master > master: ÜB8
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b7daf4fa85
commit
6437264862
Binary file not shown.
@ -59,6 +59,8 @@
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%% |
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%% — body/uebung/ueb7.tex;
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%% |
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%% — body/uebung/ueb8.tex;
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%% |
|
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%% — body/ska/ska4.tex;
|
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%% |
|
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%% — body/ska/ska5.tex;
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||||
@ -1342,14 +1344,15 @@
|
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|
||||
\def\vectorspacespan{\mathop{\text{\upshape Lin}}}
|
||||
\def\dim{\mathop{\text{\upshape dim}}}
|
||||
\def\rank{\mathop{\text{\upshape Rank}}}
|
||||
\def\rank{\mathop{\text{\upshape Rang}}}
|
||||
\def\onematrix{\text{\upshape\bfseries I}}
|
||||
\def\zeromatrix{\text{\upshape\bfseries 0}}
|
||||
\def\zerovector{\text{\upshape\bfseries 0}}
|
||||
|
||||
\def\graph{\mathop{\text{\textup Gph}}}
|
||||
\def\domain{\mathop{\text{\textup dom}}}
|
||||
\def\range{\mathop{\text{\textup ran}}}
|
||||
\def\range{\mathop{\text{\textup Bild}}}
|
||||
\def\ker{\mathop{\text{\upshape Kern}}}
|
||||
\def\functionspace{\mathop{\text{\textup Abb}}}
|
||||
\def\id{\text{\textup id}}
|
||||
\def\modfn{\mathop{\text{\textup mod}}}
|
||||
@ -5162,6 +5165,706 @@ Seien $n\in\ntrlpos$ und $\mathbf{v}_{i}\in V$ für $i\in\{1,2,\ldots,n\}$.
|
||||
\end{proof}
|
||||
\end{enumerate}
|
||||
|
||||
%% ********************************************************************************
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%% FILE: body/uebung/ueb8.tex
|
||||
%% ********************************************************************************
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||||
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||||
\setcounternach{chapter}{8}
|
||||
\chapter[Woche 8]{Woche 8}
|
||||
\label{ueb:8}
|
||||
|
||||
%% AUFGABE 8-1
|
||||
\let\altsectionname\sectionname
|
||||
\def\sectionname{Aufgabe}
|
||||
\section[Aufgabe 1]{}
|
||||
\label{ueb:8:ex:1}
|
||||
\let\sectionname\altsectionname
|
||||
|
||||
In dieser Aufgabe arbeiten wir im Vektorraum $V=\reell^{4}$.
|
||||
Seien
|
||||
|
||||
\begin{mathe}[mc]{rcl}
|
||||
U_{1} &= &\{\mathbf{x}\in V\mid x_{1}+2x_{4}=x_{2}+2x_{3}\},\\
|
||||
U_{2} &= &\{\mathbf{x}\in V\mid x_{1}=x_{2}+x_{3}+x_{4}\}.\
|
||||
\end{mathe}
|
||||
|
||||
Zu bestimmen sind Basen für
|
||||
$U_{1}$,
|
||||
$U_{2}$,
|
||||
$U_{1}\cap U_{2}$,
|
||||
und
|
||||
$U_{1}+U_{2}$.
|
||||
Wir beachten vorab
|
||||
|
||||
\begin{longmathe}[mc]{RCLCL}
|
||||
\mathbf{x}\in U_{1}
|
||||
&\Longleftrightarrow
|
||||
&x_{1}-x_{2}-2x_{3}+2x_{4}=0
|
||||
&\Longleftrightarrow
|
||||
&\underbrace{
|
||||
\begin{smatrix}
|
||||
1&-1&-2&2\\
|
||||
\end{smatrix}
|
||||
}_{=:A_{1}}
|
||||
\mathbf{x}=\zerovector\\
|
||||
\mathbf{x}\in U_{2}
|
||||
&\Longleftrightarrow
|
||||
&x_{1}-x_{2}-x_{3}-x_{4}=0
|
||||
&\Longleftrightarrow
|
||||
&\underbrace{
|
||||
\begin{smatrix}
|
||||
1&-1&-1&-1\\
|
||||
\end{smatrix}
|
||||
}_{=:A_{2}}
|
||||
\mathbf{x}=\zerovector\\
|
||||
\mathbf{x}\in U_{1}\cap U_{2}
|
||||
&\Longleftrightarrow
|
||||
&\begin{array}[t]{0l}
|
||||
x_{1}-x_{2}-2x_{3}+2x_{4} = 0\\
|
||||
\text{und}\,x_{1}-x_{2}-x_{3}-x_{4} = 0\\
|
||||
\end{array}
|
||||
&\Longleftrightarrow
|
||||
&\underbrace{
|
||||
\begin{smatrix}
|
||||
1&-1&-2&2\\
|
||||
1&-1&-1&-1\\
|
||||
\end{smatrix}
|
||||
}_{=:A_{3}}
|
||||
\mathbf{x}=\zerovector\\
|
||||
\end{longmathe}
|
||||
|
||||
für alle $\mathbf{x}\in V$.
