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lecture.cls

@@ -14,6 +14,14 @@
 \RequirePackage{transparent}
 \RequirePackage{xcolor}
 
+\DeclareOption{uebung}{
+    \makeatletter
+    \lhead{\@title}
+    \rhead{\@author}
+    \makeatother
+}
+\ProcessOptions\relax
+
 % PAGE GEOMETRY
 \geometry{
     left=15mm,

ws2019/ipi/uebungen/ipi4.tex

@@ -0,0 +1,120 @@
+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\usepackage{listings}
+\usepackage{enumerate}
+\usepackage{array}
+
+\lstset{
+    frame=tb,
+    tabsize=4
+}
+
+\title{Übungsblatt Nr. 4}
+\author{Samuel Weidemeier, Christian Merten}
+
+\begin{document}
+
+\begin{tabular}{|c|m{1cm}|m{1cm}|m{1cm}|m{1cm}|m{1cm}|@{}m{0cm}@{}}
+    \hline
+    Aufgabe & \centering A1 & \centering A2 & \centering A3 & \centering A4 & \centering $\sum$ & \\[5mm] \hline
+    Punkte & & & & & & \\[5mm] \hline
+\end{tabular}
+
+\begin{aufgabe}
+    Zahlendarstellung
+
+    \begin{enumerate}[a)]
+        \item Berechnung der Determinante einer $2\times 2 $ Matrix. 
+            \begin{lstlisting}[language=C++, title=Berechnung der Determinante, captionpos=b]
+double determinante_double(double a, double b, double c, double d) {
+    return a*d - b*c;
+}
+
+float determinante(float a, float b, float c, float d) {
+    return a*d - b*c;
+}
+            \end{lstlisting}
+
+            Das Ergebnis bei Verwendung von \verb+float+ ist $10000$ und damit nicht exakt.
+            Das liegt an der zu geringen Größe eines \verb+float+'s, der nur rund $7$ Dezimalstellen exakt
+            speichern kann, danach wird gerundet. Das führt in diesem Fall zum Verlust aller
+            Nachkommastellen. Bei Verwendung des Datentyps \verb+double+ reichen die rund $16$ Stellen aus, um
+            das Ergebnis exakt darzustellen.
+        \item Assoziativität bei \verb+float+s
+            \begin{lstlisting}[language=C++, title=Vergleich der zwei Versionen, captionpos=b]
+float testAssoziativitaet() {
+    for (int n = 6; n <= 14; n++) {
+        // (a+b)+c
+        float vers1 = (pow(10, n) + pow(-10, n)) + pow(10,-n);
+        // a+(b+c)
+        float vers2 = pow(10, n) + (pow(-10, n) + pow(10,-n));
+        print(n, vers1, vers2, 0);
+    }
+}
+            \end{lstlisting}
+
+            Das Ergebnis ist bereits ab $n =  5$ nicht mehr assoziativ. Das liegt daran, dass
+            bei $(a+b)+c$ zunächst $10^{n} - 10^{n}$ berechnet wird, das aber immer null ist und danach
+            einfach $10^{-n}$ ausgewertet wird. Dabei kann die gesamte Präzision des \verb+float+'s
+            für die Nachkommastellen von $10^{-n}$ verwendet werden. Bei $a + (b+c)$ wird erst
+            $-10^{n} + 10^{-n}$ berechnet. Hierbei reicht die Präzision nicht aus, um die Nachkommastellen
+            darzustellen, da jetzt die Zahl bereits vor dem Komma sehr groß ist. Dadurch wird
+            $-10^{n} + 10^{-n}$ auf $-10^{n}$ gerundet und dann mit $10^{n}$ addiert, was dann null ergibt.
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe} Effektiver Zinssatz
+
+    Programm siehe \verb+uebung4.cpp+
+
+    Die Ergebnisse erleiden durch Runden und den begrenzten Speicherplatz des \verb+float+'s einige
+    Ungenauigkeiten. Die Differenz zum Grenzwert wird wie erwartet immer geringer.
+
+    Die Genauigkeit der \verb+double+ Werte ist höher.
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe} Multiplikation im Zweierkomplement
+
+    Zeigen Sie, dass für $n \in \N$ mit
+    \[
+        a, b, a \cdot b \in \left[ -2^{n-1}, 2^{n-1}- 1 \right] 
+    .\] für die Multiplikation im Zweierkomplement folgendes gilt:
+    \[
+        d_n(a\cdot b) = s_n(d_n(a)\cdot d_n(b))
+    .\] 
+
+    \begin{proof}
+        Seien $a, b \in \left[ -2^{n-1}, 2^{n-1}-1 \right] $ mit $-2^{n-1} \le a\cdot b \le 2^{n-1}-1$ beliebig.
+
+        Fallunterscheidung:
+        \begin{enumerate}[(i)]
+            \item $a, b \ge 0$. Dann ist $a \cdot b \ge 0$. Damit
+                \[
+                    s_n(d_n(a)\cdot d_n(b)) = s_n(a\cdot b) = a\cdot b = d_n(a\cdot b)
+                .\] 
+            \item $a < 0, b > 0$ (analog $a > 0, b <0)$. Dann ist $a \cdot b < 0$.
+                \begin{align*}
+                    s_n(d_n(a)\cdot d_n(b)) &= s_n((2^{n} - |a|) \cdot b) \\
+                                            &= s_n((2^{n} + a) \cdot b) \\
+                                            &= s_n(2^{n} \cdot b + a\cdot b) \\
+                                            &= s_n(2^{n} \cdot b - |a+b|) \\
+                                            &= 2^{n} - |a+b| \\
+                                            &= d_n(a\cdot b)
+                .\end{align*}
+            \item $a < 0, b < 0$. Dann ist  $a \cdot b > 0$.
+                \begin{align*}
+                    s_n(d_n(a)\cdot d_n(b)) &= s_n((2^{n} - |a|)(2^{n} - |b|) \\
+                                            &= s_n((2^{n} \cdot 2^{n} + 2^{n} \cdot b + a\cdot 2^{n} + a\cdot b) \\
+                                            &= a \cdot b \\
+                                            &= d_n(a\cdot b)
+                .\end{align*}   
+            \item $a < 0, b = 0$ (analog $a = 0, b < 0$). Dann ist  $a \cdot b = 0$.
+                \begin{align*}
+                    s_n(d_n(a) \cdot d_n(b)) = s_n(\left( 2^{n} - |a| \right) \cdot 0) = s_n(0) = 0 = d_n(0) = d_n(a\cdot b)
+                .\end{align*}
+        \end{enumerate}
+    \end{proof}
+    
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}

