\documentclass[12pt]{article}

\usepackage{ngerman,a4,amssymb,amsmath}
\usepackage[latin1]{inputenc}

\begin{document}

\thispagestyle{empty}

\begin{center}
  {\Large Übungsblatt 13} \\
  Jan Hendrik Dithmar \\
  Übungsgruppe 2
\end{center}

\newpage

{\bfseries \noindent Aufgabe 1} \\

\[
A=
\left(
\begin{array}{rrrr}
0 & 0 & 3 & -4 \\
2 & 6 & 0 & 10 \\
3 & 3 & 3 & 3 \\
4 & -4 & 0 & 0
\end{array}
\right)
\]
\newline
\[
\begin{array}{rrrr|rrrr}
0 & 0 & 3 & -4 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
2 & 6 & 0 & 10 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
3 & 3 & 3 & 3 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
4 & -4 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1
\end{array}
\]
\newline
\[
\begin{array}{rrrr|rrrr}
4 & -4 & 3 & -4 & 1 & 0 & 0 & 1 \\
2 & 6 & 0 & 10 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
3 & 3 & 3 & 3 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
4 & -4 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1
\end{array}
\]
\newline
\[
\begin{array}{rrrr|rrrr}
4 & -4 & 3 & -4 & 1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & -16 & 3 & -24 & 1 & -2 & 0 & 1 \\
0 & -24 & -3 & -24 & 3 & 0 & -4 & 3 \\
0 & 0 & 3 & -4 & 1 & 0 & 0 & 0
\end{array}
\]
\newline
\[
\begin{array}{rrrr|rrrr}
4 & -4 & 3 & -4 & 1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & -16 & 3 & -24 & 1 & -2 & 0 & 1 \\
0 & 0 & -15 & 24 & 3 & 6 & -8 & 3 \\
0 & 0 & 3 & -4 & 1 & 0 & 0 & 0
\end{array}
\]
\newline
\[
\begin{array}{rrrr|rrrr}
4 & -4 & 3 & -4 & 1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & -16 & 3 & -24 & 1 & -2 & 0 & 1 \\
0 & 0 & -15 & 24 & 3 & 6 & -8 & 3 \\
0 & 0 & 0 & 4 & 8 & 6 & -8 & 3
\end{array}
\]
\newline
\[
\begin{array}{rrrr|rrrr}
4 & -4 & 3 & 0 & 9 & 6 & -8 & 4 \\
0 & -16 & 3 & 0 & 49 & 34 & -48 & 19 \\
0 & 0 & -15 & 0 & -45 & -30 & 40 & -15 \\
0 & 0 & 0 & 4 & 8 & 6 & -8 & 3
\end{array}
\]
\newline
\[
\begin{array}{rrrr|rrrr}
20 & -20 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 5 \\
0 & -80 & 0 & 0 & 200 & 140 & -200 & 80 \\
0 & 0 & -15 & 0 & -45 & -30 & 40 & -15 \\
0 & 0 & 0 & 4 & 8 & 6 & -8 & 3
\end{array}
\]
\newline
\[
\begin{array}{rrrr|rrrr}
-80 & 0 & 0 & 0 & 200 & 140 & -200 & 60 \\
0 & -80 & 0 & 0 & 200 & 140 & -200 & 80 \\
0 & 0 & -15 & 0 & -45 & -30 & 40 & -15 \\
0 & 0 & 0 & 4 & 8 & 6 & -8 & 3
\end{array}
\]
\newline
\[
\begin{array}{rrrr|rrrr}
1 & 0 & 0 & 0 & - \frac{5}{2} & - \frac{7}{4} & \frac{5}{2} & - \frac{3}{4} \\ \\
0 & 1 & 0 & 0 & - \frac{5}{2} & - \frac{7}{4} & \frac{5}{2} & -1 \\ \\
0 & 0 & 1 & 0 & 3 & 2 & - \frac{8}{3} & 1 \\ \\
0 & 0 & 0 & 1 & 2 & \frac{3}{2} & -2 & \frac{3}{4}
\end{array}
\]

\[
\displaystyle A^{-1} = \left(
\begin{array}{rrrr}
- \frac{5}{2} & - \frac{7}{4} & \frac{5}{2} & - \frac{3}{4} \\ \\
- \frac{5}{2} & - \frac{7}{4} & \frac{5}{2} & -1 \\ \\
3 & 2 & - \frac{8}{3} & 1 \\ \\
2 & \frac{3}{2} & -2 & \frac{3}{4}
\end{array}
\right)
\]
\newline
\[
\displaystyle A^{-1} = \left(
\begin{array}{rrrr}
- \frac{30}{12} & - \frac{21}{12} & \frac{30}{12} & - \frac{9}{12} \\ \\
- \frac{30}{12} & - \frac{21}{12} & \frac{30}{12} & - \frac{12}{12} \\ \\
