\documentclass[12pt]{article}

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

\begin{document}

\newcommand{\AND}{\wedge}
\newcommand{\OR}{\vee}

\thispagestyle{empty}

\begin{center}
  {\Large Übungsblatt 1} \\
  Jan Hendrik Dithmar \\
\end{center}

\newpage

{\bfseries \noindent Aufgabe 2} \\
$ \alpha = (2,3,5,4) \; ; \; \beta = (1,5,3,6,2,4) $ \\
$ \alpha^2 = (2,3,5,4) \cdot (2,3,5,4) = (1)(2,5)(3,4)(6) = (2,5)(3,4) $ \\
$ \alpha^4 = \alpha^2 \cdot \alpha^2 = (2,5)(3,4) \cdot (2,5)(3,4) = (1)(2)(3)(4)(5)(6) = (1) $ (id. Abb.) \\ \\
$ \beta^2 = (1,5,3,6,2,4) \cdot (1,5,3,6,2,4) = (1,3,2)(4,5,6) $ \\
$ \beta^4 = \beta^2 \cdot \beta^2 = (1,3,2)(4,5,6) \cdot (1,3,2)(4,5,6) = (1,2,3)(4,6,5) $ \\
$ \beta^6 = \beta^2 \cdot \beta^4 = (1,3,2)(4,5,6) \cdot (1,2,3)(4,6,5) = (1)(2)(3)(4)(5)(6) = (1) $ \\ \\
$ \alpha\beta = (2,3,5,4) \cdot (1,5,3,6,2,4) = (1,4)(2)(3,6)(5) = (1,4)(3,6) $ \\
$ (\alpha\beta)^2 = (1,4)(3,6) \cdot (1,4)(3,6) = (1)(2)(3)(4)(5)(6) = (1) $ \\ \\
$ \alpha = (2,3,5,4) \Rightarrow \alpha^{-1}=(4,5,3,2) $ \\
$ \alpha^{-1}\beta^2 = (4,5,3,2) \cdot (1,3,2)(4,5,6) = (1,2)(3,4)(5,6) $ \\
$ (\alpha^{-1}\beta^2)^2 = (1,2)(3,4)(5,6) \cdot (1,2)(3,4)(5,6) = (1)(2)(3)(4)(5)(6) = (1) $
\newline \newline

