \left| \cos^{n_{\epsilon}}\left( \arccos\left( e^{\frac{\ln(\epsilon)}{n_{\epsilon}}} \right) \right) \right| | |||
| = e^{\frac{\ln(\epsilon)}{n_{\epsilon}} \cdot n_{\epsilon}} | |||
| = \epsilon | |||
| .\end{align*} | |||
| $\implies f_n$ nicht gleichmäßig konvergent. | |||
| \end{proof} | |||
| \item Beh.: $f_n(x)$ konvergiert auf dem Intervall | |||
| $\widetilde{D} := \left[ \frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4} \right] $ gleichmäßig | |||
| mit $f(x) = 0$. | |||
| \begin{proof} | |||
| Sei $\epsilon > 0$ beliebig. Dann wähle | |||
| $n_{\epsilon} := \left\lceil \frac{\ln(\epsilon)}{\ln\left(\cos\left(\frac{\pi}{4}\right)\right)} \right\rceil $. Sei nun $x \in \widetilde{D}$ bel. Dann | |||
| gilt $\forall n \in \N$, $n > n_{\epsilon}$ | |||
| \begin{align*} | |||
| |f_n(x) - f(x)| \qquad \qquad | |||
| &= \qquad \qquad |\cos^{n}(x)| \\[2mm] | |||
| &\stackrel{\mathclap{|\cos(x)| < 1}}{<} \qquad \qquad |\cos^{n_{\epsilon}(x)}| \\[2mm] | |||
| &\le \qquad \qquad e^{\ln|\cos(x)| \frac{\ln(\epsilon)}{\ln\left( \cos\left( \frac{\pi}{4} \right) \right) }} \\[2mm] | |||
| &\stackrel{\mathclap{\cos\left( \frac{\pi}{4} \right) \;>\; |\cos(x)|}}{\le} \qquad \qquad | |||
| e^{\ln\left( \cos\left( \frac{\pi}{4} \right) \right) \cdot \frac{\ln(\epsilon)}{\ln\left( \cos\left( \frac{\pi}{4} \right) \right) } } \\[2mm] | |||
| &= \qquad \qquad \epsilon | |||
| .\end{align*} | |||
| $\implies f_n$ gleichmäßig konvergent. | |||
| \end{proof} | |||
| \end{enumerate} | |||
| \end{aufgabe} | |||
| \end{document} | |||
BIN
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| @@ -0,0 +1,273 @@ | |||
| \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} | |||