ws2019/ipi/uebungen/uebung4.cpp

@@ -0,0 +1,72 @@
+#include "cpp_headers/fcpp.hh"
+
+// Berechne die Determinante einer 2x2 Matrix mit doubles
+double determinante_double(double a, double b, double c, double d) {
+    return a*d - b*c;
+}
+
+// Berechne die Determinante einer 2x2 Matrix mit floats
+float determinante(float a, float b, float c, float d) {
+    return a*d - b*c;
+}
+
+// Teste die Assoziativitaet von floating point Zahlen
+float testAssoziativitaet() {
+    for (int n = 1; n <= 14; n++) {
+        // (a+b)+c
+        float vers1 = (pow(10, n) + -pow(10, n)) + pow(10,-n);
+        // a+(b+c)
+        float vers2 = pow(10, n) + (-pow(10, n) + pow(10,-n));
+        print(n, vers1, vers2, 0);
+    }
+}
+
+// Berechnet den effektiven Zinssatz mit floats
+// z: Zinssatz, n: Abrechnungsvorgaenge
+float zins(float z, int n) {
+    return pow(1 + z/n, n) - 1;
+}
+
+// Berechnet den effektiven Zinssatz mit doubles
+// z: Zinssatz, n: Abrechnungsvorgaenge
+double zins(double z, int n) {
+    return pow(1 + z/n, n) - 1;
+}
+
+// Vergleiche die Berechnung des effektiven Zinssatzes bei n Abrechnungsvorgaengen
+// mit floats und doubles und vergleiche mit dem Grenzwert für n -> unendlich.
+void compare(int n) {
+    // Berechne effektiven Zins mit float
+    float zf = zins(0.06, n);
+    // Berechne die Differenz zu exp(z) - 1
+    float difff = exp(0.06) - 1 - zf;
+    // Berechne effektiven Zins mit double
+    double zd = zins(0.06, n);
+    // Berechne die Differenz zu exp(z) - 1
+    double diffd = exp(0.06) - 1 - zd;
+    // Gebe alles aus
+    print("Abrechnungsvorgaenge:", n, 0);
+    print("Zinssatz (float):", zf, 0);
+    print("Abweichung von exp(z) - 1:", difff, 0);
+    print("Zinssatz (double):", zd, 0);
+    print("Abweichung von exp(z) - 1:", diffd, 0);
+    print("");
+}
+
+int main() {
+    // Determinantenberechnung (Aufgabe 1)
+    print("det", determinante(100, 0.01, -0.01, 100), 0);
+    print("double det", determinante_double(100, 0.01, -0.01, 100), 0);
+    // Teste die Assoziativitaet (Aufgabe 1)
+    testAssoziativitaet();
+
+    // vergleiche fuer verschiedene Werte (Aufgabe 2)
+    compare(1);
+    compare(4);
+    compare(12);
+    compare(365);
+    compare(365*24);
+    compare(365*24*60);
+    compare(365*24*60*2);
+    compare(365*24*60*60);
+}

ws2019/la/uebungen/la5.tex

@@ -1,9 +1,22 @@
-\documentclass{../../../lecture}
+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
 
 \usepackage{enumerate}
+\usepackage{array}
+\usepackage{mathtools}
+
+\title{Übungsblatt Nr. 5}
+\author{Christian Merten, Mert Biyikli}
 
 \begin{document}
 
+\begin{tabular}{|c|m{1cm}|m{1cm}|m{1cm}|m{1cm}|m{1cm}|@{}m{0cm}@{}}
+    \hline
+    Aufgabe & \centering A1 & \centering A2 & \centering A3 & \centering A4 & \centering $\sum$ & \\[5mm] \hline
+    Punkte & & & & & & \\[5mm] \hline
+\end{tabular}
+
+\vspace{5mm}
+
 \begin{aufgabe}
 
 Es sei $K$ Körper, $M$ eine Menge und $m_0 \in M$ ein fest gewähltes
@@ -11,11 +24,23 @@ Element. In \\$V = \text{Abb}(M, K)$ betrachten wir die Teilmengen
 $U = \{f \in V  \mid f(m_0) = 0\} $ und
 \\$W = \{f \in V  \mid \forall x, y \in M \colon f(x) = f(y)\} $ 
 