{\bfseries \noindent Aufgabe 3} \\
(a) \\
\begin{displaymath}
A = \left(
\begin{array}{ccc}
1 & 2 & 2 \\
2 & 1 & 2 \\
2 & 2 & 1
\end{array}
\right)
\end{displaymath}
\begin{eqnarray*}
\chi_A(t) & = & det(A-t\cdot E_3) = det \left(
\begin{array}{ccc}
1-t & 2 & 2 \\
2 & 1-t & 2 \\
2 & 2 & 1-t
\end{array}
\right) \\
& = & (1-t)^3 +8-8-4\cdot (1-t) - 4 \cdot (1-t) - 4 \cdot (1-t) \\
& = & (1-t)^3 + 16 - 12 \cdot (1-t) \\
& = & 1-3t+3t^2 - t^3 + 16 - 12 +12t \\
& = & -t^3 + 3t^2 + 9t +5 = (-1) \cdot (t^3 - 3t^2 -9t-5) \\
& = & (-1) \cdot (t-5) \cdot (t+1)^2 = (-1) \cdot (t+1)^2 \cdot (t-5)
\end{eqnarray*}
Die Eigenwerte von $ A $ sind: $ \lambda_1 = -1 $ und $ \lambda_2 = 5 $. \\
$ Eig(A,-1) = ker(A+E_3) $: \\
\begin{displaymath}
A + E_3 = \left(
\begin{array}{ccc}
2 & 2 & 2 \\
2 & 2 & 2 \\
2 & 2 & 2
\end{array}
\right)
\leadsto
\left(
\begin{array}{ccc}
2 & 2 & 2 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0
\end{array}
\right)
\end{displaymath}
$ \Rightarrow rg(A+E_3) = 1 \Rightarrow dim \: ker(A+E_3) = 2 $ \\
Also ist $ \mu(\chi_A,-1) = 2 = dim \: Eig(A,-1) $ \hfill $ (*) $ \\
Es gilt: $ 2x_1 + 2x_2 + 2x_3 = 0 \Leftrightarrow x_1+x_2+x_3=0 $ \\ \\
$ \displaystyle \Rightarrow ( \left(
\begin{array}{r}
1 \\
0 \\
-1
\end{array}
\right) , \left(
\begin{array}{r}
0 \\
1 \\
-1
\end{array}
\right) )
$ ist eine Basis von $ Eig(A,-1) $. \\ \\ \\ \\
$ Eig(A,5) = ker(A-5E_3) $ : \\
\begin{displaymath}
A-5E_3 = \left(
\begin{array}{rrr}
-4 & 2 & 2 \\
2 & -4 & 2 \\
2 & 2 & -4
\end{array}
\right)
\leadsto
\left(
\begin{array}{rrr}
-4 & 2 & 2 \\
0 & -6 & 6 \\
0 & 6 & -6
\end{array}
\right)
\leadsto
\left(
\begin{array}{rrr}
-4 & 2 & 2 \\
0 & -6 & 6 \\
0 & 0 & 0
\end{array}
\right)
\end{displaymath}
$ rg(A-5E_3) = 2 \Rightarrow dim \: ker(A-5E_3) = 1 \Leftrightarrow dim \: Eig(A,5) = 1 $ \\
Also ist $ \mu(\chi_A,5) = 1 = dim \: Eig(A,5) $ \hfill $ (**) $ \\ \\
$ \displaystyle ( \left(
\begin{array}{c}
1 \\
1 \\
1
\end{array}
\right) ) $ ist eine Basis von $ Eig(A,5) $. \\ \\
Aus $ (*) $ und $ (**) $ folgt, dass die Matrix $ A $ diagonalisierbar ist. \\ \\ \\
$ \displaystyle \mathcal{B} = (
\left(
\begin{array}{r}
1 \\
0 \\
-1
\end{array}
\right) ,
\left(
\begin{array}{r}
0 \\
1 \\
-1
\end{array}
\right) ,
\left(
\begin{array}{c}
1 \\
1 \\
1
\end{array}
\right)
) $ ist eine Basis des $ \mathbb{R}^3 $, die ausschließlich aus Eigenvektoren von $ A $ besteht. \\ \\
Eine Transformationsmatrix $ T $ für die Diagonalform lautet:
\begin{displaymath}
T = \left(
\begin{array}{rrr}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
-1 & -1 & 1
\end{array}
\right)
\end{displaymath}
\newline
(b) \\
\begin{displaymath}
B = \left(
\begin{array}{rrr}
2 & 1 & 1 \\
2 & 2 & 1 \\
-2 & 1 & 2
\end{array}
\right)
\end{displaymath}
\begin{eqnarray*}
\chi_B(t) & = & det(B-tE_3) = det \left(
\begin{array}{ccc}
2-t & 1 & 1 \\
2 & 2-t & 1 \\
-2 & 1 & 2-t
\end{array}
\right) \\
& = & (2-t)^3 -2+2+2\cdot (2-t) - 1 \cdot (2-t) - 2 \cdot (2-t) \\
& = & (2-t)^3 - 1 \cdot (2-t) = (2-t) \cdot [(2-t)^2 -1] \\
& = & (2-t) \cdot (t^2-4t+3) = -(t-2) \cdot (t-1) \cdot (t-3) \\
& = & -(t-1) \cdot (t-2) \cdot (t-3)
\end{eqnarray*}
Die Eigenwerte von $ B $ sind: $ \lambda_1 = 1 $ ; $ \lambda_2=2 $ ; $ \lambda_3=3 $. \\
Da sie paarweise verscheiden sind, ist $ B $ diagonalisierbar. \\ \\
Die Diagonalmatrix lautet: $ \displaystyle D = \left(
\begin{array}{ccc}
1 & 0 & 0 \\
0 & 2 & 0 \\
0 & 0 & 3
\end{array}
\right)
$ \\
$ Eig(B,1) = ker(B-E_3) $: \\
\begin{displaymath}
B-E_3 = \left(
\begin{array}{rrr}
1 & 1 & 1 \\
2 & 1 & 1 \\
-2 & 1 & 1 \\
\end{array}
\right)
\leadsto
\left(
\begin{array}{rrr}
1 & 1 & 1 \\
0 & -1 & -1 \\
0 & 3 & 3
\end{array}
\right)
\leadsto
\left(
\begin{array}{rrr}
1 & 1 & 1 \\
0 & -1 & -1 \\
0 & 0 & 0
\end{array}
\right)
\end{displaymath}
$ rg(B-E_3) = 2 \Rightarrow dim \: ker(B-E_3) = 1 \Leftrightarrow dim \: Eig(B,1) = 1 = \mu(\chi_B,1) $ \\
$ \displaystyle \Rightarrow (\left(
\begin{array}{r}
0 \\
-1 \\
1
\end{array}
\right) $) ist eine Basis von $ Eig(B,1) $. \\ \\
$ Eig(B,2) = ker(B-2\cdot E_3) $: \\
\begin{displaymath}
B-2E_3 = \left(
\begin{array}{rrr}
0 & 1 & 1 \\
2 & 0 & 1 \\
-2 & 1 & 0
\end{array}
\right)
\leadsto
\left(
\begin{array}{rrr}
-2 & 1 & 0 \\
2 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{array}
\right)
\leadsto
\left(
\begin{array}{rrr}
-2 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{array}
\right)
\leadsto
\left(
\begin{array}{rrr}
-2 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{array}
\right)
\end{displaymath}
$ rg(B-2E_3) = 2 \Rightarrow dim \: ker(B-2E_3) = 1 \Leftrightarrow dim \: Eig(B,2) = 1 = \mu(\chi_B,2) $. \\
$ \displaystyle \Rightarrow (\left(
\begin{array}{r}
1 \\
2\\
-2
\end{array}
\right) $) ist eine Basis von $ Eig(B,2) $. \\ \\
$ Eig(B,3) = ker(B-3E_3) $: \\
\begin{displaymath}
B-3E_3 = \left(
\begin{array}{rrr}
-1 & 1 & 1 \\
2 & -1 & 1 \\
-2 & 1 & -1
\end{array}
\right)
\leadsto
\left(
\begin{array}{rrr}
