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

\title{Lineare Algebra I: Übungsblatt 6}
\author{Christian Merten, Mert Biyikli}

\begin{document}

\punkte

\begin{aufgabe}

    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Beh.: $W$ ist ein Untervektorraum von $V$.
            \begin{proof}
                $0 \in W$, da $0(n) + 0(n+1) + 0(n+2) = 0$

                Seien $w_1, w_2 \in W, a \in K$ und $n \in \N$ beliebig.
                \begin{align*}
                    &(aw_1 + w_2)(n) + (aw_1 + w_2)(n+1) + (aw_1 + w_2)(n+2) \\
                    &= a (\underbrace{w_1(n) + w_1(n+1) + w_1(n+2)}_{= 0}) +
                    \underbrace{w_2(n) + w_2(n+1) + w_2(n+2)}_{= 0} \\
                    &= 0
                .\end{align*}
                $\implies (aw_1 + w_2) \in W$
            \end{proof}
        \item Beh.: Sind $f, g \in W$ derart, dass $f(1) = g(1)$ und $f(2) = g(2)$ gelten, so ist $f = g$.
            \begin{proof}
                Seien $f, g \in W$ mit $f(1) = g(1)$ und $f(2) = g(2)$.

                Zz.: $\forall n \in \N\colon f(n) = g(n)$\\
                Beweis durch vollständige Induktion

                I.A.: Nach Voraussetzung gilt $f(1) = g(1)$ und $f(2) = g(2)$.

                I.S.: Es existiere ein festes aber beliebiges $n \in \N, n \ge 2$ mit
                $f(n) = g(n)$ und $f(n-1) = g(n-1)$.

                $n \to n+1$: Wegen $f, g \in W$ gilt:
                \begin{align*}
                    f(n-1) + f(n) + f(n+1) = 0 = g(n-1) + g(n) + g(n+1)
                .\end{align*}
                $\stackrel{I.V.}{\implies} f(n+1) = g(n+1)$.
            \end{proof} 
        \item Beh.: $W$ ist endlich erzeugt.
            \begin{proof}
                Definiere:
                \begin{align*}
                    &w_1 := \begin{cases}
                        1 & \exists k \in \N_0\colon n = 3k+1 \\
                        0 & \exists k \in \N_0\colon n = 3k+2 \\
                        -1 & \exists k \in \N_0\colon n = 3k
                    \end{cases}, \qquad
                    w_2 \colon= \begin{cases}
                        0 & \exists k \in \N_0\colon n = 3k+1 \\
                        1 & \exists k \in \N_0\colon n = 3k+2 \\
                        -1 & \exists k \in \N_0\colon n = 3k
                    \end{cases}
                .\end{align*}

                Zz.: $w_1, w_2 \in W$. Sei $n \in \N$ beliebig.

                Falls $\exists k \in \N_0\colon n = 3k+1$, dann $n + 1 = 3k+2$ und $n + 2 = 3(k+1)$.
                \begin{align*}
                    w_1(n) + w_1(n+1) + w_1(n+2) &= 1 + 0 - 1 = 0
                    \intertext{und}
                    w_2(n) + w_2(n+1) + w_2(n+2) &= 0 + 1 - 1 = 0
                .\end{align*}

                Fälle $\exists k \in \N_0\colon n = 3k+2$ bzw. $n = 3k$ folgen analog.

                Zz.: $\{w_1, w_2\} $ ist Erzeugendensystem. Sei $f \in W$ beliebig.
                Wähle $a_1 := f(1)$ und $a_2 := f(2)$. Damit gilt:
                \begin{align*}
                    a_1 w_1(1) + a_2 w_2(1) = a_1 = f(1)
                \intertext{und}
                    a_1 w_1(2) + a_2 w_2(2) = a_2 = f(2)
                .\end{align*} Wegen (b) $\implies f = a_1 w_1 + a_2 w_2$. \\
                $\implies \{w_1, w_2\} $ ist endliches Erzeugendensystem von $W$.
            \end{proof}
        \item Beh.: $\text{dim}(W) = 2$ 
            \begin{proof}
                Zz.: $\{w_1, w_2\}$ aus (c) ist Basis, also linear unabhängig.

                Sei $a_1 w_1(n) + a_2 w_2(n) = 0 \quad \forall n \in \N$.

