Merge branch 'master' of gitea:christian/uni
This commit is contained in:
@@ -14,6 +14,14 @@
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\RequirePackage{transparent}
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\RequirePackage{xcolor}
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\DeclareOption{uebung}{
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\makeatletter
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\lhead{\@title}
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\rhead{\@author}
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\makeatother
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}
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\ProcessOptions\relax
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% PAGE GEOMETRY
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\geometry{
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left=15mm,
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Binary file not shown.
@@ -0,0 +1,120 @@
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\documentclass[uebung]{../../../lecture}
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\usepackage{listings}
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\usepackage{enumerate}
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\usepackage{array}
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\lstset{
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frame=tb,
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tabsize=4
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}
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\title{Übungsblatt Nr. 4}
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\author{Samuel Weidemeier, Christian Merten}
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\begin{document}
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\begin{tabular}{|c|m{1cm}|m{1cm}|m{1cm}|m{1cm}|m{1cm}|@{}m{0cm}@{}}
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||||
\hline
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||||
Aufgabe & \centering A1 & \centering A2 & \centering A3 & \centering A4 & \centering $\sum$ & \\[5mm] \hline
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||||
Punkte & & & & & & \\[5mm] \hline
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||||
\end{tabular}
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\begin{aufgabe}
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Zahlendarstellung
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\begin{enumerate}[a)]
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\item Berechnung der Determinante einer $2\times 2 $ Matrix.
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\begin{lstlisting}[language=C++, title=Berechnung der Determinante, captionpos=b]
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double determinante_double(double a, double b, double c, double d) {
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return a*d - b*c;
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}
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||||
float determinante(float a, float b, float c, float d) {
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return a*d - b*c;
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}
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\end{lstlisting}
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Das Ergebnis bei Verwendung von \verb+float+ ist $10000$ und damit nicht exakt.
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Das liegt an der zu geringen Größe eines \verb+float+'s, der nur rund $7$ Dezimalstellen exakt
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speichern kann, danach wird gerundet. Das führt in diesem Fall zum Verlust aller
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Nachkommastellen. Bei Verwendung des Datentyps \verb+double+ reichen die rund $16$ Stellen aus, um
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das Ergebnis exakt darzustellen.
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\item Assoziativität bei \verb+float+s
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\begin{lstlisting}[language=C++, title=Vergleich der zwei Versionen, captionpos=b]
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float testAssoziativitaet() {
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||||
for (int n = 6; n <= 14; n++) {
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||||
// (a+b)+c
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||||
float vers1 = (pow(10, n) + pow(-10, n)) + pow(10,-n);
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||||
// a+(b+c)
|
||||
float vers2 = pow(10, n) + (pow(-10, n) + pow(10,-n));
|
||||
print(n, vers1, vers2, 0);
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||||
}
|
||||
}
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||||
\end{lstlisting}
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||||
Das Ergebnis ist bereits ab $n = 5$ nicht mehr assoziativ. Das liegt daran, dass
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bei $(a+b)+c$ zunächst $10^{n} - 10^{n}$ berechnet wird, das aber immer null ist und danach
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einfach $10^{-n}$ ausgewertet wird. Dabei kann die gesamte Präzision des \verb+float+'s
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für die Nachkommastellen von $10^{-n}$ verwendet werden. Bei $a + (b+c)$ wird erst
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$-10^{n} + 10^{-n}$ berechnet. Hierbei reicht die Präzision nicht aus, um die Nachkommastellen
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darzustellen, da jetzt die Zahl bereits vor dem Komma sehr groß ist. Dadurch wird
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$-10^{n} + 10^{-n}$ auf $-10^{n}$ gerundet und dann mit $10^{n}$ addiert, was dann null ergibt.
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||||
\end{enumerate}
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\end{aufgabe}
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\begin{aufgabe} Effektiver Zinssatz
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Programm siehe \verb+uebung4.cpp+
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Die Ergebnisse erleiden durch Runden und den begrenzten Speicherplatz des \verb+float+'s einige
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Ungenauigkeiten. Die Differenz zum Grenzwert wird wie erwartet immer geringer.
