\documentclass[a4paper]{article}

%\usepackage{prelim2e}
\usepackage{a4wide}
\usepackage[germanb]{babel}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{amsthm}
\usepackage{enumerate}
%\usepackage[active]{srclatex}

\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}
\providecommand{\scal}[2]{\langle#1\, ,\,#2\rangle}
\providecommand{\st}{\,|\,}

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

\newtheorem*{prop}{Behauptung}

\begin{document}
\begin{center}
\begin{Large}
  L"osungen zur linearen Algebra, zweite Klausur
\end{Large}
\end{center}
\begin{description}
\item[Aufgabe 1:]
  \begin{enumerate}[a)]
  \item Die Summe aus der zweiten Zeile und dem doppelten der ersten
    Zeile ergibt die dritte Zeile. Also ist der Rang der Matrix nicht maximal, die Matrix ist nicht invertierbar, und ihre Determinante ist 0.
  \item Wir bringen die Matrix durch Zeilenumformungen auf strenge
    Zeilenstufenform:
    \begin{align*}
      \left. \begin{pmatrix} 0&1&1&2\\ 1&0&-1&0\\ 0&0&2&5\\
          2&-2&-3&-1\end{pmatrix}
        \right|& \begin{pmatrix} 1&0&0&0\\ 0&1&0&0\\ 0&0&1&0\\ 0&0&0&1\end{pmatrix}\\
      \left. \begin{pmatrix} 1&0&-1&0\\ 0&1&1&2\\ 0&0&2&5\\2&-2&-3&-1\end{pmatrix}
        \right|&\begin{pmatrix} 0&1&0&0\\1&0&0&0\\ 0&0&1&0\\ 0&0&0&1\end{pmatrix}\\
      \left.\begin{pmatrix} 1&0&-1&0\\ 0&1&1&2\\ 0&0&2&5\\ 0&-2&-1&-1\end{pmatrix}
        \right|&\begin{pmatrix} 0&1&0&0\\ 1&0&0&0\\ 0&0&1&0\\ 0&-2&0&1\end{pmatrix}\\
      \left.\begin{pmatrix} 1&0&-1&0\\ 0&1&1&2\\ 0&0&2&5\\ 0&0&1&3\end{pmatrix}
        \right|&\begin{pmatrix} 0&1&0&0\\ 1&0&0&0\\ 0&0&1&0\\ 2&-2&0&1\end{pmatrix}\\
      \left.\begin{pmatrix} 1&0&0&5/2\\ 0&1&0&-1/2\\ 0&0&1&5/2\\ 0&0&0&1/2\end{pmatrix}
        \right|&\begin{pmatrix} 0&1&1/2&0\\ 1&0&-1/2&0\\ 0&0&1/2&0\\ 2&-2&-1/2&1\end{pmatrix}\\
      \left.\begin{pmatrix} 1&0&0&0\\ 0&1&0&0\\ 0&0&1&0\\ 0&0&0&1\end{pmatrix}
        \right|&\begin{pmatrix} -10&11&3&-5\\3&-2&-1&1 \\-10&10&3&-5 \\ 4&-4&-1&2\end{pmatrix}
      \end{align*}
      Die untere rechte Matrix ist das Inverse der vorgegebenen. Die
      folgenden Zeilenumformungen haben die Determinante ver"andert:
      \begin{itemize}
      \item eine Vertauschung im ersten Schritt,
      \item Multiplikation einer Zeile mit $1/2$ im 4.~Schritt,
      \item Multiplikation einer Zeile mit $2$ im letzten Schritt.
      \end{itemize}
      Die Determinante der urspr"unglich gegebenen Matrix ist daher $(-1)\cdot 2\cdot 1/2=-1$.
    \end{enumerate}
\item[Aufgabe 2:]
  \begin{enumerate}[a)]
  \item Das orthogonale Komplement von $\langle v\rangle$ ist dreidimensional, also gen"ugt es, drei linear unabh"angige Vektoren in diesem Komplement zu finden. Offenbar sind
    \begin{equation*}
      v_1=\begin{pmatrix} 0\\1\\0\\0\end{pmatrix},\quad v_2=\begin{pmatrix} 1\\0\\-2\\0 \end{pmatrix},\quad v_3=\begin{pmatrix} 0\\0\\-1\\1\end{pmatrix}
    \end{equation*}
    in diesem Komplement enthalten und linear unabh"angig.
  \item Die drei angegebenen Vektoren sind nicht linear unabh"angig, denn
    zieht man das zweifache des zweiten vom dreifachen des ersten ab,
