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\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) \in \Q^{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 die Basis $(b_i)_{i \in I}$ mit $I = \{0, \ldots, \hat{i}\} $.
            mit $\hat{i} = 0$ für $\text{char }K = 0$ und
            $\hat{i} = \left\lfloor  \frac{n+1}{\text{char }K}\right\rfloor $ für $\text{char } K > 0$
            mit
            \[
                b_i(k) = \begin{cases}
                    1 & \text{char }K \cdot i = k \\
                    0 & \text{sonst}
                \end{cases}
            .\] 

            \begin{proof}
                Zunächst: $b_i$ ist wohldefiniert, da  $\text{char }K \cdot i$ eindeutig $\forall i \in I$.
                Es gilt außerdem $\forall i \in I\colon i \cdot \text{char }K \le  n+1$, da
                für $\text{char }K = 0 \implies \hat{i} = i = 0 \le n+1$ und für
                $\text{char }K > 0 \implies i \le i_0 \le \frac{n+1}{\text{char }K}
                \implies i \cdot \text{char }K \le n+1$.

                Zz.: $(b_i)_{i \in I}$ ist Erzeugendensystem. Sei $f \in \text{ker }\partial$ beliebig, dann
                wähle $\alpha_i = f(i \cdot \text{char }K) \quad \forall i \in I$. Da $I$ endlich, ist
                $(\alpha_i)_{i\in I} \in K^{(I)}$. Sei nun $k \in \{0, \ldots, n+1\} $ beliebig:

                Falls $\text{char }K  \nmid  k$: $\forall i \in I\colon b_i(k) = 0 = f(k)$.

                Falls $\text{char }K  \mid k$: $\exists! j \in I\colon \text{char }K \cdot j = k$.
                \[
                    \sum_{i \in I} \alpha_i b_i = \alpha_j = f(j \cdot \text{char }K) = f(k)
                .\] 

                Zz.: $(b_i)_{i \in I}$ ist minimal.
                
                Sei $i_0 \in I$ beliebig. Wähle
                $f \in \text{ker }\partial$ mit $f(i_0 \cdot \text{char }K) = 1$, dann gilt:
                \begin{align*}
                    &\forall i \in I \setminus \{i_0\}\colon b_i(i_0 \cdot \text{char }K) = 0  \\
                    \implies & f \not\in \text{Lin}\left( (b_i)_{i\in I \setminus \{i_0\} } \right)  \\
                    \implies & (b_i)_{i\in I} \text{ minimal}
                .\end{align*}
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Beh.: $\varphi$ ist linear.
            Zunächst: $\varphi$ ist wohldefiniert, da jedem $v_1$ eindeutig die Äquivalenzklasse von
            $v_1 = v_1 + 0 \in (V_1 + V_2)$ zugeordnet wird.

            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.: $\varphi$ 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 $\varphi= V_1 \cap V_2$
            \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 $f^{*} \in V$ mit
                \[
                v = \sum_{i \in I} \beta_i v_i \mapsto \sum_{i \in I} \beta_i
                .\] 
                Wegen der Eindeutigkeit der Darstellung durch die Basis $(v_i)_{i \in I}$ ist diese
                Abbildung wohldefiniert.

                Zu zeigen.: $f^{*}$ ist linear. Seien $v, w \in V$ und $k \in K$ beliebig. Wegen
                $(v_i)_{i \in I}$ Basis, \\ex. $(a_i)_{i \in I}, (b_i)_{i\in I} \in K^{(I)}$, s.d.
                $v = \sum_{i \in I} a_i v_i$ und $w = \sum_{i \in I} b_i v_i$.
                \begin{align*}
                    f^{*}(k v + w) &= f^{*}\left( \sum_{i \in I} (k (a_i v_i) + (b_i v_i)) \right) \\
                    &= f^{*}\left( \sum_{i \in I} (k a_i + b_i) v_i \right) \\
                    &= \sum_{i \in I} (k a_i + b_i)
                    = k \sum_{i \in I} a_i + \sum_{i \in I} b_i
                    = k \cdot f^{*}\left(\sum_{i \in I} a_i v_i\right) + f^{*}\left( \sum_{i \in I} b_i v_i\right)  \\
                    &= k \cdot f^{*}(v) + f^{*}(w)
                .\end{align*}
                $\implies f^{*}$ linear und damit $f^{*}\in V^{*}$.\\

                Nun gilt insbesondere für $v_i \in (v_i)_{i \in I}$
                \[
                    f^{*}(v_i) = f^{*}(1 \cdot v_i) = 1
                .\] 

                Angenommen $(v^{*}_i)_{i \in I}$ ist Erzeugendensystem.
                Dann ex. $(\alpha_i)_{i\in I} \in K^{(I)}$, s.d.
                \[
                    f^{*} = \sum_{i \in I} \alpha_i v^{*}_i
                .\] 

                Sei $i \in I$ nun beliebig. Dann gilt
                \[
                    f^{*}(v_i) = \sum_{j \in I} \alpha_j v^{*}_j(v_i) = \alpha_i = 1
                .\] Daraus folgt, dass $\forall i \in I\colon \alpha_i = 1$. Widerspruch zur Annahme, dass
                $(\alpha_i)_{i \in I}$ endlich ist.
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\end{document}