// Load the preamble
#import "../conf.typ": conf
#show: conf.with(week: "4")

= Basis von Vektorraeumen

Sei $V$ ein $RR$-Vektorraum und $b_1, b_2, b_3, b_4$ eine Basis von $V$. Definiere

$ v_1 = b_1 + 2b_2 + b, $
$ v_2 = 2b_1 + b_3 + b_4 , $
$ v_3 = b_1 + b_2 + b_3 + b_4 , $
$ v_4 = b_2 + b_3 + b_4 , $
$ w = 2b_1 − b_3 . $

+ Zeigen Sie, dass $v_1, v_2, v_3, v_4$ eine Basis von $V$ ist.
  
  *Abgabe in Papierform.*

//  Jede Basis von $V$ kann durch Kombination von $v_i$ dargestellt werden.
//  
//  $ b_1 = v_3 - v_4 \
//    b_2 = v_4 - v_2 + 2 b_1 \
//    b_3 = v_4 - b_2 - b_4 \
//    b_4 = v_1 - b_1 - 2 b_2 $
//
//  Es gilt $dim(V) = 4$. Angenommen, $dim(angle.l v_1, v_2, v_3, v_4 angle.r) = n != dim(V)$. Falls $n > dim(V)$, dann steht dies im Widerspurch zu der Annahme, dass $v_i$ nur durch 4 Basisvektoren konstruiert werden koennen.
//
//TODO Zweiter FALL
//



+ Definiere die beiden Unterräume $U_1 = ⟨{v_1, v_2, v_3}⟩$ und $U_2 = ⟨{v_4, w}⟩$.

  Bestimmen Sie jeweils eine Basis von $U_1 ∩ U_2$ und $U_1 + U_2$.

  *Abgabe in Papierform.*
  //$A = U_1 + U_2 := {a, b: a in U_1, b in U_2}$

  //$BB_A = {v_1, v_2, v_3, v_4, w}$, da alle 5 Vektoren linear unabhaengig sind.

  //$B= U_1 sect U_2$

  //Aufstellen einer Matrix:

  //$ mat(2, 0, 1, 2, 1, 0; 0, 1, 1, 0, 2, 0; -1, 1, 1, 1, 0, 0; 0, 1, 1, 1, 1, 0) $

  //Dies ergibt folgenden Loesungsvektor:

  //$ X = vec(1, 1, -1, 1, 1) $

  //Also folgt: $BB_B = {(2, 1, 0, 1)}$


= Lineare Unabhaengigkeit

Im $QQ^4$ definieren wir die Vektoren

$ v_1 = (1, 0, 0, 1), v_2 = (1, 2, 3, 4), v_3 = (4, 3, 2, 1), v_4 = (0, 1, 1, 0), $

$ w_1 = (1, 2, 1, 2), w_2 = (−1, 0, 1, 0), w_3 = (0, 1, 0, 1) "und" w_4 = (1, 1, 1, −1). $

Entscheiden Sie jeweils, ob die $v_i$ bzw. $w_i$ linear unabhängig sind.

*Abgabe in Papierform.*

//Aufstellen einer Matrix:
//
//$ M_v = mat(1, 0, 0, 1; 1, 2, 3, 4; 4, 3, 2, 1; 0, 1, 1, 0) M_w = mat(1, 2, 1, 2; -1, 0, 1, 0; 0, 1, 0, 1; 1, 1, 1, -1) $
//
//Ermitteln der Determinanten:
//
//#image("Media/mat_v.png")
//#image("Media/mat_w.png")
//
//$therefore$ Die $v_i$ sind nicht linear unabhaengig, wohingegen die $w_i$ linear unabhaengig sind.
//
= Vektorraum von Funktionen

Sei $KK$ ein Körper und $V$ der Vektorraum aller Funktionen $f : KK → KK$.

Definiere $U_1 = {f ∈ V | f (x) = f (−x)}$ und $U_2 = {f ∈ V | f (x) = −f (−x)}$.

+ Zeigen Sie, dass $U_1$ und $U_2$ Unterräume von $V$ sind.

  Ein Unterraum $U subset.eq V$ braucht drei Eigenschaften:
  
  1. $f (x) = 0 in U$ .
  2. $f , g in U: f + g in U$.
  3. $f in U, lambda in K: lambda f in U$.
  
  == $U_1 = { f in V divides f (x) = f (- x) }$
  
  Nullfunktion: $f (x) = 0$ gehört zu $U_1$, da $0 = 0, quad forall x in K$ gilt.
  
  Abg. unter Addition: Für $f , g in U_1$ gilt:

  $ (f + g) (x) = f (x) + g (x) $ <sum1>

  $ (f + g) (- x) = f (- x) + g (- x) $ <sum2>

  $ therefore f (x) = f (- x) and g (x) = g (- x) &==>^(#[@sum1, @sum2]) (f + g) (x) = (f + g) (- x) \ 
  &<==>^("Def.") f + g in U_1 $
  
  Abg. unter sk. Mult. : Für $f in U_1$ und $lambda in K$ gilt:
  
  $ (lambda f) (x) = lambda f (x) $ 

  $ (lambda f) (- x) = lambda f (- x) $  

  $ therefore f(x ) = f(-x)  ==> (lambda f) (x) = (lambda f) (- x) <==>  lambda f in U_1 $
  
  Damit ist $U_1$ ein Unterraum.
  
