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%% ---- body/uebung/ueb10.tex;
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@ -745,6 +747,7 @@
\ranewthm{defn}{Definition}{\enndeOnNeutralSign}[X]
\ranewthm{conv}{Konvention}{\enndeOnNeutralSign}[X]
\ranewthm{obs}{Beobachtung}{\enndeOnNeutralSign}[X]
\ranewthm{e.g.}{Beipsiel}{\enndeOnNeutralSign}[X]
\ranewthm{fact}{Fakt}{\enndeOnNeutralSign}[X]
\ranewthm{rem}{Bemerkung}{\enndeOnNeutralSign}[X]
@ -7154,6 +7157,768 @@ Das Hauptziel hier ist, eine Variant anzubieten, gegen die man seine Versuche ve
nähert als ${a\longrightarrow 0}$ in $\reell$, was zu erwarten ist.
\end{enumerate}
%% ********************************************************************************
%% FILE: body/uebung/ueb11.tex
%% ********************************************************************************
\setcounternach{chapter}{11}
\chapter[Woche 11]{Woche 11}
\label{ueb:11}
\textbf{ACHTUNG.}
Diese Lösungen dienen \emph{nicht} als Musterlösungen sondern eher als Referenz.
Hier wird eingehender gearbeitet, als generell verlangt wird.
Das Hauptziel hier ist, eine Variant anzubieten, gegen die man seine Versuche vergleichen kann.
%% AUFGABE 11-1
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 1]{}
\label{ueb:11:ex:1}
\let\sectionname\altsectionname
\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
%% AUFGABE 11-1(a)
\item
Sei $A:=\begin{smatrix}
1 &2 &3 &4\\
2 &5 &4 &11\\
-1 &-2 &-2 &1\\
1 &3 &2 &13\\
\end{smatrix}$,
eine ${m\times n}$-Matrix über dem Körper $\rtnl$,
mit $m=n=4$.
Um zu bestimmen, ob $A$ invertierbar ist,
bestimmen wir die Zeilenstufenform.
Dabei augmentieren wir $A$ mit der ${4\times 4}$-Identitätsmatrix,
um im Falle der Invertierbarkeit das Inverse von $A$ mit zu rechnen.
\begin{longmathe}[mc]{RCL}
&\begin{matrix}{rrrr|rrrr}
1 &2 &3 &4 &1 &0 &0 &0\\
2 &5 &4 &11 &0 &1 &0 &0\\
-1 &-2 &-2 &1 &0 &0 &1 &0\\
1 &3 &2 &13 &0 &0 &0 &1\\
\end{matrix}\\
\xrightarrow{
\substack{
Z_{2}\mapsfrom Z_{2} - 2\cdot Z_{1}\\
Z_{3}\mapsfrom Z_{3} + Z_{1}\\
Z_{4}\mapsfrom Z_{4} - Z_{1}\\
}
}
&
\begin{matrix}{rrrr|rrrr}
1 &2 &3 &4 &1 &0 &0 &0\\
0 &1 &-2 &3 &-2 &1 &0 &0\\
0 &0 &1 &5 &1 &0 &1 &0\\
0 &1 &-1 &9 &-1 &0 &0 &1\\
\end{matrix}
\\
\xrightarrow{
\substack{
Z_{1}\mapsfrom Z_{1} - 2\cdot Z_{2}\\
Z_{4}\mapsfrom Z_{4} - Z_{2}\\
}
}
&
\begin{matrix}{rrrr|rrrr}
1 &0 &7 &-2 &5 &-2 &0 &0\\
0 &1 &-2 &3 &-2 &1 &0 &0\\
0 &0 &1 &5 &1 &0 &1 &0\\
0 &0 &1 &6 &1 &-1 &0 &1\\
\end{matrix}
\\
\xrightarrow{
\substack{
Z_{1}\mapsfrom Z_{1} - 7\cdot Z_{3}\\
Z_{2}\mapsfrom Z_{2} + 2\cdot Z_{3}\\
Z_{4}\mapsfrom Z_{4} - Z_{3}\\
}
}
&
\begin{matrix}{rrrr|rrrr}
1 &0 &0 &-37 &-2 &-2 &-7 &0\\
0 &1 &0 &13 &0 &1 &2 &0\\
0 &0 &1 &5 &1 &0 &1 &0\\
0 &0 &0 &1 &0 &-1 &-1 &1\\
\end{matrix}
\\
\xrightarrow{
\substack{
Z_{1}\mapsfrom Z_{1} + 37\cdot Z_{4}\\
Z_{2}\mapsfrom Z_{2} - 13\cdot Z_{4}\\
Z_{3}\mapsfrom Z_{3} - 5\cdot Z_{4}\\
}
}
&
\begin{matrix}{rrrr|rrrr}
1 &0 &0 &0 &-2 &-39 &-44 &37\\
0 &1 &0 &0 &0 &14 &15 &-13\\
0 &0 &1 &0 &1 &5 &6 &-5\\
0 &0 &0 &1 &0 &-1 &-1 &1\\
\end{matrix}
\\
\end{longmathe}
Also gilt ${\rank(A)=4=m=n}$.
