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Typst
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Typst
// Load the preamble
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#import "../conf.typ": conf
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#show: conf.with(week: "4")
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= Basis von Vektorraeumen
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Sei $V$ ein $RR$-Vektorraum und $b_1, b_2, b_3, b_4$ eine Basis von $V$. Definiere
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$ v_1 = b_1 + 2b_2 + b, $
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$ v_2 = 2b_1 + b_3 + b_4 , $
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$ v_3 = b_1 + b_2 + b_3 + b_4 , $
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$ v_4 = b_2 + b_3 + b_4 , $
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$ w = 2b_1 − b_3 . $
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+ Zeigen Sie, dass $v_1, v_2, v_3, v_4$ eine Basis von $V$ ist.
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*Abgabe in Papierform.*
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// Jede Basis von $V$ kann durch Kombination von $v_i$ dargestellt werden.
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// $ b_1 = v_3 - v_4 \
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// b_2 = v_4 - v_2 + 2 b_1 \
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// b_3 = v_4 - b_2 - b_4 \
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// b_4 = v_1 - b_1 - 2 b_2 $
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// 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.
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//TODO Zweiter FALL
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+ Definiere die beiden Unterräume $U_1 = ⟨{v_1, v_2, v_3}⟩$ und $U_2 = ⟨{v_4, w}⟩$.
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Bestimmen Sie jeweils eine Basis von $U_1 ∩ U_2$ und $U_1 + U_2$.
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*Abgabe in Papierform.*
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//$A = U_1 + U_2 := {a, b: a in U_1, b in U_2}$
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//$BB_A = {v_1, v_2, v_3, v_4, w}$, da alle 5 Vektoren linear unabhaengig sind.
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//$B= U_1 sect U_2$
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//Aufstellen einer Matrix:
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//$ 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) $
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//Dies ergibt folgenden Loesungsvektor:
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//$ X = vec(1, 1, -1, 1, 1) $
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//Also folgt: $BB_B = {(2, 1, 0, 1)}$
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= Lineare Unabhaengigkeit
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Im $QQ^4$ definieren wir die Vektoren
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$ v_1 = (1, 0, 0, 1), v_2 = (1, 2, 3, 4), v_3 = (4, 3, 2, 1), v_4 = (0, 1, 1, 0), $
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$ 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). $
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Entscheiden Sie jeweils, ob die $v_i$ bzw. $w_i$ linear unabhängig sind.
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*Abgabe in Papierform.*
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//Aufstellen einer Matrix:
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//$ 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) $
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//
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//Ermitteln der Determinanten:
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//#image("Media/mat_v.png")
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//#image("Media/mat_w.png")
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//$therefore$ Die $v_i$ sind nicht linear unabhaengig, wohingegen die $w_i$ linear unabhaengig sind.
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= Vektorraum von Funktionen
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Sei $KK$ ein Körper und $V$ der Vektorraum aller Funktionen $f : KK → KK$.
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Definiere $U_1 = {f ∈ V | f (x) = f (−x)}$ und $U_2 = {f ∈ V | f (x) = −f (−x)}$.
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+ Zeigen Sie, dass $U_1$ und $U_2$ Unterräume von $V$ sind.
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Ein Unterraum $U subset.eq V$ braucht drei Eigenschaften:
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1. $f (x) = 0 in U$ .
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2. $f , g in U: f + g in U$.
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3. $f in U, lambda in K: lambda f in U$.
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== $U_1 = { f in V divides f (x) = f (- x) }$
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Nullfunktion: $f (x) = 0$ gehört zu $U_1$, da $0 = 0, quad forall x in K$ gilt.
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Abg. unter Addition: Für $f , g in U_1$ gilt:
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$ (f + g) (x) = f (x) + g (x) $ <sum1>
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$ (f + g) (- x) = f (- x) + g (- x) $ <sum2>
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$ therefore f (x) = f (- x) and g (x) = g (- x) &==>^(#[@sum1, @sum2]) (f + g) (x) = (f + g) (- x) \
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&<==>^("Def.") f + g in U_1 $
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Abg. unter sk. Mult. : Für $f in U_1$ und $lambda in K$ gilt:
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$ (lambda f) (x) = lambda f (x) $
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$ (lambda f) (- x) = lambda f (- x) $
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$ therefore f(x ) = f(-x) ==> (lambda f) (x) = (lambda f) (- x) <==> lambda f in U_1 $
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Damit ist $U_1$ ein Unterraum.