\frac{36}{12} & \frac{24}{12} & - \frac{32}{12} & \frac{12}{12} \\ \\
\frac{24}{12} & \frac{18}{12} & - \frac{24}{12} & \frac{9}{12}
\end{array}
\right)
\]
\newline
\[
\displaystyle A^{-1} = \frac{1}{12} \cdot
\left(
\begin{array}{rrrr}
-30 & -21 & 30 & -9 \\
-30 & -21 & 30 & -12 \\
36 & 24 & -32 & 12 \\
24 & 18 & -24 & 9
\end{array}
\right)
\]
\newline
Probe: \newline
\[
A \cdot A^{-1} = \frac{1}{12} \cdot
\left(
\begin{array}{rrrr}
0 & 0 & 3 & -4 \\
2 & 6 & 0 & 10 \\
3 & 3 & 3 & 3 \\
4 & -4 & 0 & 0
\end{array}
\right)
\cdot
\left(
\begin{array}{rrrr}
-30 & -21 & 30 & -9 \\
-30 & -21 & 30 & -12 \\
36 & 24 & -32 & 12 \\
24 & 18 & -24 & 9
\end{array}
\right)
\]
\[
= \frac{1}{12} \cdot
\left(
\begin{array}{rrrr}
12 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 12 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 12 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 12
\end{array}
\right) \\
= 
\left(
\begin{array}{rrrr}
1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1
\end{array}
\right) \\
= E_n
\]
\newline \newline
{\bfseries \noindent Aufgabe 2} \\
Zu zeigen ist: $ \displaystyle \Phi: \: V_d \rightarrow \mathbb{R}^{d+1} $ ist ein $ \mathbb{R} $-Vektorraumisomorphismus. \\
\newline
Beweis: \\
1. z.z.: $ \displaystyle \Phi: \: V_d \rightarrow \mathbb{R}^{d+1} $ ist $ \mathbb{R} $-linear, d.h. $ \Phi $ ist ein Homomorphismus der $ \mathbb{R} $-Vektorräume $ V_d $ und $ \mathbb{R}^{d+1} $. \\
(a) \\
Seien $ p,q \in V_d $ beliebig.
\begin{eqnarray*}
\Rightarrow \Phi(p+q) & = & ((p+q)(a_1),(p+q)'(a_1), \dots, (p+q)^{(m_1 -1)}(a_1), \dots, \\
& & (p+q)(a_r),(p+q)'(a_r), \dots, (p+q)^{(m_r -1)}(a_r)) \\
& = & (p(a_1)+q(a_1),p'(a_1)+q'(a_1), \dots, p^{(m_1 -1)}(a_1)+q^{(m_1 -1)}(a_1), \dots, \\
& & p(a_r)+q(a_r),p'(a_r)+q'(a_r), \dots, p^{(m_r -1)}(a_r)+q^{(m_r -1)}(a_r)) \\
& = & (p(a_1),p'(a_1), \dots, p^{(m_1 -1)}(a_1), \dots, p(a_r), p'(a_r), \dots, p^{(m_r -1)}(a_r)) \\
& & + (q(a_1),q'(a_1), \dots, q^{(m_1 -1)}(a_1), \dots, q(a_r), q'(a_r), \dots, q^{(m_r -1)}(a_r)) \\
& = & \Phi(p) + \Phi(q)
\end{eqnarray*}
(b) \\
Sei $ \lambda \in \mathbb{R} $, sei $ p \in V_d $ beliebig.
\begin{eqnarray*}
\Rightarrow \Phi(\lambda p) & = & ((\lambda \cdot p)(a_1),(\lambda \cdot p)'(a_1), \dots, (\lambda \cdot p)^{(m_1 -1)}(a_1), \dots, \\
& & (\lambda \cdot p)(a_r), (\lambda \cdot p)'(a_r), \dots, (\lambda \cdot p)^{(m_r -1)}(a_r)) \\
& = & (\lambda \cdot p(a_1), \lambda \cdot p'(a_1), \dots, \lambda \cdot p^{(m_1 -1)}(a_1), \dots, \\
& & \lambda \cdot p(a_r), \lambda \cdot p'(a_r), \dots, \lambda \cdot p^{(m_r -1)}(a_r)) \\
& = & \lambda \cdot (p(a_1), p'(a_1), \dots, p^{(m_1 -1)}(a_1), \dots, p(a_r),p'(a_r), \dots, p^{(m_r -1)}(a_r)) \\
& = & \lambda \cdot \Phi(p)
\end{eqnarray*}

1.(a) und 1.(b): $ \Rightarrow \Phi: \: V_d \rightarrow \mathbb{R}^{d+1} $ ist $ \mathbb{R} $-linear. \\ \\
2. z.z.: $ \Phi: \: V_d \rightarrow \mathbb{R}^{d+1} $ ist injektiv. \\
Seien $ p,q \in V_d $ mit $ \Phi(p) = \Phi(q) $. Zu zeigen $ p = q $. \\ \\
Bew.: $ \Phi(p) = \Phi(q) $\\
$ \Leftrightarrow (p(a_1),p'(a_1), \dots, p^{(m_1 -1)}(a_1), \dots, p(a_r), p'(a_r), \dots, p^{(m_r -1)}(a_r)) $ \\