|
||||
Folglich ist $U_{1}$ die Menge der Nullvektoren von $A_{1}$,
|
||||
$U_{2}$ die Menge der Nullvektoren von $A_{2}$,
|
||||
$U_{1}\cap U_{2}$ die Menge der Nullvektoren von $A_{3}$.
|
||||
Um diese zu bestimmen, bringen wir diese Matrizen in Zeilenstufenform,
|
||||
und bestimmen mithilfe von \cite[Satz 5.3.8]{sinn2020}
|
||||
eine Basis des Lösungsraums.
|
||||
|
||||
\begin{algorithm}[\rtab][\rtab]
|
||||
Zeilenstufenform für $A_{1}$:
|
||||
|
||||
\begin{mathe}[mc]{rcl}
|
||||
A_{1} &= &\begin{smatrix}
|
||||
1&-1&-2&2\\
|
||||
\end{smatrix}\\
|
||||
\end{mathe}
|
||||
|
||||
Darum sind $x_{2}$, $x_{3}$, $x_{4}$ frei und $x_{1}$ wird durch diese bestimmt.
|
||||
Der Zeilenstufenform zufolge gilt
|
||||
|
||||
\begin{mathe}[mc]{rcl}
|
||||
x_{1} &= &x_{2}+2x_{3}-2x_{4}.\\
|
||||
\end{mathe}
|
||||
|
||||
Mithilfe von \cite[Satz 5.3.8]{sinn2020}
|
||||
erhalten wir eine Basis des Lösungsraums,
|
||||
indem wir jeweils eine freie Unbekannte auf $1$
|
||||
und alle anderen auf $0$ setzen:
|
||||
|
||||
\begin{mathe}[mc]{rcl}
|
||||
x_{2}:=1,\,x_{3}:=0,\,x_{4}:=0
|
||||
&\Longrightarrow
|
||||
&\mathbf{x}=\begin{svector}1\\1\\0\\0\\\end{svector},\\
|
||||
x_{2}:=0,\,x_{3}:=1,\,x_{4}:=0
|
||||
&\Longrightarrow
|
||||
&\mathbf{x}=\begin{svector}2\\0\\1\\0\\\end{svector},\\
|
||||
x_{2}:=0,\,x_{3}:=0,\,x_{4}:=1
|
||||
&\Longrightarrow
|
||||
&\mathbf{x}=\begin{svector}-2\\0\\0\\1\\\end{svector}.\\
|
||||
\end{mathe}
|
||||
\end{algorithm}
|
||||
|
||||
Darum gilt
|
||||
|
||||
\begin{mathe}[mc]{rclcl}
|
||||
U_{1}
|
||||
&= &\{\mathbf{x}\in V\mid A_{1}\mathbf{x}=\zerovector\}
|
||||
&= &\vectorspacespan\underbrace{
|
||||
\{
|
||||
\begin{svector}1\\1\\0\\0\\\end{svector},
|
||||
\begin{svector}2\\0\\1\\0\\\end{svector},
|
||||
\begin{svector}-2\\0\\0\\1\\\end{svector}
|
||||
\}
|
||||
}_{=:B}\\
|
||||
\end{mathe}
|
||||
|
||||
und \fbox{$B_{1}$ bildet eine Basis für $U_{1}$}.
|
||||
|
||||
\begin{algorithm}[\rtab][\rtab]
|
||||
Zeilenstufenform für $A_{2}$:
|
||||
|
||||
\begin{mathe}[mc]{rcl}
|
||||
A_{2} &= &\begin{smatrix}
|
||||
1&-1&-2&2\\
|
||||
\end{smatrix}\\
|
||||
\end{mathe}
|
||||
|
||||
Darum sind $x_{2}$, $x_{3}$, $x_{4}$ frei und $x_{1}$ wird durch diese bestimmt.
|
||||
Der Zeilenstufenform zufolge gilt
|
||||
|
||||
\begin{mathe}[mc]{rcl}
|
||||
x_{1} &= &x_{2}+x_{3}+x_{4}.\\
|
||||
\end{mathe}
|
||||
|
||||
Mithilfe von \cite[Satz 5.3.8]{sinn2020}
|
||||
erhalten wir eine Basis des Lösungsraums wie oben:
|
||||
|
||||
\begin{mathe}[mc]{rcl}
|
||||
x_{2}:=1,\,x_{3}:=0,\,x_{4}:=0
|
||||
&\Longrightarrow
|
||||
&\mathbf{x}=\begin{svector}1\\1\\0\\0\\\end{svector},\\
|
||||
x_{2}:=0,\,x_{3}:=1,\,x_{4}:=0
|
||||
&\Longrightarrow
|
||||
&\mathbf{x}=\begin{svector}1\\0\\1\\0\\\end{svector},\\
|
||||
x_{2}:=0,\,x_{3}:=0,\,x_{4}:=1
|
||||
&\Longrightarrow
|
||||
&\mathbf{x}=\begin{svector}1\\0\\0\\1\\\end{svector}.\\
|
||||
\end{mathe}
|
||||
\end{algorithm}
|
||||
|
||||
Darum gilt
|
||||
|
||||
\begin{mathe}[mc]{rclcl}
|
||||
U_{2}
|
||||
&= &\{\mathbf{x}\in V\mid A_{2}\mathbf{x}=\zerovector\}
|
||||
&= &\vectorspacespan\underbrace{
|
||||
\{
|
||||
\begin{svector}1\\1\\0\\0\\\end{svector},
|
||||
\begin{svector}1\\0\\1\\0\\\end{svector},
|
||||
\begin{svector}1\\0\\0\\1\\\end{svector}
|
||||
\}
|
||||
}_{=:B_{2}}\\
|
||||
\end{mathe}
|
||||
|
||||
und \fbox{$B_{2}$ bildet eine Basis für $U_{2}$}.
