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@ -57,6 +57,8 @@
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@ -1334,6 +1338,7 @@
\def\vectorspacespan{\mathop{\text{\upshape Lin}}}
\def\dim{\mathop{\text{\upshape dim}}}
\def\rank{\mathop{\text{\upshape Rank}}}
\def\onematrix{\text{\upshape\bfseries I}}
\def\zeromatrix{\text{\upshape\bfseries 0}}
\def\zerovector{\text{\upshape\bfseries 0}}
@ -1341,6 +1346,7 @@
\def\graph{\mathop{\text{\textup Gph}}}
\def\domain{\mathop{\text{\textup dom}}}
\def\range{\mathop{\text{\textup ran}}}
\def\functionspace{\mathop{\text{\textup Abb}}}
\def\id{\text{\textup id}}
\def\modfn{\mathop{\text{\textup mod}}}
\def\divides{\mathbin{\mid}}
@ -4508,8 +4514,12 @@ Um \Cref{satz:1:ueb:6:ex:3} zu beweisen, brauchen wir zunächst folgendes Zwisch
für alle $(a,b),(a',b'),(a'',b'')\in F$, ist dies erfüllt.
Anhand der o.\,s. Erkenntnisse darüber, welchen Axiomen $(F,+,\cdot)$ bereits genügt,
erhalten wir, dass $(F,+,\cdot)$ genau dann ein Körper, wenn in $(F,\cdot)$ jedes Element ein Inverses hat.
Darum erfüllt $(F,+,\cdot)$ jedes Axiom eines Körpers,
evtl. bis auf das Axiom für multiplikative Inverse.
Darum gilt:
$(F,+,\cdot)$ bildet einen Körper
$\Leftrightarrow$
jedes Element in $F\ohne\{0_{F}\}$ hat ein multiplikatives Inverses.
\end{proof}
\end{einzug}
@ -4534,7 +4544,7 @@ Jetzt können wir uns dem Beweis von \Cref{satz:1:ueb:6:ex:3} widmen
}
\herRichtung
Angenommen, $a^{2}+b^{2}\neq 0$ für alle $(a,b)\in F\ohne\{0_{F}\}$.
Angenommen, $a^{2}+b^{2}\neq 0$ für alle $(a,b)\in F\ohne\{0_{F}\}$.\\
Sei $(a,b)\in F\ohne\{0_{F}\}$ beliebig.
\textbf{Zu zeigen:} $(a,b)$ sei innerhalb $F$ invertierbar.\\
Per Annahme gilt nun $r:=a^{2}+b^{2}\neq 0$ und somit ist $r$ innerhalb $K$ invertierbar.
@ -4579,10 +4589,601 @@ Jetzt können wir uns dem Beweis von \Cref{satz:1:ueb:6:ex:3} widmen
woraus sich $a^{2}+b^{2}\neq 0$ ergibt.
\end{proof}
\setcounternach{part}{2}
\part{Selbstkontrollenaufgaben}
%% ********************************************************************************
%% FILE: body/uebung/ueb7.tex
%% ********************************************************************************
\setcounternach{chapter}{7}
\chapter[Woche 7]{Woche 7}
\label{ueb:7}
\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 7-1
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 1]{}
\label{ueb:7:ex:1}
\let\sectionname\altsectionname
Betrachte den Vektorraum $V:=\functionspace(\reell,\reell)$ über dem Körper $\reell$.
Wir bezeichnen mit $0(\cdot)$ die konstante Funktion, die überall gleich $0$ ist.
Dies ist zufälligerweise auch das Nullelement von $V$.
\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
%% AUFGABE 7-1a
\item
\begin{claim*}
Seien $a,b\in\reell$ beliebig.
Dann \fbox{ist} $U_{1}:=\{f\in V\mid f(a)=f(b)\}$ ein Untervektorraum (»linearer Unterraum«).
\end{claim*}
\begin{proof}
Wir gehen die Axiome aus der Definition durch:
\begin{kompaktitem}[\rtab][\rtab]
\item[{\bfseries (NL)}]
Offensichtlich gilt $0(\cdot)\in U_{1}$, da diese Funktion überall und damit insbesondere auf $\{a,b\}$ gleich ist.
Also, $U_{1}\neq\leer$.