Darum ist $A$ invertierbar.\\
Der o.\,s. Berechnung zufolge gilt insbesondere
\fbox{$A^{-1}=\begin{smatrix}
-2 &-39 &-44 &37\\
0 &14 &15 &-13\\
1 &5 &6 &-5\\
0 &-1 &-1 &1\\
\end{smatrix}$}.
%% AUFGABE 11-1(b)
\item
Sei $A:=\begin{smatrix}
0 &0 &1\\
1 &0 &0\\
0 &1 &0\\
\end{smatrix}$.
\textbf{Zu bestimmen:} Eine Darstellung von $A$ als Produkt aus Elementarmatrizen des III. Typs.
\textbf{Ansatz:}
Wir bestimmen mittels Zeilenoperationen
Elementarmatrizen, $E_{1},E_{2},\ldots,E_{N}$, vom Typ III
so dass
${E_{n}\cdot\ldots \cdot E_{2}\cdot E_{1}\cdot A=\onematrix}$,
wobei {$\onematrix = $ die ${3\times 3}$-Identitätsmatrix},
und daraus erhalten wir die Darstellung,
${A=E_{1}^{-1}\cdot E_{2}^{-1}\cdot\ldots\cdot E_{N}^{-1}}$.
Man beachte dabei, dass das Inverse einer Elementarmatrix III. Typs
wiederum eine Elementarmatrix III. Typs bleibt.
Zeilenoperationen:
\begin{mathe}[mc]{rclclc}
\begin{matrix}{rrr}
0 &0 &1\\
1 &0 &0\\
0 &1 &0\\
\end{matrix}
&\xrightarrow{E_{1}:=S_{1,2}(+1)}
&
\begin{matrix}{rrr}
1 &0 &1\\
1 &0 &0\\
0 &1 &0\\
\end{matrix}
&\xrightarrow{E_{2}:=S_{2,1}(-1)}
&
\begin{matrix}{rrr}
1 &0 &1\\
0 &0 &-1\\
0 &1 &0\\
\end{matrix}
&\cdots
\\
\cdots
&\xrightarrow{E_{3}:=S_{1,2}(+1)}
&
\begin{matrix}{rrr}
1 &0 &0\\
0 &0 &-1\\
0 &1 &0\\
\end{matrix}
&\xrightarrow{E_{4}:=S_{2,3}(+1)}
&
\begin{matrix}{rrr}
1 &0 &0\\
0 &1 &-1\\
0 &1 &0\\
\end{matrix}
&\cdots
\\
\cdots
&\xrightarrow{E_{5}:=S_{3,2}(-1)}
&
\begin{matrix}{rrr}
1 &0 &0\\
0 &1 &-1\\
0 &0 &1\\
\end{matrix}
&\xrightarrow{E_{6}:=S_{2,3}(+1)}
&
\begin{matrix}{rrr}
1 &0 &0\\
0 &1 &0\\
0 &0 &1\\
\end{matrix}
.\\
\end{mathe}
Also gilt ${E_{6}\cdot\ldots\cdot E_{2}\cdot E_{1}\cdot A=\onematrix}$.