-Zunächst: $K$ ist K-Vektorraum mit $(K, +, 0)$. Damit wird
-$V = \text{Abb}(M, K)$ zum Vektorraum.
-
 \begin{enumerate}[a)]
-    \item Beh.: $U \subset V$ ist Untervektorraum.
+    \item Zunächst: $K$ ist K-Vektorraum. Damit wird
+        $V = \text{Abb}(M, K)$ mit $0_V(m) = 0 \text{ } \forall m \in M$ zum K-Vektorraum.
+
+        Damit eine Teilmenge $M \subset V$ zum Untervektorraum von $V$ wird, muss gelten:
+        \[
+            m_1 + m_2 \in M \text{ } \forall m_1,m_2 \in M 
+        .\] und
+        \[
+            a m_1 \in M \text{ } \forall m_1 \in M, a \in K
+        .\] Die Inversen der zugehörigen Untergruppe sind gegeben durch
+        \[
+            m^{-1} = (-1)_K m \in M \text{ } \forall m \in M
+        .\] 
+
+        
+        Beh.: $U \subset V$ ist Untervektorraum.
 
         \begin{proof}
             Seien $f_1, f_2 \in U$, $a \in K$ beliebig. Zu zeigen:
@@ -48,11 +73,15 @@ $V = \text{Abb}(M, K)$ zum Vektorraum.
     \item Beh.: $U \cap W = \{0\} $
 
         \begin{proof}
+            Zunächst: $0_V(m_0) = 0 \implies 0_V \in U$ und
+            $0_V(x) = 0 = 0_V(y) \text{ } \forall x,y \in M \implies 0_V \in W$. Daraus folgt
+            $0_V \in U \cap W \implies U \cap W \neq \emptyset$.
+
             Sei $f \in U \cap W$ beliebig:
             \begin{align*}
                 &\forall m \in M \colon f(m) = f(m_0) \land f(m_0) = 0 \\
                 \implies &\forall m \in M \colon f(m) = 0 \\
-                \implies &f = 0
+                \implies &f = 0_V
             .\end{align*}
         \end{proof}
     \item Beh.: $V = U + W$
@@ -71,7 +100,7 @@ $V = \text{Abb}(M, K)$ zum Vektorraum.
             .\] und $w \in W$, s.d.
             \[
                 w(m) = f(m_0) \text{  } \forall m \in M
-            .\]
+            .\] $u$ und $w$ sind wohldefiniert, da $f$ Abbildung ist.
             
             Damit folgt:
             \[
@@ -102,6 +131,8 @@ $V = \text{Abb}\left( \{0, 1, \ldots, n+1\}, K\right)$.
 
         \begin{proof}
         Seien $v_1, v_2 \in V$, $a \in K$ beliebig.
+        Zunächst: $\psi(v_1)$ wohldefiniert, da $v_1$ Abbildung ist und jedes Tupelelement genau
+        einem Bild von $v_1$ zugeordnet wird.
         \begin{align*}
             \psi(v_1 + v_2) &= \left( (v_1+v_2)(0), (v_1 + v_2)(1), \ldots, (v_1+v_2)(n+1) \right) \\
                             &= \left( v_1(0) + v_2(0), v_1(1) + v_2(1), \ldots, v_1(n+1) + v_2(n+1) \right)  \\
@@ -120,16 +151,17 @@ $V = \text{Abb}\left( \{0, 1, \ldots, n+1\}, K\right)$.
         Beh.: $\partial$ ist linear.
         \begin{proof}
         Seien $v_1, v_2 \in V$, $a \in K$ und $i \in \{0, 1, \ldots, n\} $ beliebig.
+        Zunächst: $\partial(v_1)$ wohldefiniert, da $v_1$ Abbildung ist.
         \begin{align*}
             \partial(v_1+v_2)(i) &= (i+1) \cdot (v_1 + v_2)(i+1) \\
                                &= (i+1) \cdot (v_1(i+1) + v_2(i+1)) \\
-                               &= (i+1)v_1(i+1) + (i+1)v_2(i+1) \\
+                               &= (i+1) \cdot v_1(i+1) + (i+1) \cdot v_2(i+1) \\
                                &= \partial(v_1)(i) + \partial(v_2)(i)
         .\end{align*}
         \begin{align*}
-            \partial(a v_1)(i) &= (i + 1)(a v_1)(i+1) \\
-                               &= a (i+1) v_1 (i+1) \\
-                               &= a \partial(v_1)(i)
+            \partial(a v_1)(i) &= (i + 1) \cdot (a v_1)(i+1) \\
+                               &= a (i+1) \cdot v_1 (i+1) \\
+                               &= a \cdot \partial(v_1)(i)
         .\end{align*}
             
         \end{proof}
@@ -139,17 +171,17 @@ $V = \text{Abb}\left( \{0, 1, \ldots, n+1\}, K\right)$.
 
             Seien $v_1, v_2 \in V$ mit $\psi(v_1) = \psi(v_2)$. Dann
             \begin{align*}
-                &\psi(v_1) = \left( f_1(0), f_1(1), \ldots, f_1(n+1) \right)
-                = \left( f_2(0), f_2(1), \ldots, f_2(n+1) \right) = \psi(v_2)\\
-                \implies& f_1(k) = f_2(k) \text{  }\forall k \in \{0, \ldots, n+1\}  \\
-                \implies& f_1 = f_2
+                &\psi(v_1) = \left( v_1(0), v_1(1), \ldots, v_1(n+1) \right)
+                = \left( v_2(0), v_2(1), \ldots, v_2(n+1) \right) = \psi(v_2)\\
+                \implies& v_1(k) = v_2(k) \text{  }\forall k \in \{0, \ldots, n+1\}  \\
+                \implies& v_1 = v_2
             .\end{align*}
             $\implies \psi$ ist injektiv.
 