\item[{\bfseries (LK)}]
Seien $\alpha,\beta\in\reell$ und $f,g\in U_{1}$.
\textbf{Zu zeigen:} $\alpha\cdot f+\beta\cdot g\in U_{1}$\\
Es gilt
\begin{mathe}[mc]{rcl}
(\alpha\cdot f+\beta\cdot g)(a)
&= &\alpha\cdot f(a)+\beta\cdot g(a)\\
&\overset{(\ast)}{=}
&\alpha\cdot f(b)+\beta\cdot g(b)\\
&= &(\alpha\cdot f+\beta\cdot g)(b)\\
\end{mathe}
Hier gilt $(\ast)$, weil $f,g\in U_{1}$.\\
Darum gilt per Konstruktion, dass $\alpha\cdot f+\beta\cdot g\in U_{1}$.
\end{kompaktitem}
Darum bildet $U_{1}$ einen Untervektorraum.
\end{proof}
%% AUFGABE 7-1b
\item
\begin{claim*}
Seien $a,b\in\reell$ beliebig.
Dann ist $U_{2}:=\{f\in V\mid f(a)=f(b)=1\}$ genau dann ein Untervektorraum, wenn $a=b$.
\end{claim*}
\begin{proof}
\herRichtung
Falls $a=b$,
dann gilt offensichtlich $f(a)=f(b)$ für alle $f\in V$,
sodass $U_{2}=V$,
woraus sich trivialerweise ergibt,
dass $U_{2}$ ein Untervektorraum ist.
\hinRichtung
Offensichtlich ist der Nullvektor, $0(\cdot)$, nicht in $U_{2}$.
Darum kann $U_{2}$ kein Untervektorraum sein.
(Siehe \cite[Lemma~5.1.3]{sinn2020}.)
\end{proof}
Alternativ für die $\Rightarrow$-Richtung kann man folgendermaßen argumentieren:
die konstante Funktion $1(\cdot)$ liegt in $U_{2}$,
aber $0\cdot 1(\cdot)\notin U_{2}$,
sodass $U_{2}$ nicht unter Skalarmultiplikation stabil ist.
%% AUFGABE 7-1c
\item
\begin{claim*}
Die Teilmenge $U_{3}:=\{f\in V\mid f\,\text{injektiv}\}$ \fbox{ist kein Untervektorraum} von $V$.
\end{claim*}
\begin{proof}
Offensichtlich ist der Nullvektor, $0(\cdot)$, nicht in $U_{3}$,
weil diese konstante Funktion nicht injektiv ist.
Darum kann $U_{3}$ kein Untervektorraum sein.
(Siehe \cite[Lemma~5.1.3]{sinn2020}.)
\end{proof}
%% AUFGABE 7-1d
\item
\begin{claim*}
Die Teilmenge $U_{4}:=\{f\in V\mid f\,\text{surjektiv}\}$ \fbox{ist kein Untervektorraum} von $V$.
\end{claim*}
\begin{proof}
Offensichtlich ist der Nullvektor, $0(\cdot)$, nicht in $U_{4}$,
weil die konstante Funktion nicht surjektiv ist.
Darum kann $U_{4}$ kein Untervektorraum sein.
(Siehe \cite[Lemma~5.1.3]{sinn2020}.)
\end{proof}
\end{enumerate}
%% AUFGABE 7-2
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 2]{}
\label{ueb:7:ex:2}
\let\sectionname\altsectionname
\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
%% AUFGABE 7-2a
\item
\begin{claim*}
Sei $K=\rtnl$. Dann sind
${\mathbf{v}_{1}=\begin{svector}1\\2\\2\\\end{svector}}$,
${\mathbf{v}_{2}=\begin{svector}3\\2\\1\\\end{svector}}$, und
${\mathbf{v}_{3}=\begin{svector}2\\1\\-1\\\end{svector}}$
über $K$ \fbox{linear unabhängig}.