|
||||
|
||||
\begin{algorithm}[\rtab][\rtab]
|
||||
Zeilenstufenform für $A_{3}$ ($\text{Zeile}_{2} \rightsquigarrow \text{Zeile}_{2}-\text{Zeile}_{1}$):
|
||||
|
||||
\begin{mathe}[mc]{rclcl}
|
||||
A_{3}
|
||||
&= &\begin{smatrix}
|
||||
1&-1&-2&2\\
|
||||
1&-1&-1&-1\\
|
||||
\end{smatrix}
|
||||
&\rightsquigarrow &\begin{smatrix}
|
||||
1&-1&-2&2\\
|
||||
0&0&1&-3\\
|
||||
\end{smatrix}\\
|
||||
\end{mathe}
|
||||
|
||||
Darum sind $x_{2}$, $x_{4}$, frei und $x_{1}$, $x_{3}$ werden durch diese bestimmt.
|
||||
Der Zeilenstufenform zufolge gilt
|
||||
|
||||
\begin{mathe}[mc]{rcl}
|
||||
x_{3} &= &3x_{4}\\
|
||||
x_{1} &= &x_{2}+2x_{3}-2x_{4}
|
||||
= x_{2}+2(3x_{4})-2x_{4}
|
||||
= x_{2}+4x_{4}.\\
|
||||
\end{mathe}
|
||||
|
||||
Mithilfe von \cite[Satz 5.3.8]{sinn2020}
|
||||
erhalten wir eine Basis des Lösungsraums wie oben:
|
||||
|
||||
\begin{mathe}[mc]{rcl}
|
||||
x_{2}:=1,\,x_{4}:=0
|
||||
&\Longrightarrow
|
||||
&\mathbf{x}=\begin{svector}1\\1\\0\\0\\\end{svector},\\
|
||||
x_{2}:=0,\,x_{4}:=1
|
||||
&\Longrightarrow
|
||||
&\mathbf{x}=\begin{svector}4\\0\\3\\1\\\end{svector}.\\
|
||||
\end{mathe}
|
||||
|
||||
gegeben.
|
||||
\end{algorithm}
|
||||
|
||||
Darum gilt
|
||||
|
||||
\begin{mathe}[mc]{rclcl}
|
||||
U_{1}\cap U_{2}
|
||||
&= &\{\mathbf{x}\in V\mid A_{3}\mathbf{x}=\zerovector\}
|
||||
&= &\vectorspacespan\underbrace{
|
||||
\{
|
||||
\begin{svector}1\\1\\0\\0\\\end{svector},
|
||||
\begin{svector}4\\0\\3\\1\\\end{svector}
|
||||
\}
|
||||
}_{=:B_{3}}\\
|
||||
\end{mathe}
|
||||
|
||||
und \fbox{$B_{3}$ bildet eine Basis für $U_{1}\cap U_{2}$}.
|
||||
|
||||
Es bleibt, nur noch eine Basis für $U_{1}+U_{2}$ zu bestimmen.
|
||||
|
||||
\textbf{ANSATZ I.}\\
|
||||
Mithilfe der oben berechneten Basen für $U_{1}$, $U_{2}$, wissen wir
|
||||
|
||||
\begin{mathe}[mc]{rcl}
|
||||
U_{1}+U_{2}
|
||||
&= &\vectorspacespan\{
|
||||
\begin{svector}1\\1\\0\\0\\\end{svector},
|
||||
\begin{svector}2\\0\\1\\0\\\end{svector},
|
||||
\begin{svector}-2\\0\\0\\1\\\end{svector}
|
||||
\}
|
||||
+\vectorspacespan\{
|
||||
\begin{svector}1\\1\\0\\0\\\end{svector},
|
||||
\begin{svector}1\\0\\1\\0\\\end{svector},
|
||||
\begin{svector}1\\0\\0\\1\\\end{svector}
|
||||
\}\\
|
||||
&= &\vectorspacespan\{
|
||||
\begin{svector}1\\1\\0\\0\\\end{svector},
|
||||
\begin{svector}2\\0\\1\\0\\\end{svector},
|
||||
\begin{svector}-2\\0\\0\\1\\\end{svector}
|
||||
\begin{svector}1\\0\\1\\0\\\end{svector},
|
||||
\begin{svector}1\\0\\0\\1\\\end{svector}
|
||||
\}.\\
|
||||
\end{mathe}
|
||||
|
||||
Wir haben nun ein Erzeugendensystem bestimmt.
|
||||
Diese Menge muss auf eine maximale linear unabhängige reduziert werden,
|
||||
um eine Basis daraus zu berechnen.