Daraus erhalten wir die Darstellung:
\begin{mathe}[mc]{rcl}
A &= &(E_{6}\cdot\ldots\cdot E_{2}\cdot E_{1})^{-1}\\
&= &E_{1}^{-1}\cdot E_{2}^{-1}\cdot\ldots\cdot E_{6}^{-1}
\quad\text{(siehe \cite[Lemma~4.3.1(7)~od.~Lemma~6.3.2]{sinn2020})}\\
&= &S_{1,2}(+1)^{-1}\cdot S_{2,1}(-1)^{-1}\cdot S_{1,2}(+1)^{-1}\cdot S_{2,3}(+1)^{-1}\cdot S_{3,2}(-1)^{-1}\cdot S_{2,3}(+1)^{-1}\\
&= &\boxed{S_{1,2}(-1)\cdot S_{2,1}(+1)\cdot S_{1,2}(-1)\cdot S_{2,3}(-1)\cdot S_{3,2}(+1)\cdot S_{2,3}(-1)}.\\
\end{mathe}
\end{enumerate}
%% AUFGABE 11-2
\clearpage
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\setcounternach{section}{2}
\section[Aufgabe 2]{}
\label{ueb:11:ex:2}
\let\sectionname\altsectionname
Seien $m,n\in\ntrl$ und $K$ ein Körper und $A$ eine ${m\times n}$-Matrix.
Wir betrachten die kanonisch definierte lineare Abbildung,
${\phi_{A}:K^{n}\to K^{m},\,x\mapsto Ax}$,
und wollen \cite[Korollar~6.3.15]{sinn2020} hier beweisen.
Zunächst aber machen wir ein paar allgemeine Beobachtungen.
\begin{obs}
\makelabel{obs:1:ueb:11:ex:2}
Per Definition und laut \cite[Lemma~5.4.7]{sinn2020}
gilt $\rank(A):=\text{Zeilenrang}\textoverset{Lemm}{=}\text{Spaltenrang}$.
Somit automatisch $\rank(A)\leq m$ und $\rank(A)\leq n$.
Darum gilt stets $\rank(A)\leq\min\{m,n\}$.
\end{obs}
\begin{obs}
\makelabel{obs:2:ueb:11:ex:2}
Seien $w_{1},w_{2},\ldots,w_{n}\in K^{m}$ die Spalten von $A$.
Dann gilt
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\eqtag[eq:1:beob:ueb:11:ex:2]
\range(\phi_{A})
&\textoverset{Defn}{=}
&\{\phi_{A}(x)\mid x\in K^{n}\}\\
&= &\{Ax\mid x\in K^{n}\}\\
&= &\{\sum_{i=1}^{n}x_{i}w_{1}\mid x_{1},x_{2},\ldots,x_{n}\in K\}\\
&= &\underbrace{
\vectorspacespan\{w_{1},w_{2},\ldots,w_{n}\}
}_{\text{Spaltenraum von $A$}}.\\
\end{mathe}
Insbesondere gilt per des Ranges und \cite[Lemma 5.4.7]{sinn2020}
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\eqtag[eq:2:beob:ueb:11:ex:2]
\rank(A)
&\textoverset{Lemm}{=}
&\text{Spaltenrang}(A)\\
&\textoverset{Defn}{=}
&\dim(\vectorspacespan\{w_{1},w_{2},\ldots,w_{n}\})\\
&\eqcrefoverset{eq:1:beob:ueb:11:ex:2}{=}
&\dim(\range(\phi_{A})).\\
\end{mathe}
Darum gilt die Behauptung.
\end{obs}
\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
%% AUFGABE 11-2(a)
\item\voritemise
\begin{schattierteboxdunn}
\begin{claim*}
$\phi_{A}$ ist injektiv $\Leftrightarrow$ $\rank(A)\geq n$.
\end{claim*}
\end{schattierteboxdunn}
\begin{proof}
Für diesen Beweis machen wir von den Berechnungen in \cref{obs:2:ueb:11:ex:2} Gebrauch.
Wir inspizieren den linearen Unterraum
\begin{mathe}[mc]{rcccl}
W &:= &\range(\phi_{A}) &= &\vectorspacespan\{w_{1},w_{2},\ldots,w_{n}\}\subseteq K^{m}\\
\end{mathe}
Offensichtlich ist $\cal{W}:=(w_{1},w_{2},\ldots,w_{n})$ ein Erzeugendensystem für $W$, sodass $\dim(W)\leq n$ gilt.