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== $U_2 = { f in V divides f (x) = - f (- x) }$
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Nullfunktion: $f (x) = 0$ gehört zu $U_2$, da $0 = - 0, quad forall x in K$ gilt.
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Abg. unter Addition: Für $f , g in U_2$ gilt:
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$ (f + g) (x) = f (x) + g (x) $
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$ (f + g) (- x) = f (- x) + g (- x) $
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$ f (x) = - f (- x) and g (x) = - g (- x) $
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$ therefore (f + g) (- x) = - f (x) - g (x) = - (f (x) + g (x)) = - (f + g) (x) <==> f + g in U_2 $
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Abg. unter sk. Mult.: Für $f in U_2$ und $lambda in K$ gilt:
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$ (lambda f) (x) = lambda f (x) $
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$ (lambda f) (- x) = lambda f (- x) $
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$ f (x) = - f (- x) $
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$ therefore (lambda f) (- x) = - lambda f (x) = - (lambda f) (x) <==> lambda f in U_2 $
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Damit ist $U_2$ ein Unterraum.
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+ Angenommen in $KK$ gilt $-1 != 1$. Zeigen Sie, dass $V = U_1 ⊕ U_2$ ist.
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Die Bedingung $V = U_1 xor U_2$ bedeutet:
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+ $V = U_1 + U_2 <==> f = f_1 + f_2, f_1 in U_1 and f_2 in U_2$.
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+ $U_1 sect U_2 = { 0 }$
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Für $f in V$, definiere:
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$ f_1 (x) = frac(f (x) + f (- x), 2) , quad f_2 (x) = frac(f (x) - f (- x), 2) . $
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Es gilt:
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$ f_1 (- x) = frac(f (- x) + f (x), 2) = frac(f (x) + f (- x), 2) = f_1 (x) ==> f_1 in U_1 $
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$ f_2 (- x) = frac(f (- x) - f (x), 2) = - frac(f (x) - f (- x), 2) = - f_2 (x) ==> f_2 in U_2 $
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$ f_1 (x) + f_2 (x) = frac(f (x) + f (- x), 2) + frac(f (x) - f (- x), 2) = f (x) $
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Damit ist $V = U_1 + U_2$.
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Sei $f in U_1 sect U_2$.
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Dann gilt:
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$ f (x) = f (- x) quad upright("und") quad f (x) = - f (- x) . $
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$ f (x) = - f (x) arrow.r.double.long 2 f (x) = 0 . $
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$ - 1 eq.not 1 <==> 0 eq.not 2 ==> f (x) = 0, forall x in K <==> f = 0 $
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Da beide Bedingungen erfüllt sind, folgt: $V = U_1 xor U_2$.
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= Polynome
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Sei $KK$ ein Körper und $f ∈ K[X]$ gegeben durch
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$ f(X) = sum_(j=0)^n a_j X_j $
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mit $n >= 1 "und" a_n != 0$.
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Zeigen Sie: Zu einem $c ∈ KK$ gibt es genau dann ein Polynom $g ∈ K[X]$ mit
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$ f = (X − c)g , $
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wenn gilt
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$ f(c) = sum_(j=0)^n a_j c_j = 0 $
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// [=>]
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+ Angenommen $f = (X -c)g$. Dann gilt:
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$ f(c) = (c-c)g = 0 quad checkmark $
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+ Angenommen $f(c) = 0$.
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Sei $X = Y + c <==> Y = X - c$.
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$ f &= sum_(j=0)^n a_j (Y+c)^j $
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Falls $Y=0$, dann gilt:
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$ f &= sum_(j=0)^n a_j c^j = 0 = 0g $
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nach Vorraussetzung.
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Sonst gilt:
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$ 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 \
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&= 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) $
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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.
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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:
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$ f = (X-c)g <==> g = f/(X-c) quad checkmark $
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$qed$
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