$ = (q(a_1),q'(a_1), \dots, q^{(m_1 -1)}(a_1), \dots, q(a_r),q'(a_r), \dots, q^{(m_r -1)}(a_r)) $ \\ \\
$ \Leftrightarrow p(a_1) = q(a_1) \wedge p'(a_1) = q'(a_1) \wedge \dots \wedge p^{(m_1 -1)}(a_1) = q^{(m_1 -1)}(a_1) $ \\
$ \wedge \dots \wedge p(a_r) = q(a_r) \wedge p'(a_r)=q'(a_r) \wedge \dots \wedge p^{(m_r -1)}(a_r)=q^{(m_r -1)}(a_r) $ \\ \\
$ \Leftrightarrow (p-q)(a_1) = 0 \wedge (p-q)'(a_1) = 0 \wedge \dots \wedge (p-q)^{(m_1 -1)}(a_1) = 0 $ \hfill (1) \\
$ \wedge \dots $ \hfill $ \vdots \; \: $ \\
$ \wedge (p-q)(a_r) = 0 \wedge (p-q)'(a_r) = 0 \wedge \dots \wedge (p-q)^{(m_r -1)}(a_r) = 0 $ \hfill (r) \\ \\
Ist $ p-q = 0 $ das Nullpolynom, so sind alle Bedingungen (1) bis (r) erfüllt. \\
Annahme: es gibt noch weitere Lösungen $ p-q \ne 0 $, für die die Bedingungen (1) bis (r) gelten. \\
Dann folgt aus den Bedingungen (1) bis (r): \\
- $ p-q $ besitzt eine Nullstelle $ a_1 $, die mindestens die Vielfachheit $ m_1 $ hat. \\
- \dots \\
- $ p-q $ besitzt eine Nullstelle $ a_r $, die mindestens die Vielfachheit $ m_r$ hat. \\
$ \Rightarrow p-q $ lässt sich folgendermaßen darstellen: \\
$ (p-q)(x) = c \cdot (x-a_1)^{\mu_1} \cdot ... \cdot (x-a_r)^{\mu_r} \cdot s(x) \, , \; \; c \in \mathbb{R} \, \wedge \, \mu_i \geq m_i $ für $ i = 1, \dots, r \wedge s \in V_d $ ein Polynom. \\ \\
Hieraus folgt einerseits: \\
$ \displaystyle deg \, (p-q) \geq \mu_1 + \dots + \mu_r \geq m_1 + \dots + m_r = \sum_{j=1}^r m_j = d+1 $ (nach Voraussetzung). \\
Also: $ deg \, (p-q) \geq d+1 \; \; \; $ (I) \\ \\
Andererseits gilt: \\
$ p \in V_d \, \wedge \, q \in V_d \Rightarrow p + \underbrace{(-q)}_{\in V_d} =: p-q \in V_d $, da $ V_d $ ein $ \mathbb{R} $-Vektorraum und somit $ (V_d, +) $ eine abelsche Gruppe ist. \\
$ p-q \in V_d \underset{Df.}{\Rightarrow} deg \, (p-q) \leq d \; \; \; $ (II) \\ \\
Die Bedingungen (I) und (II) stehen im Widerspruch zueinander: \\
$ \Rightarrow $ Die Annahme $ p-q \ne 0 $ ist falsch. \\
$ \Rightarrow $ $ p-q $ muss das Nullpolynom sein: $ p-q = 0 \Leftrightarrow p=q $, was zu zeigen war. \\
Damit ist bewiesen, dass $ \Phi: V_d \rightarrow \mathbb{R}^{d+1} $ injektiv ist. \\ \\ \\
3. Dass $ \Phi $ auch surjektiv und somit bijektiv ist, ergibt sich aus Korollar 3 aus \glqq Lineare Algebra\grqq\ von Gerd Fischer (S. 118): \\
Satz: Seien $ V,W $ K-Vektorräume mit $ dim \, V = dim \, W < \infty $, sei $ F: V \rightarrow W $ K-linear. Dann sind die Bedingungen $ F $ injektiv, $ F $ surjektiv, $ F $ bijektiv gleichwertig. \\
Die Voraussetzungen dieses Satzes sind im vorliegenden Fall erfüllt, denn: \\
$ K = \mathbb{R}, \; \; V = V_d \; \; \mbox{und} \; W = \mathbb{R}^{d+1} $ sind $ \mathbb{R} $-Vektorräume mit gleicher endlicher Dimension, nämlich: \\
$ dim \, V_d = d+1 < \infty \; \; $ $ (1,x,\dots, x^d) $ ist Basis von $ V_d $ und \\
$ dim \, \mathbb{R}^{d+1} = d+1 < \infty \; \; $ $ (e_1, \dots e_{d+1}) $ ist Basis von $ \mathbb{R}^{d+1} $. \\
Außerdem ist $ \Phi: \, V_d \rightarrow \mathbb{R}^{d+1} $ $ \mathbb{R} $-linear (bereits gezeigt). \\
$ \underset{SATZ}{\Longrightarrow} \Phi $ ist bijektiv. \\ \\
Aus 1.(a), 1.(b), 2. und 3.: $ \Phi: \, V_d \rightarrow \mathbb{R}^{d+1} $ ist ein $ \mathbb{R} $-Vektorraumisomorphismus.