|
||||
Um diese zu tun, reicht es aus,
|
||||
die Vektoren in ein homogenes LGS zu überführen,
|
||||
die Matrix auf Zeilenstufenform zu reduzieren,
|
||||
um etwa durch die Spalten entsprechend den freien Unbekannten zu bestimmen,
|
||||
welche Spalten linear abhängig sind.
|
||||
|
||||
\begin{algorithm}[\rtab][\rtab]
|
||||
Homogenes System:
|
||||
|
||||
\begin{mathe}[mc]{rcl}
|
||||
\begin{smatrix}
|
||||
1&2&-2&1&1\\
|
||||
1&0&0&0&0\\
|
||||
0&1&0&1&0\\
|
||||
0&0&1&0&1\\
|
||||
\end{smatrix}\\
|
||||
\end{mathe}
|
||||
|
||||
Zeilenoperation
|
||||
${Z_{2}\leftsquigarrow Z_{1}-Z_{2}}$
|
||||
anwenden:
|
||||
|
||||
\begin{mathe}[mc]{rcl}
|
||||
\begin{smatrix}
|
||||
1&2&-2&1&1\\
|
||||
0&2&-2&1&1\\
|
||||
0&1&0&1&0\\
|
||||
0&0&1&0&1\\
|
||||
\end{smatrix}\\
|
||||
\end{mathe}
|
||||
|
||||
Zeilenoperation
|
||||
${Z_{3}\leftsquigarrow 2\cdot Z_{3} - Z_{2}}$
|
||||
anwenden:
|
||||
|
||||
\begin{mathe}[mc]{rcl}
|
||||
\begin{smatrix}
|
||||
1&2&-2&1&1\\
|
||||
0&2&-2&1&1\\
|
||||
0&0&2&1&-1\\
|
||||
0&0&1&0&1\\
|
||||
\end{smatrix}\\
|
||||
\end{mathe}
|
||||
|
||||
Zeilenoperation
|
||||
${Z_{4}\leftsquigarrow Z_{3} - 2\cdot Z_{4}}$
|
||||
anwenden:
|
||||
|
||||
\begin{mathe}[mc]{rcl}
|
||||
\begin{smatrix}
|
||||
1&2&-2&1&1\\
|
||||
0&2&-2&1&1\\
|
||||
0&0&2&1&-1\\
|
||||
0&0&0&1&-3\\
|
||||
\end{smatrix}\\
|
||||
\end{mathe}
|
||||
|
||||
$\Longrightarrow$ nur $x_{5}$ frei.
|
||||
\end{algorithm}
|
||||
|
||||
Also hängt die 5. Spalte von Spalten 1--4 ab, welche der Zeilenstufenform zufolge linear unabhängig sind.
|
||||
Folglich ist
|
||||
|
||||
\begin{mathe}[mc]{c}
|
||||
\left\{
|
||||
\begin{svector}1\\1\\0\\0\\\end{svector},
|
||||
\begin{svector}2\\0\\1\\0\\\end{svector},
|
||||
\begin{svector}-2\\0\\0\\1\\\end{svector}
|
||||
\begin{svector}1\\0\\1\\0\\\end{svector}
|
||||
\right\}\\
|
||||
\end{mathe}
|
||||
|
||||
eine \fbox{Basis für $U_{1}+U_{2}$}.
|
||||
|
||||
\textbf{ANSATZ II.}\\
|
||||
Mithilfe der Dimensionsformel (siehe \cite[Satz~5.4.3~(2)]{sinn2020}) wissen wir
|
||||
|
||||
\begin{mathe}[mc]{rcl}
|
||||
\dim(U_{1}+U_{2})
|
||||
&= &\dim(U_{1}) + \dim(U_{2}) - \dim(U_{1}\cap U_{2})\\
|
||||
&= &3+3-2 = 4 = \dim(V).\\
|
||||
\end{mathe}
|
||||
|
||||
Da $V$ endlich dimensional ist,
|
||||
und $\dim(U_{1}+U_{2})=\dim(V)$
|
||||
für den linearen Unterraum $U_{1}+U_{2}\subseteq V$
|
||||
gilt,
|
||||
gilt $U_{1}+U_{2}=V=\reell^{4}$
|
||||
(Siehe \cite[Satz~5.4.3~(1)]{sinn2020}).
|
||||
Darum können wir bspw. die \uline{kanonische Basis} für $\reell^{4}$
|
||||
|
||||
\begin{mathe}[mc]{c}
|
||||
\left\{
|
||||
\begin{svector}1\\0\\0\\0\\\end{svector},
|
||||
\begin{svector}0\\1\\0\\0\\\end{svector},
|
||||
\begin{svector}0\\0\\1\\0\\\end{svector},
|
||||
\begin{svector}0\\0\\0\\1\\\end{svector}
|
||||
\right\}\\
|
||||
\end{mathe}
|
||||
|
||||
als Basis für $U_{1}+U_{2}$ verwenden.
|
||||
|
||||
\textbf{Bemerkung.} In diesem letzten Teil hatten wir Glück.