\end{claim*}
\begin{proof}
Es reicht aus, den (Zeilen)rang der Matrix
\begin{mathe}[mc]{rcl}
A &:= &\begin{matrix}{ccc}
1 &3 &2\\
2 &2 &1\\
2 &1 &-1\\
\end{matrix}
\end{mathe}
zu untersuchen. Wir berechnen
\begin{algorithm}[\rtab][\rtab]
Reduktion der Matrix, $A$, mittels des Gaußverfahrens:\\
Zeilentransformationen
${Z_{2} \leftsquigarrow 3\cdot Z_{1}-Z_{2}}$
und
${Z_{3} \leftsquigarrow 2\cdot Z_{1}-Z_{3}}$
anwenden:
\begin{mathe}[mc]{c}
\begin{matrix}{ccc}
1 &2 &2\\
0 &4 &5\\
0 &3 &5\\
\end{matrix}\\
\end{mathe}
Zeilentransformation
${Z_{3} \leftsquigarrow 4\cdot Z_{3}-3\cdot Z_{2}}$
anwenden:
\begin{mathe}[mc]{c}
\begin{matrix}{ccc}
1 &2 &2\\
0 &4 &5\\
0 &0 &5\\
\end{matrix}\\
\end{mathe}
\end{algorithm}
Der Zeilenstufenform entnimmt man, $\rank(A)=3$.
Darum sind alle $3$ Vektoren,
$\{\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\mathbf{v}_{3}\}$,
linear unabhängig.
\end{proof}
%% AUFGABE 7-2b
\item
\begin{claim*}
Sei $K=\mathbb{F}_{5}$. Dann sind
${\mathbf{v}_{1}=\begin{svector}1\\2\\2\\\end{svector}}$,
${\mathbf{v}_{2}=\begin{svector}3\\2\\1\\\end{svector}}$, und
${\mathbf{v}_{3}=\begin{svector}2\\1\\4\\\end{svector}}$
über $K$ \fbox{nicht linear unabhängig}.
\end{claim*}
\begin{proof}
Es reicht aus, den (Zeilen)rang der Matrix
\begin{mathe}[mc]{rcl}
A &:= &\begin{matrix}{ccc}
1 &3 &2\\
2 &2 &1\\
2 &1 &4\\
\end{matrix}
\end{mathe}
zu untersuchen. Wir berechnen
\begin{algorithm}[\rtab][\rtab]
Reduktion der Matrix, $A$, mittels des Gaußverfahrens:\footnote{
Wir achten hier besonders darauf,
niemals mit einem Vielfach von $5$ zu multiplizieren!
}\\
Zeilentransformationen
${Z_{2} \leftsquigarrow 3\cdot Z_{1}-Z_{2}}$
und
${Z_{3} \leftsquigarrow 2\cdot Z_{1}-Z_{3}}$
anwenden:
\begin{mathe}[mc]{c}
\begin{matrix}{ccl}
1 &2 &2\\
0 &4 &5(=0)\\
0 &3 &0\\
\end{matrix}\\
\end{mathe}
Zeilentransformation
${Z_{3} \leftsquigarrow 4\cdot Z_{3}-3\cdot Z_{2}}$
anwenden:
\begin{mathe}[mc]{c}
\begin{matrix}{ccc}
1 &2 &2\\
0 &4 &0\\
0 &0 &0\\
\end{matrix}\\
\end{mathe}
\end{algorithm}
Der Zeilenstufenform entnimmt man, $\rank(A)=2$.
Darum sind nur $2$ der Vektoren, und zwar
$\{\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2}\}$,
linear unabhängig.
Der Vektor, $\mathbf{v}_{3}$, hingegen, hängt linear von diesen ab.
\end{proof}
%% AUFGABE 7-2c
\item
\begin{claim*}
Sei $K=\kmplx$. Dann sind
${\mathbf{v}_{1}=\begin{svector}1\\\imageinh\\0\\\end{svector}}$,
${\mathbf{v}_{2}=\begin{svector}1+\imageinh\\-\imageinh\\1-2\imageinh\\\end{svector}}$, und
${\mathbf{v}_{3}=\begin{svector}\imageinh\\1-\imageinh\\2-\imageinh\\\end{svector}}$
über $K$ \fbox{nicht linear unabhängig}.