    so erh"alt man den dritten. Der erzeugte Unterraum ist also
    h"ochstens zweidimensional. Offenbar sind aber die beiden ersten 
    linear unabh"angig, denn die erste Komponente des zweiten
    verschwindet. Damit ist bewiesen, dass die ersten beiden der angegebenen
    Vektoren eine Basis des Unterraums bilden.
  \end{enumerate}
\item[Aufgabe 3:]
  Das Gleichungssystem, dass wir l"osen m"ussen, ist
  \begin{align*}
    \begin{pmatrix}
      0&-1&0&-1&0&-1\\ 1&1&1&-1&-1&-1\\ 2&0&0&0&-2&-1\\ 1&0&1&0&-3&-1
    \end{pmatrix}
    \cdot\begin{pmatrix} \lambda_1\\ \lambda_2\\ \lambda_3\\ \mu_1\\ \mu_2\\ \mu_3 \end{pmatrix} =
    \begin{pmatrix} -2\\-2\\-1\\-1 \end{pmatrix}.
  \end{align*}
  Durch eine Zeilenvertauschung stellen wir die dritte Zeile nach oben, dann l"osen wir das Gleichungssystem weiter nach dem Gau"s-Verfahren:
  \begin{align*}
    &&\begin{pmatrix}
      2&0&0&0&-2&-1\\ 1&1&1&-1&-1&-1\\ 1&-1&0&-1&0&-1\\ 1&0&1&0&-3&-1
    \end{pmatrix}\cdot x &=
    \begin{pmatrix} -1\\-2\\-2\\-1 \end{pmatrix}\\
    &\Longleftrightarrow&
    \begin{pmatrix}
      1&0&0&0&-1&-1/2\\ 0&1&1&-1&0&-1/2\\ 0&-1&0&-1&0&-1\\ 0&0&1&0&-2&-1/2
    \end{pmatrix}
    \cdot x&=
    \begin{pmatrix} -1/2\\ -3/2\\ -2\\ -1/2 \end{pmatrix}\\
    &\Longleftrightarrow&
    \begin{pmatrix}
      1&0&0&0&-1&-1/2\\ 0&1&1&-1&0&-1/2\\ 0&0&1&-2&0&-3/2\\ 0&0&1&0&-2&-1/2
    \end{pmatrix}
    \cdot x&=
    \begin{pmatrix} -1/2\\ -3/2\\ -7/2\\ -1/2 \end{pmatrix}\\
    &\Longleftrightarrow&
    \begin{pmatrix}
      1&0&0&0&-1&-1/2\\ 0&1&0&1&0&1\\ 0&0&1&-2&0&-3/2\\ 0&0&0&2&-2&1
    \end{pmatrix}
    \cdot x&=
    \begin{pmatrix} -1/2\\ 2\\ -7/2\\ 3 \end{pmatrix}\\
    &\Longleftrightarrow&
    \begin{pmatrix}
      1&0&0&0&-1&-1/2\\ 0&1&0&0&1&1/2\\ 0&0&1&0&-2&-1/2\\ 0&0&0&1&-1&1/2
    \end{pmatrix}
    \cdot x&=
    \begin{pmatrix} -1/2\\ 1/2\\ -1/2\\3/2 \end{pmatrix}.
  \end{align*}
  Diese letzte Gleichung zeigt, dass es zu beliebigen $\mu_2,\mu_3$
  genau eine L"osung des Systems gibt, und f"ur jede L"osung gilt
  $\mu_1= \mu_2 -1/2\cdot\mu_3+3/2$. Die Schnittmenge der beiden Hyperebenen ist daher
  \begin{gather*}
    \left\{\left. \begin{pmatrix} -1\\-1\\-1\\0 \end{pmatrix}
        +(\mu_2 -1/2\cdot\mu_3+3/2)\cdot
        \begin{pmatrix} 1\\1\\0\\0 \end{pmatrix}
        +\mu_2 \cdot \begin{pmatrix} 0\\1\\2\\3 \end{pmatrix}
        +\mu_3 \cdot \begin{pmatrix} 1\\1\\1\\1 \end{pmatrix}\,\right|\, \mu_2,\mu_3\in\IR\right\}\\
    =\left\{\left.\begin{pmatrix} 1/2\\ 1/2\\ -1\\0\end{pmatrix}
        +\mu_2\cdot \begin{pmatrix} 1\\ 2\\2\\3 \end{pmatrix}
        +\mu_3\cdot \begin{pmatrix} 1/2\\1/2\\1\\1 \end{pmatrix}\,\right|\, \mu_2,\mu_3\in\IR\right\}.
  \end{gather*}
\item[Aufagbe 4:]
  \begin{prop} Es gibt genau dann eine lineare Abbildung $G\colon W\to V$ mit $G\circ F=\mathrm{id}_V$, wenn $F$ injektiv ist.
  \end{prop}
  \begin{proof} Gibt es eine solche Abbildung $G$, und es ist $F(v_1)=F(v_2)$, so folgt
    \begin{equation*}
      v_1=\mathrm{id}_V(v_1)=G(F(v_1))=G(F(v_2))=\mathrm{id}_V(v_2)=v_2.
    \end{equation*}
    Also ist $v_1=v_2$, und $F$ ist injektiv.
    
