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

\usepackage[]{gauss}

\title{Lineare Algebra I: Übungsblatt 12}
\author{Christian Merten}

\begin{document}

\punkte

\vspace{4mm}
\begin{aufgabe}
    Zunächst ist das charakteristische Polynom zu berechnen.
    \begin{align*}
        \chi_A(\lambda) = \text{det}(\lambda E_n - A) =
        \begin{gmatrix}[v] 
            \lambda - 4 & 5 & 4 \\
            -6 & \lambda + 7 & 4 \\
            -3 & 4 & \lambda -3
        \end{gmatrix} = \lambda^{3} - 3 \lambda + 2 = (\lambda - 1)^2(\lambda + 2)
    .\end{align*}
    Mit $\chi_A(\lambda) = 0$ folgen die Eigenwerte $\lambda_1 = 1$ und $\lambda_2 = -2$.
    Die Eigenräume ergeben sich aus den homogenen LGS. Für $\lambda_1 = 1$ folgt
    \begin{align*}
        \begin{gmatrix}[p] 
            1 - 4 & 5 & 4 \\
            -6 & 8 & 4 \\
            3 & -4 & -2
            \rowops
            \add{2}{1}
            \swap{2}{1}
            \add{1}{0}
            \add[4]{0}{1}
            \mult{1}{\frac{1}{3}}
        \end{gmatrix} 
        \to
        \begin{gmatrix}[p] 
            1 & 0 & 2 \\
            0 & 1 & 2 \\
            0 & 0 & 0
        \end{gmatrix} 
        &\implies V_{\lambda_1} = \text{Lin}\left[ \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix}  \right] 
        \intertext{Für $\lambda_2 = -2$ folgt analog}
        \begin{gmatrix}[p] 
            -6 & 5 & 4 \\
            -6 & 5 & 4 \\
            3 & -4 & -5
            \rowops
            \add[-]{0}{1}
            \swap{1}{2}
            \add[2]{1}{0}
            \add[4]{0}{1}
            \mult{1}{\frac{1}{3}}
            \swap{1}{0}
        \end{gmatrix} 
        \to
        \begin{gmatrix}[p] 
            1 & 0 & 1 \\
            0 & 1 & 2 \\
            0 & 0 & 0
        \end{gmatrix} 
        &\implies V_{\lambda_2} = \text{Lin}\left[ \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix}  \right] 
    .\end{align*}
    Damit folgt direkt $\mu_{\text{geo}}(\lambda_1) = \text{dim } V_{\lambda_1} = 1 = \text{dim } V_{\lambda_2}
    = \mu_{\text{geo}}(\lambda_2)$. Damit ist
    \begin{align*}
        &\sum_{i=1}^{n} \mu_{\text{geo}}(\lambda_i) = 2 \neq 3 = n \quad \implies A \text{ nicht diagonalisierbar}
        \intertext{Aber wegen $\mu_{\text{alg}}(\lambda_1) = 2$ und $\mu_{\text{alg}}(\lambda_2) = 1$ folgt}
        &\sum_{i=1}^{n} \mu_{\text{alg}}(\lambda_i) = 3 = n \implies \quad A \text{ trigonalisierbar}
    .\end{align*}
    Ergänze nun $v_1 := \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix} $ und
    $v_1 := \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix} $ zu einer Basis durch
    $\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} $ (l.u. da $0 = 2 - 2$ aber  $2 - 1 \neq 0$). Damit
    folgt direkt
    \begin{align*}
        S := M(id)_{\underline{e}}^{\underline{v}} =
        \begin{gmatrix}[p] 2 & 1 & 0 \\ 2 & 2 & 0 \\ -1 & -1 & 1 \end{gmatrix}
    .\end{align*}
    Die Inverse ergibt sich durch Berechnung:
    \begin{align*}
        \begin{gmatrix}[p] 2 & 1 & 0 \\ 2 & 2 & 0 \\ -1 & -1 & 1
        \end{gmatrix}
        \begin{gmatrix}[p] 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1
            \rowops
            \add[-]{1}{0}
            \add[2]{0}{1}
            \add{0}{2}
            \mult{1}{\frac{1}{2}}
            \add{1}{2}
            \swap{0}{1}
        \end{gmatrix}
        \to 
        \begin{gmatrix}[p] 
            1 & -\frac{1}{2} & 0 \\
            -1 & 1 & 0 \\
            0 & \frac{1}{2} & 1
        \end{gmatrix} 
        =: S^{-1}
    .\end{align*} Damit ist $S^{-1}AS$ eine obere Dreiecksmatrix.
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Beh.: Die Matrix $A := \begin{pmatrix} 2 & 3 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ ist eindeutig bestimmt
            mit
            \[
            \begin{pmatrix} f(n+2) \\ f(n+1) \end{pmatrix} = A \cdot \begin{pmatrix} f(n+1) \\ f(n) \end{pmatrix} 
            .\]
