\documentclass[a4paper]{article}

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\def\IN{\mathbb N}
\def\IZ{\mathbb Z}
\def\IR{\mathbb R}
\def\IC{\mathbb C}
\def\IQ{\mathbb Q}

\providecommand{\abs}[1]{\left|#1\right|}
\providecommand{\norm}[1]{\left\lVert#1\right\rVert}
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\DeclareMathOperator{\re}{Re}
\DeclareMathOperator{\im}{Im}
\DeclareMathOperator{\ima}{im}

\newtheorem*{prop}{Behauptung}

\begin{document}
\begin{center}
\begin{Large}
  L"osungen zur linearen Algebra, Blatt 7
\end{Large}
\end{center}
\begin{description}
\item[Aufgabe 1:] 
  \begin{prop} F"ur beliebige Matrizen $A\in M_{m,n}(K)$ und $B\in M_{n,p}(K)$ gilt $(A\cdot B)^t=B^t\cdot A^t$.
  \end{prop}
  \begin{proof}
    F"ur eine Matrix $C$ mit Eintr"agen aus dem K"orper $K$ bezeichnen wir mit $C_{ij}$ den Eintrag in Zeile $i$ und Spalte $j$. Dann gilt nach Definition der transponierten Matrix und nach Definition des Produkts von Matrizen f"ur alle $j\in\{1,\ldots,p\}$ und alle $i\in\{1,\ldots,m\}$
    \begin{align*}
      ((A\cdot B)^t)_{ji}&= (A\cdot B)_{ij}=\sum_{k=1}^n A_{ik}B_{kj}\\
      &=\sum_{k=1}^n (A^t)_{ki} (B^t)_{jk}=\sum_{k=1}^n (B^t)_{jk}(A^t)_{ki}=(B^t\cdot A^t)_{ji}.
    \end{align*}
  \end{proof}
\item[Aufgabe 2:]
  \begin{prop}
    Die Menge $R=\{(x,y)\st x\le y\}\subset \IR\times \IR$ ist keine "Aquivalenzrelation.
  \end{prop}
  \begin{proof}
    Die Relation $R$ ist nicht symmetrisch denn es gilt $(2,3)\in R$ und
    $(3,2)\notin R$. 
  \end{proof}
  \begin{prop}
    Durch $R=\{(x,y)\st \text{es existieren $m,n\in\IN$ mit $x^m=y^n$}\}$ wird eine "Aquivalenzrelation auf $\IZ\times\IZ$ definiert.
  \end{prop}
  \begin{proof} Wir "uberpr"ufen die Axiome, denen eine "Aquivalenzrelation gen"ugen muss:
    \begin{itemize}
    \item Die Relation $R$ ist \emph{reflexiv}, denn f"ur jedes $x\in\IZ$ gilt $x^1=x^1$, also $xRx$.
    \item Sie ist \emph{symmetrisch}: Aus $(x,y)\in R$ folgt, dass es $m,n\in\IN$ gibt mit $x^m=y^n$. Also gilt auch $y^n=x^m$, d.h.~ $(y,x)\in R$.
    \item Die \emph{Transitivit"at} folgt aus der folgenden Beobachtung: Seien $x,y,z\in \IZ$ und $k,l,m,n\in\IN$ mit $x^k=y^l$ und $y^m=z^n$. Dann gilt
      \begin{equation*}
        x^{km}=(x^k)^m=(y^l)^m=y^{lm}=(y^m)^l=(z^n)^l=z^{nl},
      \end{equation*}
      also gilt $xRz$.
    \end{itemize}
  \end{proof}
  \begin{prop} 
    Sei $R=\{(A,B)\st B=Q\cdot A\cdot Q^{-1}$ f\"ur ein $Q\in GL(n,K)\}\subset M_n(K)\times M_n(K)$. Dann ist $R$ eine "Aquivalenzrelation.
  \end{prop}
  \begin{proof}