-1 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 3 \\
0 & 0 & 0
\end{array}
\right)
\end{displaymath}
$ \Rightarrow rg(B-3E_3) = 2 \Rightarrow dim \: ker(B-3E_3) = 1 \Leftrightarrow dim \: Eig(B,3) = 1 = \mu(\chi_B,3) $ \\
$ \displaystyle ( \left(
\begin{array}{r}
2 \\
3 \\
-1
\end{array}
\right) $) ist eine Basis von $ Eig(B,3) $. \\
Somit ist $ \displaystyle \mathcal{B}=(
\left(
\begin{array}{r}
0 \\
-1 \\
1
\end{array}
\right) , \left(
\begin{array}{r}
1 \\
2 \\
-2
\end{array}
\right) , \left(
\begin{array}{r}
2 \\
3 \\
-1
\end{array}
\right) ) $ eine Basis der $ \mathbb{R}^3 $, die ausschließlich aus Eigenvektoren von $ B $ besteht. \\
Eine Transformationsmatrix $ T $ für die Diagonalform lautet:
\begin{displaymath}
T = \left(
\begin{array}{rrr}
0 & 1 & 2 \\
-1 & 2 & 3 \\
1 & -2 & -1
\end{array}
\right)
\end{displaymath}
\newline
(c) \\
\begin{displaymath}
C = \left(
\begin{array}{rrr}
6 & 3 & 1 \\
-6 & -2 & -1 \\
6 & 4 & 3
\end{array}
\right)
\end{displaymath}
\begin{eqnarray*}
\chi_C(t) & = & det(C-t\cdot E_3) = det \left(
\begin{array}{ccc}
6-t & 3 & 1 \\
-6 & -2-t & -1 \\
6 & 4 & 3-t
\end{array}
\right) \\
& = & (6-t)(-2-t)(3-t)-18-24+6\cdot(2+t)+4\cdot(6-t)+18\cdot(3-t) \\
& = & -t^3 +7t^2-36-42+12+6t+24-4t+54-18t \\
& = & -t^3+7t^2-16t+12 = (-1)\cdot(t^3-7t^2+16t-12)
\end{eqnarray*}
$ t_1=2 \Rightarrow (t^3-7t^2+16t-12):(t-2) = t^2-5t+6 = (t-2)\cdot(t-3) $ \\
$ \Rightarrow \chi_C(t) = (-1)\cdot(t-2)^2\cdot(t-3) $ \\ \\
Die Eigenwerte von $ C $ sind: $ \lambda_1=2 $ und $ \lambda_2=3 $. \\
$ Eig(C,2) = ker(C-2E_3) $: \\
\begin{displaymath}
C-2E_3 = \left(
\begin{array}{rrr}
4 & 3 & 1 \\
-6 & -4 & -1 \\
6 & 4 & 1
\end{array}
\right)
\leadsto
\left(
\begin{array}{ccc}
4 & 3 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{array}
\right)
\end{displaymath}
$ \Rightarrow rg(C-2E_3) = 2 \Rightarrow dim \: ker(C-2E_3) = 1	\Leftrightarrow dim \: Eig(C,2) = 1 <2=\mu(\chi_C,2) $. \\
$ \Rightarrow $ die Matrix $ C $ ist nicht diagonalisierbar. \\
\begin{displaymath}
(C-2E_3)^2 = \left(
\begin{array}{rrr}
4 & 3 & 1 \\
-6 & -4 & -1 \\
6 & 4 & 1
\end{array}
\right) \cdot
\left(
\begin{array}{rrr}
4 & 3 & 1 \\
-6 & -4 & -1 \\
6 & 4 & 1
\end{array}
\right) = \left(
\begin{array}{rrr}
4 & 4 & 2 \\
-6 & -6 & -3 \\
6 & 6 & 3
\end{array}
\right)
\leadsto
\left(
\begin{array}{ccc}
4 & 4 & 2 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0
\end{array}
\right)
\end{displaymath}
$ \Rightarrow rg(C-2E_3)^2=1 $. \\
\begin{displaymath}
(C-2E_3)^3 = \left(
\begin{array}{rrr}
4 & 3 & 1 \\
-6 & -4 & -1 \\
6 & 4 & 1
\end{array}
\right) \cdot \left(
\begin{array}{rrr}
4 & 4 & 2 \\
-6 & -6 & -3 \\
6 & 6 & 3
\end{array}
\right) = \left(
\begin{array}{rrr}
4 & 4 & 2 \\
-6 & -6 & -3 \\
6 & 6 & 3
\end{array}
\right) = (C-2E_3)^2
\end{displaymath}
$ \Rightarrow rg(C-2E_3)^3=1 $. \\ \\
Bestimmung der Jordanschen Normalform von $ C $: \\ \\
Bezeichnung: \\
$ l_i(\lambda_\varrho) = $ Anzahl der i-reihigen Jordanblöcke $ J_i(\lambda_\varrho) $ zum Eigenwert $ \lambda_\varrho $ in $ C $. \\ \\
Es gilt: \\
$ l_i(\lambda_\varrho) = rg((C-\lambda_\varrho \cdot E)^{i+1}) + rg((C-\lambda_\varrho \cdot E)^{i-1}) - 2 \cdot rg((C-\lambda_\varrho \cdot E)^i) $. \\ \\
\begin{eqnarray*}
l_1(2) & = & rg((C-2E)^2) + rg((C-2E)^0) - 2 \cdot rg((C-2E)^1) \\
& = & 1 + 3 - 2\cdot2 = 0
\end{eqnarray*}
d.h. es gibt keinen 1-reihigen Jordanblock zu $ \lambda_1 = 2 $. \\
\begin{eqnarray*}
l_2(2) & = & rg((C-2E)^3) + rg((C-2E)^1) - 2\cdot rg((C-2E)^2) \\
& = & 1+2-2\cdot1=1
\end{eqnarray*}
d.h. es gibt einen 2-reihigen Jordanblock zu $ \lambda_1 = 2 $. \\
$ Eig(C,3) = ker(C-3E_3) $: \\
\begin{displaymath}
C-3E_3 = \left(
\begin{array}{rrr}
3 & 3 & 1 \\
-6 & -5 & -1 \\
6 & 4 & 0
\end{array}
\right) \leadsto \left(
\begin{array}{rrr}
3 & 3 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & -1 & -1
\end{array}
\right) \leadsto \left(
\begin{array}{ccc}
3 & 3 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{array}
\right)
\end{displaymath}
$ \Rightarrow rg(C-3E_3) = 2 $
\begin{displaymath}
(C-3E_3)^2 = \left(
\begin{array}{rrr}
3 & 3 & 1 \\
-6 & -5 & -1 \\
6 & 4 & 0
\end{array}
\right) \cdot \left(
\begin{array}{rrr}
3 & 3 & 1 \\
-6 & -5 & -1 \\
6 & 4 & 0
\end{array}
\right) = \left(
\begin{array}{rrr}
-3 & -2 & 0 \\
6 & 3 & -1 \\
-6 & -2 & 2
\end{array}
\right) \leadsto \left(
\begin{array}{rrr}
-3 & -2 & 0 \\
0 & -1 & -1 \\
0 & 1 & 1
\end{array}
\right) \leadsto \left(
\begin{array}{rrr}
-3 & -2 & 0 \\
0 & -1 & -1 \\
0 & 0 & 0
\end{array}
\right)
\end{displaymath}
$ \Rightarrow rg(C-3E_3)^2 = 2 $ \\
\begin{eqnarray*}
l_1(3) & = & rg((C-3E)^2) + rg((C-3E)^0) - 2\cdot rg((C-3E)^1) \\
& = & 2+3-2\cdot2 =1
\end{eqnarray*}
d.h. es gibt einen 1-reihigen Jordanblock zu $ \lambda_2 = 3 $. \\ \\
Die Jordansche Normalform $ C^* $ der Matrix $ C $ lautet:
\begin{displaymath}
C^* = \left(
\begin{array}{ccc}
2 & 1 & 0 \\
0 & 2 & 0 \\
0 & 0 & 3
\end{array}
\right)
\end{displaymath}
\newline \newline