\newline \newline
{\bfseries \noindent Aufgabe 4} \\
$ U, W \subset \mathbb{R}^5 $ Untervektorräume \\
\[
U = span
\left(
\left(
\begin{array}{c}
4 \\
0 \\
2 \\
4 \\
4
\end{array}
\right)
,
\left(
\begin{array}{c}
2 \\
1 \\
1 \\
1 \\
2
\end{array}
\right)
,
\left(
\begin{array}{c}
6 \\
1 \\
3 \\
5 \\
6
\end{array}
\right)
\right)
=
span(u_1,u_2,u_3)
\]

\[
W = span
\left(
\left(
\begin{array}{c}
2 \\
0 \\
3 \\
1 \\
3
\end{array}
\right)
,
\left(
\begin{array}{c}
4 \\
3 \\
2 \\
3 \\
1
\end{array}
\right)
,
\left(
\begin{array}{c}
2 \\
2 \\
3 \\
1 \\
0
\end{array}
\right)
\right)
=
span(w_1,w_2,w_3)
\]
\newline
(a) Bestimmung von $ dim \, U $: \\
Es gilt: $ u_3 = 1 \cdot u_1 + 1 \cdot u_2 \Rightarrow \{u_1,u_2,u_3\} $ linear abhängig. \\
$ u_1 $ und $ u_2 $ sind (offensichtlich) linear unabhängig, denn: \\
Sei $ \lambda \in \mathbb{R} $ mit $ \lambda \cdot u_1 = u_2 $ führt u.a. auf die unerfüllbare Bedingung $ \lambda \cdot 0 = 1 $. \\
$ \Rightarrow U = span(u_1,u_2,u_3) = span (u_1,u_2) $ und $ (u_1,u_2) $ ist eine Basis von $ U $. \\
$ \Rightarrow dim \, U = 2 $. \\ \\
(b) Bestimmung von $ dim \, W $: \\
Prüfe, ob $ \{w_1, w_2, w_3\} $ linear abhängig oder linear unabhängig ist. \\
Ansatz: $ \lambda_1 \cdot w_1 + \lambda_2 \cdot w_2 + \lambda_3 \cdot w_3 = 0 \; \; \; $ \hfill $ (*) $ \\
\begin{center}
$
\begin{array}{rrrrrrr}
2 \lambda_1 & + & 4 \lambda_2 & + & 2 \lambda_3 & = & 0 \\
& & 3 \lambda_2 & + & 2 \lambda_3 & = & 0 \\
3 \lambda_1 & + & 2 \lambda_2 & + & 3 \lambda_3 & = & 0 \\
\lambda_1 & + & 3 \lambda_2 & + & \lambda_3 & = & 0 \\
3 \lambda_1 & + & \lambda_2 & & & = & 0 \\
\end{array}
$
\end{center}
\[
A \cdot \lambda = 0 \\
\Leftrightarrow
\left(
\begin{array}{rrr}
2 & 4 & 2 \\
0 & 3 & 2 \\
3 & 2 & 3 \\
1 & 3 & 1 \\
3 & 1 & 0
\end{array}
\right)
\cdot
\left(
\begin{array}{c}
\lambda_1 \\
\lambda_2 \\
\lambda_3
\end{array}
\right)
=
\left(
\begin{array}{c}
0 \\
0 \\
0 \\
0 \\
0
\end{array}
\right)
\]
\[
\Leftrightarrow
\left(
\begin{array}{rrr}
1 & 3 & 1 \\
2 & 4 & 2 \\
3 & 2 & 3 \\
3 & 1 & 0 \\
0 & 3 & 2
\end{array}
\right)
\cdot
\left(
\begin{array}{c}
\lambda_1 \\
\lambda_2 \\
\lambda_3
\end{array}
\right)
=
\left(
\begin{array}{c}
0 \\
0 \\
0 \\
0 \\
0
\end{array}
\right)
\]

\[
\left(
\begin{array}{rrr|c}
1 & 3 & 1 & 0 \\
2 & 4 & 2 & 0 \\
3 & 2 & 3 & 0 \\
3 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 3 & 2 & 0
\end{array}
\right)
\leadsto
\left(
\begin{array}{rrr|c}
1 & 3 & 1 & 0 \\
0 & -2 & 0 & 0 \\
0 & -7 & 0 & 0 \\
0 & -8 & -3 & 0 \\
0 & 3 & 2 & 0
\end{array}
\right)
\leadsto
\left(
\begin{array}{rrr|c}
1 & 3 & 1 & 0 \\
0 & -2 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & -3 & 0 \\
0 & 0 & 4 & 0
\end{array}
\right)
\leadsto
\left(
\begin{array}{rrr|c}
1 & 3 & 1 & 0 \\
0 & -2 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 4 & 0 \\
0 & 0 & -3 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{array}