Des Weiteren gelten die Implikationen:
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\eqtag[eq:1:ueb:11:ex:2:a]
\dim(W)\geq n
&\Longrightarrow
&\dim(W)=n\quad\text{(da $\dim(W)\leq n$ sowieso)}\\
&\Longrightarrow
&(w_{1},w_{2},\ldots,w_{n})\,\text{linear unabhängig}\\
&&\quad\text{laut \cite[Korollar~5.4.4]{sinn2020}}\\
&&\quad\text{und da $\cal{W}$ ein Erzsys. aus $n=\dim(W)$ Vektoren}\\
&\Longrightarrow
&(w_{1},w_{2},\ldots,w_{n})\,\text{eine Basis für $W$}\\
&&\quad\text{da $\cal{W}$ sowieso ein Erzeugendensystem für $W$ ist}\\
&\Longrightarrow
&\dim(W)=n\\
&\Longrightarrow
&\dim(W)\geq n\quad\text{(offensichtlich)}.\\
\end{mathe}
Da nun
$\rank(A)\eqcrefoverset{eq:2:beob:ueb:11:ex:2}{=}\dim(\range(\phi_{A}))=\dim(W)$,
erhalten wir
\begin{longmathe}[mc]{RCL}
\rank(A)\geq n
&\Longleftrightarrow
&\dim(W)\geq n\\
&\eqcrefoverset{eq:1:ueb:11:ex:2:a}{\Longleftrightarrow}
&(w_{1},w_{2},\ldots,w_{n})\,\text{linear unabhängig}\\
&\textoverset{Defn}{\Longleftrightarrow}
&\forall{c_{1},c_{2},\ldots,c_{n}\in K:~}
\big(
\sum_{i=1}^{n}c_{i}w_{i}=\zerovector
\Rightarrow
c_{1},c_{2},\ldots,c_{n}=0_{K}
\big)\\
&\Longleftrightarrow
&\forall{x\in K^{n}:~}
\big(
\underbrace{
\sum_{i=1}^{n}x_{i}w_{i}
}_{
=Ax=\phi_{A}(x)
}
=\zerovector
\Rightarrow
x=\zerovector
\big)\\
&\Longleftrightarrow
&\forall{x\in K^{n}:~}
\big(
x\in\ker(\phi_{A})\Rightarrow x\in\{\zerovector\}
\big)\\
&\Longleftrightarrow
&\ker(\phi_{A})\subseteq\{\zerovector\}\\
&\textoverset{($\ast$)}{\Longleftrightarrow}
&\ker(\phi_{A})=\{\zerovector\}\\
&\Longleftrightarrow
&\phi_{A}\,\text{injektiv}
\quad\text{(siehe \cite[Lemma~6.1.4(1)]{sinn2020})}.\\
\end{longmathe}
Hierbei gilt ($\ast$),
weil $\{\zerovector\}\subseteq\ker(\phi_{A})$ immer gilt,
weil wiederum $\phi_{A}(\zerovector)=\zerovector$ stets gilt (siehe \cite[Lemma~6.1.2]{sinn2020}).
Den o.\,s. doppelten Implikationen zufolge gilt die Behauptung.
\end{proof}
%% AUFGABE 11-2(b)
\item\voritemise
\begin{schattierteboxdunn}
\begin{claim*}
$\phi_{A}$ ist surjektiv $\Leftrightarrow$ $\rank(A)\geq m$.
\end{claim*}
\end{schattierteboxdunn}
\begin{proof}
Da $\phi_{A}$ linear ist,
ist $U:=\range(\phi_{A})$ ein linearer Unterraum von $K^{m}$
(siehe \cite[Lemma~6.1.3]{sinn2020}).
Laut \cite[Satz~5.4.3(1)]{sinn2020},
da $U\subseteq K^{m}$ ein linearer Unterraum eines endlichdimensionalen Vektorraumes ist,
gilt $U=K^{m}$ $\Leftrightarrow$ $\dim(U)=\dim(K^{m})(=m)$.
