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#import "../conf.typ": conf
#show: conf.with(week: "5")

= $CC$-Vektorraum

Betrachte den $CC$-Vektorraum $V = CC^4$ und

$ w_1 = (1, i, 0, −i), w_2 = (i, 1, 0, i), w_3 = (0, −2i, 0, i + 1) in CC^4 . $

Sei $W = ⟨{w_1, w_2, w_3}⟩$. Bestimmen Sie einen zu $W$ komplementären Unterraum vom $V$ und geben Sie jeweils eine Basis von $U$ und $W$ an. 

*Abgabe in Papierform*.

//$ W_B = angle.l {w_1, w_2} angle.r $
//
//$ U_B = angle.l {(0, 0, 1 ,0), (i - 1, 1 - i, 0, 2)} angle.r $
//
//Es gilt: 
//
//$ V = W plus.circle U $
//
//was aus der linearen Unabhaengigkeit von den Basisvektoren von $W$ und $U$ folgt und da 
//
//$ dim(V) = dim(W) + dim(U) = 4 . $

= Komplementaere Unterraeume

Sei $K$ ein Körper und $V$ ein K-Vektorraum mit $m$ Unterräumen $W_1, . . . , W_m ⊂V$.

+ Zeigen Sie, dass die folgenden zwei Aussagen äquivalent sind:

  #enum(numbering: "(i)",
    enum.item(1)[Es gilt $V = W_1 ⊕. . . ⊕W_m$.], 
    enum.item(2)[Für jedes $v ∈V$ gibt es eindeutige $w_1 ∈W_1, . . . , w_m ∈W_m "mit" v = w_1 + . . . + w_m$. ])

      
  Angenommen (i). Dann folgt:

  Also ist hier die Null auf genau eine Weise darstellbar: 

  $ 0 = w_1 + w_2 + ... <==> 0 = 0 + 0 ... $ <null>


  Sei $v in V$.

  $ v = w_1 + w_2 + ... = w'_1 + w'_2 + ... \
  <==> 0 = (w_1 - w'_1) + (w_2 - w'_2) + ... $

  Nach @null muss also $w_i = w'_i$, wodurch die Darstellung von $v$ eindeutig ist.
  
  Angenommen (ii). Dann gilt:
  
  $ v = w_1 + . . . + w_m <==> V = W_1 plus ... plus W_m .  $ <comp>

  Sei $A(n) :<==> U = W_1 + ... + W_(n), O = W_(n+1) + ... + W_m: U plus.circle O$

  Induktionsanfang (IA): Sei $V$ wie hier mit $n=1$ folgt:
  
  $ underbrace(W_1, U) plus underbrace(W_2 plus ... plus W_(m), O)  = V  $



  
  Sei nun $v in U sect O$, dann folgt:

  $ v = u_1 = o_m $

  Da $v$ jedoch eindeutig dargestellt werden muss, folgt $u_1 = o_m = 0$.

  Also ist: 

  $ U_1 sect W_m = 0 ==>^("mit" #[@comp]) U_1 plus.circle W_m $


  Induktionshypothese (IH): Angenommen A(n), fuer $n in N$.

  Induktionsschritt (IS): Nun gilt es zu zeigen, dass A(n+1) auch gilt.

  ...

  *Der Rest ist in Papierform*


+ Ist die folgende Aussage ebenfalls äquivalent zu den ersten beiden? Geben Sie einen Beweis oder ein Gegenbeispiel an. 

  (iii) Es gilt $V = W_1 + . . . + W_m$ und $W_i ∩ W_j = {0}$ für alle $1 ≤i < j ≤m$. 

  Gegenbeispiel:

  $ V = RR^2, quad W_1 = angle.l (0, 1) angle.r , angle.l (1, 0) angle.r, angle.l (1, 1) angle.r $

  Dann gilt:

  $ V = W_1 + W_2 \
   sect.big W_i = 0 $

  da $W_1$ und $W_2$ linear unabhaengig sind und sich die drei Geraden im Ursprung schneiden.

  Sei $v = (1, 1)$, dann folgt:

  $ v = w_1 + w_2 = w_3 = vec(1, 0) + vec(0, 1) = vec(1, 1) $

  Also ist die Darstellung von $v in V$ nicht eindeutig.

= Projektionen

Sei $K$ ein Körper und $V$ ein K-Vektorraum.
Angenommen $ϕ: V →V$ ist eine lineare Abbildung mit der Eigenschaft  $ϕ ◦ϕ = ϕ$ <2b1> .

Zeigen Sie, dass es zwei Untervektorräume $W_1, W_2 ⊂V$ mit $V = W_1 ⊕W_2$ gibt, sodass die Gleichungen $ϕ(w_1) = w_1$ für alle $w_1 ∈W_1$ und $ϕ(w_2) = 0$ für alle $w_2 ∈W_2$ gelten.

Setze folgenden UVR von $V$:

$ W_1 = im(phi.alt), quad W_2 = ker(phi.alt) $

Nun gilt fuer $v in V$:


$ phi.alt(phi.alt(v)) &=^(#[@2b1]) phi.alt(v) \
<==> phi.alt(phi.alt(v)) - phi.alt(v) &= 0 \
<==>^("lin.") phi.alt(phi.alt(v) - v) &= 0 $

Also folgt:

$ k &= phi.alt(v) - v, quad k in ker(phi.alt) \
<==> v &= phi.alt(v) - k, quad k in W_2, quad phi.alt(v) in W_1 $

Da $v$ beliebig war, gilt: $V = W_1 + W_2$.

Sei $x in W_1 sect W_2$.