\right)
\]

\[
\leadsto
\left(
\begin{array}{rrr|c}
1 & 3 & 1 & 0 \\
0 & -2 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 4 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{array}
\right)
\begin{array}{l}
\Rightarrow \lambda_1 + 3 \lambda_2 + \lambda_3 = 0 \Leftrightarrow \lambda_1 = 0 \\
\Rightarrow -2 \lambda_2 = 0 \Leftrightarrow \lambda_2 = 0 \\
\Rightarrow 4 \lambda_3 = 0 \Leftrightarrow \lambda_3 = 0 \\
\forall \lambda_1,\lambda_2,\lambda_3 \in \mathbb{R} \: \mbox{erfüllt} \\
\forall \lambda_1,\lambda_2,\lambda_3 \in \mathbb{R} \: \mbox{erfüllt}
\end{array}
\]
$ \underset{(*)}{\Rightarrow} \{w_1,w_2,w_3\} $ linear unabhängig (also $ rang \, A = 3 $) \\
$ \Rightarrow (w_1, w_2, w_3) $ ist eine Basis von $ W $ \\
$ \Rightarrow dim \, W = 3 $. \\ \\
(c) Bestimmung von $ U \cap W $ und $ dim \, U \cap W $: \\
Sei $ v \in U \cap W \Leftrightarrow v \in U \wedge v \in W $ \\
$ \Rightarrow $ es gibt $ \lambda_1, \lambda_2 \in \mathbb{R} \: | \: v = \lambda_1 \cdot u_1 + \lambda_2 \cdot u_2 $ \\
und es gibt $ \mu_1, \mu_2, \mu_3 \in \mathbb{R} \: | \: v = \mu_1 \cdot w_1 + \mu_2 \cdot w_2 + \mu_3 \cdot w_3 $ \\
$ \Rightarrow \lambda_1 \cdot u_1 + \lambda_2 \cdot u_2 - \mu_1 \cdot w_1 - \mu_2 \cdot w_2 - \mu_3 \cdot w_3 = 0 $ \\
\\
\begin{center}
$
\begin{array}{rrrrrrrrrrr}
4 \lambda_1 & + & 2 \lambda_2 & - & 2 \mu_1 & - & 4 \mu_2 & - & 2 \mu_3 & = & 0 \\
& & \lambda_2 & & & - & 3 \mu_2 & - & 2 \mu_3 & = & 0 \\
2 \lambda_1 & + & \lambda_2 & - & 3 \mu_1 & - & 2 \mu_2 & - & 3 \mu_3 & = & 0 \\
4 \lambda_1 & + & \lambda_2 & - & \mu_1 & - & 3 \mu_2 & - & \mu_3 & = & 0 \\
4 \lambda_1 & + & 2 \lambda_2 & - & 3 \mu_1 & - & \mu_2 & & & = & 0
\end{array}
$
\end{center}
\[
\Leftrightarrow
\left(
\begin{array}{rrrrr}
4 & 2 & -2 & -4 & -2 \\
0 & 1 & 0 & -3 & -2 \\
2 & 1 & -3 & -2 & -3 \\
4 & 1 & -1 & -3 & -1 \\
4 & 2 & -3 & -1 & 0
\end{array}
\right)
\cdot
\left(
\begin{array}{c}
\lambda_1 \\
\lambda_2 \\
\mu_1 \\
\mu_2 \\
\mu_3
\end{array}
\right)
=
\left(
\begin{array}{c}
0 \\
0 \\
0 \\
0 \\
0
\end{array}
\right)
\]

\[
\left(
\begin{array}{rrrrr}
4 & 2 & -2 & -4 & -2 \\
0 & 1 & 0 & -3 & -2 \\
2 & 1 & -3 & -2 & -3 \\
4 & 1 & -1 & -3 & -1 \\
4 & 2 & -3 & -1 & 0
\end{array}
\right)
\leadsto
\left(
\begin{array}{rrrrr}
4 & 2 & -2 & -4 & -2 \\
0 & 1 & 0 & -3 & -2 \\
0 & 0 & 4 & 0 & 4 \\
0 & -1 & 1 & 1 & 1 \\
0 & 0 & -1 & 3 & 2
\end{array}
\right)
\leadsto
\left(
\begin{array}{rrrrr}
4 & 2 & -2 & -4 & -2 \\
0 & 1 & 0 & -3 & -2 \\
0 & 0 & 4 & 0 & 4 \\
0 & 0 & 1 & -2 & -1 \\
0 & 0 & -1 & 3 & 2
\end{array}
\right)
\]
\[
\leadsto
\left(
\begin{array}{rrrrr}
4 & 2 & -2 & -4 & -2 \\
0 & 1 & 0 & -3 & -2 \\
0 & 0 & 4 & 0 & 4 \\
0 & 0 & 0 & 8 & 8 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 1
\end{array}
\right)
\leadsto
\left(
\begin{array}{rrrrr|c}
4 & 2 & -2 & -4 & -2 & 0 \\
0 & 1 & 0 & -3 & -2 & 0 \\