-            Sei $c = (c_0, \ldots, c_{n+1}) \in K^{n+2}$, dann ex. ein $f \in V$, s.d.
+            Sei $c = (c_0, \ldots, c_{n+1}) \in K^{n+2}$, dann ex. ein $v \in V$, s.d.
             \begin{align*}
-                &f(k) = c_k \text{ } \forall k \in \{0, \ldots, n+1\} \\
-                \implies &\psi(f) = c
+                &v(k) = c_k \text{ } \forall k \in \{0, \ldots, n+1\} \\
+                \implies &\psi(v) = c
             .\end{align*}
             $\implies \psi$ ist surjektiv.
         \end{proof}
@@ -174,33 +206,64 @@ $V = \text{Abb}\left( \{0, 1, \ldots, n+1\}, K\right)$.
             Bleibt zu zeigen: char$K \not\in \{2, \ldots, n+1\} \iff
             k+1 \neq 0$ $\forall k \in \{0, \ldots, n\} $.
             \begin{align*}
-                &k + 1 \neq 0 \\
-                \stackrel{k > 0}{\iff} & k + 1 \neq \text{char}K \\
-                \stackrel{0 \le k \le n}\iff & \text{char}K = 0 \lor \text{char}K > n + 1 \\
-                \iff & \text{char}K \not\in \{2, \ldots, n+1\}
+                &k + 1 \neq 0 \\[-2mm]
+                \stackrel{\mathclap{\strut k \ge  0}}{\qquad \iff \qquad} &k + 1 \neq \text{char}K \\[-2mm]
+                \stackrel{\mathclap{\strut 1 \le k + 1 \le n + 1}}{\qquad \iff \qquad} &\text{char}K = 0 \lor \text{char}K > n + 1 \\[1mm]
+                \qquad \iff \qquad & \text{char}K \not\in \{2, \ldots, n+1\}
             .\end{align*}
         \end{proof}
-    \item Beh.: $\psi(\text{ker }\partial) =
-        \left\{ (c, \underbrace{0, \ldots, 0}_{n+1\text{-mal}})  \mid c \in K\right\} $
-
-        \begin{proof}
-            Zunächst: $\text{ker }\partial$.
-
-            Damit $r \in V$ im Kern von  $\partial$ liegt, muss gelten:
-            $\partial(r)(k) = 0$ $\forall k \in \{0, \ldots, n\}$
+    \item Bestimmen Sie $\psi(\text{ker }K) \subset K^{n+2}$.
+        \begin{proof}[Lösung]
             \begin{align*}
-                &\partial(r)(k) = (k+1) \cdot r(k+1) \\
-                \stackrel{k+1 \neq 0}{\implies} &r(k+1) = 0
+                &\ker \partial =
+                \{f \in V  \mid \left( \partial(f) \right)(k) = 0 \text{ } \forall k \in \{0, 1, \ldots n\}  \}
             .\end{align*}
-            Damit: $r(k) = 0$ $\forall k \in \{1, \ldots, n+1\} $.
+            Damit $f \in \text{ker } \partial$, muss folglich gelten:
             \begin{align*}
-                \psi(r) &= \left( r(0), r(1), \ldots, r(n+1) \right) \\
-                        &= (c, \underbrace{0, \ldots, 0}_{n+1\text{-mal}}) \text{ } \forall c \in K
+                &(\partial(f))k = 0 \text{ } \forall k \in \{0, 1, \ldots, n\} 
             .\end{align*}
-            Das heißt:
-            \[
-            \psi(\text{ker }\partial) = \left\{ (c, \underbrace{0, \ldots, 0}_{n+1\text{-mal}})  \mid c \in K\right\} 
-            .\] 
+            $\iff$
+            \begin{align*}
+                (k+1) \cdot f(k+1) = 0 \text{ } \forall k \in \{0, 1, \ldots, n\} 
+            .\end{align*}
+            $\stackrel{K \text{ Körper}}{\iff}$
+            \begin{align*}
+                k+1 = 0 \lor f(k+1) = 0 \text{ } \forall k \in \{0, 1, \ldots, n\} 
+            .\end{align*}
+
+            Aus (c) folgt: $k+1 \neq 0 \iff \text{char K} \not\in \{2, \ldots, n+1\} $.
+
+            \begin{enumerate}[(i)]
+                \item $\text{char }K \not\in \{2, \ldots, n+1\} $: Dann ist $k + 1 \neq 0$, d.h.
+                    \begin{align*}
+                        &f(k+1) = 0 \text{ } \forall k \in \{0, 1, \ldots, n\}  \\
+                        \implies &f(k) = 0 \text{ } \forall k \in \{1, \ldots, n+1\}  \\
+                        \implies & \text{ker } \partial = \{f \in V  \mid f(k) = 0 \text{ } \forall k \in \{1, \ldots, n+1\} \} 
+                    .\end{align*}
+                    Damit folgt:
+                    \[
+                        \psi(\text{ker }\partial) =
+                        \{(a, \underbrace{0, \ldots, 0}_{n+1\text{-mal}})  \mid a \in K\} 
+                    .\] 
+                \item $\text{char }K \in \{2, \ldots, n+1\} $: Dann gilt für $k = \text{char }K-1$:
+                    \[
+                        k + 1 = \text{char } K - 1 + 1 = \text{char } K = 0_K
+                    .\] 
+                    Für alle $k \in \{0, 1, \ldots, n\}, k \neq \text{char } K - 1$, folgt analog zu (i):
+                    \[
+                        f(k + 1) = 0
+                    .\] 
+                    Damit folgt:
+                    \[
+                        \text{ker } \partial
+                        = \left\{ f \in V  \mid f(k) = 0 \text{ } \forall k \in \{1, \ldots, n+1\}
+                            \setminus \{\text{char } K\} \right\} 
+                    .\] Damit ergibt sich:
+                    \[
+                        \psi(\text{ker } \partial) = \{ (a_0, a_1, \ldots, a_{n+1}) \in K^{n+2} 
+                        \mid a_k = 0 \text{ } \forall k \in \{1, \ldots, n+1\} \setminus \{\text{char }K\}  \}
+                    .\] 
+            \end{enumerate}
         \end{proof}
 \end{enumerate}
 