|
||||
Wenn sich $\dim(U_{1}+U_{2})<V$ herausgestellt hätte,
|
||||
hätten wir Ansatz II nicht anwenden können,
|
||||
und hätten etwas wie Ansatz I anwenden müssen.
|
||||
|
||||
%% AUFGABE 8-2
|
||||
\clearpage
|
||||
\let\altsectionname\sectionname
|
||||
\def\sectionname{Aufgabe}
|
||||
\section[Aufgabe 2]{}
|
||||
\label{ueb:8:ex:2}
|
||||
\let\sectionname\altsectionname
|
||||
|
||||
In dieser Aufgabe arbeiten wir im Vektorraum $V=\reell[x]_{\leq d}$
|
||||
für ein $d\in\ntrlpos$.
|
||||
Dies ist ein linearer Unterraum von $\reell[x]$.
|
||||
Seien
|
||||
|
||||
\begin{mathe}[mc]{c}
|
||||
\mathbf{v}_{i} := (x-1)^{i}\in V\\
|
||||
\end{mathe}
|
||||
|
||||
für $i\in\{0,1,\ldots,d\}$.
|
||||
|
||||
\begin{schattierteboxdunn}
|
||||
\begin{claim}
|
||||
\makelabel{claim:main:ueb:8:ex:2}
|
||||
Die Vektoren in $B:=\{\mathbf{v}_{0},\mathbf{v}_{1}\ldots,\mathbf{v}_{d}\}$
|
||||
bilden eine Basis für $V$.
|
||||
\end{claim}
|
||||
\end{schattierteboxdunn}
|
||||
|
||||
\begin{proof}
|
||||
\textbf{Zu zeigen:} $B$ ist ein Erzeugendensystem
|
||||
und ist eine linear unabhängige Menge.
|
||||
|
||||
\uwave{{\bfseries Erzeugendensystem:}}\\
|
||||
Da $1,x,\ldots,x^{d}$ offensichtlich ein Erzeugendensystem für $V$ ist,\\
|
||||
reicht es aus \textbf{zu zeigen},
|
||||
dass $x^{k}\in\vectorspacespan B$
|
||||
für alle $k\in\{0,1,\ldots,d\}$.\\
|
||||
Fixiere also ein beliebiges $k\in\{0,1,\ldots,d\}$.\\
|
||||
Mithilfe der binomischen Formel wissen wir
|
||||
|
||||
\begin{mathe}[mc]{rcccccl}
|
||||
x^{k} &= &(x-1\,+\,1)^{k}
|
||||
&= &\sum_{i=0}^{k}\choose{k}{i}\cdot (x-1)^{i}\cdot 1^{k-i}
|
||||
&= &\sum_{i=0}^{k}c_{i}\mathbf{v}_{i},\\
|
||||
\end{mathe}
|
||||
|
||||
wobei $c_{i}=\choose{k}{i}\in\reell$ für alle $i\in\{0,1,\ldots,k\}$.
|
||||
Darum gilt offensichtlich $x^{k}\in\vectorspacespan B$
|
||||
für alle $k\in\{0,1,\ldots,d\}$.\\
|
||||
Also ist $B$ ein Erzeugendensystem.
|
||||
|
||||
\uwave{{\bfseries Lineare Unabhägigkeit:}}\\
|
||||
Seien $c_{0},c_{1},\ldots,c_{d}\in\reell$ mit
|
||||
|
||||
\begin{mathe}[mc]{rcl}
|
||||
\eqtag[eq:1:\beweislabel]
|
||||
\sum_{i=0}^{d}c_{i}\mathbf{v}_{i} &= &\zerovector\\
|
||||
\end{mathe}
|
||||
|
||||
wobei $\zerovector$ der Nullvektor von $V$ ist,
|
||||
also das $0$-Polynom.
|
||||
\textbf{Zu zeigen:} $c_{0},c_{1},\ldots,c_{d}=0$.
|
||||
|
||||
\textbf{Ansatz I:}
|
||||
\fbox{Angenommen}, dies sei nicht der Fall.
|
||||
Sei $k\in\{0,1,\ldots,d\}$ maximal mit $c_{k}\neq 0$.
|
||||
Falls $k=0$, dann
|
||||
|
||||
\begin{mathe}[mc]{rcl}
|
||||
x^{0} &= &c_{0}^{-1}c_{0}(x-1)^{0}\\
|
||||
&= &c_{0}^{-1}\sum_{i=0}^{d}c_{i}(x-1)^{i}
|
||||
\quad\text{wegen Maximalität von $k$}\\
|
||||
&\eqcrefoverset{eq:1:\beweislabel}{=}
|
||||
&c_{0}^{-1}\cdot\zerovector\\
|
||||
&= &\zerovector,\\
|
||||
\end{mathe}
|
||||
|
||||
was offensichtlich ein Widerspruch ist.