    \begin{itemize}
    \item Die \emph{Reflexivit"at} der Relation $R$ folgt aus $A=E_n\cdot A\cdot E_n=E_n\cdot A\cdot E_n^{-1}$, wobei die $E_n$ die $n$-reihige Einheismatrix bezeichnet.
    \item Aus $B=Q\cdot A\cdot Q^{-1}$ folgt $A=Q^{-1}\cdot B\cdot Q=Q^{-1}\cdot B\cdot (Q^{-1})^{-1}$, und das beweist die \emph{Symmetrie} von $R$.
    \item Gelten $ARB$ und $BRC$ f"ur Matrizen $A,B,C$, so existieren $P,Q\in GL(n,K)$ mit $B=Q\cdot A\cdot Q^{-1}$ und $C=P\cdot B\cdot P^{-1}$. Daraus folgt
      \begin{equation*}
        C=P\cdot B\cdot P^{-1}=P\cdot (Q\cdot A\cdot Q^{-1})\cdot P^{-1}=(P\cdot Q)\cdot A\cdot (P\cdot Q)^{-1}=T\cdot A\cdot T^{-1},
      \end{equation*}
      mit der Matrix $T=P\cdot Q\in GL(n,K)$. Also gilt $ARC$, und die Relation ist \emph{transitiv}.
    \end{itemize}
  \end{proof}
  \begin{prop}
    Die Relation $R=\{(p,q)\mid |p-q|<1\}\subset \mathbb Q\times \mathbb Q$ ist keine "Aquivalenzrelation.
  \end{prop}
  \begin{proof}
    Wir sehen leicht, dass die \emph{Transitivit"atsbedingung} nicht erf"ullt ist: Es gilt $0R\frac 12$ und $\frac 12R1$, doch $0R1$ ist falsch.
  \end{proof}
\item[Aufgabe 3:]
  Seien $k=1$, $l=2$ und
  \begin{equation*}
    w_1=
    \begin{pmatrix} 1\\0\\0\\1
    \end{pmatrix},\quad
    w_2=
    \begin{pmatrix} 2\\1\\3\\3
    \end{pmatrix},\quad
    v_1=
    \begin{pmatrix} 0\\2\\-1
    \end{pmatrix},\quad
      A=
    \begin{pmatrix} 1&2&4\\0&1&2\\0&3&6\\1&3&6
    \end{pmatrix}.
  \end{equation*}
  \begin{prop} F"ur die Abbildung $F_A:\IQ^3\to \IQ^4$, die durch die Matrix $A$ gegeben ist, gilt
    \begin{equation}\label{gl}\tag{$\star$}
      \begin{split}
        \ker F_A &= \{a_1v_1+\cdots + a_kv_k \mid a_1,\ldots, a_k\in\mathbb Q\}\quad\text{und}\\
        \ima F_A &= \{b_1w_1+\cdots + b_l w_l\mid b_1,\ldots, b_l\in\mathbb Q\}.
      \end{split}
    \end{equation}
  \end{prop}
  \begin{proof} Wir zeigen zun"achst die erste Gleichung. Dazu berechnen wir
    \begin{equation*}
      F_A(v_1)=A\cdot v_1=\begin{pmatrix} 1\cdot 0+ 2\cdot 2+4\cdot(-1)\\
        0\cdot 0+1\cdot 2+2\cdot(-1)\\
        0\cdot 0+3\cdot 2+6\cdot(-1)\\
        1\cdot 0+3\cdot 2+6\cdot(-1)
      \end{pmatrix}
      =\begin{pmatrix} 0\\0\\0\\0
      \end{pmatrix}.
    \end{equation*}
    Das beweist $v_1\in\ker F_A$, und damit folgt auch $a_1 v_1\in\ker
    F_A$ f"ur alle $a_1\in\IQ$, denn der Kern einer linearen Abbildung
    ist ein Untervektorraum. Wir wissen damit, dass der von $v_1$
    erzeugte Untervektorraum des $\IQ^3$ im Kern von $F_A$ enthalten
    ist.
    
