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\documentclass[uebung]{../../../lecture}
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\usepackage[]{array}
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\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}@{}}
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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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\begin{enumerate}[(a)]
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\item Beh.: Der UVR $V = \{(x_1, x_2) \in \Q^{2} \mid x_1-x_2 = 0\} $ hat die Basis $\{(1,1)\} $.
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\begin{proof}
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$\{(1,1)\} $ ist offensichtlich linear unabhängig. Außerdem: Sei $v \in V$ beliebig, dann
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ex. ein $p \in \Q$, s.d. $v = (p, p)$. Damit: $v = p \cdot (1,1)$.
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\end{proof}
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\item Beh.: Der UVR $V = \{(x_1,x_2,\ldots,x_n) \in \Q^{n} \mid 2x_1 + x_2 = 0\} $ hat die Basis\\
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$(v_i)_{i\in I} = \{(1, -2, 0, \ldots, 0), (0, 0, 1, \ldots, 0), \ldots, (0, \ldots, 1)\} $ mit
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$I = \{1, 3, 4, \ldots, n\} $.
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\begin{proof}
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Sei $v \in V$ beliebig, dann ex. $(a_1, a_3, \ldots, a_n) \in Q^{n-1}$ mit
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$v = (a_1, -2a_1, a_3, \ldots, a_n)$. Dann gilt:
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\begin{align*}
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v &= a_1 \cdot (1, -2, 0, \ldots, 0) + \sum_{i=3}^{n} a_i \cdot (0, \ldots, 0, 1, 0, \ldots, 0) \\
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&= a_1 \cdot v_1 + \sum_{i=3}^{n} a_i \cdot v_i
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.\end{align*}
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$\implies (v_i)_{i\in I}$ Erzeugendensystem
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Sei $i_0 \in I$ beliebig. Falls $i_0 = 1$.
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Dann ist $(1, -2, 0, \ldots, 0) \not\in \text{Lin}(v_i)_{i \in I \setminus \{ i_0 \}}$.
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Falls $ 3 \le i_0 \le n$: $(0, \ldots, 0, \underbrace{1}_{ i_0-\text{te Stelle}}, 0, \ldots, 0) \not\in \text{Lin}(v_i)_{i \in I \setminus \{i_0\} }$.
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$\implies (v_i)_{i\in I}$ minimal und damit Basis.
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\end{proof}
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\item Beh.: Der UVR ker $\partial$ hat die Basis $(b_i)_{i \in I}$ mit $I = \{0, \ldots, \hat{i}\} $.
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mit $\hat{i} = 0$ für $\text{char }K = 0$ und
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$\hat{i} = \left\lfloor \frac{n+1}{\text{char }K}\right\rfloor $ für $\text{char } K > 0$
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mit
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\[
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b_i(k) = \begin{cases}
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1 & \text{char }K \cdot i = k \\
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0 & \text{sonst}
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\end{cases}
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.\]
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\begin{proof}
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Zunächst: $b_i$ ist wohldefiniert, da $\text{char }K \cdot i$ eindeutig $\forall i \in I$.
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Es gilt außerdem $\forall i \in I\colon i \cdot \text{char }K \le n+1$, da
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für $\text{char }K = 0 \implies \hat{i} = i = 0 \le n+1$ und für
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$\text{char }K > 0 \implies i \le i_0 \le \frac{n+1}{\text{char }K}
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\implies i \cdot \text{char }K \le n+1$.
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Zz.: $(b_i)_{i \in I}$ ist Erzeugendensystem. Sei $f \in \text{ker }\partial$ beliebig, dann
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wähle $\alpha_i = f(i \cdot \text{char }K) \quad \forall i \in I$. Da $I$ endlich, ist
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$(\alpha_i)_{i\in I} \in K^{(I)}$. Sei nun $k \in \{0, \ldots, n+1\} $ beliebig:
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Falls $\text{char }K \nmid k$: $\forall i \in I\colon b_i(k) = 0 = f(k)$.
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Falls $\text{char }K \mid k$: $\exists! j \in I\colon \text{char }K \cdot j = k$.
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\[
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\sum_{i \in I} \alpha_i b_i = \alpha_j = f(j \cdot \text{char }K) = f(k)
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.\]
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Zz.: $(b_i)_{i \in I}$ ist minimal.