|
||||
Falls $k>0$, dann
|
||||
|
||||
\begin{mathe}[mc]{rcl}
|
||||
x^{k}
|
||||
&=
|
||||
&x^{k}-c_{k}^{-1}\cdot\zerovector\\
|
||||
&\eqcrefoverset{eq:1:\beweislabel}{=}
|
||||
&x^{k}-c_{k}^{-1}\sum_{i=0}^{d}c_{i}(x-1)^{i}\\
|
||||
&=
|
||||
&x^{k}-\sum_{i=0}^{k}c_{k}^{-1}c_{i}(x-1)^{i}
|
||||
\quad\text{wegen Maximalität von $k$}\\
|
||||
&=
|
||||
&\sum_{i=0}^{k-1}
|
||||
-c_{k}^{-1}c_{i}(x-1)^{i}
|
||||
+(x^{k}-(x-1)^{k}).\\
|
||||
\end{mathe}
|
||||
|
||||
Mithilfe der binomischen Formel ist es leicht zu sehen,
|
||||
dass der letzte Term ein Polynom vom Grade $<k$ ist.\\
|
||||
Das heißt, $x^{k}\in\vectorspacespan\{1,x,\ldots,x^{k-1}\}$.\\
|
||||
Daraus folgt, dass $1,x,\ldots,x^{k-1},x^{k}$
|
||||
\emph{linear abhängig} sind.\\
|
||||
Aber dies widerspricht,
|
||||
dass $1,x^{1},x^{2},\ldots$ im (Ober)vektorraum $\reell[x]$ linear unabhängig sind
|
||||
(siehe \cite[Bsp.~5.2.7]{sinn2020}).\\
|
||||
Darum gilt die Annahme nicht.
|
||||
Also $c_{0},c_{1},\ldots,c_{d}=0$.
|
||||
|
||||
\textbf{Ansatz II:}
|
||||
Sei nun $t\in\reell$ ein beliebiger Wert.
|
||||
Wenn man $x=t+1$ in \eqcref{eq:1:\beweislabel} einsetzt,
|
||||
erhält man
|
||||
|
||||
\begin{mathe}[mc]{rcccccl}
|
||||
\eqtag[eq:2:\beweislabel]
|
||||
\sum_{i=0}^{d}c_{i}t^{i}
|
||||
&= &\sum_{i=0}^{d}c_{i}\mathbf{v}_{i}(t+1)
|
||||
&= &\zerovector(t+1)
|
||||
&= &0.\\
|
||||
\end{mathe}
|
||||
|
||||
Da \eqcref{eq:2:\beweislabel} nun für alle $t\in\reell$ gilt,
|
||||
haben wir somit bewiesen, dass
|
||||
|
||||
\begin{mathe}[mc]{rcl}
|
||||
\eqtag[eq:3:\beweislabel]
|
||||
\sum_{i=0}^{d}c_{i}x^{i} &= &\zerovector\\
|
||||
\end{mathe}
|
||||
|
||||
gilt.
|
||||
Da nun $1,x^{1},x^{2},\ldots$ im (Ober)vektorraum $\reell[x]$
|
||||
linear unabhängig sind
|
||||
(siehe \cite[Bsp.~5.2.7]{sinn2020}),
|
||||
folgt aus \eqcref{eq:3:\beweislabel}
|
||||
per Definition von linearer Unabhägigkeit,
|
||||
dass $c_{0},c_{1},\ldots,c_{d}=0$ gilt.
|
||||
\end{proof}
|
||||
|
||||
%% AUFGABE 8-3
|
||||
\clearpage
|
||||
\let\altsectionname\sectionname
|
||||
\def\sectionname{Aufgabe}
|
||||
\section[Aufgabe 3]{}
|
||||
\label{ueb:8:ex:3}
|
||||
\let\sectionname\altsectionname
|
||||
|
||||
Sei $V$ ein Vektorraum über $\kmplx$ mit Basis
|
||||
$\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n}$.
|
||||
Bezeichne mit $W$ denselben Vektorraum,
|
||||
nur über dem Körper $\reell$ statt $\kmplx$.
|
||||
|
||||
\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
|
||||
%% AUFGABE 8-3a
|
||||
\item\voritemise
|
||||
|
||||
\begin{schattierteboxdunn}
|
||||
\begin{claim}
|
||||
\makelabel{claim:1:ueb:8:ex:3}
|
||||
Die Vektoren $\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n}$
|
||||
\fbox{bleiben linear unabhängig} in $W$.
|
||||
\end{claim}
|
||||
\end{schattierteboxdunn}
|
||||
|
||||
\begin{proof}
|
||||
Seien $c_{1},c_{2},\ldots,c_{n}\in\reell$ mit
|
||||
|
||||
\begin{mathe}[mc]{rcl}
|
||||
\eqtag[eq:1:\beweislabel]
|
||||
\sum_{i=1}^{n}c_{i}\mathbf{v}_{i} &= &\zerovector\\
|
||||
\end{mathe}
|
||||
|
||||
\textbf{Zu zeigen:} $c_{1},c_{2},\ldots,c_{n}=0$.\\
|
||||
Da per Voraussetzung von Aufgabe 3
|
||||
$\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n}$
|
||||
linear unabhängig in $V$ sind,
|
||||
gilt nun
|
||||
|
||||
\begin{mathe}[mc]{rcl}
|
||||
\eqtag[eq:2:\beweislabel]
|
||||
\forall{c'_{1},c'_{2},\ldots,c'_{n}\in\kmplx:~}
|
||||
\sum_{i=1}^{n}c'_{i}\mathbf{v}_{i}=\zerovector
|
||||
\Rightarrow
|
||||
c'_{1},c'_{2},\ldots,c'_{n}=0.\\
|
||||
\end{mathe}
|
||||
|
||||
Da $\reell\subseteq\kmplx$ folgt unmittelbar aus
|
||||
\eqcref{eq:1:\beweislabel}
|
||||
und \eqcref{eq:2:\beweislabel},
|
||||
dass $c_{1},c_{2},\ldots,c_{n}=0$ gilt.