{\bfseries \noindent Aufgabe 4} \\
(a)\\
$ T $ ist ein $ \mathbb{C} $-VR. \\
Definiere: $ \oplus : T \times T \rightarrow T, \; ((b_n),(b_n')) \mapsto (b_n) \oplus (b_n') $ mit $ (b_n) \oplus (b_n') \stackrel{Def.}{=} (b_n + b_n') $
\begin{enumerate}
\item Seien
\begin{eqnarray*}
(b_n), (b_n') \in T & \Rightarrow & b_{n+2} = b_{n+1} + b_n, \; \; \forall n \ge 0 \\
& \AND & b_{n+2}' = b_{n+1}' + b_n', \; \; b_n \in \mathbb{C} \\
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
(b_n) \oplus (b_n') & \stackrel{Def.}{=} & (b_n + b_n') =: (b_n'') \in T \; \; \; \text{, denn:} \\
b_{n+2}'' & = & b_{n+2}+b_{n+2}' = (b_{n+1}+b_n) + (b_{n+1}'+b_n') \\
& = & (b_{n+1}+b_{n+1}') + (b_n + b_n') \\
& = & b_{n+1}'' + b_n'' \; \; \; \text{d.h. } T \text{ ist bezügl. } \oplus \text{ abgeschlossen.}
\end{eqnarray*}