\end{claim*}
\begin{proof}
Es reicht aus, den (Zeilen)rang der Matrix
\begin{mathe}[mc]{rcl}
A &:= &\begin{matrix}{ccc}
1 &1+\imageinh &\imageinh\\
\imageinh &-\imageinh &1-\imageinh\\
0 &1-2\imageinh &2-\imageinh\\
\end{matrix}
\end{mathe}
zu untersuchen. Wir berechnen
\begin{algorithm}[\rtab][\rtab]
Reduktion der Matrix, $A$, mittels des Gaußverfahrens:\\
Zeilentransformation
${Z_{2} \leftsquigarrow \imageinh\cdot Z_{2}+Z_{1}}$
anwenden:
\begin{mathe}[mc]{c}
\begin{matrix}{ccc}
1 &1+\imageinh &\imageinh\\
0 &2+\imageinh &1+2\imageinh\\
0 &1-2\imageinh &2-\imageinh\\
\end{matrix}\\
\end{mathe}
Zeilentransformation
${Z_{3} \leftsquigarrow \imageinh\cdot Z_{3}-Z_{2}}$
anwenden:
\begin{mathe}[mc]{c}
\begin{matrix}{ccc}
1 &1+\imageinh &\imageinh\\
0 &2+\imageinh &1+2\imageinh\\
0 &0 &0\\
\end{matrix}\\
\end{mathe}
\end{algorithm}
Der Zeilenstufenform entnimmt man, $\rank(A)=2$.
Darum sind nur $2$ der Vektoren, und zwar
$\{\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2}\}$,
linear unabhängig.
Der Vektor, $\mathbf{v}_{3}$, hingegen, hängt linear von diesen ab.
\end{proof}
Wir betrachten nun dieselbe Aufgabe, nur über $\reell$ statt $\kmplx$:
\begin{claim*}
Sei $K=\reell$. Dann sind
${\mathbf{v}_{1}=\begin{svector}1\\0\\0\\1\\0\\0\\\end{svector}}$,
${\mathbf{v}_{2}=\begin{svector}1\\1\\0\\-1\\1\\-2\\\end{svector}}$, und
${\mathbf{v}_{3}=\begin{svector}0\\1\\1\\-1\\2\\-1\\\end{svector}}$
über $K$ \fbox{linear unabhängig}.
\end{claim*}
\begin{proof}
Es reicht aus, den (Zeilen)rang der Matrix
\begin{mathe}[mc]{rcl}
A &:= &\begin{smatrix}
1&1&0\\
0&1&1\\
0&0&1\\
1&-1&-1\\
0&1&2\\
0&-2&-1\\
\end{smatrix}
\end{mathe}
zu untersuchen. Wir berechnen
\begin{algorithm}[\rtab][\rtab]
Reduktion der Matrix, $A$, mittels des Gaußverfahrens:\\
Zeilentransformation
${Z_{4} \leftsquigarrow \imageinh\cdot Z_{1}-Z_{4}}$
anwenden:
\begin{mathe}[mc]{c}
\begin{smatrix}
1&1&0\\
0&1&1\\
0&0&1\\
0&2&1\\
0&1&2\\
0&-2&-1\\
\end{smatrix}\\
\end{mathe}
Zeilentransformation
${Z_{3} \leftrightsquigarrow Z_{6}}$
anwenden:
\begin{mathe}[mc]{c}
\begin{smatrix}
1&1&0\\
0&1&1\\
0&-2&-1\\
0&2&1\\
0&1&2\\
0&0&1\\
\end{smatrix}\\
\end{mathe}
Zeilentransformationen
${Z_{3} \leftrightsquigarrow 2\cdot Z_{2}+Z_{3}}$,
${Z_{4} \leftrightsquigarrow 2\cdot Z_{2}-Z_{4}}$,
und
${Z_{5} \leftrightsquigarrow -1\cdot Z_{2}+Z_{5}}$
anwenden:
\begin{mathe}[mc]{c}
\begin{smatrix}
1&1&0\\
0&1&1\\
0&0&1\\
0&0&1\\
0&0&1\\
0&0&1\\
\end{smatrix}\\
\end{mathe}
Zeilentransformationen
${Z_{4} \leftrightsquigarrow Z_{4}-Z_{3}}$,
${Z_{5} \leftrightsquigarrow Z_{5}-Z_{3}}$,
und
${Z_{6} \leftrightsquigarrow Z_{6}-Z_{3}}$
anwenden:
\begin{mathe}[mc]{c}
\begin{smatrix}
1&1&0\\
0&1&1\\
0&0&1\\
0&0&0\\
0&0&0\\
0&0&0\\
\end{smatrix}\\
\end{mathe}
\end{algorithm}
Der Zeilenstufenform entnimmt man, $\rank(A)=3$.