    Wir wollen beweisen, das auch umgekehrt jedes Element des Kerns von $F_A$ in
    dem von $v_1$ erzeugten Unterraum liegt. Sei $v\in\ker F$ und
    \begin{equation*}
      v=\begin{pmatrix} p\\q\\r
      \end{pmatrix}
    \end{equation*}
    f"ur rationale Zahlen $p,q,r$. Dann muss gelten
    \begin{equation*}
      \begin{pmatrix} 0\\0\\0\\0
      \end{pmatrix}
      = A\cdot v= 
      \begin{pmatrix} 1\cdot p+2\cdot q+4\cdot r\\
        0\cdot p+1\cdot q+2\cdot r\\
        0\cdot p+3\cdot q+6\cdot r\\
        1\cdot p+3\cdot q+6\cdot r
      \end{pmatrix}
      =
      \begin{pmatrix} p+2q+4r\\
        q+2r\\
        3q+6r\\
        p+3q+6r
      \end{pmatrix}.
    \end{equation*}
    Die zweite Zeile dieser Gleichung besagt $q=(-2)r$, und der Vergleich der dritten mit der vierten Zeile liefert $p=0$. Damit ist gezeigt, dass gilt $v=(-r)v_1$.

    Wenden wir uns der zweiten Gleichung in \eqref{gl} zu. Die Spalten der Matrix $A$ sind die Bilder der Standard-Einheitsvektoren $e_1,e_2,e_3$ unter $F_A$. Also gilt $w_1=F_A(e_1)$ und $w_2=F_A(e_2)$. 

    Aus der Linearit"at der Abbildung $F_A$ erhalten wir damit sofort
    \begin{equation*}
      \{a_1w_1+a_2w_2\st a_1,a_2\in\IQ\}\subset \ima F_A,
    \end{equation*}
    denn f"ur alle rationales Zahlen $a_1,a_2$ gilt
    \begin{equation*}
      a_1w_1+a_2w_2=a_1F_A(e_1)+a_2F_A(e_2)=F_A(a_1e_1+a_2e_2)\in\ima F_A.
    \end{equation*}
    Um zu sehen, dass auch gilt
     \begin{equation*}
      \{a_1w_1+a_2w_2\st a_1,a_2\in\IQ\}\supset \ima F_A,
    \end{equation*}
    nehmen wir an, dass $w$ ein beliebiges Element aus dem Bild von
    $F_A$ ist. Dann existiert $v=a_1e_1+a_2e_2+a_3e_3\in\IQ^3$ mit
    $F_A(v)=w$. Daraus folgt nun
    \begin{align*}
      w&=a_1 F_A(e_1)+ a_2 F_A(e_2)+ a_3F_A(e_3) =a_1 w_1 + a_2 w_2+ 2a_3 w_2\\
      &=a_1 w_1+(a_2+2 a_3)w_2,
    \end{align*}
    denn es gilt $F_A(e_3)=2 w_2$. Damit ist die Behauptung bewiesen.
    \end{proof}
\begin{prop}
  Die Zahlen $k=1$ und $l=2$ sind minimal unter allen nichtnegativen ganzen
  Zahlen, f"ur die sich Vektoren $v_1,\ldots,v_l$ und $w_1,\ldots,w_k$
  finden lassen mit der Eigenschaft \eqref{gl}.
\end{prop}
\begin{proof}
  W"are $k$ nicht minimal, so m"usste $\ker F_A=\{0\}$ gelten. Wir
  haben aber oben $\ker F_A\ne\{0\}$ gesehen. 

Nehmen wir nun an, $l$
  sei nicht minimal. Die M"oglichkeit $l=0$ wird auf die gleiche Weise
  ausgeschlossen wie $k=0$. Es gibt also einen Vektor
  \begin{equation*}
    u=
    \begin{pmatrix} u_1\\u_2\\u_3\\u_4
    \end{pmatrix}\in\IQ^4\setminus\{0\}
  \end{equation*}
  mit $\ima F_A=\{a_1 u\st a_1\in\IQ\}$. Wegen $w_1\in\ima F$ muss
  gelten $u_1=u_4\ne 0$, und wegen $w_2\in\ima F_A$ muss es ein
  $a_1\in\IQ$ geben mit $a_1u_1=2$ und $a_1u_4=3$. Es folgt
  $2=a_1u_1=a_1u_4=3$, das ist ein Widerspruch.
  \end{proof}
\item[Aufgabe 4:] 
  Mit $e_1$ und $e_2$ bezeichnen wir die Standard-Einheitsvektoren in $F_3^2$.
  Wir definieren die folgenden Teilmengen von $F_3^2$:
  \begin{align*}
    U_1&=\{[0]\},&U_2&=F_3^2,\\
    U_3&=\{a e_1\st a\in F_3\},& U_4&=\{a e_2\st a\in F_3\},\\
    U_5&=\{a (e_1+e_2)\st a\in F_3\},& U_6&=\{a (e_1+[2] e_2)\st a\in
    F_3\}.
  \end{align*}
  \begin{prop}
    Die Mengen $U_1,\ldots, U_6$ sind Untervektorr"aume des $F_3^2$,
    und es gibt keine weiteren Untervektorr"aume.\end{prop}
  \begin{proof} Jeder Vektorraum hat sich hat sich selbst als
    Untervektorraum und ebenso den Unterraum, der nur aus der 0
    besteht. Die anderen Teilmengen $U_3,\ldots,U_6$ sind jeweils von
    der Form $V=\{a\cdot v\st a\in F_3\}$ f"ur einen Erzeuger $v$. Sie
    sind damit Unterr"aume, denn es gilt f"ur alle $a_1,a_2,b\in F_3$
    \begin{equation*}
      b\cdot(a_1\cdot v)=(b\cdot a_1)\cdot v\in V,\quad a_1\cdot v+a_2\cdot v=(a_1+a_2)\cdot v\in V.
    \end{equation*}
    Wir m"ussen zeigen, dass es keine weiteren Unterr"aume gibt. 
    