\item Kommutativ- u. Assoziativgesetz gelten in $ T $ bezügl. $ \oplus $, da sie in $ (\mathbb{C},+) $ gelten.

\item $ (0)_{n \in \mathbb{N}} = (0,0,0,...) \in T $ ist das neutrale Element in $ (T,\oplus) $.

\item Sei $ (b_n)_{n \in \mathbb{N}} \in T $ beliebig \\ \\
Bilde $ (\bar{b}_n)_{n \in \mathbb{N}} = (-b_n)_{n \in \mathbb{N}} \in T $, denn: \\ \\
$ \bar{b}_{n+2} = -b_{n+2} = -(b_{n+1}+b_n) = -b_{n+1}+(-b_n) = b_{n+1}+b_n $
$ \Rightarrow (b_n) \oplus (\bar{b}_n) = (b_n + \bar{b}_n) = (b_n + (-b_n)) = (0) $ \\
Also gibt es zu jedem $ (b_n) \in T $ ein Inverses, nämlich $ (-b_n) \in T $.
\end{enumerate}
Insgesamt: $ (T, \oplus) $ ist eine abelsche Gruppe. \\ \\ \\
Definiere: $ \odot : \mathbb{C} \times T \rightarrow T, \, (c, (b_n)) \mapsto c \odot (b_n) $ mit $ c \odot (b_n) \stackrel{Def.}{=} (c \dot b_n) $. \\
Man muss zeigen: \\
$ \forall \, c_1,c_2 \in \mathbb{C} $, $ \forall \, (b_n) \in T $, $ \forall \, c\in \mathbb{C} $, $ \forall \, (b_n)(b_n') \in T $. \\
(1) $ (c_1+c_2) \odot (b_n) = c_1 \odot (b_n) \oplus c_2 \odot (b_n) $ \\
(2) $ c \odot ((b_n) \oplus (b_n')) = c \odot (b_n) \oplus c \odot (b_n') $ \\
(3) $ c_1 \odot (c_2 \odot (b_n)) = (c_1 \cdot c_2) \odot (b_n) $ \\
(4) $ 1 \odot (b_n) = (b_n) $ \\ \\
Beweis zu (1): Seien $ c_1, c_2 \in \mathbb{C}, \: (b_n) \in T $ beliebig. \\
\begin{eqnarray*}
(c_1+c_2)\odot(b_n) & = & ((c_1+c_2) \cdot b_n) = (c_1 \cdot b_n + c_2 \cdot b_n) \\
& = & (c_1 \cdot b_n) \oplus (c_2 \cdot b_n) \\
& = & c_1 \odot (b_n) \oplus c_2 \odot (b_n)
\end{eqnarray*}
Beweis zu (2): Seien $ c \in \mathbb{C}, \: (b_n), (b_n') \in T $ beliebig. \\
\begin{eqnarray*}
c \odot ((b_n) \oplus (b_n')) & = & c \odot ((b_n + b_n')) = (c \cdot (b_n+b_n')) \\
& = & (c \cdot b_n + c \cdot b_n') = (c \cdot b_n) \oplus (c \cdot b_n') \\
& = & c \odot (b_n) \oplus c \odot (b_n')
\end{eqnarray*}
Beweis zu (3): Seien $ c_1, c_2 \in \mathbb{C}, \: (b_n) \in T $ beliebig. \\
\begin{eqnarray*}
c_1 \odot (c_2 \odot (b_n)) & = & c_1 \odot ((c_2 \cdot b_n)) \\
& = & (c_1 \cdot (c_2 \cdot b_n)) \\
& = & ((c_1 \cdot c_2) \cdot b_n) \\
& = & (c_1 \cdot c_2) \odot (b_n)
\end{eqnarray*}
Beweis zu (4): Sei $ (b_n) \in T $ beliebig. \\
\begin{displaymath}
1 \odot (b_n) = (1 \cdot b_n) = (b_n)
\end{displaymath} \\ \\
Insgesamt: $ (T, \oplus, \odot) $ ist ein $ \mathbb{C} $-Vektorraum. \\ \\
Fibonacci-Zahlen: \\
\begin{eqnarray*}
\beta_{n+2} & = & \beta_{n+1} + \beta_n , \; n \ge 0 , \; \beta_n \in \mathbb{C} \\
\Leftrightarrow \beta_{n+1} & = & \beta_n + \beta_{n-1}, \; n \ge 1
\end{eqnarray*}
Seien $ \beta_0 = 1; \; \beta_1 = 0 $ \\
$ \Rightarrow \beta_2=1, \, \beta_3=1, \, \beta_4=2, \, \beta_5=3, \, \beta_6=5, \, \beta_7=8, \, \dots, \, \beta_n, \, \dots $ \\ \\
Seien $ \beta_0'=0; \; \beta_1'=1 $ \\
$ \Rightarrow \beta_2'=1, \, \beta_3'=2, \, \beta_4'=3, \, \beta_5'=5, \, \beta_6'=8, \, \beta_7'=13, \, \dots, \, \beta_{n'}', \, \dots $ \\ \\
Betrachte $ \mathcal{B} = \{(\beta_n)_{n \in \mathbb{N}},(\beta_n')_{n \in \mathbb{N}} \} \subset T $ \\ \\
Behauptung: $ \mathcal{B} $ ist eine Basis des $ \mathbb{C} $-Vektorraums $ T $. \\
Begründung: Sei $ (b_n)_{n\in\mathbb{N}} \in T $ beliebig vorgegeben. Dann gilt $ \forall n \in \mathbb{N}_{n \ge 0} $: $ b_{n+2} = b_{n+1} + b_n $. \\
Beh.: $ b_n = b_0\cdot \beta_n + b_1\cdot \beta_n' \; \; \forall n\in \mathbb{N} $ \hfill (i) \\ \\
Beweis durch vollständige Induktion:
\begin{enumerate}
\item Induktionsanfang: \\
$ n = 0 $:
\begin{eqnarray*}
b_0 & = & b_0\cdot \beta_0 + b_1 \cdot \beta_0' \\
b_0 & = & b_0 \cdot 1 + b_1 \cdot 0 \; \; \; \mbox{(ok)}
\end{eqnarray*}
$ n = 1 $:
\begin{eqnarray*}
b_1 & = & b_0 \cdot \beta_1 + b_1 \cdot \beta_1' \\
b_1 & = & b_0 \cdot 0 + b_1 \cdot 1 \; \; \; \mbox{(ok)}
\end{eqnarray*}