Darum sind alle $3$ Vektoren,
$\{\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\mathbf{v}_{3}\}$,
linear unabhängig.
\end{proof}
\end{enumerate}
%% AUFGABE 7-3
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 3]{}
\label{ueb:7:ex:3}
\let\sectionname\altsectionname
Seien $K$ ein Körper und $V$ ein Vektorraum über $K$.
Seien $n\in\ntrlpos$ und $\mathbf{v}_{i}\in V$ für $i\in\{1,2,\ldots,n\}$.
\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
%% AUFGABE 7-3a
\item
\begin{claim*}
Die folgende Aussage ist \fbox{gültig}:\\
Angenommen es existieren linear unabhängige Vektoren,
$\mathbf{w}_{1},\mathbf{w}_{2},\ldots,\mathbf{w}_{n}\in V$
und Skalare $c_{i}\in K\ohne\{0\}$,
so dass $\mathbf{v}_{i}=c_{i}\mathbf{w}_{i}$
für alle $i\in\{1,2,\ldots,n\}$.
Dann bilden
$\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n}$
ein linear unabhängiges System.
\end{claim*}
\begin{proof}
Wir zeigen dies direkt.
Sei $\alpha_{i}\in K$ für $i\in\{1,2,\ldots,n\}$
und so dass
mit $\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}\cdot\mathbf{v}_{i}=\zerovector$.\\
\textbf{Zu zeigen:} $\forall{i\in\{1,2,\ldots,n\}:~}\alpha_{i}=0$.\\
Es gilt
\begin{longmathe}[mc]{RCL}
\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}\cdot\mathbf{v}_{i}=\zerovector
&\Longleftrightarrow
&\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}\cdot(c_{i}\mathbf{w}_{i})=\zerovector\\
&\Longleftrightarrow
&\sum_{i=1}^{n}(\alpha_{i}c_{i})\cdot\mathbf{w}_{i}=\zerovector\\
&\Longrightarrow
&\forall{i\in\{1,2,\ldots,n\}:~}\alpha_{i}c_{i}=0,\\
&&\text{da $\mathbf{w}_{1},\mathbf{w}_{2},\ldots,\mathbf{w}_{n}$ linear unabhängig}\\
&\Longleftrightarrow
&\forall{i\in\{1,2,\ldots,n\}:~}\alpha_{i}=0\,\text{oder}\,c_{i}=0,
\quad\text{da $K$ ein Körper ist}\\
&\Longleftrightarrow
&\forall{i\in\{1,2,\ldots,n\}:~}\alpha_{i}=0,
\quad\text{da $c_{i}\neq 0$ für alle $i$}.\\
\end{longmathe}
Darum ist gilt $\alpha_{i}=0$ für alle $i\in\{1,2,\ldots,n\}$.
Folglich sind
$\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n}$
linear unabhängig.
\end{proof}
\def\chaptername{SKA Blatt}
%% AUFGABE 7-3b
\item
\begin{claim*}
Die folgende Aussage ist \fbox{ungültig}:\\
Angenommen,
$\mathbf{v}_{n}\notin\vectorspacespan(\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n-1})$.
Dann ist
$\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n}$
linear unabhängig.
\end{claim*}
\begin{proof}
Folgendes ist ein Gegenbeispiel.
Sei $n\geq 3$ beliebig.
Sei $V=K^{2}$
und betrachte die Vektoren
\begin{mathe}[mc]{rclqrcl}
\mathbf{v}_{1}=\mathbf{v}_{2}=\ldots=\mathbf{v}_{n-1} &:= &\begin{svector}1\\0\\\end{svector}
&\mathbf{v}_{n} &:= &\begin{svector}0\\1\\\end{svector}\\
\end{mathe}
Dann gilt $\mathbf{v}_{n}\notin\vectorspacespan(\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n-1})$,
weil $\vectorspacespan(\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n-1})
=\vectorspacespan(\mathbf{v}_{1})
=\{\begin{svector}t\\0\\\end{svector}\mid t\in K\}\notni \begin{svector}0\\1\\\end{svector}$.
Andererseits sind die $n-1\geq 2$ Vektoren,
$\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n}$
per Wahl nicht linear unabhängig (weil die alle gleich sind).