Darum gilt
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\phi_{A}~\text{surjektiv}
&\textoverset{Defn}{\Longleftrightarrow}
&\range(\phi_{A})=K^{m}\\
&\Longleftrightarrow
&U=K^{m}\\
&\Longleftrightarrow
&\dim(U)=m\\
&\Longleftrightarrow
&\dim(\range(\phi_{A}))=m\\
&\eqcrefoverset{eq:2:beob:ueb:11:ex:2}{\Longleftrightarrow}
&\rank(A)=m.\\
\end{mathe}
Da laut \Cref{obs:1:ueb:11:ex:2} $\rank(A)\leq m$ stets gilt,
wissen wir außerdem, dass $\rank(A)=m$ $\Leftrightarrow$ $\rank(A)\geq m$.
Laut der o.\,s. Implikationen gilt also
$\phi_{A}$ ist surjektiv
$\Leftrightarrow$ $\rank(A)=m$
$\Leftrightarrow$ $\rank(A)\geq m$.
Also gilt die Behauptung.
\end{proof}
%% AUFGABE 11-2(c)
\item\voritemise
\begin{schattierteboxdunn}
\begin{claim*}
$\phi_{A}$ ist bijektiv $\Leftrightarrow$ $\rank(A)=m=n$.
\end{claim*}
\end{schattierteboxdunn}
\begin{proof}
\hinRichtung
Angenommen, $\phi_{A}$ sei bijektiv.
Das heißt, $\phi_{A}$ ist injektiv und surjektiv.
Aus den anderen Teilaufgaben folgt
$\rank(A)\geq\max\{m,n\}$.
Darum gilt $\max\{m,n\}\rank(A)\leq\min\{m,n\}$
(siehe \Cref{obs:1:ueb:11:ex:2}).
Folglich gelten $m=n$ und $\rank(A)=m=n$.
\herRichtung
Aus $\rank(A)=m=n$
folgen $\rank(A)\geq m$ und $\rank(A)\geq n$.
Laut der anderen Teilaufgaben ist $\phi_{A}$
somit injektiv und surjektiv,
also bijektiv.
\end{proof}
\end{enumerate}
%% AUFGABE 11-3
\clearpage
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\setcounternach{section}{3}
\section[Aufgabe 3]{}
\label{ueb:11:ex:3}
\let\sectionname\altsectionname
\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
%% AUFGABE 11-3(a)
\item\voritemise
\begin{schattierteboxdunn}
\begin{claim*}
Seien $n\in\ntrl$ und $K$ ein Körper.
Seien $A,B$ ${n\times n}$-Matrizen über $K$.
Falls $AB=\onematrix$, so gilt $BA=\onematrix$.
\end{claim*}
\end{schattierteboxdunn}
\begin{proof}
Aus $AB=\onematrix$, folgt
\begin{mathe}[mc]{rcccl}
\phi_{B}(x)=\phi_{B}(x')
&\Longrightarrow
&Bx=Bx'
&\Longrightarrow
&x=Ix=ABx=ABx'=Ix'=x'\\
\end{mathe}
für alle $x,x'\in K^{n}$.
Darum ist $\phi_{B}$ injektiv.
Da ${\phi_{B}:K^{n}\to K^{n}}$ eine injektive lineare Abbildung
zwischen zwei endlich dimensionalen Räumen der gleichen Dimension,
gilt laut \cite[Korollar~6.1.11]{sinn2020},
dass $\phi_{B}$ auch surjektiv und somit bijektiv ist.
Darum existiert eine eindeutige (lineare) Abbildung,
${\rho:K^{n}\to K^{n}}$,
so dass ($\dagger$) $\rho\circ\phi_{B}=\phi_{B}\circ\rho=\id$.
Daraus folgt, dass $\phi_{A}=\rho$, da
\begin{mathe}[mc]{rclclclclcl}
\phi_{A}
&= &\phi_{A}\circ\id
&\overset{(\dagger)}{=}
&\phi_{A}\circ(\phi_{B}\circ\rho)
&= &(\underbrace{
\phi_{A}\circ\phi_{B}
}_{=\phi_{AB}=\phi_{\onematrix}=\id}
)\circ\rho
&= &\id\circ\rho
&= &\rho.