|
||||
\end{proof}
|
||||
|
||||
%% AUFGABE 8-3b
|
||||
\item
|
||||
Wir beantworten (b) zusammen mit (c).
|
||||
%% AUFGABE 8-3c
|
||||
\item\voritemise
|
||||
|
||||
\begin{schattierteboxdunn}
|
||||
\begin{claim}
|
||||
\makelabel{claim:2-3:ueb:8:ex:3}
|
||||
Die Vektoren
|
||||
$\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n},
|
||||
\mathbf{v}_{n+1},\mathbf{v}_{n+2},\ldots,\mathbf{v}_{2n}$,
|
||||
wobei
|
||||
|
||||
\begin{mathe}[mc]{c}
|
||||
\forall{i\in\{1,2,\ldots,n\}:~}
|
||||
\mathbf{v}_{n+i}:=\imageinh\cdot\mathbf{v}_{n}
|
||||
~\text{(berechnet in $V$)},\\
|
||||
\end{mathe}
|
||||
|
||||
bilden \fbox{eine Basis für $W$}.
|
||||
Insbesondere gilt \fbox{$\dim(W)=2n=2\dim(V)$}.
|
||||
\end{claim}
|
||||
\end{schattierteboxdunn}
|
||||
|
||||
\begin{proof}
|
||||
\textbf{Zu zeigen:}
|
||||
$\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{2n}$
|
||||
ist ein Erzeugendensystem für $W$
|
||||
und linear unabhängig.
|
||||
|
||||
\uwave{{\bfseries Erzeugendensystem:}}\\
|
||||
Sei $\mathbf{\xi}\in W(=V)$ ein beliebiger Vektor.
|
||||
\textbf{Zu zeigen:}
|
||||
Es gibt $c_{1},c_{2},\ldots,c_{2n}\in\reell$,
|
||||
so dass $\sum_{i=1}^{2n}c_{i}\mathbf{v}_{i}=\mathbf{\xi}$.\\
|
||||
Da nun $\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n}$
|
||||
eine Basis für $V$ ist,
|
||||
und $V$ ein $\kmplx$-Vektorraum ist,
|
||||
existieren Skalare $\alpha_{1},\alpha_{2},\ldots,\alpha_{n}\in\kmplx$,
|
||||
so dass
|
||||
|
||||
\begin{mathe}[mc]{rcl}
|
||||
\eqtag[eq:1:\beweislabel]
|
||||
\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}\mathbf{v}_{i} &= &\mathbf{\xi}.\\
|
||||
\end{mathe}
|
||||
|
||||
Setze nun
|
||||
|
||||
\begin{mathe}[mc]{cqc}
|
||||
c_{i}:=\ReTeil(\alpha_{i}),
|
||||
&c_{n+i}:=\ImTeil(\alpha_{i})\\
|
||||
\end{mathe}
|
||||
|
||||
für alle $i\in\{1,2,\ldots,n\}$. Dann gilt
|
||||
|
||||
\begin{mathe}[mc]{rcl}
|
||||
\sum_{i=1}^{2n}c_{i}\mathbf{v}_{i}
|
||||
&= &\sum_{i=1}^{n}c_{i}\mathbf{v}_{i}
|
||||
+ \sum_{i=n+1}^{2n}c_{i}\mathbf{v}_{i}\\
|
||||
&= &\sum_{i=1}^{n}c_{i}\mathbf{v}_{i}
|
||||
+ \sum_{i=1}^{n}c_{n+i}\mathbf{v}_{n+i}\\
|
||||
&= &\sum_{i=1}^{n}c_{i}\mathbf{v}_{i}
|
||||
+ \sum_{i=1}^{n}c_{n+i}(\imageinh\cdot\mathbf{v}_{i})
|
||||
\quad\text{(per Konstruktion)}\\
|
||||
&= &\sum_{i=1}^{n}(c_{i}+\imageinh\cdot c_{n+i})\mathbf{v}_{i}\\
|
||||
&= &\sum_{i=1}^{n}(\ReTeil(\alpha_{i})+\imageinh\ImTeil(\alpha_{i}))\mathbf{v}_{i}
|
||||
\quad\text{(per Konstruktion)}\\
|
||||
&= &\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}\mathbf{v}_{i}
|
||||
\eqcrefoverset{eq:1:\beweislabel}{=}
|
||||
\mathbf{\xi}.\\
|
||||
\end{mathe}
|
||||
|
||||
Also gibt es $c_{1},c_{2},\ldots,c_{2n}\in\reell$,
|
||||
so dass $\sum_{i=1}^{2n}c_{i}\mathbf{v}_{i}=\mathbf{\xi}$.