0 & 0 & 4 & 0 & 4 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 8 & 8 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{array}
\right)
\begin{array}{l}
\Rightarrow \lambda_1 = - \frac{1}{2}\mu_3 \\
\Rightarrow \lambda_2 = - \mu_3 \\
\Rightarrow \mu_1 = - \mu_3 \\
\Rightarrow \mu_2 = - \mu_3 \\
\Rightarrow \mu_3 \in \mathbb{R} \: \mbox{beliebig}
\end{array}
\]
Aus $ v = \lambda_1 \cdot u_1 + \lambda_2 \cdot u_2 $ \\
$ \displaystyle \Rightarrow v = - \frac{1}{2}\mu_3 \cdot u_1 - \mu_3 \cdot u_2 $ \\ \\
$ \displaystyle = \mu_3 \cdot
\left(
\begin{array}{r}
-2 \\
0 \\
-1 \\
-2 \\
-2
\end{array}
\right) - \mu_3 \cdot
\left(
\begin{array}{r}
2 \\
1 \\
1 \\
1 \\
2
\end{array}
\right) = \mu_3 \cdot
\left(
\begin{array}{r}
-4 \\
-1 \\
-2 \\
-3 \\
-4
\end{array}
\right)
$ \\
also: $ \displaystyle v = \mu'_3 \cdot
\left(
\begin{array}{c}
4 \\
1 \\
2 \\
3 \\
4
\end{array}
\right)
$ \\ \\
Probe: Aus $ v = \mu_1 \cdot w_1 + \mu_2 \cdot w_2 + \mu_3 \cdot w_3 $ \\ \\
$ \Rightarrow v = - \mu_3 \cdot w_1 - \mu_3 \cdot w_2 + \mu_3 \cdot w_3 = - \mu_3 \cdot (w_1 + w_2 - w_3) $ \\ \\
$ \displaystyle v = - \mu_3 \cdot
\left(
\left(
\begin{array}{r}
2 \\
0 \\
3 \\
1 \\
3
\end{array}
\right)
+
\left(
\begin{array}{r}
4 \\
3 \\
2 \\
3 \\
1
\end{array}
\right)
-
\left(
\begin{array}{r}
2 \\
2 \\
3 \\
1 \\
0
\end{array}
\right)
\right)
=
- \mu_3 \cdot
\left(
\begin{array}{r}
4 \\
1 \\
2 \\
3 \\
4
\end{array}
\right)
$ \\
$ \displaystyle \Rightarrow U \cap W = span
\left(
\left(
\begin{array}{c}
4 \\
1 \\
2 \\
3 \\
4
\end{array}
\right)
\right)
$ \\
$ \displaystyle \left( \left(
\begin{array}{c}
4 \\
1 \\
2 \\
3 \\
4
\end{array}
\right) \right)
$ ist eine Basis von $ U \cap W $ \\ \
$ dim \, U \cap W = 1 $ \\ \\
(d) Bestimmung von $ dim \, (U+W) $: \\
Nach der Dimensionsformel für Summen (siehe Fischer S. 100) gilt: \\
$ U, W, U \cap W \subset \mathbb{R}^5 $ sind Untervektorräume des $ \mathbb{R}^5 $ \\
$ \Rightarrow dim \, (U+W) = dim \, U + dim \, W - dim \, (U \cap W) $ \\
$ \Rightarrow dim \, (U+W) = 2 + 3 - 1 $ \\
$ \Leftrightarrow dim \, (U+W) = 4 $
\newline \newline
{\bfseries \noindent Aufgabe 5} \\
(a) \\
$ T \subset Gl(n,\mathbb{R}) $ sei die Menge der Diagonalmatrizen. \\
zu zeigen: $ T $ ist eine kommutative Untergruppe von $ Gl(n,\mathbb{R}) $. \\
Beweis: \\
1. zu zeigen: $ A,B \in T \Rightarrow A \cdot B \in T $ \\
Seien $ A,B \in T $. Dann haben $ A $ und $ B $ die Form: \\ \\
$ \displaystyle A =
\left(
\begin{array}{lcr}
a_{11} & & 0 \\
& \ddots & \\
0 & & a_{nn}
\end{array}
\right)
$ und
$ \displaystyle B =
\left(
\begin{array}{lcr}
b_{11} & & 0 \\
& \ddots & \\
0 & & b_{nn}
\end{array}
\right) $,
$ a_{jj}, b_{jj} \in \mathbb{R} \; \; \forall \, j \in \{1,\dots,n\} \\ \\ \\
\Rightarrow A \cdot B =
\left(
\begin{array}{lcr}
a_{11}b_{11} & & 0 \\
& \ddots & \\
0 & & a_{nn}b_{nn}
\end{array}
\right)
$ ist wieder eine Diagonalmatrix $ \hfill (\alpha) $ \\ \\ \\ \\