\end{mathe}
Darum gilt $\phi_{BA}=\phi_{B}\circ\phi_{A}=\phi_{B}\circ\rho\overset{(\dagger)}{=}\id=\phi_{\onematrix}$,
woraus sich $BA=\onematrix$ ergibt.
\end{proof}
%% AUFGABE 11-3(b)
\item\voritemise
\begin{schattierteboxdunn}
\begin{claim*}
Seien $r,n\in\ntrl$ und $K$ ein Körper.
Seien $A$ eine ${n\times n}$-Matrix über $K$ mit $A^{r}=\zeromatrix$.
Dann ist $\onematrix-A$ invertierbar.
\end{claim*}
\end{schattierteboxdunn}
\begin{proof}
Laut Teil (a) reicht es aus, eine ${n\times n}$-Matrix, $B$, zu finden,
so dass $(\onematrix-A)B=\onematrix$.
Wir untersuchen $B:=(\onematrix-A)\sum_{i=0}^{r-1}A^{i}$,
wobei wir hier $A^{0}:=\onematrix$ festlegen.\footnote{
Diese Definition ist nicht willkürlich,
sondern zielführend, um algebraische Identitäten
wie etwa das Additionsgesetz für Exponenten
zu garantieren.
}
Es gilt
\begin{longmathe}[mc]{RCL}
AB &= &(\onematrix-A)\sum_{i=0}^{r-1}A^{i}\\
&= &\sum_{i=0}^{r-1}A^{i}-A\sum_{i=0}^{r-1}A^{i}\\
&= &\sum_{i=0}^{r-1}A^{i}-\sum_{i=0}^{r-1}AA^{i}\\
&= &\sum_{i=0}^{r-1}A^{i}-\sum_{i=0}^{r-1}A^{i+1}\\
&= &\sum_{i=0}^{r-1}A^{i}-\sum_{i=1}^{r}A^{i}\\
&= &A^{0}-A^{r}
\quad\text{(Teleskopsumme)}\\
&= &\onematrix-\zeromatrix
\quad\text{(per Voraussetzung)}.\\
\end{longmathe}
Darum gilt $(\onematrix-A)B=\onematrix$
und damit laut Teil (a) $B(\onematrix-A)=\onematrix$.
Insbesondere ist $\onematrix-A$ invertierbar, und zwar durch $B$.
\end{proof}
\end{enumerate}
%% BONUSAUFGABE 11-4
\clearpage
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Bonusaufgabe}
\setcounternach{section}{4}
\section[Bonusaufgabe 4]{}
\label{ueb:11:ex:bonus:4}
\let\sectionname\altsectionname
\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
%% BONUSAUFGABE 11-4(a)
\item
$f:\reell^{4}\to\reell^{2},\,(x_{1},x_{2},x_{3},x_{4})\mapsto(x_{2},x_{4})$
über dem Körper $\reell$
ist \fbox{linear},
da $f=\phi_{A}$ mit $A=\begin{smatrix}
0 &1 &0 &0\\
0 &0 &0 &1\\
\end{smatrix}$.
%% BONUSAUFGABE 11-4(b)
\item
$f:\kmplx^{3}\to\kmplx^{3},\,(x_{1},x_{2},x_{3})\mapsto(x_{2},x_{4})$
über dem Körper $\kmplx$
ist \fbox{linear},
da $f=\phi_{A}$ mit $A=\begin{smatrix}
2 &0 &0 &\imageinh\\
-1 &0 &0 &0\\
0 &0 &3-2\imageinh &1\\
\end{smatrix}$.
%% BONUSAUFGABE 11-4(c)
\item
$f:\rtnl^{2}\to\rtnl^{3},\,(x_{1},x_{2})\mapsto(x_{1}+x_{2},1,x_{1})$
über dem Körper $\rtnl$
ist \fbox{nicht linear},
weil $f(\zerovector)=(0,1,0)\neq\zerovector$,
während $f(\zerovector)=\zerovector$
für lineare Abbildungen
gelten muss (siehe \cite[Lemma~6.1.2]{sinn2020}).