|
||||
Da dies für alle $\mathbf{\xi}\in W$ gilt,
|
||||
bilden $\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{2n}$
|
||||
ein Erzeugendensystem für $W$.
|
||||
|
||||
\uwave{{\bfseries Lineare Unabhägigkeit:}}\\
|
||||
Seien $c_{1},c_{2},\ldots,c_{2n}\in\reell$, so dass
|
||||
|
||||
\begin{mathe}[mc]{rcl}
|
||||
\eqtag[eq:2:\beweislabel]
|
||||
\sum_{i=1}^{2n}c_{i}\mathbf{v}_{i} &= &\zerovector.\\
|
||||
\end{mathe}
|
||||
|
||||
\textbf{Zu zeigen:}
|
||||
$c_{1},c_{2},\ldots,c_{2n}=0$.
|
||||
Es gilt
|
||||
|
||||
\begin{mathe}[mc]{rclcl}
|
||||
\eqtag[eq:2b:\beweislabel]
|
||||
\zerovector
|
||||
&\eqcrefoverset{eq:2:\beweislabel}{=}
|
||||
&\sum_{i=1}^{2n}c_{i}\mathbf{v}_{i}
|
||||
&= &\sum_{i=1}^{n}
|
||||
\overbrace{
|
||||
(c_{i}+\imageinh\cdot c_{n+i})
|
||||
}^{=:\alpha_{i},\,\in\kmplx}
|
||||
\mathbf{v}_{i},\\
|
||||
\end{mathe}
|
||||
|
||||
wobei die letzte Umformung genau wie in der o.\,s. Berechnung
|
||||
sich herleiten lässt.
|
||||
Da $\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n}$
|
||||
im $\kmplx$-Vektorraum, $V$,
|
||||
linear unabhängig sind,
|
||||
folgt aus \eqcref{eq:2b:\beweislabel},
|
||||
dass $\alpha_{1},\alpha_{2},\ldots,\alpha_{n}=0$.\\
|
||||
Da $c_{i}\in\reell$ für alle $i\in\{1,2,\ldots,2n\}$,
|
||||
folgt aus der Definition von jedem $\alpha_{i}$,
|
||||
dass
|
||||
|
||||
\begin{mathe}[mc]{rclcl}
|
||||
c_{i} &= &\ReTeil(\alpha_{i}) &= &0\\
|
||||
c_{n+i} &= &\ImTeil(\alpha_{i}) &= &0\\
|
||||
\end{mathe}
|
||||
|
||||
für alle $i\in\{1,2,\ldots,n\}$.
|
||||
Darum gilt $c_{1},c_{2},\ldots,c_{2n}=0$.
|
||||
Also sind $\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{2n}$
|
||||
linear unabhängig.
|
||||
\end{proof}
|
||||
\end{enumerate}
|
||||
|
||||
\textbf{Bemerkung.}
|
||||
Zum Schluss betrachten wir den konkreten Fall von $V=\kmplx^{2}$
|
||||
mit der kanonischen Basis
|
||||
|
||||
\begin{mathe}[mc]{cqc}
|
||||
\mathbf{v}_{1}:=\begin{svector}1\\0\\\end{svector},
|
||||
&\mathbf{v}_{2}:=\begin{svector}0\\1\\\end{svector}.\\
|
||||
\end{mathe}
|
||||
|
||||
\Cref{claim:2-3:ueb:8:ex:3} zufolge ist
|
||||
|
||||
\begin{mathe}[mc]{cqcqcqc}
|
||||
\mathbf{v}_{1},
|
||||
&\mathbf{v}_{2},
|
||||
&\mathbf{v}_{3}:=\imageinh\cdot\mathbf{v}_{1} = \begin{svector}\imageinh\\0\\\end{svector},
|
||||
&\mathbf{v}_{4}:=\imageinh\cdot\mathbf{v}_{2} = \begin{svector}0\\\imageinh\\\end{svector}.\\
|
||||
\end{mathe}
|
||||
|
||||
eine Basis für $W:=\kmplx^{2}$, wenn dies als $\reell$-Vektorraum betrachtet wird.
|
||||
Insbesondere gilt $\dim(W)=4$.
|
||||
|
||||
\setcounternach{part}{2}
|
||||
\part{Selbstkontrollenaufgaben}
|
||||
|
||||
@ -6656,7 +7359,8 @@ Die Gruppentafel sieht folgendermaßen aus:
|
||||
An der Tafel lässt sich leicht erkennen, ob eine Gruppe kommutativ ist:
|
||||
eine Gruppe, $G$, ist genau dann kommutativ, wenn die Gruppentafel symmetrisch ist.
|
||||
Hierbei sollte man darauf achten, dass die \emph{Labels} der Elemente gar keine Rolle spielen.
|
||||
Um diese Urteil also leichter treffen zu können ersetzen wir die Elemente durch verschieden gefärbte Quadrate:
|
||||
Um dieses Urteil leichter treffen zu können,
|
||||
ersetzen wir die Elemente o.\,E. durch verschieden gefärbte Quadrate:
|
||||
|
||||
\begin{figure}[h]
|
||||
\footnotesize
|
||||
|
||||
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