                Für $n = 1$ folgt $a_1 w_1(1) + a_2 w_2(1) = a_1 = 0$.\\
                Für $n = 2$ folgt $a_1 w_1(2) + a_2 w_2(2) = a_2 = 0$.\\

                $\implies \{w_1, w_2\}$ linear unabhängig und wegen (c) Basis von $W$
                $\implies \text{dim}(W) = 2$
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(c)]
        \item Beh.: $(u, v, x)$ ist Basis des $\R^{3}$.
            \begin{proof}
                Seien $a, b, c \in \R$ mit $a \cdot (0,1,2) + b \cdot (2, 1, 0) + c \cdot  (1, 0, 0) = 0$.
                \begin{align*}
                    2a = 0 \quad \implies a = 0 \\
                    a + b = 0 \quad \implies b = 0 \\
                    2b + c = 0 \quad \implies c = 0
                .\end{align*}
                $\implies (u,v,x)$ linear unabhängig.

                Sei $z \in \R^{3}$ mit $(z_1, z_2, z_3)$ beliebig. Dann wähle $a = \frac{z_3}{2}$,
                $b = z_2 - \frac{z_3}{2}$ und $c = z_1 - 2z_2 + z_3$.

                Dann gilt:
                \begin{align*}
                    &\frac{z_3}{2} \cdot (0,1,2) + \left(z_2 - \frac{z_3}{2}\right) \cdot (2, 1, 0) +
                    (z_1 - 2z_2 + z_3) \cdot (1, 0, 0) \\
                    &= \left(2z_2 - z_3 + z_1 - 2z_2 + z_3, \frac{z_3}{2} + z_2 - \frac{z_3}{2}, z_3\right)\\
                    &= (z_1, z_2, z_3)
                .\end{align*}
                $\implies (u, v, x)$ ist Erzeugendensystem.
                $\implies (u,v,x) $ ist Basis des $\R^{3}$.
            \end{proof}
    \end{enumerate}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Beh.: $(u,v)$ ist linear unabhängig, aber keine Basis.
            \begin{proof}
                $(u,v)$ ist ein Teilsystem von $(u,v,x)$ und damit wegen (c) ebenfalls linear unabhängig,

                Da $(u,v,x)$ linear unabhängig ist, ist $(u,v)$ nicht maximal, also keine Basis
                und damit kein Erzeugendensystem.
            \end{proof}
        \item Beh.: $(u,v,w)$ ist weder linear unabhängig, noch Erzeugendensystem.
            \begin{proof}
                Wähle $a := \frac{1}{2}$, $b := \frac{1}{2}$ und $c := -1$. Damit folgt
                \[
                    a u + b v + c w = \frac{1}{2} u + \frac{1}{2} v - w =
                    \frac{1}{2}(0,1,2) + \frac{1}{2} (2,1,0) - (1,1,1) = (0,0,0)
                .\] Aber $a = \frac{1}{2} \neq 0 \implies (u,v,w)$ nicht linear unabhängig.

                Da $w = \frac{1}{2} u + \frac{1}{2} v$, trägt $w$ nicht zu $\text{Lin}((u,v,w))$ bei.
                Weil $(u,v)$ wegen (a) kein Erzeugendensystem
                ist, ist $(u,v,w)$ ebenfalls kein Erzeugendensystem und damit keine Basis.
            \end{proof}
    \end{enumerate}
    \begin{enumerate}[(d)]
        \item Beh.: $(u,v,w,x)$ ist Erzeugendensystem, aber nicht linear unabhängig und damit keine Basis.
            \begin{proof}
                Da die Basis $(u,v,x)$ ein Teilsystem von $(u,v,w,x)$ ist, folgt, dass $(u,v,w,x)$
                Erzeugendensystem ist.

                Allerdings ist dieses nicht minimal, da $(u,v,x)$ Basis ist. Also ist $(u,v,w,x)$ keine
                Basis und damit nicht linear unabhängig.
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\newpage
\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Beh.: $\text{Rg}(g \circ f) \le \text{min}(\text{Rg}(f), \text{Rg}(g))$
            \begin{proof}
                Zz.: $\text{Rg}(g \circ f) \le \text{Rg}(f)$.

                Schränke $g$ ein durch $g': \text{Bild}(f) \to \text{Bild}(g \circ f)$, $v \mapsto g(v)$\\
                $\implies g' \circ f(u) = g \circ f(u) \quad \forall u \in U$ \\
                $\implies \text{Rg}(f) = \text{dim}(\text{Bild}(f)) \ge \text{dim}(\text{Bild}(g \circ f)) = \text{Rg}(g \circ f)$

                Zz.: $\text{Rg}(g \circ f) \le \text{Rg}(g)$.

                Wegen $\text{Bild}(g \circ f) \subset \text{Bild}(g)$ und $f$ und $g$ linear, folgt
                $\text{Bild}(g \circ f)$ ist UVR von $\text{Bild}(g)$. \\
                $\implies \text{Rg}(g \circ f) = \text{dim}(\text{Bild}(g\circ f))
                \le \text{dim}(\text{Bild}(g)) = \text{Rg}(g)$
            \end{proof}
        \item Für $U = V = W = \R^{2}$ und
            \begin{align*}
                f\colon (x, y) \mapsto (x, 0), \qquad
                g\colon (x, y) \mapsto (0, y)
            .\end{align*}
            $g$ und $f$ sind linear. $\implies g \circ f\colon (x, y) \mapsto (0, 0)$.