%% BONUSAUFGABE 11-4(d)
\item
$f:\reell\to\reell,\,x\mapsto\sqrt{2}\cdot x$
über dem Körper $\reell$
ist \fbox{linear},
da $f$ hier nichts anders als Skalarmultiplikation ist,
und Skalarmultiplikation ist linear.
%% BONUSAUFGABE 11-4(e)
\item
$f:\reell\to\reell,\,x\mapsto x^{2}$
über dem Körper $\reell$
ist \fbox{nicht linear},
da bspw. $f(3)=9\neq 3\cdot 1=3\cdot f(1)$,
d.\,h., das Homogenitätsaxiom ist offensichtlich verletzt.
%% BONUSAUFGABE 11-4(f)
\item
$f:\mathbb{F}_{2}\to\mathbb{F}_{2},\,x\mapsto x^{2}$
über dem Körper $\mathbb{F}_{2}$
ist gleich der Identitätsabbbildung,
da $x^{2}=x$ für alle $x\in\mathbb{F}_{2}$.
Damit ist $f$ trivialerweise \fbox{linear}.
%% BONUSAUFGABE 11-4(g)
\item
$f:\rtnl^{2}\to\rtnl^{2},\,(x_{1},x_{2})\mapsto(x_{1}x_{2},x_{1}+x_{2})$
über dem Körper $\reell$
ist \fbox{nicht linear},
da bspw. $f(3,3)=(9,6)\neq 3\cdot(1,2)=3\cdot f(1,1)$,
d.\,h., das Homogenitätsaxiom ist offensichtlich verletzt.
\end{enumerate}
%% BONUSAUFGABE 11-5
\clearpage
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Bonusaufgabe}
\setcounternach{section}{5}
\section[Bonusaufgabe 5]{}
\label{ueb:11:ex:bonus:5}
\let\sectionname\altsectionname
Sei $A:=\begin{smatrix}
11 &-5 &4 &6\\
-15 &7 &-6 &-8\\
2 &-1 &1 &1\\
\end{smatrix}$,
eine ${m\times n}$-Matrix über dem Körper $\rtnl$,
mit $m=n=4$.
Unser \textbf{Ziel} besteht darin,
invertierbare Matrizen,
$P\in\rtnl^{m\times m}$
und
$Q\in\rtnl^{n\times n}$,
zu bestimmen,
so dass $P\cdot A\cdot Q=\begin{smatrix}
\einser_{r} &0\\
0 &0\\
\end{smatrix}$ wie in \cite[Satz~6.3.10]{sinn2020}.
Um eine Möglichkeit für $P$ zu bestimmen,
berechnen wir die Zeilenstufenform
der augmentieren Matrix $\left(A \vert \onematrix\right)$,
und entnehmen aus der rechten Hälfte $P$.
\begin{longmathe}[mc]{RCL}
&\begin{matrix}{rrrr|rrr}
11 &-5 &4 &6 &1 &0 &0\\
-15 &7 &-6 &-8 &0 &1 &0\\
2 &-1 &1 &1 &0 &0 &1\\
\end{matrix}\\
\xrightarrow{
\substack{
Z_{2}\mapsfrom 15\cdot Z_{1} + 11\cdot Z_{2}\\
Z_{3}\mapsfrom 2\cdot Z_{1} - 11\cdot Z_{3}\\
}
}
&
\begin{matrix}{rrrr|rrr}
11 &-5 &4 &6 &1 &0 &0\\
0 &2 &-6 &2 &15 &11 &0\\
0 &1 &-3 &1 &2 &0 &-11\\
\end{matrix}
\\
\xrightarrow{
\substack{
Z_{1}\mapsfrom 5\cdot Z_{2} + 2\cdot Z_{1}\\
Z_{4}\mapsfrom Z_{2} - 2\cdot Z_{3}\\
}
}
&
\begin{matrix}{rrrr|rrr}
22 &0 &-22 &22 &77 &55 &0\\
0 &2 &-6 &2 &15 &11 &0\\
0 &0 &0 &0 &11 &11 &22\\
\end{matrix}
\\
\xrightarrow{
\substack{
Z_{1}\mapsfrom Z_{1}:11\\
Z_{3}\mapsfrom Z_{3}:11\\
}
}
&
\begin{matrix}{rrrr|rrr}
2 &0 &-2 &2 &7 &5 &0\\
0 &2 &-6 &2 &15 &11 &0\\
0 &0 &0 &0 &1 &1 &2\\
\end{matrix}
\\
\end{longmathe}
Setze also \fbox{$P:=\begin{smatrix}
7 &5 &0\\
15 &11 &0\\
1 &1 &2\\
\end{smatrix}$}.