    Sei nun $F$ injektiv. Wir w"ahlen eine Basis $(v_1,\ldots,v_n)$
    von $V$. Dann sind die Vektoren $w_1=F(v_1),\ldots,w_n=F(v_n)$
    linear unabh"angig, und wir k"onnen sie zu einer Basis
    $(w_1,\ldots,w_m)$ von $W$ erg"anzen. Wir definieren die Abbildung
    $G\in\mathrm{Hom}(W,V)$ durch
    \begin{equation*}
      w_i\longmapsto
      \begin{cases} v_i&\text{falls $i\le n$,}\\ 0&\text{falls $i>n$}.
      \end{cases}
    \end{equation*}
    Dann erf"ullt $G$ die Gleichung $G\circ F=\mathrm{id_V}$.
  \end{proof} \begin{prop} Es gibt genau dann eine lineare Abbildung
    $G\colon W\to V$ mit $F\circ G=\mathrm{id}_W$, wenn $F$ surjektiv
    ist.  
  \end{prop} 
  \begin{proof}
    Gibt es ein solches $G$, so gilt $v=F(G(v))$ f"ur jedes $v\in V$,
    also ist $F$ surjektiv.
    
    Sei $F$ surjektiv. Wir w"ahlen eine Basis $(v_1,\ldots,v_k)$ von
    $\ker F$, und erg"anzen sie zu einer Basis $(v_1,\ldots,v_n)$ von
    $V$. Dann ist $(F(v_{k+1}),\ldots,F(v_n))$ eine Basis von $W$:
    \begin{itemize}
    \item Die Vektoren sind linear unabh"angig, denn aus
      $0=\lambda_{k+1}F(v_{k+1})+\cdots+ \lambda_nF(v_n)$ folgt
      $0=F(\lambda_{k+1} v_{k+1}+\cdots+ \lambda_n v_n)$, d.h.
      $u=\lambda_{k+1} v_{k+1}+\cdots +\lambda_n v_n\in\ker F$. Dann
      muss $u$ eine Linearkombination der $v_1,\ldots,v_k$ sein, und
      aus $u-\lambda_{k+1} v_{k+1}-\cdots-\lambda_n v_n=0$ folgt
      $\lambda_{k+1}=\cdots=\lambda_n=0$.
    \item Sie bilden ein Erzeugendensystem, denn zu jedem $w\in W$
      gibt es ein $v\in V$ mit $F(v)=w$. Da $v$ eine Linearkombination
      $v=\lambda_1 v_1+\cdots+\lambda_n v_n$ ist, und da $F(v_i)=0$
      gilt f"ur $i\le k$, folgt aus der Linearit"at von $F$
      \begin{equation*}
        w=F(v)=\lambda_{k+1}F(v_{k+1})+\cdots+\lambda_n F(v_n).
      \end{equation*}
    \end{itemize}
    Wir k"onnen nun eine lineare Abbildung $G\colon W\to V$ definieren
    durch $G(F(v_i))=v_i$ f"ur $i>k$. Dann hat $G$ die gew"unschte
    Eigenschaft.
  \end{proof}
\item[Aufgabe 5:] Durch Division mit Rest findet man $Q=2X^2-X+1$ und $R=2X^2-2X-3$.
\item[Aufgabe 6:] Wir berechnen die Bilder der Basisvektoren $v_1,v_2,v_3$ und stellen sie als Linearkombinationen von $w_1, w_2$ dar:
  \begin{align*}
    F(v_1)&=\begin{pmatrix} 1& \sqrt 2& -\sqrt 2\\ 5&1+4\sqrt 2& 1-4\sqrt 2 \end{pmatrix}  \begin{pmatrix} \sqrt 2\\ -\sqrt 2\\ 1\end{pmatrix}
    =\begin{pmatrix} \sqrt 2-2-\sqrt 2\\ 2\sqrt 2-\sqrt 2- 8+1-4\sqrt 2 \end{pmatrix}
    =\begin{pmatrix} -2\\-7 \end{pmatrix}=-w_2\\
    F(v_2) &=\begin{pmatrix}1& \sqrt 2& -\sqrt 2\\ 5&1+4\sqrt 2& 1-4\sqrt 2 \end{pmatrix}  \begin{pmatrix}1\\\sqrt 2\\-\sqrt 2 \end{pmatrix}
