\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|}
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\DeclareMathOperator{\re}{Re}
\DeclareMathOperator{\im}{Im}
\DeclareMathOperator{\ima}{im}

\newtheorem*{prop}{Behauptung}

\begin{document}
\begin{center}
\begin{Large}
  (Korrigierte) L"osungen zur linearen Algebra, Blatt 11
\end{Large}
\end{center}
\begin{description}
\item[Aufgabe 1:] Wir sehen, dass die duale Basis $(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$ zu $(v_1,v_2,v_3)$ gegeben ist durch
  $
    \alpha_1=(-1,2,-1),\ \alpha_2=(1/2,-1/2,1/2),\ \alpha_3=(-1,1,0);
  $
  und die duale Basis $(\beta_1,\beta_2)$ zu $(w_1,w_2)$ besteht aus
  $
    \beta_1=(-1,0),\ \beta_2=(4,1).
  $
  Damit erhalten wir
  \begin{gather*}
    \beta_1(F(v_1))=\begin{pmatrix}-1&0\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix} 1&2&3\\3&2&1\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} 1\\1\\0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-1&0\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix} 3\\5\end{pmatrix}=-3,\\
    \beta_1(F(v_2))=\begin{pmatrix}-1&0\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1&2&3\\3&2&1\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} 2\\2\\2\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}-1&0\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}12\\12\end{pmatrix}=-12,\\
    \beta_1(F(v_3))=\begin{pmatrix}-1&0\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} 1&2&3\\3&2&1\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} -1\\0\\1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} -1&0 \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} 2\\-2\end{pmatrix}=-2
  \end{gather*}
  und ebenso
  $$
    \beta_2(F(v_1))=17,\ \beta_2(F(v_2))=60,\ \beta_2(F(v_3))=6.
  $$