Unter dieser Wahl gilt $P\cdot A=$ linke Hälfte der letzten Matrix in der o.\,s. Berechnung.
Um nun $Q$ zu bestimmen, führen wir den gleichen Ansatz auf $(P\cdot A)^{T}$ aus,
bis die erwünschte (transponierte) Form erreicht ist.
D.\,h., wir starten jetzt mit $\left((P\cdot A)^{T}\vert \onematrix\right)$,
reduzieren, und zum Schluss entnehmen wir $Q$ als die transponierte rechte Hälfte
des Resultates:
\begin{longmathe}[mc]{RCL}
&\begin{matrix}{rrr|rrrr}
2 &0 &0 &1 &0 &0 &0\\
0 &2 &0 &0 &1 &0 &0\\
-2 &-6 &0 &0 &0 &1 &0\\
2 &2 &0 &0 &0 &0 &1\\
\end{matrix}\\
\xrightarrow{
\substack{
Z_{3}\mapsfrom Z_{3} + Z_{1}\\
Z_{4}\mapsfrom Z_{4} - Z_{1}\\
}
}
&
\begin{matrix}{rrr|rrrr}
2 &0 &0 &1 &0 &0 &0\\
0 &2 &0 &0 &1 &0 &0\\
0 &-6 &0 &1 &0 &1 &0\\
0 &2 &0 &-1 &0 &0 &1\\
\end{matrix}
\\
\xrightarrow{
\substack{
Z_{3}\mapsfrom Z_{3} + 3\cdot Z_{2}\\
Z_{4}\mapsfrom Z_{4} - Z_{2}\\
}
}
&
\begin{matrix}{rrr|rrrr}
2 &0 &0 &1 &0 &0 &0\\
0 &2 &0 &0 &1 &0 &0\\
0 &0 &0 &1 &3 &1 &0\\
0 &0 &0 &-1 &-1 &0 &1\\
\end{matrix}
\\
\xrightarrow{
\substack{
Z_{1}\mapsfrom Z_{1}:2\\
Z_{2}\mapsfrom Z_{2}:2\\
}
}
&
\begin{matrix}{rrr|rrrr}
1 &0 &0 &1/2 &0 &0 &0\\
0 &1 &0 &0 &1/2 &0 &0\\
0 &0 &0 &1 &3 &1 &0\\
0 &0 &0 &-1 &-1 &0 &1\\
\end{matrix}
\\
\end{longmathe}
Setze also \fbox{$Q:=\begin{smatrix}
1/2 &0 &1 &-1\\
0 &1/2 &3 &-1\\
0 &0 &1 &0\\
0 &0 &0 &1\\
\end{smatrix}$}.
Der o.\,s. Berechnung zur Folge gilt
$Q^{T}\cdot(P\cdot A)^{T}=\begin{smatrix}
\einser_{r} &0\\
0 &0\\
\end{smatrix}$
und damit sollte
$P\cdot A\cdot Q
=\begin{smatrix}
\einser_{r} &0\\
0 &0\\
\end{smatrix}^{T}
=\begin{smatrix}
\einser_{r} &0\\
0 &0\\
\end{smatrix}$
gelten.
Wir prüfen dies und erhalten:
\begin{mathe}[mc]{rcl}
P\cdot A\cdot Q
&= &\begin{matrix}{rrrr}
1 &0 &0 &0\\
0 &1 &0 &0\\
0 &0 &0 &0\\
\end{matrix}.\\
\end{mathe}
Darum sind $P,Q$ in der Tat passende invertierbare Matrizen,
so dass $P\cdot A\cdot Q$ der erwünschten Form ist.
\setcounternach{part}{2}
\part{Selbstkontrollenaufgaben}

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