@@ -214,6 +277,7 @@ $V = \text{Abb}\left( \{0, 1, \ldots, n+1\}, K\right)$.
 
             \begin{proof}
                 Seien $\varphi_1, \varphi_2 \in V^{*}$ und $a \in K$ beliebig.
+                Zunächst:  $f^{*}(\varphi_1)$ wohldefiniert, weil $\varphi_1$ und $f$ Abbildungen sind.
                 \begin{align*}
                     f^{*}(\varphi_1 + \varphi_2) &=
                     (\varphi_1 + \varphi_2) \circ f
@@ -221,8 +285,8 @@ $V = \text{Abb}\left( \{0, 1, \ldots, n+1\}, K\right)$.
                     = f^{*}(\varphi_1) + f^{*}(\varphi_2) \\
                     f^{*}(a \varphi_1) &=
                     (a \varphi_1) \circ f
-                    \stackrel{\varphi_1 \text{ linear}}{=}
-                    a ((\varphi_1) \circ f)
+                    =
+                    a (\varphi_1 \circ f)
                     = a f^{*}(\varphi_1)
                 .\end{align*}
             \end{proof}
@@ -233,15 +297,16 @@ $V = \text{Abb}\left( \{0, 1, \ldots, n+1\}, K\right)$.
 
             \begin{proof}
                 Seien $u_1, u_2 \in U$, $a \in K$ und $f \in U^{*}$ beliebig.
+                Zunächst: $(\text{ev}(u_1))(f)$ wohldefiniert, weil $f\colon U \to K$ Abbildung ist.
                 \begin{align*}
-                    \text{ev}(u_1 + u_2)(f) &=
+                    (\text{ev}(u_1 + u_2))(f) &=
                     f(u_1 + u_2)
                     \stackrel{f \text{ linear}} {=} f(u_1) + f(u_2)
-                    = \text{ev}(u_1)(f) + \text{ev}(u_2)(f) \\
-                    \text{ev}(a u_1)(f) &=
+                    = (\text{ev}(u_1))(f) + (\text{ev}(u_2))(f) \\
+                    \left(\text{ev}(a u_1)\right)(f) &=
                     f(a u_1)
                     \stackrel{f \text{ linear}} {=} a f(u_1)
-                    = a \cdot \text{ev}(u_1)(f)
+                    = a \cdot (\text{ev}(u_1))(f)
                 .\end{align*}
             \end{proof}
     \end{enumerate}
@@ -251,7 +316,7 @@ $V = \text{Abb}\left( \{0, 1, \ldots, n+1\}, K\right)$.
     Es sei $K$ ein Körper und $U, V$ zwei $K$-Vektorräume.
 
     \begin{enumerate}[a)]
-        \item Die Abbildung $*$:
+        \item Beh.: Die Abbildung $*$:
             $\text{Hom}_K(U,V) \to \text{Hom}_K(V^{*}, U^{*})$
             ist linear.
 
@@ -259,20 +324,40 @@ $V = \text{Abb}\left( \{0, 1, \ldots, n+1\}, K\right)$.
                 Seien $f_1, f_2 \in \text{Hom}_K(U,V)$,
                 $\varphi \in V^{*}$
                 und $a \in K$ beliebig.
+                Zunächst: $(*(f_1))(\varphi) = \varphi \circ f_1$ wohldefiniert, weil $\varphi$ und $f_1$
+                Abbildungen.
                 \begin{align*}
-                    *(f_1 + f_2)(\varphi) &= (f_1 + f_2)^{*}(\varphi)
+                    (*(f_1 + f_2))(\varphi) &= ((f_1 + f_2)^{*})(\varphi)
                     = \varphi \circ (f_1 + f_2)
-                    = \varphi \circ f_1 + \varphi \circ f_2
-                    = *(f_1)(\varphi) + *(f_2)(\varphi) \\
-                    *(a f_1)(\varphi)
-                    &= (a f_1)*(\varphi)
+                    \stackrel{\varphi \text{ linear}}{=} \varphi \circ f_1 + \varphi \circ f_2
+                    = (*(f_1))(\varphi) + (*(f_2))(\varphi) \\
+                    (*(a f_1))(\varphi)
+                    &= ((a f_1)^{*})(\varphi)
                     = \varphi \circ (a f_1)
-                    = a (\varphi \circ f_1)
-                    = a*(f_1)(\varphi)
+                    \stackrel{\varphi \text{ linear}}{=} a \cdot (\varphi \circ f_1)
+                    = a\cdot (*(f_1))(\varphi)
                 .\end{align*}
             \end{proof}
-        \item Ist $f\colon U \to V$ linear und surjektiv, so ist
+        \item Beh.: Ist $f\colon U \to V$ linear und surjektiv, so ist
             $f^{*}\colon V^{*} \to U^{*}$ injektiv.
+
+            \begin{proof}
+                Seien $\varphi_1, \varphi_2 \in \text{Hom}_K(V,K) = V^{*}$ mit
+                $f^{*}(\varphi_1) = f^{*}(\varphi_2)$. Dann folgt:
+                \begin{align*}
+                    \varphi_1 \circ f = \varphi_2 \circ f
+                .\end{align*}
+                das heißt:
+                \begin{align*}
+                    \forall u \in U\colon \varphi_1(f(u)) = \varphi_2(f(u))
+                .\end{align*}
+                Wegen $f$ surjektiv gilt: $V = f(U)$ und damit:
+                \begin{align*}
+                     & \forall v \in V\colon \varphi_1(v) = \varphi_2(v)
+                .\end{align*}
+                $\implies \varphi_1 = \varphi_2$ \\
+                $\implies f^{*}$ injektiv
+            \end{proof}
     \end{enumerate}
 \end{aufgabe}
 