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Die Genauigkeit der \verb+double+ Werte ist höher.
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\end{aufgabe}
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\begin{aufgabe} Multiplikation im Zweierkomplement
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Zeigen Sie, dass für $n \in \N$ mit
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\[
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||||
a, b, a \cdot b \in \left[ -2^{n-1}, 2^{n-1}- 1 \right]
|
||||
.\] für die Multiplikation im Zweierkomplement folgendes gilt:
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||||
\[
|
||||
d_n(a\cdot b) = s_n(d_n(a)\cdot d_n(b))
|
||||
.\]
|
||||
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||||
\begin{proof}
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||||
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.
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||||
|
||||
Fallunterscheidung:
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\begin{enumerate}[(i)]
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||||
\item $a, b \ge 0$. Dann ist $a \cdot b \ge 0$. Damit
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\[
|
||||
s_n(d_n(a)\cdot d_n(b)) = s_n(a\cdot b) = a\cdot b = d_n(a\cdot b)
|
||||
.\]
|
||||
\item $a < 0, b > 0$ (analog $a > 0, b <0)$. Dann ist $a \cdot b < 0$.
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||||
\begin{align*}
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||||
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*}
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||||
\item $a < 0, b < 0$. Dann ist $a \cdot b > 0$.
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||||
\begin{align*}
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||||
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 $a \cdot b = 0$.
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||||
\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}
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||||
\end{proof}
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||||
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||||
\end{aufgabe}
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||||
\end{document}
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@@ -0,0 +1,72 @@
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#include "cpp_headers/fcpp.hh"
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||||
// Berechne die Determinante einer 2x2 Matrix mit doubles
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double determinante_double(double a, double b, double c, double d) {
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||||
return a*d - b*c;
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||||
}
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||||
// 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
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||||
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);
|
||||
}
|
||||
}
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||||
|
||||
// Berechnet den effektiven Zinssatz mit floats
|
||||
// z: Zinssatz, n: Abrechnungsvorgaenge
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||||
float zins(float z, int n) {
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||||
return pow(1 + z/n, n) - 1;
|
||||
}
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||||
|
||||
// Berechnet den effektiven Zinssatz mit doubles
|
||||
// z: Zinssatz, n: Abrechnungsvorgaenge
|
||||
double zins(double z, int n) {
|
||||
return pow(1 + z/n, n) - 1;
|
||||
}
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||||
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||||
// Vergleiche die Berechnung des effektiven Zinssatzes bei n Abrechnungsvorgaengen
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||||
// mit floats und doubles und vergleiche mit dem Grenzwert für n -> unendlich.
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||||
void compare(int n) {
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||||
// Berechne effektiven Zins mit float
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float zf = zins(0.06, n);
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||||
// Berechne die Differenz zu exp(z) - 1
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||||
float difff = exp(0.06) - 1 - zf;
|
||||
// Berechne effektiven Zins mit double
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||||
double zd = zins(0.06, n);
|
||||
// Berechne die Differenz zu exp(z) - 1
|
||||
double diffd = exp(0.06) - 1 - zd;
|
||||
// Gebe alles aus
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||||
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("");
|
||||
}
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||||
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||||
int main() {
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// Determinantenberechnung (Aufgabe 1)
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print("det", determinante(100, 0.01, -0.01, 100), 0);
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||||
print("double det", determinante_double(100, 0.01, -0.01, 100), 0);
|
||||
// Teste die Assoziativitaet (Aufgabe 1)
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||||
testAssoziativitaet();
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||||
// vergleiche fuer verschiedene Werte (Aufgabe 2)
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compare(1);
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compare(4);
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compare(12);
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||||
compare(365);
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||||
compare(365*24);
|
||||
compare(365*24*60);
|
||||
compare(365*24*60*2);
|
||||
compare(365*24*60*60);
|
||||
}
|
||||
Binary file not shown.