    =\begin{pmatrix} 1+2+2\\ 5+\sqrt 2+8-\sqrt 2+8 \end{pmatrix}
    =\begin{pmatrix} 5\\21 \end{pmatrix} =w_1+w_2\\
    F(v_3)&=\begin{pmatrix}1& \sqrt 2& -\sqrt 2\\ 5&1+4\sqrt 2& 1-4\sqrt 2 \end{pmatrix}  \begin{pmatrix} -\sqrt 2\\1\\ \sqrt 2\end{pmatrix}
    =\begin{pmatrix} -\sqrt 2+\sqrt 2-2\\ -5\sqrt 2+1+4\sqrt 2+\sqrt 2-8 \end{pmatrix}
    =\begin{pmatrix} -2\\-7 \end{pmatrix} =w_2.
  \end{align*}
  Die gesuchte Matrix ist daher $\begin{pmatrix} 0&1&0\\ -1&1&-1 \end{pmatrix}$.
\item[Aufgabe 7:] 
  \begin{enumerate}[a)]
  \item Wir zeigen zuerst, dass $\iota_v\omega$ eine wohldefinierte Abbildung ist. Wir w"ahlen Elemente $w_1,\ldots,w_{n-1},w'_1,\ldots,w'_{n-1}\in V$ mit $[w_i]=[w'_i]\in V/\langle v\rangle$ f"ur jedes $i$. Dann gibt es Vektoren $v_i\in \langle v\rangle$ mit $w'_i=w_i+v_i$. Jedes dieser $v_i$ ist also ein skalares Vielfaches von $v$, und aus der Scherungsinvarianz von $\omega$ folgt
    \begin{align*}
      \omega(v,w'_1,\ldots,w'_{n-1}) =\omega( v,w_1+v_1,\ldots,w_{n-1}+v_{n-1}) = \omega(v, w_1,\ldots,w_{n-1}).
    \end{align*}
    Jetzt m"ussen wir noch pr"ufen, dass $\iota_v\omega$ eine Determinantenfunktion ist. Wir zeigen die Homogenit"at in jedem Argument und die Scherungsinvarianz.
    \begin{itemize} 
    \item Sei $k$ ein Skalar, seien $w_1,\ldots, w_{n-1}\in V$ und $j\in\{1,\ldots,n-1\}$. Dann folgt aus der Homogenit"at von $\omega$
      \begin{multline*}
        \iota_v\omega([w_1],\ldots,[w_{j-1}],k\cdot[w_j],[w_{j+1}],\ldots,[w_{n-1}])\\
        \begin{aligned} &=\omega(v,w_1,\ldots,w_{j-1},k\cdot w_j,w_{j+1},\ldots,w_{n-1})
          =k\cdot \omega(v,w_1,\ldots,w_{n-1})\\
          &= k\cdot \iota_v\omega([w_1],\ldots,[w_{n-1}]).
        \end{aligned}
      \end{multline*}
    \item Ist $k$ ein Skalar und $i\ne j$, so folgt aus der Scherungsinvarianz von $\omega$
      \begin{multline*}
        \iota_v\omega([w_1],\ldots,\underbrace{[w_i]+k\cdot [w_j]}_{i},\ldots,[w_{n-1}])\\
        \begin{aligned}
          &=\omega(v,w_1,\ldots,\underbrace{w_i+k\cdot w_j}_{i},\ldots,w_{n-1})
          =\omega(v,w_1,\ldots,w_{n-1})\\
          &=\iota_v\omega([w_1],\ldots,[w_{n-1}]).
        \end{aligned}
      \end{multline*}
    \end{itemize}
  \item Unmittelbar aus der Definition der Vektorraumstruktur auf der Menge der Determinantenfunktionen folgt
    \begin{equation*}
      \iota_v(\omega_1+\omega_2)=\iota_v(\omega_1)+\iota_v(\omega_2), \qquad \iota_v(k\cdot\omega_1)=k\cdot \iota_v(\omega_1)
    \end{equation*}
    f"ur Determinantenfunktionen $\omega_1,\omega_2$ auf $V$ und skalares $k$. Also ist $\iota_v$ linear. 