  Die Matrix von $F$ bez"uglich der Basen $(v_1,v_2,v_3)$ und $(w_1,w_2)$ ist damit
  \begin{equation*}
    \begin{pmatrix} \beta_1(F(v_1))&\beta_1(F(v_2))&\beta_1(F(v_3))\\ \beta_2(F(v_1))& \beta_2(F(v_2))& \beta_2(F(v_3)) \end{pmatrix} =
    \begin{pmatrix} -3&-12&-2\\17&60&6 \end{pmatrix}.
  \end{equation*}
  F"ur den zweiten Teil berechnen wir die Bilder der Standardbasisvektoren:
  \begin{gather*}
    \begin{pmatrix} 5&4&1\\2&1&2 \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} \alpha_1(e_1)\\ \alpha_2(e_1)\\ \alpha_3(e_1)\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 5&4&1\\2&1&2 \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}-1\\1/2\\-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -4\\-7/2 \end{pmatrix},\\
    \begin{pmatrix} 5&4&1\\2&1&2 \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} \alpha_1(e_2)\\ \alpha_2(e_2)\\ \alpha_3(e_2)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 5&4&1\\2&1&2 \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} 2\\-1/2\\1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}9\\11/2\end{pmatrix},\\
    \begin{pmatrix} 5&4&1\\2&1&2 \end{pmatrix}\cdot
    \begin{pmatrix} \alpha_1(e_3)\\ \alpha_2(e_3)\\ 
      \alpha_3(e_3)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 5&4&1\\2&1&2
    \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} -1\\1/2\\0 \end{pmatrix}
    =\begin{pmatrix} -3\\-3/2 \end{pmatrix}.\intertext{Diese Spalten stellen die Bilder $G(e_1)$, $G(e_2)$ und $G(e_3)$ als Koordinaten bez"uglich der Basis $(w_1,w_2)$ dar, also gilt}
    G(e_1)=-4\cdot w_1- 7/2\cdot w_2= \begin{pmatrix} 4\\-16\end{pmatrix} +\begin{pmatrix} 0\\-7/2 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 4\\-39/2\end{pmatrix},\\
    G(e_2)=9\cdot w_1+11/2\cdot w_2= \begin{pmatrix} -9\\36\end{pmatrix} +\begin{pmatrix} 0\\11/2 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} -9\\83/2\end{pmatrix}\\\intertext{und} G(e_3)=-3\cdot w_1-3/2\cdot w_2=\begin{pmatrix} 3\\-12\end{pmatrix} +\begin{pmatrix}0\\-3/2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 3\\-27/2\end{pmatrix}.
  \end{gather*}
  Das zeigt, dass $G$ f"ur die Standardbasen gegeben ist durch die Matrix
  \begin{equation*}
    \begin{pmatrix} 4&-9&3\\ -39/2&83/2&-27/2\end{pmatrix}.
  \end{equation*}
\item[Aufgabe 2:]
% Sei $A$ die Matrix, deren Determinante zu berechnen
%  ist. Wir bringen $A$ 
  Wir bringen die Matrix, deren Determinante zu berechnen ist, durch elementare Zeilen- und Spaltenumformungen auf obere Dreiecksgestalt, so dass auf der Diagonale nur noch die Zahlen 1 und 0 "ubrig bleiben. Das liefert
\begin{align*}
  \det\begin{pmatrix} 3&-7&0&2\\-2&-1&1&2\\2&3&0&1\\-3&8&2&9\end{pmatrix} 
  &=-\det\begin{pmatrix} 0&-7&3&2\\1&-1&-2&2\\0&3&2&1\\2&8&03&9\end{pmatrix}
  =\det\begin{pmatrix} 1&-1&-2&2\\0&-7&3&2\\0&3&2&1\\2&8&-3&9\end{pmatrix}\\
  &=\det\begin{pmatrix} 1&-2&-2&2\\0&-7&3&2\\0&3&2&1\\0&10&1&5\end{pmatrix}
  =-7\cdot\det\begin{pmatrix} 1&-2&-2&2\\0&1&-3/7&-2/7\\ 0&0&23/7&13/7\\ 0&0&37/7&55/7\end{pmatrix}\\
  &=-23\cdot\det\begin{pmatrix} 1&-2&-2&2\\0&1&-3/7&-2/7\\ 0&0&1&13/23\\ 0&0&0&112/23\end{pmatrix}=-112.
\end{align*}
% Wie in der Vorlesung verwenden wir,
%  dass diese Umformungen durch Links- bzw. Rechtsmultiplikation mit
%  $4\times 4$-Matrizen $M_i(k)$, $E_{i,j}(k)$ und $P_{i.j}$ realisiert
%  werden k"onnen. Das liefert
%  \begin{equation*}
%    T\cdot A\cdot P_{1,3}=\begin{pmatrix} 1&-2&-2&2\\ 0&1&-3/7&-2/7\\ 0&0&1&13/23\\ 0&0&0&1\end{pmatrix},
%    \end{equation*}
%    wobei $T$ gegeben ist als ein Produkt von Matrizen
%  \begin{equation*}
%    T= M_4(23/112)\cdot E_{4,3}(-37/7)\cdot M_3(7/23)\cdot E_{4,2}(-10)\cdot E_{3,2}(-3)\cdot M_2(-1/7)\cdot E_{4,1}(-2)\cdot P_{1,2}.
%  \end{equation*}
%  Es gilt also $\det T\cdot \det A\cdot\det P_{1,3}=1$, und aus der Definition von $T$ folgt
%  \begin{equation*}
%    \det T\cdot \det P_{1,3}=23/112\cdot 1\cdot 7/23\cdot 1\cdot 1\cdot (-1/7)\cdot (-1)\cdot (-1) = -1/112.
%  \end{equation*}
%  Die gesuchte L"osung ist daher $\det A=-112$.
\item[Aufgabe 3:] F"ur jede Permutation $\sigma\in S(n)$ sei
  $X(\sigma)=\{(i,j)\st i<j, \sigma(i)>\sigma(j)\}$ die Menge der
  Fehlst"ande und $s(\sigma)=(-1)^{\#X(\sigma)}$. Die erste
  Teilaufgabe folgt aus der zweiten. Wir beweisen die zweite und die
  dritte Aussage durch vollst"andige Induktion nach der Anzahl der
  Elemente in $X(\sigma)$.
  \begin{description}
  \item{Induktionsanfang:} Ist $X(\sigma)$ leer, so ist $\sigma$ die
    identische Abbildung und $\mathrm{sign}(\sigma)=1=s(\sigma)$.
  \item{Induktionsvoraussetzung:} Sei $k\ge 1$, und die Behauptungen
    seien bewiesen f"ur alle Permutationen mit weniger als $k$
    Fehlst"anden.
  \item{Induktionsschluss:} Sei $\sigma\in S(n)$ eine Permutation mit
    $k$ Fehlst"anden. Dann gibt es ein $j\in\{1,\ldots,n-1\}$ mit
    $\sigma(j)>\sigma(j+1)$, denn andernfalls ist $\sigma$ die
    identische Abbildung. Die Transposition $\tau_{j,j+1}$ erf"ullt $
    \#X(\sigma\cdot\tau_{j,j+1})= \#X(\sigma)-1.  $ Also ist $k-1$ die
    Anzahl der Fehlst"ande von $\sigma\cdot\tau_{j,j+1}$, und nach
    Induktionsvoraussetzung hat diese Permutation eine Darstellung
    $\mathrm{id}\cdot\sigma_1\cdots\sigma_l$ als Produkt von
    Transpositionen benachbarter Elemente. Damit ist
    $\sigma=\mathrm{id}\cdot\sigma_1\cdots\sigma_l\cdot\tau_{j,j+1}$
    ebenfalls ein solches Produkt.  Weiterhin folgt aus der
    Induktionsvoraussetzung
    \begin{align*}
      s(\sigma)&=(-1)^k=s(\sigma\tau_{j,j+1})\cdot(-1) =\mathrm{sign}(\sigma\tau_{j,j+1})\cdot\mathrm{sign}(\tau_{j,j+1})\\
      &=\mathrm{sign}(\sigma\tau_{j,j+1}\tau_{j,j+1})=\mathrm{sign}(\sigma),
    \end{align*}
    denn das Signum einer Transposition ist $-1$, und $\mathrm{sign}$ ist mit dem Produkt vertr"aglich.
  \end{description}
\item[Aufgabe 4:] Wir beweisen die Formel f"ur die Determinante der
  Vandermonde-Matrix durch eine vollst"andige Induktion "uber $n$.
  