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Sei $i_0 \in I$ beliebig. Wähle
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$f \in \text{ker }\partial$ mit $f(i_0 \cdot \text{char }K) = 1$, dann gilt:
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\begin{align*}
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&\forall i \in I \setminus \{i_0\}\colon b_i(i_0 \cdot \text{char }K) = 0 \\
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\implies & f \not\in \text{Lin}\left( (b_i)_{i\in I \setminus \{i_0\} } \right) \\
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\implies & (b_i)_{i\in I} \text{ minimal}
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.\end{align*}
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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.: $\varphi$ ist linear.
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Zunächst: $\varphi$ ist wohldefiniert, da jedem $v_1$ eindeutig die Äquivalenzklasse von
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$v_1 = v_1 + 0 \in (V_1 + V_2)$ zugeordnet wird.
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Seien $v_1, v_2 \in V_1$ und $a \in K$ beliebig.
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\begin{proof} Homomorphismus
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\[
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\varphi(v_1 + v_2) = (v_1 + v_2) + V_2 = [v_1 + v_2] = [v_1] + [v_2]
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= (v_1 + V_2) + (v_2 + V_2)
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= \varphi(v_1) + \varphi(v_2)
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|
.\] Linearität
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\[
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\varphi(a v_1) = (a v_1) + V_2 = [a v_1] = a \cdot [v_1] = a \cdot \varphi(v_1)
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.\]
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\end{proof}
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\item Beh.: $\varphi$ ist surjektiv.
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\begin{proof}
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Sei $v \in (V_1 + V_2)$ beliebig. Dann ist $[v] = v + V_2$ und es ex. $v_1 \in V_1$
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und $v_2 \in V_2$ mit $v = v_1 + v_2$.
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Zu zeigen: $\varphi(v_1) = [v_1] = [v]$.
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\[
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v - v_1 = v_1 + v_2 - v_1 = v_2 \in V_2 \implies v_1 \sim v_2
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.\]
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\end{proof}
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\item Beh.: ker $\varphi= V_1 \cap V_2$
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\begin{proof}
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Das neutrale Element von $(V_1 + V_2) / V_2))$ ist $V_2$. Sei $v \in V$ beliebig.
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\begin{align*}
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&v \in V_1 \cap V_2 \\
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\iff &v \in V_1 \land v \in V_2 \\
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\iff &v \in V_1 \land [v] = V_2 \\
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\iff& \varphi(v) = V_2 \\
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\iff& v \in \text{ker } \varphi
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.\end{align*}
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\end{proof}
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\item Beh.: $V_1 / (V_1 \cap V_2) \stackrel{\sim }{=} (V_1 + V_2) / V_2$
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\begin{proof}
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Aus (c) folgt $V_1 \cap V_2 = \text{ker } \varphi$ und wegen $\varphi$ surjektiv ist
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$\text{im }\varphi = (V_1 + V_2) / V_2$. Mit Homomorphiesatz folgt:
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\begin{align*}
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V_1 / (V_1 \cap V_2) \stackrel{\sim }{=} (V_1 + V_2) / V_2
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.\end{align*}
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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.: $U + W = V$
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\begin{proof}
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Wegen $(v_i)_{i\in I}$ Basis folgt
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\begin{align*}
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V &= \text{Lin}\left( (v_i)_{i\in I} \right) \\
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&= \left\{ \sum_{i \in I} \alpha_i v_i \mid (\alpha_i)_{i\in I} \in K^{(I)} \right\} \\
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&= \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\} \\
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&= \left\{ \sum_{j \in J} \alpha_i v_i \mid (\alpha_j)_{j \in J} \in K^{(J)} \right\}
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+ \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\} \\
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&= \text{Lin}( (v_j)_{i \in J}) + \text{Lin}((v_i)_{i \in I \setminus J}) \\
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&= U + W
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.\end{align*}
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\end{proof}
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\item Beh.: $U \cap W = \{0\} $
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\begin{proof}
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Zunächst: $0 = \sum_{i \in I \setminus J} 0 \cdot v_i = \sum_{j \in J} 0\cdot v_j \implies$
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$0 \in U \cap W$
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Sei $v \in U \cap W$ beliebig. Dann ex. ein $(\alpha_i)_{i\in I \setminus J} \in
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K^{(I \setminus J)}$ und ein $(\beta_j)_{j\in J} \in K^{(J)}$, s.d.