    Da der Raum der Determinantenfunktionen auf einem endlichdimensionalen Vektorraum die Dimension 1 hat, gen"ugt es zu zeigen, dass $\iota_v$ injektiv ist.

    Sei $\iota_v\omega=0$. Wir erg"anzen $v$ zu einer Basis $(v,w_1,\ldots,w_{n-1})$ von $V$. Dann gilt
    \begin{equation*}
      0=\iota_v\omega([w_1],\ldots,[w_{n-1}])=\omega(v,w_1,\ldots,w_{n-1}),
    \end{equation*}
    d.h.~$\omega$ verschwindet auf einer Basis, und damit muss $\omega=0$ sein, denn jede Determinantenfunktion ist durch den Wert auf einer beliebigen Basis bestimmt.
  \end{enumerate}
\item[Aufgabe 8:] Ein scharfer Blick auf die Folge offenbart, dass die lineare Abbildung $L$ durch die Matrix 
  \begin{equation*}
    \begin{pmatrix} 0&1\\1&1 \end{pmatrix}
  \end{equation*}
  gegeben ist. Ihr charakteristisches Polynom ist $X(X-1)-1=X^2-X-1\in\IR[X]$. Die Eigenwerte sind $(1-\sqrt 5)/2$ und $(1+\sqrt 5)/2$ mit dazugeh"origen Eigenvektoren
  \begin{equation*}
    v_1=\begin{pmatrix} 1\\ \frac{1-\sqrt 5}2 \end{pmatrix},\qquad
    v_2=\begin{pmatrix} 1\\ \frac{1+\sqrt 5}2 \end{pmatrix}.
  \end{equation*}
  Da $L$ zwei verschiedene Eigenwerte hat, sind die Eigenr"aume die von jedem dieser Vektoren erzeugten Unterr"aume. Wir sehen so
  \begin{multline*}
    \begin{pmatrix} F_n\\ F_{n+1}\end{pmatrix}
    =\begin{pmatrix} 0&1\\1&1 \end{pmatrix}^n \begin{pmatrix} 0\\1 \end{pmatrix}
    =\begin{pmatrix} 0&1\\1&1 \end{pmatrix}^n \left( -\frac 1{\sqrt 5} v_1 +\frac 1{\sqrt 5} v_2 \right)\\
    = -\frac 1{\sqrt 5} \left( \frac{1-\sqrt 5}2\right)^n v_1 +\frac 1{\sqrt 5}\left( \frac{1+\sqrt 5}2\right)^n v_2
    =\frac 1{\sqrt 5} \begin{pmatrix} \frac{(1+\sqrt 5)^n -(1-\sqrt 5)^n}{2^n}\\
      \frac{ (1+\sqrt 5)^{n+1} -(1-\sqrt 5)^{n+1}}{2^{n+1}}\end{pmatrix}.
  \end{multline*}
\item[Aufgabe 9:]
\item  \begin{prop} F"ur jeden Eigenwert $\lambda$ von $A$ gilt $B(E_\lambda)\subset E_\lambda$.
  \end{prop}
  \begin{proof}
    Ist $v\in E_\lambda$, so gilt $A(v)=\lambda\cdot v$. Daraus folgt