Weiterhin: $ A \in T \subset Gl(n,\mathbb{R}) \\
\Rightarrow A $ ist invertierbar. \\
$ \Leftrightarrow rang \, A = n \\
\Leftrightarrow a_{jj} \ne 0 \; \; \forall \, j \in \{1,\dots,n\} $. \\
Ebenso: $ B \in T \subset Gl(n,\mathbb{R}) \\
\Rightarrow B $ ist invertierbar. \\
$ \Leftrightarrow rang \, B = n \\
\Leftrightarrow b_{jj} \ne 0 \; \; \forall \, j \in \{1,\dots,n\} $. \\ \\
$ \Rightarrow a_{jj} \cdot b_{jj} \ne 0 \; \; \forall \, j \in \{1,\dots,n\} $. \\
$ \Leftrightarrow rang \, (A \cdot B) = n \\
\Leftrightarrow A \cdot B $ ist invertierbar. \\
$ \Leftrightarrow A \cdot B \in Gl(n,\mathbb{R}) $ \hfill $ (\beta) $ \\ \\
Auf $ (\alpha) $ und $ (\beta) $ folgt: $ A \cdot B \in T $. \\ \\
2. In $ T $ gilt das Assoziativgesetz, denn: \\
$ Gl(n,\mathbb{R}) $ ist mit der Multiplikation von Matrizen als Verknüpfung eine Gruppe, deshalb gilt das Assoziativgesetz in $ Gl(n,\mathbb{R}) $ und wegen $ T \subset Gl(n,\mathbb{R}) $ gilt das Assoziativgesetz auch in $ T $. \\ \\
3. In $ T $ gilt das Kommutativgesetz, denn: \\
$ A,B \in T $ beliebig. \\
$ \displaystyle \Rightarrow A \cdot B =
\left(
\begin{array}{lcr}
a_{11} & & 0 \\
& \ddots & \\
0 & & a_{nn}
\end{array}
\right) \cdot
\left(
\begin{array}{lcr}
b_{11} & & 0 \\
& \ddots & \\
0 & & b_{nn}
\end{array}
\right) $ \\ \\ \\
$ = \left(
\begin{array}{lcr}
a_{11}b_{11} & & 0 \\
& \ddots & \\
0 & & a_{nn}b_{nn}
\end{array}
\right) \underset{(*)}{=}
\left(
\begin{array}{lcr}
b_{11}a_{11} & & 0 \\
& \ddots & \\
0 & & b_{nn}a_{nn}
\end{array}
\right) $ \\ \\ \\
$ = \left(
\begin{array}{lcr}
b_{11} & & 0 \\
& \ddots & \\
0 & & b_{nn}
\end{array}
\right) \cdot
\left(
\begin{array}{lcr}
a_{11} & & 0 \\
& \ddots & \\
0 & & a_{nn}
\end{array}
\right) = B \cdot A $. \\ \\
$ (*) $ die Multiplikation in $ \mathbb{R} $ ist kommutativ. \\ \\
4. Die $ n $-reihige Einheitsmatrix \\
$ E_n = \left(
\begin{array}{lcr}
1 & & 0 \\
& \ddots & \\
0 & & 1
\end{array}
\right) \in T $ ist das neutrale Element in $ T $. \\ \\
Es gilt: $ A \cdot E_n = A = E_n \cdot A \; \; \; \forall \, A \in T $. \\ \\
5. $ A \in T \Rightarrow A \in Gl(n,\mathbb{R}) $ \\
Dann folgt (nach Def. von $ Gl(n,\mathbb{R}) $): \\
zu $ A $ gibt es ein Inverses $ A' $ in $ Gl(n,\mathbb{R}) $, nämlich die Diagonalmatrix \\
$ \displaystyle A' = \left(
\begin{array}{lcr}
a_{11}^{-1} & & 0 \\
& \ddots & \\
0 & & a_{nn}^{-1}
\end{array}
\right)
$. \\ \\ \\
$ A' \in T $, denn: \\ \\
Aus $ a_{jj} \ne 0 \; \; \; \forall j \in \{1,\dots,n\} \Rightarrow a_{jj}^{-1} \ne 0 \; \; \; \forall j \in \{1,\dots,n\} $. \\ \\
$ \Rightarrow rang \, A' = n \Rightarrow A' \in T \subset Gl(n,\mathbb{R}) $. \\ \\
$ A' $ ist invers zu $ A $, denn: \\ \\
$ A \cdot A' =
\left(
\begin{array}{lcr}
a_{11} & & 0 \\
& \ddots & \\
0 & & a_{nn}
\end{array}
\right) \cdot
\left(
\begin{array}{lcr}
a_{11}^{-1} & & 0 \\
& \ddots & \\
0 & & a_{nn}^{-1}
\end{array}
\right) =