Dann gilt:

$ x in W_1 &==> phi.alt(x) = x \
 x in W_2 &==> phi.alt(x) = 0 \ 
 therefore x &= 0 $

Da $x$ beliebig war, folgt: $W_1 sect W_2 = 0$.

Also ist $V = W_1 plus.circle W_2$. Die Eigenschaften von $phi.alt$ gelten nach Konstruktion.

$qed$

= Fibonacci

Sei $V := {(a_i)_(i∈N) : a_i ∈R}$ der R-Vektorraum aller reellen Folgen.

Wir definieren die lineare Abbildung $ϕ$ durch

$ ϕ: V →V, (a_1, a_2, a_3, . . .) |-> (a_2, a_3, . . .) . $

Definiere nun 

$ psi = ϕ ◦ϕ −ϕ − id(V) . $ <fib>

+ Bestimmen Sie die Dimension von $ker(ψ)$.

  Zuerst bestimme ich den Kern von $psi$:

  $ ker(psi) = {v in V: psi(v) = 0 <==> phi(phi(v)) - phi(v) - v = 0} $

  Die Funktion $phi$ verschiebt alle Elemente von $v in V$ um einen Index nach links.
  
  Aus der Definition von $phi$ folgt, dass folgendes gelten muss:

  $ forall k in ker(psi): k_n = k_(n-1) + k_(n-2), quad n > 2 $ <ker>

  Also gilt: Damit ein $v in V$  im Kern von $psi$ liegt muessen alle Elemente durch die ersten Beiden eindeutig bestimmt sein.

  Eine moegliche Basis fuer den Kern ist:

  $ bold(b'_1) = (1, 0, a_3, a_4, ...) \
  bold(b'_2) = (0, 1, a_3, a_4, ...) $

  Diese Basisvektoren sind linear unabhaengig und jedes Element laesst sich durch Linearkombination dieser beiden Vektoren darstellen.

  Da sich der Kern durch zwei Basisvektoren darstellen laesst, folgt:

  $ dim(ker(psi)) = 2 $

+ Finden Sei eine Basis $b_1, . . . , b_m$ von ker(ψ), die die Form $b_i = (α_i, α_i^2  , α_i^3 , . . .)$ für reelle Zahlen $α_1, . . . , α_m$ hat.

  Jeder Basisvektor vom Kern muss im Kern liegen, also:

  $ alpha^n = alpha^(n-1) + alpha^(n-2), quad forall n > 2 $

  Hier waehlen wir $n=2$ o.E.d.A, da wir die Gleichung immer durch $alpha^t$ teilen koennen, da $alpha != 0$, da der Nullvektor kein Basisvektor vom Kern sein kann.

  Wir wollen also die folgende Gleichung loesen:

  $ alpha^2 - alpha - 1 = 0 $

  Nach der Lösungsformel für die allgemeine quadratische Gleichung folgt fuer $alpha$:

  $ alpha = (1+ sqrt(5))/2, quad dash(alpha) = (1- sqrt(5))/2 $

  Da der Kern zweidimensional ist und $bold(b_1)$ und $bold(b_2)$ linear unabhaengig sind, folgt:
  
  Also folgt fuer diese spezifische Basis von $ker(psi)$:

  $ bold(b)_1 = (alpha, alpha^2, alpha^3, ...), quad bold(b)_2 = (dash(alpha), dash(alpha)^2, dash(alpha)^3, ...)  $

+ Sei die Fibonacci-Folge $(F_n)_(n∈N)$ definiert durch: $F_1 = 1, F_2 = 1, F_(n+2) = F_(n+1) + F_n$ für alle $n ∈N$. Zeigen Sie, dass $F_n ∈ker(ψ)$ liegt und schreiben Sie $(F_n)$ als Linearkombination ihrer Basis $b_1, . . . , b_m$.

  $ F_(n+2) &= F_(n+1) + F_n \
   <==> F_(n) &= F_(n-1) + F_(n-2), forall n > 2 $

  Damit liegt $F_n$ nach @ker im Kern von $psi$.

  Wir wissen, dass $F_1 = 1$ und $F_2 = 1$, wodurch $F_((0)) = 0$ sein muesste.
  Ermitteln von $c_1, c_2$, durch einsetzen in die bekannte Gleichung fuer ein Element des Kerns:

  $ 0 &= c_1 ((1+ sqrt(5))/2)^0 + c_2 ((1- sqrt(5))/2)^0 <==> c_1 = - c_2  \
   1 &= c_1 (1+ sqrt(5))/2 + c_2 (1- sqrt(5))/2  \
   <==> 1 &=    c_2 (1- sqrt(5))/2 - c_2 (1+ sqrt(5))/2 <==> 1 = (-2 sqrt(5))/2 c_2 ==> c_2 = -1/sqrt(5) \
   therefore &underline(c_2 &= -1/sqrt(5)) = - c_1 ==> underline(c_1 = 1/sqrt(5)) $

  Also:

  $ (F_n) = 1/sqrt(5) bold(b)_1 - 1/sqrt(5) bold(b)_2 $

+ Bestimmen Sie eine Formel $F_n = sum^m_(i=1) c_i alpha_i^n$ , mit der die Fibonacci-Folge direkt berechnet werden kann. 

  Wir wissen aus den Vorherigen Aufgabenteilen alles um eine geschlossene Form fuer die Fibonaccifolge aufzuschreiben.

  Wir muessen nur das Element der beiden Basisvektoren an $n$ Stelle ermitteln, was wir durch die Eigenschaft der Basisvektoren von Aufgabenteil b) tun koennen.


  Also ergibt sich die geschlossene Formel als:

  #rect($ F_n = 1/sqrt(5) ((1+ sqrt(5))/2)^n - 1/sqrt(5) ((1- sqrt(5))/2)^n $)