            \begin{proof}
                Mit $A = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} $ ergibt die Voraussetzung
                zwei Gleichungen:
                \begin{align*}
                    f(n+2) &= a f(n+1) + b f(n) \\
                    f(n+1) &= c f(n+1) + d f(n)
                .\end{align*}
                Mit $f(n+2) = 2 f(n+1) + 3 f(n)$ $\forall n \in \N$ folgt direkt $a = 2$, $b = 3$,
                $c = 1$ und $d = 0$.
            \end{proof}
        \item Analog zu Aufgabe 1 folgt
            \begin{align*}
                \chi_A(\lambda) =
                \begin{gmatrix}[v] \lambda - 2 & -3 \\ -1 & \lambda \end{gmatrix} = (\lambda+1)(\lambda -3)
                = 0 \quad \implies \lambda_1 = -1 \quad \lambda_2 = 3
            .\end{align*} Damit ergeben sich die Eigenräume. Aus $\lambda_1 = -1$ folgt
            \begin{align*}
                \begin{gmatrix}[p] -3 & -3 \\ -1 & -1  \end{gmatrix} 
                \to 
                \begin{gmatrix}[p] 1 & -3 \\ 0 & 0 \end{gmatrix} 
                \implies V_{\lambda_1} = \text{Lin}\left[ \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}  \right].
                \intertext{und aus $\lambda_2 = 3$ folgt}
                \begin{gmatrix}[p] 1 & -3 \\ -1 & 3  \end{gmatrix} 
                \to 
                \begin{gmatrix}[p] 1 & -3 \\ 0 & 0 \end{gmatrix} 
                \implies V_{\lambda_2} = \text{Lin}\left[ \begin{pmatrix} 3 \\ 1 \end{pmatrix}  \right]
            .\end{align*}
        \item Die Eigenvektoren aus (b) bilden eine Basis $\underline{v}$. Damit folgt
            \begin{align*}
                S := M_{\underline{e}}^{\underline{v}}(id) =
                \begin{gmatrix}[p] 1 & 3 \\ -1 & 1 \end{gmatrix}
            .\end{align*} und durch Invertieren von $S$
            \begin{align*}
                S^{-1} = \begin{gmatrix}[p] \frac{1}{4} & -\frac{3}{4} \\ \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \end{gmatrix} 
            .\end{align*} Damit hat $S^{-1}AS$ Diagonalgestalt.
        \item Aus (c) folgt die Diagonalmatrix
            \begin{align*}
                D := S^{-1}AS = \begin{gmatrix}[p] -1 & 0 \\ 0 & 3 \end{gmatrix}
            .\end{align*} Durch die Formel
            \[
            \begin{pmatrix} f(n+2) \\ f(n+1) \end{pmatrix} = A \cdot \begin{pmatrix} f(n+1) \\ f(n) \end{pmatrix} 
        .\] ergibt sich, dass $f(n)$ durch $n-2$-malige Anwendung von  $A$ auf die Startwerte
        $\begin{pmatrix} f(2) \\ f(1) \end{pmatrix} $ entsteht. Zur Berechnung wird die Diagonalmatrix
        $D$ verwendet. Dafür wird der Startvektor mit
        $S^{-1}$ in die Basis $\underline{v}$ transformiert und dann $D$ $n-2$ mal angewendet 
        und das Ergebnis mit $S^{-1}$ zurück
        in die kanonische Basis transformiert. Damit ergibt sich
        \begin{align*}
            \begin{pmatrix} f(n) \\ f(n-1) \end{pmatrix}
            = S \cdot D^{n-2} \cdot S^{-1} \cdot \begin{pmatrix} f(2) \\ f(1) \end{pmatrix} 
            = 
            \begin{gmatrix}[p] 1 & 3 \\ -1 & 1 \end{gmatrix}  \cdot 
            \begin{gmatrix}[p] (-1)^{n-2} \left( \frac{f(2)}{4} - \frac{3}{4} f(1)  \right) 
            \\ 3^{n-2} \left( \frac{f(2)}{4} + \frac{f(1)}{4}  \right)\end{gmatrix}
        .\end{align*} Da nur $f(n)$ benötigt wird, ergibt sich so $f(n)$ durch die obere Zeile
        des Vektors, also
        \begin{align*}
            f(n) &= (-1)^{n-2} \left( \frac{f(2)}{4} - \frac{3}{4}f(1) \right) +
            3 \cdot 3^{n-2} \left( \frac{f(2)}{4} + \frac{f(1)}{4} \right) \\
            &= \frac{3 f(1)}{4} \left( (-1)^{n+1} + 3^{n-2}\right)
            + \frac{f(2)}{4} \left( (-1)^{n} + 3^{n-1} \right) 
        .\end{align*}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Beh.: $\gamma$ ist eine symmetrische, nicht-ausgeartete Bilinearform
            \begin{proof}
                Seien $f, g, h \in K[X]_{\le n}$ und $\lambda \in K$ bel.