+137
-52
@@ -1,9 +1,22 @@
|
||||
\documentclass{../../../lecture}
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||||
\documentclass[uebung]{../../../lecture}
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||||
|
||||
\usepackage{enumerate}
|
||||
\usepackage{array}
|
||||
\usepackage{mathtools}
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||||
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||||
\title{Übungsblatt Nr. 5}
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||||
\author{Christian Merten, Mert Biyikli}
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||||
|
||||
\begin{document}
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||||
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||||
\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}
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||||
|
||||
\begin{aufgabe}
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||||
Es sei $K$ Körper, $M$ eine Menge und $m_0 \in M$ ein fest gewähltes
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@@ -11,11 +24,23 @@ Element. In \\$V = \text{Abb}(M, K)$ betrachten wir die Teilmengen
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||||
$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.
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||||
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||||
\begin{enumerate}[a)]
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||||
\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:
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||||
\[
|
||||
m_1 + m_2 \in M \text{ } \forall m_1,m_2 \in M
|
||||
.\] 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}
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||||
Seien $f_1, f_2 \in U$, $a \in K$ beliebig. Zu zeigen:
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@@ -48,11 +73,15 @@ $V = \text{Abb}(M, K)$ zum Vektorraum.
|
||||
\item Beh.: $U \cap W = \{0\} $
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||||
|
||||
\begin{proof}
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||||
Zunächst: $0_V(m_0) = 0 \implies 0_V \in U$ und
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||||
$0_V(x) = 0 = 0_V(y) \text{ } \forall x,y \in M \implies 0_V \in W$. Daraus folgt
|
||||
$0_V \in U \cap W \implies U \cap W \neq \emptyset$.
|
||||
|
||||
Sei $f \in U \cap W$ beliebig:
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||||
\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}
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||||
\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
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||||
einem Bild von $v_1$ zugeordnet wird.
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||||
\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:
|
||||
$\iff$
|
||||
\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:
|
||||
\[
|
||||
\psi(\text{ker }\partial) = \left\{ (c, \underbrace{0, \ldots, 0}_{n+1\text{-mal}}) \mid c \in K\right\}
|
||||
\psi(\text{ker }\partial) =
|
||||
\{(a, \underbrace{0, \ldots, 0}_{n+1\text{-mal}}) \mid a \in K\}
|
||||
.\]
|
||||
\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}
|
||||
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||||
|
||||
Binary file not shown.
@@ -0,0 +1,255 @@
|
||||
\documentclass[uebung]{../../../lecture}
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||||
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||||
\usepackage[]{array}
|
||||
\usepackage[]{enumerate}
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||||
\title{Lineare Algebra I: Übungsblatt 6}
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||||
\author{Christian Merten, Mert Biyikli}
|
||||
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||||
\begin{document}
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||||
\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:
|
||||
$\exists (\alpha_i)_{i \in I \setminus J} \in K^{(I \setminus J)}$:
|
||||
$[v] = \sum_{i \in I \setminus J} [\alpha_i v_i]$
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Falls $v \in U$: $[v] = U$: Für $\alpha_i = 0$ $\forall i \in I \setminus J$ folgt:
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\[
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\sum_{i \in I \setminus J} [0 \cdot v_i] = [0] = U = [v]
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.\]
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Falls $v \in W$: Dann ex. ein $(\alpha_i)_{i \in I \setminus J} \in K^{I \setminus J}$
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, s.d.
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\[
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v = \sum_{i \in I \setminus J} \alpha_i v_i
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.\]
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Dann gilt:
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\[
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\sum_{i \in I \setminus J} [\alpha_i v_i]
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= \left[ \sum_{i \in I \setminus J} \alpha_i v_i \right]
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= [ v ]
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.\]
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\end{enumerate}
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\end{proof}
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\end{enumerate}
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\end{aufgabe}
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\begin{aufgabe}
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\begin{enumerate}[(a)]
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\item Beh.: Für jedes $i \in I$ existiert genau ein $v^{*}_i \in V^{*}$ derart, dass
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\[
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v^{*}_{i}(v_j) = \begin{cases}
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1 & \text{falls } i = j \\
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0 & \text{falls } i \neq j
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\end{cases}
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.\]
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\begin{proof}
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Sei $i \in I$ beliebig. Für die Basisvektoren $(v_i)_{i\in I}$ ist $v^{*}_i$ eindeutig
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definiert.