            Wegen $\text{Rg}(f) = 1 = \text{Rg}(g)$, aber $\text{Rg}(g \circ f) = 0$ folgt:
            \[
                \text{Rg}(g \circ f) = 0 < 1 = \text{min}\left( \text{Rg}(f), \text{Rg}(g) \right)  
            .\] 
        \item Für $U = V = W$ und $f = g = id$ folgt $g \circ f = id \circ id = id$. $id$
            auf Vektorräumen ist linear. Also
            $f = g = g \circ f$, also $\text{Rg}(g \circ f) = \text{Rg}(g) = \text{Rg}(f)$.
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Beh.: Ist $f^{*}\colon V^{*} \to U^{*}$ injektiv, so ist $f$ surjektiv.
            \begin{proof}
                Kontraposition. Zz.: Ist $f$ nicht surjektiv, dann ist $f^{*}$ nicht injektiv.

                Sei $(v_i)_{i \in I}$ Basis von $\text{Bild}(f)$.
                Wegen Basisergänzungssatz und $f$ nicht surjektiv,
                ex. eine Indexmenge $J \neq \emptyset$ mit $J \cap I = \emptyset $,
                s.d. $(v_i)_{i \in I \cup J }$ Basis von V.

                $\implies v_j \not\in \text{Bild}(f) \quad \forall j \in J$

                Nun wähle $j_0 \in J$ und $\varphi_1, \varphi_2 \in V^{*}$ mit
                $\varphi_1(v_{j_0}) \neq \varphi_2(v_{j_0})$ und
                $\varphi_1(v_i) = \varphi_2(v_i) \quad \forall i \in I$

                $\implies \varphi_1(f(u)) = \varphi_2(f(u)) \quad \forall u \in U$. \\
                Aber $\varphi_1(v_{j_0}) \neq \varphi_2(v_{j_{0}}) \implies \varphi_1 \neq \varphi_2$.

                $\implies f^{*}$ nicht injektiv.
            \end{proof}
        \item Beh.: $f$ injektiv $\iff$ $f^{*}$ surjektiv
            \begin{proof}
                \begin{enumerate}[(i)]
                    \item Zz.: $f$ injektiv $\implies f^{*}$ surjektiv

                        Sei $u^{*} \in U^{*}$ beliebig und $(u_i)_{i \in I}$ eine Basis von $U$.
                        Wegen $f$ injektiv folgt:
                        \[
                            (f(u_i))_{i \in I} = (v_i)_{i \in I} \quad \text{linear unabhängig}
                        .\] Wegen Basisergänzungssatz, sei $J$ Indexmenge  mit $I \cap J = \emptyset$ und
                        $(v_i)_{i \in I \cup J}$ Basis von $V$.

                        Nun definiere $\varphi \in V^{*}$ für $(v_i)_{i \in I \cup J}$ mit:
                        \begin{align*}
                            \varphi(v_i) = \begin{cases}
                                u^{*}(u_i) & i \in I \\
                                0 & i \in J
                            \end{cases}
                        .\end{align*}
                        $\varphi$ ist damit durch Basisvektoren eindeutig bestimmt.

                        Außerdem gilt $\forall u_i \in (u_i)_{i \in I}\colon u^{*}(u_i) = \varphi(f(u_i))$.
                        Wegen $(u_i)_{i\in I}$ Basis von $U$, folgt: $\forall u \in U$
                        $u^{*}(u) = \varphi(f(u)$. $\implies f^{*}(\varphi) = u^{*}$.

                        $\implies f^{*}$ surjektiv.
                    \item Zz.: $f^{*}$ surjektiv $\implies f$ injektiv.

                        Angenommen: $f$ nicht injektiv. Dann ex. $u_1, u_2 \in U$
                        mit $f(u_1) = f(u_2)$, aber $u_1 \neq u_2$.

                        Wähle $u^{*} \in U^{*}$, s.d. $u^{*}(u_1) \neq u^{*}(u_2)$. Wegen $f^{*}$
                        surjektiv, ex. $\varphi \in V^{*}\colon \varphi(f(u)) = u^{*}(u)$ $\forall u \in U$.
                        Damit:
                        \[
                            u^{*}(u_1) = \varphi(f(u_1)) = \varphi(f(u_2)) = u^{*}(u_2)
                        .\] Widerspruch zu $u^{*}(u_1) \neq u^{*}(u_2)$.

                        $\implies f$ injektiv.
                \end{enumerate}
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\end{document}