                Zz.: $\gamma$ ist symmetrisch. Da $K[X]$ kommutativer Ring folgt
                    \begin{align*}
                        \gamma(f,g) = \left( \int (f \cdot g) dx \right)(1_K) =
                        \left( \int (g \cdot f) dx \right)(1_K) = \gamma(g, f)
                    .\end{align*}
                Zz.: $\gamma$ ist bilinear.
                \begin{align*}
                    \gamma(\lambda f + h, g) &=
                    \left( \int ((\lambda f + h) \cdot g) dx \right) (1_K) \\
                    &= \left( \int ( \lambda f \cdot g + h \cdot g)dx  \right)(1_K) \\
                    &= \lambda \left( \int \left( f \cdot g \right)  \right) 
                    + \left( \int \left( h \cdot g) \right) dx  \right)(1_K) \\
                    &= \lambda \gamma(f, g) + \gamma(h, g)
                .\end{align*} Wegen der Symmetrie von $\gamma$ folgt die Linearität auch im zweiten
                Argument. 

                Zz.: $\gamma$ ist nicht ausgeartet.

                Sei $\mathcal{B}$ die kanonische Basis des  $K[X]_{\le n}$. Dann ist die
                Fundamentalmatrix von $\gamma$ bezügl. $\mathcal{B}$ offensichtlich invertierbar. Damit
                ist  $\gamma$ nicht ausgeartet.
            \end{proof}
        \item Für $K = \Q$ und $n = 3$ muss $\gamma$ für alle Kombinationen der Basisvektoren
            $(1, x, x^2, x^{3})$ berechnet werden. Also beispielsweise für $x$ und  $x^2$ folgt
            \begin{align*}
                \gamma(x, x^2) = \left( \int (x \cdot x^2) dx \right)(1_K)
                = \left( \int x^{3} dx \right)(1_K) = \frac{1}{3}
            .\end{align*} Damit folgt analog für die restlichen Kombinationen die Fundamentalmatrix
            \begin{align*}
                G = \begin{gmatrix}[p] 
                    1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{3} & \frac{1}{4} \\
                    \frac{1}{2} & \frac{1}{3} & \frac{1}{4} & \frac{1}{5} \\
                    \frac{1}{3} &  \frac{1}{4} & \frac{1}{5} & \frac{1}{6} \\
                    \frac{1}{4} & \frac{1}{5} & \frac{1}{6} & \frac{1}{7}
                \end{gmatrix} 
            .\end{align*}
        \item Um eine Orthogonalbasis zu bestimmen, müsste $G$ aus (c) diagonalisiert werden. Dieser Prozess
            ist allerdings für eine $4\times 4$ Matrix mit diesen Einträgen langwierig. Deswegen
            bestimme die Orthogonalbasis induktiv. Für $n = 2$ ist sofort ersichtlich, dass
            $\{1, 1 - 2x\} $ eine Orthogonalbasis bilden, da
            \begin{align*}
                \gamma(1, 1-2x) = \left( \int (1-2x)dx \right)(1_K) = 1 - 1 = 0
            .\end{align*} Für $n = 3$ ergibt sich dann aus den Gleichungen $\gamma(1 - 2x, a + bx +cx^2) = 0$
            und $\gamma(1, a + bx + cx^2) = 0$ folgendes Gleichungssystem:
            \begin{align*}
                - b -c &= 0 \\
                a + \frac{b}{2} + \frac{c}{3} &= 0
            .\end{align*} Durch Wahl von $a = -1$ ergibt sich damit
            $b = 6$ und $c = -6$.