\item
  \begin{enumerate}
    \item Induktionsannahme: Es gelte:
      \begin{eqnarray*}
	b_n & = & b_0 \cdot \beta_n + b_1 \cdot \beta_n', \; \; n \ge 0 \\
	\Leftrightarrow b_{n-1} & = & b_0\cdot \beta_{n-1}+ b_1 \cdot \beta_{n-1}', \; \; n \ge 1
      \end{eqnarray*}
    \item Induktionsbehauptung: Dann ist auch $ \beta_{n+1} = \beta_0 \cdot \beta_{n+1} + b_1 \cdot \beta_{n+1}' $
    \item Induktionsbegründung: Es gilt
	\begin{eqnarray*}
	  \beta_{n+2} & = & \beta_{n+1} + \beta_n \; \; \forall n \ge 0 \\
	  \Leftrightarrow \beta_{n+1} & = & \beta_n + \beta_{n-1} \; \; \forall n \ge 1 \; \; \; \mbox{(I)}
	\end{eqnarray*}
	ebenso: $ \beta_{n+1}' = \beta_n' + \beta_{n-1}' \; \; \forall n \ge 1 \; \; \; \mbox{(II)} $ \\
	sowie: $ b_{n+1} = b_n + b_{n-1} \; \; \forall n \ge 1 \; \; \; \mbox{(III)} $ \\
	Betrachte:
	\begin{eqnarray*}
	  b_0 \cdot \beta_{n+1} + b_1 \cdot \beta_{n-1}' & \stackrel{(I),(II)}{=} & b_0 \cdot (\beta_n + \beta_{n-1}) + b_1 \cdot (\beta_n' + \beta_{n-1}') \\
	& = & (b_0 \cdot \beta_n + b_1 \cdot \beta_n') + (b_0 \cdot \beta_{n-1} + b_1 \cdot \beta_{n-1}') \\
	& \stackrel{(2a)}{=} & b_n + b_{n-1} \\
	& \stackrel{(III)}{=} & b_{n+1}
	\end{eqnarray*}
  Somit lässt sich jede Folge $ (b_n)_{n\in\mathbb{N}} \in T $ als Linearkombination der Basiselemente $ (\beta_n)_{n\in\mathbb{N}} $ und $ (\beta_n')_{n \in \mathbb{N}} $ gemäß $ (b_n) = b_0 \cdot (\beta_n) + b_1 \cdot (\beta_n') $ darstellen. Da diese Darstellung zudem eindeutig ist, ist $ \mathcal{B} = \{(\beta_n)_{n\in\mathbb{N}}, (\beta_n')_{n\in\mathbb{N}} \} $ eine Basis von $ T $. \hfill (ii) \\
Somit ist $ dim_\mathbb{C} T = 2 $.
  \end{enumerate}
\end{enumerate}
(b) \\
\begin{eqnarray*}
S: T \rightarrow T; \; (b_0,b_1, \dots) & \mapsto & (b_1, b_2, \dots) \\
(b_n)_{n \in \mathbb{N}} & \mapsto & (b_{n+1})_{n \in \mathbb{N}}
\end{eqnarray*}
Zeige: $ S $ ist ein Endomorphismus. \\
Beweis:
\begin{enumerate}
\item Seien $ (b_n), (b_n') \in T $ beliebig
\begin{eqnarray*}
S((b_n) \oplus (b_n')) & = & S((b_n + b_n')) \\
& = & S((b_n'')) \; \text{ mit } b_n'' = b_n + b_n' \; \forall n \ge 0 \\
& = & (b_{n+1}'') \\
& = & (b_{n+1}+b_{n+1}') \\
& = & (b_{n+1}) \oplus (b_{n+1}') \\
& = & S((b_n)) \oplus S((b_n'))
\end{eqnarray*}