\left(
\begin{array}{lcr}
1 & & 0 \\
& \ddots & \\
0 & & 1
\end{array}
\right) = E_n $. \\ \\
wegen 3. gilt entsprechend: $ A' \cdot A = E_n $. \\ \\
Mit 1. bis 5. ist gezeigt, dass $ T $ eine kommutative Untergruppe von $ Gl(n,\mathbb{R}) $ ist. \hfill $ \Box $ \\ \\
(b) \\
Aus Aufgabe (a): $ T $ ist die Menge aller Diagonalmatrizen, bei denen sämtliche Diagnonalelemente ungleich 0 sind. \\
Sei $ A = (a_{ij}) \in M(n \times n, \mathbb{R}) $, sei $ D \in T $ beliebig \\
$ \Rightarrow D = (d_{jk}), \; j,k \in \{1,\dots,n\} \\
\wedge d_{jk} = 0, \; \mbox{für} \; j \ne k \; \; \; \wedge \; \; \; d_{jk} \ne 0, \; \mbox{für} \; j = k $ (*) \\ \\ \\
$ \Rightarrow A \cdot D = (c_{ik}) \in M(n \times n, \mathbb{R}) $, wobei für $ (c_{ik}) $ gilt: \\
$ \displaystyle c_{ik} = \sum_{j=1}^n a_{ij} \cdot d_{jk} = \underbrace{\sum_{j \ne k} a_{ij} \cdot \underbrace{d_{jk}}_{\underset{*}{=} 0}}_{= 0} + a_{ik} \cdot d_{kk} $ \\
Also gilt: $ A \cdot D = (c_{ik}) $ mit $ c_{ik} = a_{ik} \cdot d_{kk} \; \; \; i,k \in \{1,\dots,n\} $ \hfill (I) \\ \\
Die gleichen Matrizen $ A $ und $ D $ wie oben werden nun mit lediglich veränderten Indexvariablen wie folgt notiert: \\
$ A = (a_{jk}) \in M(n \times n, \mathbb{R}) $ und \\
$ D = (d_{ij}) \; \; \; i,j \in \{1,\dots,n\} \; \wedge \; \underbrace{d_{ij} = 0  \; \mbox{für} \; j \ne i \; \wedge \; d_{ij} \ne 0 \; \mbox{für} \; j=i}_{(**)} $. \\
$ \Rightarrow D \cdot A = (c'_{ik}) \in M(n \times n, \mathbb{R}) $, wobei für $ c'_{ik} $ gilt: \\
$ \displaystyle c'_{ik} = \sum_{j=1}^n d_{ij} \cdot a_{jk} = \underbrace{\sum_{j \ne i} \underbrace{d_{ij}}_{\underset{(**)}{=} 0} \cdot a_{jk}}_{= 0} + d_{ii} \cdot a_{ik} $. \\
Also gilt: $ D \cdot A = (c'_{ik}) $ mit $ c'_{ik} = d_{ii} \cdot a_{ik} \; \; i,k \in \{1,\dots,n\} $ \hfill (II) \\ \\
Nach Vor. soll gelten: $ AD = DA $ für alle $ D \in T $. \\
$ \displaystyle \underset{(I) \wedge (II)}{\Rightarrow} c_{ik} = c'_{ik} $ für jedes $ i,k \in \{1,\dots,n\} $ \\
$ \displaystyle \underset{(I) \wedge (II)}{\Leftrightarrow} a_{ik} \cdot d_{kk} = d_{ii} \cdot a_{ik} $ \\
$ \displaystyle \Leftrightarrow a_{ik} \cdot (d_{kk} - d_{ii}) = 0 $ \hfill (III) \\ \\
Ist $ k=i \underset{(III)}{\Rightarrow} a_{ii} \cdot (d_{ii}-d_{ii}) = 0 $ \\
$ \Leftrightarrow a_{ii} \cdot 0 = 0 \; \; \; a_{ii} \in \mathbb{R} $ beliebig. \\ \\
Sei nun $ k \ne i $: Gleichung (III): $ a_{ik} \cdot (d_{kk}-d_{ii}) = 0 $ soll n. Vor. für alle (invertierbaren) Diagonalmatrizen $ D $, also für jede beliebige Wahl der Diagonalelemente $ d_{kk}, d_{ii} \ne 0 $ gelten (insbesondere auch in den überabzählbaren unendlich vielen Fällen, in denen $ d_{kk}-d_{ii} \ne 0 $ ist). \\ \\
$ \displaystyle \underset{(III)}{\Rightarrow} a_{ik} = 0 \; \mbox{für} \; k \ne i, \; i,k \in \{1,\dots,n\} $ \hfill (IV) \\ \\
Damit ist bewiesen: Die Matrix $ A $ ist wegen (IV) eine Diagonalmatrix. \hfill $ \Box $

\end{document}