ws2019/la/uebungen/la6.tex

@@ -0,0 +1,255 @@
+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\usepackage[]{array}
+\usepackage[]{enumerate}
+
+\title{Lineare Algebra I: Übungsblatt 6}
+\author{Christian Merten, Mert Biyikli}
+
+\begin{document}
+
+\begin{tabular}{|c|m{1cm}|m{1cm}|m{1cm}|m{1cm}|m{1cm}|@{}m{0cm}@{}}
+    \hline
+    Aufgabe & \centering A1 & \centering A2 & \centering A3 & \centering A4 & \centering $\sum$ & \\[5mm] \hline
+    Punkte & & & & & & \\[5mm] \hline
+\end{tabular}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: Der UVR $V = \{(x_1, x_2) \in Q^{2}  \mid x_1-x_2 = 0\} $ hat die Basis $\{(1,1)\} $.
+
+            \begin{proof}
+                $\{(1,1)\} $ ist offensichtlich linear unabhängig. Außerdem: Sei $v \in V$ beliebig, dann
+                ex. ein $p \in \Q$, s.d. $v = (p, p)$. Damit:  $v = p \cdot (1,1)$.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Der UVR $V = \{(x_1,x_2,\ldots,x_n)  \mid 2x_1 + x_2 = 0\} $ hat die Basis\\
+            $(v_i)_{i\in I} = \{(1, -2, 0, \ldots, 0), (0, 0, 1, \ldots, 0), \ldots, (0, \ldots, 1)\} $ mit
+            $I = \{1, 3, 4, \ldots, n\} $.
+
+            \begin{proof}
+                Sei $v \in V$ beliebig, dann ex. $(a_1, a_3, \ldots, a_n) \in Q^{n-1}$ mit
+                $v = (a_1, -2a_1, a_3, \ldots, a_n)$. Dann gilt:
+                \begin{align*}
+                    v &= a_1 \cdot (1, -2, 0, \ldots, 0) + \sum_{i=3}^{n} a_i \cdot (0, \ldots, 0, 1, 0, \ldots, 0) \\
+                    &= a_1 \cdot v_1 + \sum_{i=3}^{n} a_i \cdot v_i
+                .\end{align*}
+                $\implies (v_i)_{i\in I}$ Erzeugendensystem
+
+                Sei $i_0 \in I$ beliebig. Falls $i_0 = 1$.
+                Dann ist $(1, -2, 0, \ldots, 0) \not\in \text{Lin}(v_i)_{i \in I \setminus \{ i_0 \}}$.
+
+                Falls $ 3 \le  i_0 \le n$: $(0, \ldots, 0, \underbrace{1}_{ i_0-\text{te Stelle}}, 0, \ldots, 0) \not\in \text{Lin}(v_i)_{i \in I \setminus \{i_0\} }$.
+
+                $\implies (v_i)_{i\in I}$ minimal und damit Basis.
+            \end{proof}
+            \item Beh.: Der UVR ker $\partial$ hat falls char $K \not\in \{2, \ldots, n+1\} $, die Basis
+                $\psi^{-1}(\{(1, 0, \ldots, 0)\}) $. Falls char $K \in \{2, \ldots, n+1\} $, hat
+                ker $\partial$ die
+                Basis $(b_i)_{i \in I} = \psi^{-1}(\{(1, 0, \ldots, 0),
+                (0, 0, \ldots, 0, \underbrace{1}_{\text{char $K$-te Stelle}}, 0, \ldots, 0)\}) $
+                mit $I = \{1, 2\} $.
+
+            \begin{proof}
+                Falls  char $K \not\in \{2, \ldots, n+1\} $:
+                \begin{align*}
+                    \text{ker } \partial &= \{f \in V  \mid  f(k) = 0 \qquad \forall k \in \{1, \ldots, n +1\} \}  \\
+                    &= \psi^{-1}\left( \{(a, 0, \ldots, 0)  \mid a \in K\}  \right) 
+                .\end{align*}
+                $\psi^{-1}(\{1, 0, \ldots, 0\}) $ ist offensichtlich
+                linear unabhängig.
+                Sei $v \in \text{ker } \partial$ beliebig, dann ex. $a \in K$ s.d.
+                $v = \psi^{-1}((a, \ldots, 0)) = a \cdot \psi^{-1}((1, \ldots, 0))$.
+
+                Falls char $K \in \{2, \ldots, n+1\}$:
+                \begin{align*}
+                    \text{ker } \partial &= \{f \in V  \mid  f(k) = 0 \qquad \forall k \in \{1, \ldots, n +1\} \setminus \{\text{char }K\} \}  \\
+                    &= \psi^{-1}( \{(a, 0, \ldots, 0, \underbrace{b}_{\text{char $K$-te Stelle}}, 0, \ldots, 0)  \mid a \in K, b \in K\}  ) 
+                .\end{align*}
+                
+                $\{(1, 0, \ldots, 0), (0, \ldots, 0, 1,0, \ldots, 0)\} $
+                ist Teilmenge der kanonischen Basis des $K^{n+2}$ und damit linear unabhängig und
+                insbesondere $(b_i)_{i\in I}$ linear unabhängig.
+
+                Sei $v \in \text{ker } \partial$ beliebig, dann ex. $a, b \in K$, s.d.
+                \begin{align*}
+                    v &= \psi^{-1}\left( (a, 0, \ldots, 0, b, 0, \ldots, 0) \right) \\
+                      &= a \cdot \psi^{-1}\left( (1, 0, \ldots, 0) \right) + b \cdot \psi^{-1}\left( (0, \ldots, 0, 1, 0, \ldots, 0 \right)  \\
+                      &= a \cdot b_1 + b \cdot b_2
+                .\end{align*}
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: $\varphi$ ist linear.
+            Seien $v_1, v_2 \in V_1$ und $a \in K$ beliebig.
+            \begin{proof} Homomorphismus
+                \[
+                    \varphi(v_1 + v_2) = (v_1 + v_2) + V_2 = [v_1 + v_2] = [v_1] + [v_2]