    Es gilt $U_3\cup U_4\cup U_5\cup U_6=F_3^2$ (pr"ufen!). Setzen wir
    $U\ne U_1$ voraus. Sei $u\in U\setminus\{0\}$. Dann k"onnen wir
    ein $i\in\{3,4,5,6\}$ w"ahlen mit $u\in U_i$. Daraus folgt $U_i\subset
    U$, denn der Erzeuger von $U_i$ ist entweder $u$
    oder $-u=[2]\cdot u\in U_i$.
    
    Falls nun gilt $U_i\ne U$, dann gibt es ein Element $v\in
    U\setminus U_i$.

    \emph{Zwischenbehauptung:}\/ Die Abbildung $F_3^2\to U$, $(a,b)\mapsto a\cdot u+b\cdot v$ ist injektiv.\\
    Wenn das stimmt, so hat $U$ mindestens 9 Elemente, also gilt $U=F_3^2=U_2$, und die Behauptung ist bewiesen.

    Begr"undung der Zwischenbehauptung: Gilt sie nicht, so ist $a\cdot
    u+b\cdot v=0$ f"ur ein Paar $(a,b)\ne (0,0)$. Falls $b=0$, so ist
    $a\ne 0$ und somit $u=0$, im Widerspruch zur Wahl von $u$. Falls
    $b\ne 0$ gilt, folgt $v=-(b^{-1}a)\cdot u\in U_i$, Widerspruch zur
    Wahl von $v$.
  \end{proof}

%    Sei $U$ ein beliebiger Unterraum. Falls f"ur jedes Element
%    \begin{equation*}
%       u=\begin{pmatrix} u_1\\ u_2
%      \end{pmatrix}\in U
%    \end{equation*}
%     gilt
%    \begin{itemize}
%     \item $u_1=u_2=[0]$, so ist $U=U_1$;
%     \item $u_1=[0]$, und es ist $U\ne U_1$, so folgt $U=U_4$;
%     \item $u_2=[0]$, und es ist $U\ne U_1$, so folgt $U=U_3$.
%    \end{itemize}
%     Setzen wir also voraus, dass es ein  ein $u$ wie oben mit $u_1\ne [0]$ und $u_2\ne [0]$. Dann enth"alt $U$ auch den Vektor
%    \begin{equation*}
%      u'=u_1^{-1}u=\begin{pmatrix}[1]\\u'_2
%      \end{pmatrix}.
%    \end{equation*}
%    Wir sehen sofort, dass gilt $U_5\subset U$ oder $U_6\subset U$.
%
%    Als n"achstes stellen wir fest, dass gilt $F_3^2=U_5+ U_6$. Tats"achlich gilt f"ur beliebige $v_1,v_2\in F_3$ die Gleichung
%    \begin{equation*}
%      \begin{pmatrix} v_1\\v_2
%      \end{pmatrix}
%      =([2]v_1-v_2)\cdot(e_1+e_2)+(v_2-v_1)\cdot(e_1+[2]e_2)\in U_5+U_6.
%    \end{equation*}
%
%    Nehmen wir nun an, dass gilt $U_5\subset U$ aber $U_5\ne U$, so folgt aus $F_3^2=U_5+U_6$, dass gilt $U\cap U_6\ne \{[0]\}$. Da $U_6$ von einem einzigen Vektor $e_1+[2]e_2$ erzeugt wird, folgt daraus $U_6\subset U$, und wegen $F_3^2=U_5+U_6$ muss gelten $U=F_3^2=U_2$.
%
%    Analog kann man aus der Annahme $U_6\subset U$ mit $U_6\ne U$ schliessen, dass gilt $U=F_3^2=U_2$.
%  \end{proof}
\end{description} \end{document}

