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

\title{Lineare Algebra I: Übungsblatt 11}
\author{Christian Merten}

\begin{document}

\punkte

\begin{aufgabe}
    Die Adjunkte zu $A$ erhalten wir nach Berechnung zahlreicher Unterdeterminanten und
    lästigem Ausrechnen. Damit ergibt sich
    \begin{align*}
        \widetilde{A} = \begin{pmatrix} 
            8 & 8 & -32 & -8 \\
            3 & 3 & -12 & -3 \\
            1 & 1 & -4 & -1 \\
            -5 & -5 & 20 & 5
        \end{pmatrix}
    .\end{align*}
    Weiter folgt
    \begin{align*}
        A \cdot \widetilde{A} = \begin{pmatrix} 
            0 & 0 & 0 & 0 \\
            0 & 0 & 0 & 0 \\
            0 & 0 & 0 & 0 \\
            0 & 0 & 0 & 0 \\
        \end{pmatrix} 
    .\end{align*}
    Damit folgt mit der ersten Cramerschen Regel $\text{det}(A) = 0$.
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item
            \begin{align*}
                \intertext{(1)}
                \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\
                4 & 3 & 2 & 1 & 5 \end{pmatrix} 
                  &= \begin{pmatrix} 1 & 4 \end{pmatrix}
                \circ \begin{pmatrix} 3 & 2 \end{pmatrix}  \\
                \intertext{Permutationsmatrix}
                \begin{pmatrix}
                    0 & 0 & 0 & 1 & 0\\
                    0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
                    0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
                    1 & 0 & 0 & 0 & 0\\
                    0 & 0 & 0 & 0 & 1
                \end{pmatrix} 
                \intertext{(2)}
                \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\
                2 & 4 & 5 & 1 & 3\end{pmatrix}
                  &= \begin{pmatrix} 3 & 5 \end{pmatrix}  \circ \begin{pmatrix} 1 & 4 \end{pmatrix} 
                  \circ \begin{pmatrix} 1 & 2 \end{pmatrix} 
                \intertext{Permutationsmatrix}
                \begin{pmatrix}
                    0 & 0 & 0 & 1 & 0\\
                    1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
                    0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\
                    0 & 1 & 0 & 0 & 0\\
                    0 & 0 & 1 & 0 & 0
                \end{pmatrix} 
            .\end{align*}
        \item Beh.: siehe Aufgabe
            \begin{proof}
                Sei $F := \{ i \in \{1, \ldots, n\}  \mid \sigma(i) = i \} $
                \begin{align*}
                    \text{Sp}(\varphi(\sigma)) &= \sum_{i=1}^{n} \varphi(\sigma)_{ii} \\
                    &= \sum_{i=1}^{n} \left( e_{\sigma(i)} \right)_i \\
                    &= \sum_{i = 1, i \in F}^{n} (e_i)_i +
                    \sum \{ (e_j)_i  \mid i \in \{1, \ldots, n\} \setminus F, \; j = \sigma(i)
                    \implies j \neq i\}  \\
                    &= \sum_{i = 1, i \in F}^{n} 1 + \sum_{i = 1, i \not\in F}^{n} 0 = (\# F)_K
                .\end{align*}
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    Gesucht sind zunächst die Nullstellen des charakteristischen Polynoms. Mit
    \begin{align*}
        \lambda E_3 - A &=
        \begin{pmatrix} 
            \lambda - 4 & -5 & -6 \\
            0 & \lambda - 3 & 0 \\
            3 & 5 & \lambda + 5
        \end{pmatrix} 
        \intertext{gilt für die Determinante}
        \text{det}(\lambda E_3 - A) &= (\lambda - 4)(\lambda - 3)(\lambda + 5) +18(\lambda -3) \\
        &= (\lambda -3) \left[ \lambda^2 + \lambda -2 \right].
        \intertext{Diese Polynom hat die Nullstellen}
            \lambda_1 &= 1, \lambda_2 = -2, \lambda_3 = 3.
        \intertext{Für $\lambda_1$ ergibt sich das homogene GLS}
            \begin{pmatrix} 
                -3 & -5 & - 6\\
                0 & -2 & 0 \\
                3 & 5 & 6
            \end{pmatrix} 
            &\to 
            \begin{pmatrix} 
                1 & 0 & 2 \\
                0 & 1 & 0 \\
                0 & 0 & 0
            \end{pmatrix} 
        \intertext{Damit folgt direkt}
        \text{ker}(\lambda_1 E_3 - A) &= \text{Lin}\left[ \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix}  \right]
        \intertext{Für $\lambda_2$ und $\lambda_3$ analog}
            \text{ker}(\lambda_2 E_3 - A) &= \text{Lin}\left[ \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix}  \right] \\
            \text{ker}(\lambda_3 E_3 - A) &= \text{Lin}\left[ \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}  \right]
        .\end{align*}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Beh.: $(-)^{t}$ ist linear.
            \begin{proof}
                Seien $A, B \in M_{n,n}(\Q)$ und $\lambda \in Q$. Dann folgt direkt
                \[
                    (A + \lambda B)^{t} = A^{t} + (\lambda B)^{t} = A^{t} + \lambda B^{t}
                .\] 
            \end{proof}
        \item Beh.: $\text{dim}_\Q\left( \text{ker}(\lambda \cdot \text{id}_{M_{n,n}(\Q)}) - (-)^{t}) \right)
            = \begin{cases}
                \frac{n^2 + n}{2} & \lambda = 1 \\
                \frac{n^2 - n}{2} & \lambda = -1 \\
                0 & \text{sonst}
            \end{cases}$
            \begin{proof}
                Sei $A \in \text{ker}(\lambda \cdot \text{id}_{M_{n,n}(\Q)}) - (-)^{t})$.
                für ein $\lambda \in \Q$.
                