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\[
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v = \sum_{i \in I \setminus J} \alpha_i v_i = \sum_{j \in J} \beta_j v_j
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|
.\] Angenommen $v \neq 0$. Damit $\exists i \in I \setminus J\colon \alpha_i \neq 0$ und
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$\exists j \in J\colon \beta_j \neq 0$. Wegen $(v_i)_{i\in I}$ Basis folgt
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$(v_i)_{i \in I \setminus J} \cap (v_j)_{j\in J} = \emptyset$, also
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$(\alpha_i)_{i \in I \setminus J} \neq (\beta_j)_{j\in J}$. Das ist ein Widerspruch zur
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Eindeutigkeit der Darstellung durch Basisvektoren.
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\end{proof}
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\item Beh.: $(v_i + U)_{i \in I \setminus J}$ ist eine Basis von $V / U$.
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\begin{proof} Zu zeigen: $(v_i + U)_{i \in I \setminus J}$ ist linear unabhängig und
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Erzeugendensystem.
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\begin{enumerate}[(i)]
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\item Neutrales Element von $V / U$ ist $U$. Sei
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$(\alpha_i)_{i\in I \setminus J} \in K^{(I \setminus J)}$ mit
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\[
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\sum_{i \in I \setminus J} [\alpha_i v_i] = U
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.\]$\implies (\alpha_i v_i)_{i \in I \setminus J} \subset U$.
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Wegen $(\alpha_i v_i)_{i \in I \setminus J} \subset W$ und $V \cap W = \{0\}$, aber
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$0 \not\in (v_i)_{i \in I}$\\ $\implies \alpha_i = 0$ $\forall i \in I \setminus J$.
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\item Sei $v \in V$ beliebig. Zu zeigen:
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$\exists (\alpha_i)_{i \in I \setminus J} \in K^{(I \setminus J)}$:
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$[v] = \sum_{i \in I \setminus J} [\alpha_i v_i]$
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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 $f^{*} \in V$ mit
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\[
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v = \sum_{i \in I} \beta_i v_i \mapsto \sum_{i \in I} \beta_i
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.\]
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Wegen der Eindeutigkeit der Darstellung durch die Basis $(v_i)_{i \in I}$ ist diese
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Abbildung wohldefiniert.
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Zu zeigen.: $f^{*}$ ist linear. Seien $v, w \in V$ und $k \in K$ beliebig. Wegen
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$(v_i)_{i \in I}$ Basis, \\ex. $(a_i)_{i \in I}, (b_i)_{i\in I} \in K^{(I)}$, s.d.
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$v = \sum_{i \in I} a_i v_i$ und $w = \sum_{i \in I} b_i v_i$.
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\begin{align*}
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f^{*}(k v + w) &= f^{*}\left( \sum_{i \in I} (k (a_i v_i) + (b_i v_i)) \right) \\
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&= f^{*}\left( \sum_{i \in I} (k a_i + b_i) v_i \right) \\
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|
&= \sum_{i \in I} (k a_i + b_i)
|
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= k \sum_{i \in I} a_i + \sum_{i \in I} b_i
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= k \cdot f^{*}\left(\sum_{i \in I} a_i v_i\right) + f^{*}\left( \sum_{i \in I} b_i v_i\right) \\
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&= k \cdot f^{*}(v) + f^{*}(w)
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|
.\end{align*}
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$\implies f^{*}$ linear und damit $f^{*}\in V^{*}$.\\
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Nun gilt insbesondere für $v_i \in (v_i)_{i \in I}$
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\[
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f^{*}(v_i) = f^{*}(1 \cdot v_i) = 1
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|
.\]
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Angenommen $(v^{*}_i)_{i \in I}$ ist Erzeugendensystem.
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|
Dann ex. $(\alpha_i)_{i\in I} \in K^{(I)}$, s.d.
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\[
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f^{*} = \sum_{i \in I} \alpha_i v^{*}_i
|
|
.\]
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|
Sei $i \in I$ nun beliebig. Dann gilt
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\[
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f^{*}(v_i) = \sum_{j \in I} \alpha_j v^{*}_j(v_i) = \alpha_i = 1
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|
.\] Daraus folgt, dass $\forall i \in I\colon \alpha_i = 1$. Widerspruch zur Annahme, dass
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$(\alpha_i)_{i \in I}$ endlich ist.
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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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