Also sind die Vektoren,
$\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n}$
ebenfalls nicht linear unabhängig.
Darum gilt die behauptete Implikation nicht im Allgemeinen.
\end{proof}
%% AUFGABE 7-3c
\item
\begin{claim*}
Die folgende Aussage ist \fbox{ungültig}:\\
Das System
$\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n}$
ist genau dann linear unabhängig,
wenn jedes echte Teilsystem linear unabhängig ist.
\end{claim*}
\begin{proof}
Der $\Rightarrow$-Teil ist offensichtlich wahr.
Es kann also nur die $\Leftarrow$-Richtung schiefgehen.
Wir betrachten ein Gegenbeispiel mit $n=3$ Vektoren.
Sei $V=K^{2}$ und betrachte
\begin{mathe}[mc]{rclqrclqrcl}
\mathbf{v}_{1} &:= &\begin{svector}0\\1\\\end{svector},
&\mathbf{v}_{2} &:= &\begin{svector}1\\0\\\end{svector},
&\mathbf{v}_{3} &:= &\begin{svector}1\\1\\\end{svector}.\\
\end{mathe}
Es ist einfach zu sehen, dass die echten Teilsysteme
\begin{mathe}[mc]{cccccc}
(\mathbf{v}_{1}),
&(\mathbf{v}_{2}),
&(\mathbf{v}_{3}),
&(\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2})
&(\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{3})
&(\mathbf{v}_{2},\mathbf{v}_{3})\\
\end{mathe}
linear unabhängig sind. Aber (vor allem weil $V$ nur $2$-dimensional ist)
$\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\mathbf{v}_{3}$
ist nicht linear unabhängig, da
\begin{mathe}[mc]{rcl}
1\cdot\mathbf{v}_{1}
+1\cdot\mathbf{v}_{2}
+-1\cdot\mathbf{v}_{3}
&= &\zerovector.\\
\end{mathe}
Darum ist gilt die behauptete Implikation nicht im Allgemeinen.
\end{proof}
%% AUFGABE 7-3d
\item
\begin{claim*}
Die folgende Aussage ist \fbox{gültig}:\\
Angenommen,
$\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n}$
sei linear unabhängig.
Dann für alle $i\in\{1,2,\ldots,n\}\ohne\{1\}$
und $c\in K$
bilden
$\mathbf{u},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n}$
ein linear unabhängiges System,
wobei ${\mathbf{u}:=\mathbf{v}_{1}+c\mathbf{v}_{i}}$.
\end{claim*}
\begin{proof}
Wir zeigen dies direkt.
Sei $\alpha_{j}\in K$ für $j\in\{1,2,\ldots,n\}$
und so dass
mit $\alpha_{1}\mathbf{u}+\sum_{j=2}^{n}\alpha_{j}\cdot\mathbf{v}_{j}=\zerovector$.\\
\textbf{Zu zeigen:} $\forall{j\in\{1,2,\ldots,n\}:~}\alpha_{j}=0$.\\
Es gilt
\begin{longmathe}[mc]{RCL}
\alpha_{1}\mathbf{u}+\sum_{j=2}^{n}\alpha_{j}\cdot\mathbf{v}_{j}=\zerovector
&\Longleftrightarrow
&\alpha_{1}\mathbf{v}_{1}
+\alpha_{1}c\mathbf{v}_{i}
+\sum_{j=2}^{n}\alpha_{j}\cdot\mathbf{v}_{j}=\zerovector\\
&\Longleftrightarrow
&c\alpha_{1}\mathbf{v}_{i}
+\sum_{j=1}^{n}\alpha_{j}\cdot\mathbf{v}_{j}=\zerovector\\
&\Longleftrightarrow
&\sum_{j=1}^{n}\beta_{j}\mathbf{v}_{j}=\zerovector,\\
&&\text{%
wobei $\beta_{j}=\alpha_{j}$ für $j\in\{1,2,\ldots,n\}\ohne\{i\}$
und $\beta_{i}=c\alpha_{1}+\alpha_{i}$
}\\
&\Longrightarrow
&\forall{j\in\{1,2,\ldots,n\}:~}\beta_{j}=0,\\
&&\text{da $\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n}$ linear unabhängig}\\
&\Longleftrightarrow
&c\alpha_{1}+\alpha_{i}=0
\,\text{und}\,
\forall{j\in\{1,2,\ldots,n\}\ohne\{i\}:~}\alpha_{j}=0\\
&\Longrightarrow
&c\cdot 0+\alpha_{i}=0
\,\text{und}\,
\forall{j\in\{1,2,\ldots,n\}\ohne\{i\}:~}\alpha_{j}=0\\
&\Longleftrightarrow
&\forall{j\in\{1,2,\ldots,n\}:~}\alpha_{j}=0\\
\end{longmathe}
Darum ist gilt $\alpha_{i}=0$ für alle $i\in\{1,2,\ldots,n\}$.