+                    = (v_1 + V_2) + (v_2 + V_2)
+                    = \varphi(v_1) + \varphi(v_2)
+                .\] Linearität
+                \[
+                    \varphi(a v_1) = (a v_1) + V_2 = [a v_1] = a \cdot [v_1] = a \cdot \varphi(v_1)
+                .\] 
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $\partial$ ist surjektiv.
+            \begin{proof}
+                Sei $v \in (V_1 + V_2)$ beliebig. Dann ist $[v] = v + V_2$ und es ex. $v_1 \in V_1$
+                und $v_2 \in V_2$ mit $v = v_1 + v_2$.
+
+                Zu zeigen: $\varphi(v_1) = [v_1] = [v]$.
+                \[
+                v - v_1 = v_1 + v_2 - v_1 = v_2 \in V_2 \implies v_1 \sim v_2
+                .\] 
+            \end{proof}
+        \item Beh.: ker $\partial = V_1 \cap V_2$
+            \begin{proof}
+                Das neutrale Element von $(V_1 + V_2) / V_2))$ ist $V_2$. Sei $v \in V$ beliebig.
+                \begin{align*}
+                    &v \in V_1 \cap V_2 \\
+                    \iff &v \in V_1 \land v \in V_2 \\
+                    \iff &v \in V_1 \land [v] = V_2 \\
+                    \iff& \varphi(v) = V_2 \\
+                    \iff& v \in \text{ker } \varphi
+                .\end{align*}
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $V_1 / (V_1 \cap V_2) \stackrel{\sim }{=} (V_1 + V_2) / V_2$
+            \begin{proof}
+                Aus (c) folgt $V_1 \cap V_2 = \text{ker } \varphi$ und wegen $\varphi$ surjektiv ist 
+                $\text{im }\varphi = (V_1 + V_2) / V_2$. Mit Homomorphiesatz folgt:
+                \begin{align*}
+                    V_1 / (V_1 \cap V_2) \stackrel{\sim }{=} (V_1 + V_2) / V_2
+                .\end{align*}
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: $U + W = V$
+             \begin{proof}
+                Wegen $(v_i)_{i\in I}$ Basis folgt
+                \begin{align*}
+                    V &= \text{Lin}\left( (v_i)_{i\in I} \right)  \\
+                    &= \left\{ \sum_{i \in I} \alpha_i v_i  \mid (\alpha_i)_{i\in I} \in K^{(I)} \right\} \\
+                    &= \left\{ \sum_{j \in J} \alpha_j v_j  + \sum_{i \in I \setminus J} \beta_i v_i \mid  (\alpha_j)_{j \in J} \in K^{(J)}, (\beta_i)_{i\in I \setminus J} \in K^{(I \setminus J)}\right\}  \\
+                    &= \left\{ \sum_{j \in J} \alpha_i v_i  \mid (\alpha_j)_{j \in J} \in K^{(J)} \right\} 
+                    + \left\{ \sum_{i \in I \setminus J} \beta_i v_i  \mid (\beta_i)_{i\in I \setminus J} \in K^{(I \setminus J)} \right\}  \\
+                    &= \text{Lin}( (v_j)_{i \in J}) + \text{Lin}((v_i)_{i \in I \setminus J}) \\
+                    &= U + W
+                .\end{align*}
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $U \cap W = \{0\} $
+            \begin{proof}
+                Zunächst: $0 = \sum_{i \in I \setminus J} 0 \cdot v_i = \sum_{j \in J} 0\cdot v_j \implies$
+                $0 \in U \cap W$
+
+                Sei $v \in U \cap W$ beliebig. Dann ex. ein $(\alpha_i)_{i\in I \setminus J} \in
+                K^{(I \setminus J)}$ und ein $(\beta_j)_{j\in J} \in K^{(J)}$, s.d.
+                \[
+                v = \sum_{i \in I \setminus J} \alpha_i v_i = \sum_{j \in J} \beta_j v_j
+                .\] Angenommen $v \neq 0$. Damit $\exists i \in I \setminus J\colon \alpha_i \neq 0$ und
+                $\exists j \in J\colon \beta_j \neq 0$. Wegen $(v_i)_{i\in I}$ Basis folgt
+                $(v_i)_{i \in I \setminus J} \cap (v_j)_{j\in J} = \emptyset$, also
+                $(\alpha_i)_{i \in I \setminus J} \neq (\beta_j)_{j\in J}$. Das ist ein Widerspruch zur
+                Eindeutigkeit der Darstellung durch Basisvektoren.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $(v_i + U)_{i \in I \setminus J}$ ist eine Basis von $V / U$.
+             \begin{proof} Zu zeigen: $(v_i + U)_{i \in I \setminus J}$ ist linear unabhängig und
+                 Erzeugendensystem.
+                 \begin{enumerate}[(i)]
+                     \item Neutrales Element von $V / U$ ist $U$. Sei
+                         $(\alpha_i)_{i\in I \setminus J} \in K^{(I \setminus J)}$ mit
+                         \[
+                             \sum_{i \in I \setminus J} [\alpha_i v_i] = U
+                         .\]$\implies (\alpha_i v_i)_{i \in I \setminus J} \subset U$.
+                         Wegen $(\alpha_i v_i)_{i \in I \setminus J} \subset W$ und $V \cap W = \{0\}$, aber
