\documentclass{../../../lecture}

\begin{document}

\begin{aufgabe}[]
    
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}[Vektorprodukte]

Sei $k \in \R$ beliebig, dann wähle $x := \begin{pmatrix} -\frac{1}{2} - \frac{5}{2}k \\ -1 \\ k \\ \end{pmatrix} \in \R^{3}$.

\begin{proof}
\[
\begin{pmatrix} -\frac{1}{2} - \frac{5}{2}k \\ -1 \\ k \end{pmatrix}
\times 
\begin{pmatrix} 5 \\ 0 \\ -2 \end{pmatrix} 
=
\begin{pmatrix} 2 - 0k \\ 5k - \left(2\left(\frac{1}{2} + \frac{5}{2}k\right)\right) \\ 5 \end{pmatrix} 
=
\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 5 \end{pmatrix} 
.\] 
\end{proof}

Es existiert kein $y \in \R^{3}$ mit:
\[
y \times \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} 
.\] 

\begin{proof}

Die obenstehende Gleichung ergibt folgendes LGS:
\begin{align*}
    2 y_2 - y_3 &= 1 \\
    2 y_3 - 2 y_1 &= 2 \\
    y_1 - 2 y_2 &= 0 \\
.\end{align*}

Aus (I) folgt:
\[
    y_3 = 2 y_2 - 1
.\] 
Damit ergibt sich aus (II):
\begin{align*}
    && 2 y_3 - 2y_1 = 2 (2y_2 - 1) - 2y_1 &= 2 \\
    \implies&& y_1 &= 2y_2 - 2 \\
.\end{align*}
Daraus entsteht ein Widerspruch in (III):
\begin{align*}
    y_1 - 2y_2 = 2y_2 - 2 - 2y_2 = -2 \neq 0
.\end{align*}

\end{proof}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
Wir definieren die Abbildung $-^{\bot}: \R^{2} \to \R^{2}$ durch
\[
    \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}^{\bot} =
    \begin{pmatrix} -x_2 \\ x_1 \end{pmatrix} 
.\] 
\end{aufgabe}

\textbf{a)} Zu zeigen: $x$ $\bot$ $x^{\bot}$ und
$ \|x\| = \|x^{\bot}\|$ $\forall x \in R^{2}$

\begin{proof}
    Sei $x \in R^{2}$ beliebig.
    $x$ $\bot$ $x^{\bot}$:
    \[
    \left<x, x^{\bot}\right> = \left< \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} 
    , \begin{pmatrix} -x_2 \\ x_1 \end{pmatrix} 
    \right> = -x_1 x_2 + x_2 x_1 = 0
    .\] 
    $\|x\| = \|x^{\bot}\|$:
    \[
        \|x\| = \sqrt{\left<x,x\right>} = \sqrt{x_1^2 + x_2^2} = \sqrt{\left( -x_2 \right) ^2 + x_1^2} = \|x^{\bot}\| 
    .\] 
\end{proof}

\textbf{b)} Ist $x \in \R^{2} \setminus \{0\}$ und $y \in \R^{2}$ mit $x$ $\bot$
$y$, so existiert ein $a \in \R$ derart, dass $y = a \cdot x^{\bot}$.

\begin{proof} Sei $x \in \R^{2} \setminus $ mit $x = \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} $
und $y \in \R^{2}$ mit $y = \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \end{pmatrix}$

Wegen $x$ $\bot$ $y$ folgt:
\begin{align*}
    x_1y_1 + x_2y_2 = 0 \implies x_1y_1 = -x_2y_2
.\end{align*}

\underline{Fall 1:} $x_1 = 0$. $\implies x_2 \neq 0$.
\[
    x_2 y_2 = 0 \implies y_2 = 0
.\] Wähle nun $a := -\frac{y_1}{x_2} \in \R$:
\[
y = a \cdot x^{\bot} \begin{pmatrix} -a x_2 \\ ax_1 \end{pmatrix} 
= \begin{pmatrix} \frac{y_1}{x_2} x_2 \\ 0 \end{pmatrix} 
= \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \end{pmatrix} 
.\] 

\underline{Fall 2:} $x_2 = 0$. $\implies x_1 \neq 0$.
\[
    x_1 y_1 = 0 \implies y_1 = 0
.\] Wähle nun $a := \frac{y_2}{x_1} \in \R$:
\[
y = a \cdot x^{\bot} \begin{pmatrix} -a x_2 \\ ax_1 \end{pmatrix} 
= \begin{pmatrix} 0 \\ \frac{y_2}{x_1} x_1 \end{pmatrix} 
= \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \end{pmatrix} 
.\] 

\underline{Fall 3:} $x_1 \neq 0$ und $x_2 \neq 0$.
\[
-\frac{y_1}{x_2} = \frac{y_2}{x_1}
.\] Wähle nun $a := \frac{y_2}{x_1} = -\frac{y_1}{x_2} \in \R$:
\[
y = a \cdot x^{\bot} = \begin{pmatrix} -a x_2 \\ a x_1 \end{pmatrix} 
= \begin{pmatrix} \frac{y_1}{x_2} x_2 \\ \frac{y_2}{x_1} x_1 \end{pmatrix} 
= \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \end{pmatrix} 
.\] 
\end{proof}

\textbf{c)} Für $x \in \R^{2} \setminus \{0\} $ sei $f_x: \R^{2} \to \R^{2}$
Abbildung mit:
\[
 y \mapsto \frac{\left<y, x\right>}{\left<x, x\right>} \cdot x
+ \frac{\left<y, x^{\bot}\right>}{\left<x, x\right>} \cdot x^{\bot}
.\]
Zu zeigen: Für beliebiges $x \in \R \setminus \{0\} $ ist $f_x$ gleich der
Identität des $\R^{2}$.

\begin{proof}
    Zz: $f_x(y) = y$ $\forall y \in \R^{2}$

    Seien $x \in R^{2} \setminus \{0\}$ mit $x = \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}$
    und $y \in R^{2}$ mit $y = \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \end{pmatrix}$.

    Nun:
    \begin{align*}
        f_x(y) &= \frac{\left<y, x\right>}{\left<x, x\right>} \cdot x
            + \frac{\left<y, x^{\bot}\right>}{\left<x, x\right>} \cdot x^{\bot} \\
               &= \frac{1}{\left<x, x\right>} \left( 
               \begin{pmatrix} x_1^2y_1 + x_1x_2y_2 \\ x_1x_2y_1 + x_2^2y_2 \end{pmatrix} 
               +
               \begin{pmatrix} y_1x_2^2 - x_1x_2y_2 \\ -x_1x_2y_1 + x_1^2y_2 \end{pmatrix} 
               \right) \\
               &= \frac{1}{\left<x, x\right>} \begin{pmatrix} y_1x_1^2 + y_1x_2^2 \\ y_2x_2^2 + y_2x_1^2 \end{pmatrix} \\
               &= \frac{1}{x_1^2 + x_2^2} \begin{pmatrix} y_1(x_1^2 + x_2^2) \\ y_2(x_1^2 + x_2^2) \end{pmatrix}  \\
               &= \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \end{pmatrix}  \\
               &= y
    .\end{align*}
\end{proof}

\end{document}