                Falls $\lambda = 0 \implies A^{t} = 0 \implies A = 0
                \implies \text{dim}_\Q\left( \text{ker}(\lambda \cdot \text{id}_{M_{n,n}(\Q)}) - (-)^{t}) \right) = 0$.
                
                Sei $\lambda \neq 0$.
                \begin{align*}
                    \lambda A - A^{t} &= 0 \implies \lambda a_{ij} = a_{ji} \land \lambda a_{ji} = a_{ij}
                    \implies \lambda^2 a_{ij} = a_{ij}
                    \quad \forall i, j \in \{1, \ldots, n\}.
                    \intertext{Für $A \neq 0$ gilt, es ex. mind. ein $a_{ij} \neq 0$. Für diese $i$ und $j$ 
                    gilt weiter}
                    \lambda^2 &= 1 \implies \lambda = \pm 1
                .\end{align*}
                Für $\lambda \neq \pm 1 \implies A = 0 \implies \text{dim}_\Q\left( \text{ker}(\lambda \cdot \text{id}_{M_{n,n}(\Q)}) - (-)^{t}) \right) = 0$

                Sei nun $\lambda = 1$. Dann ist $A = A^{t}$, also ist $A$ symmetrisch.
                Damit bleiben $n$ Diagonaleinträge frei und die Hälfte
                der restlichen Einträge, damit folgt:
                \[
                    \text{dim}_\Q\left( \text{ker}(\text{id}_{M_{n,n}(\Q)}) - (-)^{t}) \right)
                    = n + \frac{n^2 - n}{2} = \frac{n^2 + n}{2}
                .\] Für $\lambda = -1$ ist $A = -A^{t}$, also $A$ antisymmetrisch. Damit
                sind alle Diagonaleinträge $0$. Es folgt analog
                \[
                \text{dim}_\Q\left( \text{ker}(-\cdot \text{id}_{M_{n,n}(\Q)}) - (-)^{t}) \right) =
                \frac{n^2 - n}{2}
                .\] 
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\end{document}