\item Sei $ c \in \mathbb{C} $ beliebig, sei $ (b_n) \in T $ beliebig.
\begin{eqnarray*}
S(c\odot(b_n)) & = & S((c \cdot b_n)) \\
& = & (c \cdot b_{n+1}) \\
& = & c \odot (b_{n+1}) = c \odot S((b_n))
\end{eqnarray*}
\end{enumerate}
Sei $ \mathcal{B} = \{ (\beta_n)_{n \in \mathbb{N}}, (\beta_n')_{n \in \mathbb{N}} \} $ die in Teil a) ausgezeichnete Basis von $ T $. \\
Dann besitzt jedes Element $ (b_n)_{n \in \mathbb{B}} \in T $ bezüglich $ \mathcal{B} $ die eindeutige Darstellung
\begin{displaymath}
(b_n) = b_0 \cdot (\beta_n) + b_1 \cdot (\beta_n') = \left(
\begin{array}{c}
b_0 \\
b_1
\end{array}
\right)_{\mathcal{B}}
\end{displaymath}
Wegen $ S((b_0, b_1, \dots)) = (b_1, b_2, \dots) $ lautet die Matrix $ M_{\mathcal{B}}(S) $, die $ S $ bezügl. der Basis $ \mathcal{B} $ von $ T $ darstellt:
\begin{displaymath}
M_{\mathcal{B}}(S) = \left(
\begin{array}{cc}
0 & 1 \\
1 & 1
\end{array}
\right)
\end{displaymath}
Dann gilt nämlich:
\begin{displaymath}
M_{\mathcal{B}}(S) \cdot \left(
\begin{array}{c}
b_0 \\
b_1
\end{array}
\right)_{\mathcal{B}} = \left(
\begin{array}{cc}
0 & 1 \\
1 & 1
\end{array}
\right) \cdot \left(
\begin{array}{c}
b_0 \\
b_1
\end{array}
\right)_{\mathcal{B}} = \left(
\begin{array}{c}
b_1 \\
b_0 + b_1
\end{array}
\right)_{\mathcal{B}} = \left(
\begin{array}{c}
b_1 \\
b_2
\end{array}
\right)_{\mathcal{B}}
\end{displaymath}
(c) \\
Eigenwerte von S: \\
\begin{displaymath}
det(S-t\cdot id_T) = det(M_{\mathcal{B}}(S) - t\cdot E_2) \stackrel{!}{=}0
\end{displaymath}
\begin{displaymath}
det \left(
\begin{array}{rr}
-t & 1 \\
1 & 1-t
\end{array}
\right) = -t(1-t)-1 = -t+t^2-1 = t^2-t-1 \stackrel{!}{=}0 \\
t_{1/2} = \frac{1}{2} \pm \sqrt{\frac{1}{4}+1} = \frac{1}{2} \pm \frac{1}{2}\sqrt{5}
\end{displaymath}
Ergebnis: Die Eigenwerte von $ S $ (von $ M_{\mathcal{B}}(S) $ ) sind:
\begin{eqnarray*}
& & \lambda_1=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{5} \\
& \text{und} & \lambda_2=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\sqrt{5}
\end{eqnarray*}
Die geschlossene Formel für die Glieder der Fibonacci-Folge $ (a_n)_{n \in \mathbb{R}} $ lautet:
\begin{displaymath}
a_n = (\frac{1+\sqrt{5}}{2})^n \cdot \frac{1}{sqrt{5}} - (\frac{1-\sqrt{5}}{2})^n \cdot \frac{1}{\sqrt{5}}
\end{displaymath}
Mit den Eigenwerten von $ M_{\mathcal{B}}(S) $: $ \lambda_1 = \frac{1+\sqrt{5}}{2} $ und $ \lambda_2=\frac{1-\sqrt{5}}{2} $ ergibt sich:
\begin{eqnarray*}
a_n & = & \lambda_1^n \cdot \frac{1}{\sqrt{5}} - \lambda_2^n \cdot \frac{1}{\sqrt{5}} \\
\Leftrightarrow a_n & = & \frac{1}{\sqrt{5}} \cdot (\lambda_1^n-\lambda_2^n)
\end{eqnarray*}
Diese Formel soll im Folgenden unter Verwendung der Eigenwerte von $ S $ (von $ M_{\mathcal{B}}(S) $) bewiesen werden. \\
Dazu zunächst einige Vorbetrachtungen, die im Laufe der Rechnung Verwendung finden. Es gilt: \\
$ (\alpha) $ $ \lambda_1 + \lambda_2 = 1 \Leftrightarrow \lambda_2=1-\lambda_1 $ \\
$ (\beta) $ $ \lambda_1 - \lambda_2 = \sqrt{5} $ \\
$ (\gamma) $ $ \lambda_1 \cdot \lambda_2 = -1 $ \\
$ (\delta) $ Beh.: $ \forall n \in \mathbb{N} $ gilt: $ \lambda_i^n = \beta_n + \lambda_i \cdot \beta_n' $, $ (i=1,2) $ ($ \beta_n, \beta_n' $ wie vorher definiert) \\
Beweis durch vollständige Induktion: \\
\begin{enumerate}
\item Induktionsanfang: \\
$ n= 0 $:
\begin{eqnarray*}
\lambda_i^0 & = & \beta_0 + \lambda_i \cdot \beta_0' \\
1 & = & 1 + \lambda_i \cdot 0 \; \; \; \text{(ok)}
\end{eqnarray*}
$ n=1 $:
\begin{eqnarray*}
\lambda_i^1 & = & \beta_1 + \lambda_i \cdot \beta_1' \\
\lambda_i & = & 0 + \lambda_i \cdot 1 \; \; \; \text{(ok)}
\end{eqnarray*}
  \begin{enumerate}
    \item Es gelte:
	\begin{eqnarray*}
	\lambda_i^n & = & \beta_n + \lambda_i \cdot \beta_n', \; \forall n \ge 0 \\
	\Leftrightarrow \lambda_i^{n-1} & = & \beta_{n-1} + \lambda_i \cdot \beta_{n-1}', \; \forall n \ge 1
	\end{eqnarray*}
    \item Dann gilt auch: $ \lambda_i = \beta_{n+1} + \lambda_i \cdot \beta_{n+1}', \; \forall n \ge 1 $
    \item Induktionsbegründung:
	\begin{eqnarray*}
	\beta_{n+1}+\lambda_i\cdot\beta_{n+1}' & = & (\beta_n + \beta_{n-1}) + \lambda_i \cdot (\beta_n' + \beta_{n-1}') \\
	& = & (\beta_n + \lambda_i \cdot \beta_n') + (\beta_{n-1} + \lambda_i \cdot \beta_{n-1}') \\
	& \stackrel{(2a)}{=} & \lambda_i^n + \lambda_i^{n-1} \\
	& = & \lambda_i^{n-1} \cdot (\lambda_i +1) \\
	& \stackrel{(*)}{=} & \lambda_i^{n-1} \cdot \lambda_i^2 = \lambda_i^{n+1} \\ \\
	(*): \; \lambda_i^2 = \lambda_{1,2}^2 = (\frac{1}{2} \pm \frac{1}{2}\sqrt{5})^2 & = & \frac{1}{4} \pm \frac{1}{2}\sqrt{5} + \frac{5}{4} \\
	& = & \frac{3}{2} \pm \frac{1}{2}\sqrt{5} \\
	& = & 1 + (\frac{1}{2} \pm \frac{1}{2}\sqrt{5}) \\
	& = & 1 + \lambda_{1,2} \\
	& = & \lambda_{1,2} + 1 = \lambda_i +1
	\end{eqnarray*}
  \end{enumerate}
\end{enumerate}
$ (\varepsilon) $ Bestimme einen Vektor aus $ Eig(M_{\mathcal{B}}(S), \lambda_1) = ker(M_{\mathcal{B}}(S) - \lambda_1 \cdot E_2) $
\begin{displaymath}
M_{\mathcal{B}}(S) - \lambda_1 \cdot E_2 = \left(
\begin{array}{cc}
-\lambda_1 & 1 \\
1 & 1-\lambda_1
\end{array}
\right) \stackrel{(\alpha)}{=} \left(
\begin{array}{cc}
-\lambda_1 & 1 \\
1 & \lambda_2
\end{array}
\right) \\ \leadsto \left(
\begin{array}{cc}
-\lambda_1 & 1 \\
0 & \lambda_1 \lambda_2 +1
\end{array}
\right) \stackrel{(\gamma)}{\leadsto} \left(
\begin{array}{cc}
-\lambda_1 & 1 \\
0 & 0
\end{array}
\right)
\end{displaymath}
Es gilt:
\begin{displaymath}
\left(
\begin{array}{cc}
-\lambda_1 & 1 \\
0 & 0
\end{array}
\right) \cdot \left(
\begin{array}{c}
1 \\
\lambda_1
\end{array}
\right)_{\mathcal{B}} = \left(
\begin{array}{c}
0 \\
0
\end{array}
\right)_{\mathcal{B}} \; \text{ mit } \mathcal{B}=\{ (\beta_n),(\beta_n') \}_{n \in \mathbb{N}}
\end{displaymath}
$ \displaystyle \left(
\begin{array}{c}
1 \\
\lambda_1
\end{array}
\right)_{\mathcal{B}} $ ist dennoch ein Eigenvektor zu $ \lambda_1 $. \\
$ \displaystyle \left(
\begin{array}{c}
1 \\
\lambda_1
\end{array}
\right)_{\mathcal{B}} = (l_n)_{n \in \mathbb{N}} $ mit $ l_n = 1\cdot \beta_n + \lambda_1 \cdot \beta_n' = \beta_n + \lambda_1 \cdot \beta_n' $ \\
Wegen $ (\delta) $ ist $ \beta_n + \lambda_1 \cdot \beta_n' = \lambda_1^n $ \hfill $ (\varepsilon_1) $ \\
Für den Eigenwert $ \lambda_2 $ führt man eine analoge Rechnung durch und erhält als Eigenvektor zu $ \lambda_2 $: \\
$ \displaystyle \left(
\begin{array}{c}
1 \\
\lambda_2
\end{array}
\right)_{\mathcal{B}} = (l_n')_{n \in \mathbb{N}} $ mit $ l_n' = 1 \cdot \beta_n + \lambda_2 \cdot \beta_n' = \beta_n + \lambda_2 \cdot \beta_n' $. \\
Wegen $ (\delta) $ ist $ \beta_n + \lambda_2 \cdot \beta_n' = \lambda_2^n $ \hfill $ (\varepsilon_2) $ \\
Auf $ (\varepsilon_1) $ und $ (\varepsilon_2) $ folgt:
\begin{eqnarray*}
\lambda_1^n - \lambda_2^n & = & (\beta_n + \lambda_1 \cdot \beta_n') - (\beta_n + \lambda_2 \cdot \beta_n') \\
& = & (\lambda_1 - \lambda_2) \cdot \beta_n' \\
& \stackrel{(\beta)}{=} & \sqrt{5} \cdot \beta_n'
\end{eqnarray*}
und somit: $ \displaystyle \beta_n' = \frac{1}{\sqrt{5}} \cdot (\lambda_1^n - \lambda_2^n), \; \forall n \ge 0 $ \hfill $ (\varphi) $ \\
Die Folge $ (\beta_n')_{n \in \mathbb{N}} $ ist gemäß Festlegung aber gerade die Folge der Fibonaccizahlen. Somit ist $ (\beta_n')_{n \in \mathbb{N}} = (a_n)_{n \in \mathbb{N}} $ und wegen $ (\varphi) $ ist $ \displaystyle a_n = \frac{1}{\sqrt{5}} \cdot (\lambda_1^n - \lambda_2^n) $ bewiesen.
\newline \newline

{\bfseries \noindent Aufgabe 5} \\
\begin{math} 
A^2 = A \Leftrightarrow A^2-A=0 \Leftrightarrow A \cdot(A-E) = 0 \Leftrightarrow (A-0\cdot E)\cdot(A-1\cdot E)=0 \\
\Rightarrow det((A-0\cdot E)\cdot(A-1\cdot E)) = det 0 \\
det(A-0\cdot E) \cdot det(A-1\cdot E)=0 \Leftrightarrow det(A-0\cdot E)=0 \OR det(A-1\cdot E) = 0 \\
\Leftrightarrow \lambda_1=0
\end{math} ist Eigenwert von $ A $ oder $ \lambda_2=1 $ ist Eigenwert von $ A $, d.h. die Eigenwerte von $ A $ sind in $ \{0;1\} $. \\
$ \Rightarrow \chi_A(t) = (-1)^n \cdot t^k \cdot (t-1)^{n-k}, \; \; 0<k<n $

\end{document}