  F"ur $n=0$ ist sie offensichtlich richtig.  Wegen der
  Scherungsinvarianz der Determinante d"urfen wir die folgende
  Umformung an der Matrix $V$ vornehmen, ohne die Determinante zu
  "andern: F"ur jedes $j\in n,n-1,\ldots,1$ wird das $x_0$-fache der Spalte
  $j$ von der Spalte $j+1$ abgezogen, beginnend mit $j=n$. Wir erhalten eine Blockmatrix
  \begin{multline*}
    \begin{pmatrix}
      1&x_0-x_0& x_0^2-x_0x_0&& x_0^{n-1}-x_0x_0^{n-2}& x_0^n-x_0x_0^{n-1}\\
      1&x_1-x_0& x_1^2-x_0x_1&& x_1^{n-1}-x_0x_1^{n-2}& x_1^n-x_0x_1^{n-1}\\
      &&&\ddots\\
      1&x_n-x_0& x_n^2-x_0x_n&& x_n^{n-1}-x_0x_n^{n-2}& x_n^n-x_0x_n^{n-1}
    \end{pmatrix}\\=
%    \begin{pmatrix}
%      1&0&0&&0&0\\
%      1&x_1-x_0& (x_1-x_0)x_1&& (x_1-x_0)x_1^{n-2}& (x_1-x_0)x_1^{n-1}\\
%      &&&\ddots\\
%      1&x_n-x_0& (x_n-x_0)x_n&& (x_n-x_0)x_n^{n-2}& (x_n-x_0)x_n^{n-1}.
%    \end{pmatrix}\\=
    \left( 
      \begin{array}{c|ccccc}
        1&0&0&\cdots&0&0\\\hline
        1&x_1-x_0& (x_1-x_0)x_1&& (x_1-x_0)x_1^{n-2}& (x_1-x_0)x_1^{n-1}\\
        \vdots&&&\ddots\\
        1&x_n-x_0& (x_n-x_0)x_n&& (x_n-x_0)x_n^{n-2}& (x_n-x_0)x_n^{n-1}
    \end{array}\right),
  \end{multline*}
  und die Determinante dieser Matrix ist nach der Vorlesung die
  Determinante des unteren rechten Blocks. Da die Determinante in jeder
  Zeile linear ist, erhalten wir
  \begin{equation*}
    \prod_{k=1}^n (x_k-x_0)\cdot \det
    \begin{pmatrix}
      1&x_1&&x_1^{n-1}\\&&\ddots\\1&x_n&&x_n^{n-1}
    \end{pmatrix}.
  \end{equation*}
  Die Matrix hier ist nun eine Vandermonde-Matrix mit $n$ Spalten, auf
  die wir die Induktionsvoraussetzung anwenden k"onnen. Also gilt
  \begin{equation*}
    \det V=\prod_{k=1}^n (x_k-x_0)\cdot\prod_{1\le i<j\le n} (x_j-x_i)=\prod_{0\le i<j\le n} (x_j-x_i),
  \end{equation*}
  womit die erste Teilaufgabe gel"ost ist.
  
  Im zweiten Teil betrachten wir f"ur jedes $j\in \{0,\ldots,n\}$ die Funktion
  $
    p_j\colon K\to K,\ x\mapsto x^k.
  $
  Um die lineare Unabh"angigkeit der $p_j$ zu beweisen, setzen wir
  voraus, dass $\lambda_0,\ldots,\lambda_n\in K$ die Gleichung
  \begin{equation*}
    \sum_{j=0}^n \lambda_j\cdot p_j=0
  \end{equation*}
  erf"ullen. Gem"a"s der Aufgabenstellung k"onnen wir in $K$ paarweise
  verschiedene Elemente $x_0,\ldots,x_n$ w"ahlen. Es gilt
  \begin{equation*}
    \begin{pmatrix} 0\\\vdots\\0\end{pmatrix}
    = \sum_{j=0}^n 
    \begin{pmatrix}\lambda_j\cdot p_j(x_0)\\ \vdots\\ \lambda_j\cdot p_j(x_n)
    \end{pmatrix}
    =V\cdot\begin{pmatrix} \lambda_0\\\vdots\\\lambda_n\end{pmatrix},
  \end{equation*}
  wobei $V$ die Vandermonde-Matrix aus der ersten Teilaufgabe ist. Da
  die $x_j$ paarweise verschieden sind, ist $\det V\ne 0$, das
  Gleichungssystem hat also nur die L"osung
  $\lambda_0=\ldots=\lambda_n=0$.
\end{description} \end{document}