Folglich sind
$\mathbf{u},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n}$
linear unabhängig.
\end{proof}
\end{enumerate}
%% ********************************************************************************
%% FILE: body/ska/ska4.tex
@ -6643,11 +7244,6 @@ Sind $n,m\in\intgr$ teilerfremd, dann ist $[m]$ innerhalb $\intgr/n\intgr$ inver
Falls $n$ nicht prim ist, muss man sich allerdings bei der Injektivitätsargumentation mehr bemühen.
Einfacher ist also natürlich die Anwendung von dem Lemma von B\'ezout.
\setcounternach{part}{3}
\part{Quizzes}
\def\chaptername{Quiz}
%% ********************************************************************************
%% FILE: body/quizzes/quiz1.tex
%% ********************************************************************************
@ -6957,6 +7553,78 @@ Wir betrachten die Komposition ${g\circ f:X\to Z}$
Das heißt, $p\divides\begin{svector}2n\\n\\\end{svector}$.
\end{proof}
%% ********************************************************************************
%% FILE: body/quizzes/quiz6.tex
%% ********************************************************************************
\setcounternach{chapter}{6}
\chapter[Woche 6]{Woche 6}
\label{quiz:6}
\begin{enumerate}{\bfseries 1.}
\item
Seien $n\in\ntrlpos$.
Man bezeichne mit $(\intgr/n\intgr)^{\times}$
die Menge der bzgl. Multiplikation modulo $n$
invertierbaren Elemente in $\intgr/n\intgr$.
\begin{claim*}
Für $a\in\intgr$
gilt
$[a]\in(\intgr/n\intgr)^{\times}$
gdw. $\exists{u,v\in\intgr:~}ua+vn=1$
gdw. $\ggT(a,n)=1$
\end{claim*}
\begin{proof}
Es gilt
\begin{mathe}[mc]{rcl}
[a]\in(\intgr/n\intgr)^{\times}
&\Longleftrightarrow
&\exists{u\in\intgr:~}\overbrace{[u]\cdot [a]}^{[u\cdot a]=}=[1]\\
&\Longleftrightarrow &\exists{u\in\intgr:~}u\cdot a\equiv 1\mod n\\
&\Longleftrightarrow &\exists{u\in\intgr:~}\exists{v\in\intgr:~}ua+vn=1\\
&\Longleftrightarrow &\ggT(a,n)=1
\quad\text{(wegen des Lemmas von B\'ezout).}
\end{mathe}
Also gilt
$[a]\in(\intgr/n\intgr)^{\times}$
$\Leftrightarrow$
$\exists{u,v\in\intgr:~}ua+vn=1$
$\Leftrightarrow$
$\ggT(a,n)=1$.
\end{proof}
\item
\begin{claim*}
Sei $n=9$. Dann gilt $(\intgr/n\intgr)^{\times}=\{[1],[2],[4],[5],[7],[8]\}$.
\end{claim*}
\begin{proof}
Da
\hraum
\begin{tabular}[mc]{|L|CCCCCCCCC|}
\hline
\hline
a &0 &1 &2 &3 &4 &5 &6 &7 &8\\
\hline
\ggT(a,n=9) &9 &1 &1 &3 &1 &1 &3 &1 &1\\
\hline
\hline
\end{tabular}
\hraum
gilt der letzten Aufgabe zufolge
$%
(\intgr/n\intgr)^{\times}
=\{[a]\mid a\in\{0,1,2,\ldots,n-1\},\,\ggT(a,n)=1\}
=\{[1],[2],[4],[5],[7],[8]\}%
$.
\end{proof}
\end{enumerate}
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%% FILE: back/index.tex
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