            Für $n = 4$ ergeben sich analog zu $n = 3$ die Gleichungen
            \begin{align*}
                -10b - 10c - 9d &= 0 \\
                d + \frac{2}{3} c &= 0 \\
                a + \frac{b}{2} + \frac{c}{3} + \frac{d}{4} &= 0
            .\end{align*} Durch Wahl von $d = 10$ ergibt sich damit
            $a = -\frac{1}{2}$, $b = 6$, $c = -15$. Damit ist
             \begin{align*}
               \{1, 1-2x, -1 + 6x -6x^2, -\frac{1}{2} + 6x - 15 x^2 + 10x^3\}   
             .\end{align*}
             offensichtlich l.u. und eine Orthogonalbasis des $Q[X]_{\le 3}$ bezüglich $\gamma$.
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    Es gilt nach VL:
    $M_{\underline{e}}^{\underline{e}}(f) = \left(M_{\underline{e^{*}}}^{\underline{e^{*}}}(f^{*})\right)^{t}$.
    Damit folgt
    \begin{align*}
        \chi_f(t) &= \text{det}(t E_n - M_{\underline{e}}^{\underline{e}}(f)) \\
        &= \text{det}\left[\left(t E_n - M_{\underline{e}}^{\underline{e}}(f)\right)^{t}\right] \\
        &= \text{det}\left[(t E_n)^{t} - \left(M_{\underline{e}}^{\underline{e}}(f)\right)^{t}\right] \\
        &= \text{det}\left[t E_n - M_{\underline{e^{*}}}^{\underline{e^{*}}}(f^{*})\right] \\
        &= \chi_{f^{*}}(t)
    .\end{align*} Damit folgt: $\lambda \in K$ Eigenwert von $f$ $\iff$ $\lambda$ Nullstelle von
    $\chi_f(\lambda)$ $\iff$ $\lambda$ Nullstelle von $\chi_{f^{*}}(\lambda)$ $\iff$ $\lambda$ Eigenwert
    von  $f^{*}$.

    Sei nun $\lambda \in K$ ein Eigenwert von $f$ bzw.  $f^{*}$. Dann bezeichne
    $V_{\lambda}$ den Eigenraum von $\lambda$ bezüglich $f$ und $V^{*}_{\lambda}$ den Eigenraum bezüglich
    $f^{*}$. Da $V$ e.d. gilt $\text{dim } V = \text{dim } V^{*}$.
    \begin{align*}
        \text{dim } V_{\lambda} &= \qquad\text{dim } \text{ker}(\lambda E_n - M_{\underline{e}}^{\underline{e}}(f)) \\
        &\stackrel{V \text{ e.d.}}{=} \qquad \text{dim } V - \text{Rg}(\lambda E_n - M_{\underline{e}}^{\underline{e}}(f)) \\ 
        &\stackrel{\text{SR = ZR}}{=} \qquad \text{dim } V - \text{Rg}\left[ \left( \lambda E_n - M_{\underline{e}}^{\underline{e}}(f) \right)^{t}  \right]  \\
        &= \qquad \text{dim } V^{*} - \text{Rg}\left[ \lambda E_n - \left(M_{\underline{e}}^{\underline{e}}(f) \right)^{t}  \right] \\
        &\stackrel{\text{dim } V = \text{dim } V^{*}}{=} \qquad \text{dim } V^{*} - \text{Rg}\left( \lambda E_n - M_{\underline{e^{*}}}^{\underline{e^{*}}}(f^{*}) \right) \\
        &\stackrel{V^{*} \text{ e.d.}}{=} \qquad \text{dim } \text{ker}(\lambda E_n - M_{\underline{e^{*}}}^{\underline{e^{*}}}(f^{*})) \\
        &= \qquad \text{dim } V^{*}_{\lambda}
    .\end{align*}
\end{aufgabe}
\end{document}