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Für $v \in V$ ex. ein $(\alpha_i)_{i \in I} \in K^{(I)}$, s.d.
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\[
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v = \sum_{i \in I} \alpha_i v_i
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.\]
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Aufgrund der Linearität von $v^{*}_i$ ist $v^{*}_i(v)$ eindeutig definiert durch:
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\[
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v^{*}_i(v) = v^{*}_i\left(\sum_{j \in I} \alpha_j v_j\right)
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= \sum_{j \in I} v^{*}_i(\alpha_j v_j)
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= \sum_{j \in I} \alpha_j v^{*}_i(v_j)
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.\] Damit ist $v^{*}_i$ wohldefiniert und damit eindeutig bestimmt.
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\end{proof}
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\item Beh.: Die Familie $(v^{*}_i)_{i \in I}$ ist linear unabhängig.
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\begin{proof}
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Sei $(\alpha_i)_{i\in I} \in K^{(I)}$ mit $\sum_{i \in I} \alpha_i v^{*}_i = 0$.
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Angenommen: $\exists i_0 \in I \colon \alpha_{i_0} \neq 0$. Das heißt:
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\begin{align*}
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&\alpha_{i_0} \cdot v^{*}_{i_0} + \sum_{i \in I \setminus \{ i_0 \} } \alpha_i v^{*}_{i} = 0 \\
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\implies & \alpha_{i_0} \cdot v^{*}_{i_0} = - \sum_{i \in I \setminus \{ i_0 \} } \alpha_i v^{*}_{i} \\
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||||
\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})
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.\end{align*}
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Wegen $\forall i \in I \setminus \{i_0\} \colon v_i^{*}(v_{i_0}) = 0$, folgt
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\[
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\alpha_{i_0} = - \sum_{i \in I \setminus \{ i_0 \} } \alpha_i \cdot 0
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= 0
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.\] Widerspruch zur Annahme $\alpha_{i_0} \neq 0$. $\implies (v^{*}_i)_{i\in I}$ linear unabhängig
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\end{proof}
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\item Beh.: Ist $I$ nicht endlich, so ist $(v^{*}_{i})_{i \in I}$ keine Basis von $V^{*}$.
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\begin{proof}
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$I$ ist nicht endlich.
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Zu zeigen: $(v^{*}_i)_{i\in I}$ ist nicht Erzeugendensystem von $V^{*}$.
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Sei $f^{*} \in V^{*}$ und $v \in V$. Wegen $(v_i)_{i\in I}$ Basis, ex.
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$(\beta_i)_{i \in I} \in K^{I}$, s.d. $v = \sum_{i \in I} \beta_i v_i$.
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Angenommen es ex. $(\alpha_i)_{ i \in I} \in K^{I}$, s.d.
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\begin{align*}
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f^{*}(v) &= \sum_{i \in I} \alpha_i v^{*}_i(v) \\
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&= \sum_{i \in I} \alpha_i v^{*}_i \left( \sum_{i \in I} \beta_i v_i \right) \\
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&= \sum_{i \in I} \alpha_i \sum_{i \in I} \beta_j v^{*}_i(v_j) \\
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&= \sum_{i \in I} \alpha_i \beta_i
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.\end{align*}
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Wegen $\alpha_i$ und $\beta_i$ i.A. nicht endlich, ist die Summe nicht bestimmt.
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Widerspruch $\implies (v^{*}_i)_{i\in I}$ ist kein Erzeugendensystem
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\end{proof}
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\end{enumerate}
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\end{aufgabe}
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\end{document}
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