  == $U_2 = { f in V divides f (x) = - f (- x) }$
  
  Nullfunktion: $f (x) = 0$ gehört zu $U_2$, da $0 = - 0, quad forall x in K$ gilt.
  
  Abg. unter Addition: Für $f , g in U_2$ gilt:
  
  $ (f + g) (x) = f (x) + g (x) $

  $ (f + g) (- x) = f (- x) + g (- x) $
  
  $ f (x) = - f (- x) and g (x) = - g (- x) $

  $ therefore (f + g) (- x) = - f (x) - g (x) = - (f (x) + g (x)) = - (f + g) (x) <==>  f + g in U_2 $
  
  Abg. unter sk. Mult.: Für $f in U_2$ und $lambda in K$ gilt:
  
  $ (lambda f) (x) = lambda f (x) $ 

  $ (lambda f) (- x) = lambda f (- x) $
  
  $ f (x) = - f (- x) $

  $ therefore (lambda f) (- x) = - lambda f (x) = - (lambda f) (x)  <==> lambda f in U_2 $
  
  Damit ist $U_2$ ein Unterraum.

////////////////////////////////////////////////////

+ Angenommen in $KK$ gilt $-1 != 1$. Zeigen Sie, dass $V = U_1 ⊕ U_2$ ist.

  Die Bedingung $V = U_1 xor U_2$ bedeutet:
  + $V = U_1 + U_2 <==> f = f_1 + f_2, f_1 in U_1 and f_2 in U_2$.
  

  + $U_1 sect U_2 = { 0 }$
  
  Für $f in V$, definiere:
  
  $ f_1 (x) = frac(f (x) + f (- x), 2) , quad f_2 (x) = frac(f (x) - f (- x), 2) . $
  
  Es gilt:
  
  $ f_1 (- x) = frac(f (- x) + f (x), 2) = frac(f (x) + f (- x), 2) = f_1 (x) ==> f_1 in U_1 $
  
  $ f_2 (- x) = frac(f (- x) - f (x), 2) = - frac(f (x) - f (- x), 2) = - f_2 (x) ==> f_2 in U_2 $
  
  $ f_1 (x) + f_2 (x) = frac(f (x) + f (- x), 2) + frac(f (x) - f (- x), 2) = f (x) $
  
  Damit ist $V = U_1 + U_2$.
  
  Sei $f in U_1 sect U_2$.
  
  Dann gilt:
  
  $ f (x) = f (- x) quad upright("und") quad f (x) = - f (- x) . $
  
  $ f (x) = - f (x) arrow.r.double.long 2 f (x) = 0 . $
  
  $ - 1 eq.not 1 <==> 0 eq.not 2 ==> f (x) = 0, forall x in K <==> f = 0 $
  
  Da beide Bedingungen erfüllt sind, folgt: $V = U_1 xor U_2$.
  
  



= Polynome
Sei $KK$ ein Körper und $f ∈ K[X]$ gegeben durch

$ f(X) = sum_(j=0)^n a_j X_j $

mit $n >= 1 "und" a_n != 0$.

Zeigen Sie: Zu einem $c ∈ KK$ gibt es genau dann ein Polynom $g ∈ K[X]$ mit

$ f = (X − c)g , $

wenn gilt

$ f(c) = sum_(j=0)^n a_j c_j = 0 $


// [=>]
+ Angenommen $f = (X -c)g$. Dann gilt:

  $ f(c) = (c-c)g = 0 quad checkmark $

+ Angenommen $f(c) = 0$.

  Sei $X = Y + c <==> Y = X - c$.

  $ f &= sum_(j=0)^n a_j (Y+c)^j $

  Falls $Y=0$, dann gilt:

  $ f &= sum_(j=0)^n a_j c^j = 0 = 0g $

  nach Vorraussetzung.

  Sonst gilt:

  $ f &= sum_(j=0)^n a_j (Y+c)^j = sum_(j=0)^n a_j (Y+c)^j - a_j c^j + a_j c^j \
   &= sum_(j=0)^n a_j (Y+c)^j - a_j c^j + underbrace(sum_(j=0)^n a_j c^j, f(c) = 0) $

  Wobei in der expandierten Form von $(Y+c)^j$ nach dem Binomial Satz, jeder Summand den Faktor $Y$ entaehlt, ausser $c^j$, was sich hier aber kuerzt.

  Da jeder Summand von $f$ den Faktor $Y = X - c$ mindestens einmal enthaelt ist $f$ restlos durch $X - c$ teilbar. Damit laesst sich $f$ wie folgt schreiben:

  $ f = (X-c)g  <==> g = f/(X-c) quad checkmark $

$qed$