+                         $0 \not\in (v_i)_{i \in I}$\\ $\implies \alpha_i = 0$ $\forall i \in I \setminus J$.
+                     \item Sei $v \in V$ beliebig. Zu zeigen:
+                         $\exists (\alpha_i)_{i \in I \setminus J} \in K^{(I \setminus J)}$:
+                         $[v] = \sum_{i \in I \setminus J} [\alpha_i v_i]$
+
+                         Falls $v \in U$: $[v] = U$: Für $\alpha_i = 0$ $\forall i \in I \setminus J$ folgt:
+                         \[
+                             \sum_{i \in I \setminus J} [0 \cdot v_i] = [0] = U = [v]
+                         .\] 
+
+                         Falls $v \in W$: Dann ex. ein $(\alpha_i)_{i \in I \setminus J} \in K^{I \setminus J}$
+                         , s.d.
+                         \[
+                         v = \sum_{i \in I \setminus J} \alpha_i v_i
+                         .\] 
+                         Dann gilt:
+                         \[
+                             \sum_{i \in I \setminus J} [\alpha_i v_i]
+                             = \left[ \sum_{i \in  I \setminus J} \alpha_i v_i \right]
+                             = [ v ]
+                         .\] 
+                 \end{enumerate}
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: Für jedes $i \in I$ existiert genau ein $v^{*}_i \in V^{*}$ derart, dass
+            \[
+                v^{*}_{i}(v_j) = \begin{cases}
+                    1 & \text{falls } i = j \\
+                    0 & \text{falls } i \neq j
+                \end{cases}
+            .\] 
+            \begin{proof}
+                Sei $i \in I$ beliebig. Für die Basisvektoren $(v_i)_{i\in I}$ ist $v^{*}_i$ eindeutig
+                definiert.
+                Für $v \in V$ ex. ein $(\alpha_i)_{i \in I} \in K^{(I)}$, s.d.
+                \[
+                    v = \sum_{i \in I} \alpha_i v_i
+                .\] 
+                Aufgrund der Linearität von $v^{*}_i$ ist $v^{*}_i(v)$ eindeutig definiert durch:
+                \[
+                    v^{*}_i(v) = v^{*}_i\left(\sum_{j \in I} \alpha_j v_j\right)
+                    = \sum_{j \in I} v^{*}_i(\alpha_j v_j)
+                    = \sum_{j \in I} \alpha_j v^{*}_i(v_j)
+                .\] Damit ist $v^{*}_i$ wohldefiniert und damit eindeutig bestimmt.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Die Familie $(v^{*}_i)_{i \in I}$ ist linear unabhängig.
+            \begin{proof}
+                Sei $(\alpha_i)_{i\in I} \in K^{(I)}$ mit $\sum_{i \in I} \alpha_i v^{*}_i = 0$.
+
+                Angenommen: $\exists i_0 \in I \colon \alpha_{i_0} \neq 0$. Das heißt:
+                \begin{align*}
+                    &\alpha_{i_0} \cdot v^{*}_{i_0} + \sum_{i \in I \setminus \{ i_0 \} } \alpha_i v^{*}_{i} = 0 \\
+                    \implies & \alpha_{i_0} \cdot v^{*}_{i_0} = - \sum_{i \in I \setminus \{ i_0 \} } \alpha_i v^{*}_{i} \\
+                    \implies & \alpha_{i_0} \cdot v^{*}_{i_0}(v_{i_0}) = \alpha_{i_0} = - \sum_{i \in I \setminus \{ i_0 \} } \alpha_i v^{*}_{i}(v_{i_0})
+                .\end{align*}
+                Wegen $\forall i \in I \setminus \{i_0\} \colon v_i^{*}(v_{i_0}) = 0$, folgt
+                \[
+                \alpha_{i_0} = - \sum_{i \in I \setminus \{ i_0 \} } \alpha_i \cdot 0
+                = 0
+            .\] Widerspruch zur Annahme $\alpha_{i_0} \neq 0$. $\implies (v^{*}_i)_{i\in I}$ linear unabhängig
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Ist $I$ nicht endlich, so ist $(v^{*}_{i})_{i \in I}$ keine Basis von $V^{*}$.
+
+            \begin{proof}
+                $I$ ist nicht endlich.
+                Zu zeigen:  $(v^{*}_i)_{i\in I}$ ist nicht Erzeugendensystem von $V^{*}$.
+
+                Sei $f^{*} \in V^{*}$ und $v \in V$. Wegen  $(v_i)_{i\in I}$ Basis, ex.
+                $(\beta_i)_{i \in I} \in K^{I}$, s.d. $v = \sum_{i \in I} \beta_i v_i$.
+                Angenommen es ex. $(\alpha_i)_{ i \in I} \in K^{I}$, s.d.
+                \begin{align*}
+                    f^{*}(v) &= \sum_{i \in I} \alpha_i v^{*}_i(v) \\
+                    &= \sum_{i \in I} \alpha_i v^{*}_i \left( \sum_{i \in I} \beta_i v_i \right)  \\
+                    &= \sum_{i \in I} \alpha_i \sum_{i \in I} \beta_j v^{*}_i(v_j) \\
+                    &= \sum_{i \in I} \alpha_i \beta_i
+                .\end{align*}
+                Wegen $\alpha_i$ und $\beta_i$ i.A. nicht endlich, ist die Summe nicht bestimmt.
+                Widerspruch $\implies (v^{*}_i)_{i\in I}$ ist kein Erzeugendensystem
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}