    \begin{equation*}
      A(B(v))=B(A(v))=B(\lambda\cdot v)=\lambda\cdot B(v),
    \end{equation*}
    also $B(v)\in E_\lambda$.
  \end{proof}
\item \begin{prop} Es gibt eine Basis, bez"uglich welcher sowohl $A$ als auch $B$ durch eine Matrix in Diagonalgestalt dargestellt wird
  \end{prop}
  \begin{proof} Wir bezeichnen mit $E_\lambda^A$ die Eigenr"aume der Matrix $A$ und mit $E_\mu^B$ diejenigen der Matrix $B$. Nach Voraussetzung sind $A$ und $B$ diagonalisierbar, d.h.~es gilt
    \begin{equation*}
      \bigoplus_\lambda E_\lambda^A= K^n=\bigoplus _\mu E_\mu^B.
    \end{equation*}
    Wir zeigen nun
    \begin{equation*}
      K^n=\bigoplus_{\lambda,\mu}E_\lambda^A\cap E_\mu^B,
    \end{equation*}
    denn daraus folgt, dass $K^n$ eine Basis hat, die aus
    gemeinsamen Eigenvektoren von $A$ und $B$ besteht.
    
    Jedes $x\in K^n$ hat eine eindeutige Zerlegung $x=\sum_\mu x_\mu$ mit $x_\mu\in E_\mu^B$. Wir k"onnen nun jedes der $x_\mu$ wieder auf genau eine Weise in Eigenvektoren von $A$ zerlegen, also $x_{\mu}=\sum_\lambda x_{\lambda,\mu}$ mit $x_{\lambda,\mu}\in E_{\lambda}^A$. Damit haben wir
    \begin{equation*}
      x=\sum_\mu x_\mu=\sum_{\lambda,\mu} x_{\lambda,\mu},
    \end{equation*}
    wobei jedes $x_{\lambda,\mu}$ ein Element des Eigenraums
    $E_\lambda^A$ ist. Wir m"ussen $x_{\lambda,\mu}\in E_\mu^B$
    zeigen.
      
    Nach Definition von $x_\mu$ gilt
    \begin{equation*}
      \sum_{\lambda} B(x_{\lambda,\mu})= B(x_\mu)=\mu\cdot x_\mu =\sum_\lambda \mu\cdot x_{\lambda,\mu}
    \end{equation*}
    Nach Teil a) der Aufgabe gilt aber $Bx_{\lambda,\mu}\in
    E_\lambda^A$, d.h. jede dieser beiden Summen stellt eine Zerlegung
    des Vektors $B(x_\mu)$ in Eigenvektoren der Matrix $A$ zu
    verschiedenen Eigenwerten dar. Da eine solche Zerlegung eindeutig
    ist, muss $B(x_{\lambda,\mu})=\mu\cdot x_{\lambda,\mu}$ gelten,
    also ist $x_{\lambda,\mu}\in E_\mu^B$.
  \end{proof}
\end{description}
\end{document}

