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Jim Martens
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9ca68cda89
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@ -0,0 +1,107 @@
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\documentclass[10pt,a4paper,oneside,ngerman,numbers=noenddot]{scrartcl}
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\usepackage[T1]{fontenc}
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\usepackage[utf8]{inputenc}
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\usepackage[ngerman]{babel}
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\usepackage[locale=DE,exponent-product=\cdot,detect-all]{siunitx}
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\usepackage{tikz}
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\usetikzlibrary{matrix,fadings,calc,positioning,decorations.pathreplacing,arrows,decorations.markings}
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\usepackage{polynom}
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\polyset{style=C, div=:,vars=x}
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\pagenumbering{arabic}
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\def\thesection{\arabic{section})}
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\def\thesubsection{\alph{subsection})}
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\def\thesubsubsection{(\roman{subsubsection})}
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\begin{document}
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\author{Jim Martens}
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\title{Hausaufgaben zum 10./11. Januar}
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\maketitle
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\section{} %1
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\subsection{} %a
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$H_{1}$ ist keine Untergruppe, da das neutrale Element der Multiplikation fehlt.
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$H_{2}$ ist keine Untergruppe, da sie nicht abgeschlossen ist. $4 \cdot 4 = 16 = 3$ (mod $13$) ist nicht in $H_{2}$ enthalten.
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||||
$H_{3}$ ist eine Untergruppe von $G$, da das neutrale Element $1$ vorhanden ist, die Menge abgeschlossen ist ($12 \cdot 12 = 144 = 1$ (mod $13$) und jedes Element ein Inverses hat ($1$ ist zu sich selbst invers und $12$ ist zu sich selbst invers).
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\subsection{} %b
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$H = <3> = \{1,3,9\}$
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$a=1 \rightarrow 1H = H = 3H = 9H$ \\
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||||
$a=2 \rightarrow 2H = \{2,6,5\} = 6H$ \\
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||||
$a=4 \rightarrow 4H = \{4,12,10\} = 10H = 12H$ \\
|
||||
$a=5 \rightarrow 5H = \{5,2,6\}$ \\
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||||
$a=7 \rightarrow 7H = \{7,8,11\} = 8H = 11H$
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\section{} %2
|
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\subsection{} %a
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||||
$H = \{id, (12)\}$\\
|
||||
\\
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||||
Linksnebenklassen:\\
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||||
$id \circ H = \{id \circ id, id \circ (1,2)\} = \{id, (1,2)\}$\\
|
||||
$(1,2) \circ H = \{(1,2) \circ id, (1,2) \circ (1,2)\} = \{(1,2), id\}$\\
|
||||
$(1,3) \circ H = (1,2,3) \circ H = \{(1,3) \circ id, (1,3) \circ (1,2)\} = \{(1,3), (1,2,3)\}$\\
|
||||
$(2,3) \circ H = (1,3,2) \circ H = \{(2,3) \circ id, (2,3) \circ (1,2)\} = \{(2,3), (1,3,2)\}$\\
|
||||
\\
|
||||
Rechtsnebenklassen:\\
|
||||
$H \circ id = \{id \circ id, (1,2) \circ id\} = \{id, (1,2)\}$\\
|
||||
$H \circ (1,2) = \{id \circ (1,2), (1,2) \circ (1,2)\} = \{(1,2), id\}$\\
|
||||
$H \circ (1,3) = H \circ (1,3,2) = \{id \circ (1,3), (1,2) \circ (1,3)\} = \{(1,3), (1,3,2)\}$\\
|
||||
$H \circ (2,3) = H \circ (1,2,3) = \{id \circ (2,3), (1,2) \circ (2,3)\} = \{(2,3), (1,2,3)\}$
|
||||
|
||||
\subsection{} %b
|
||||
$S_{6}$ enthält $6! = 720$ Elemente. $H$ ist eine mögliche Untergruppe von $G$, da $H$ $360$ Elemente hat und dies ein Teiler von $720$ ist. Nach dem Satz von Lagrange kommen nur Untergruppen in Frage, deren Mächtigkeit ein Teiler der Mächtigkeit der "Obergruppe" ist.
|
||||
%todo
|
||||
\subsection{} %c
|
||||
$G = \{1,5,11,13,17,19,23,25,29,31,35,37,41\}$
|
||||
|
||||
Die Linksnebenklasse $gH$ ist gleich der Rechtsnebenklasse $Hg$, weil sowohl Addition als auch Multiplikation assoziativ sind.
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||||
\section{} %3
|
||||
\subsection{} %a
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
x + y &=& (4x^{2} - x + 2) + (2x^{3} + x^{2} - 3x + 2) \\
|
||||
&=& 2x^{3} + 5x^{2} - 4x + 4 \\
|
||||
x \cdot y &=& (4x^{2} - x + 2) \cdot (2x^{3} + x^{2} - 3x + 2) \\
|
||||
&=& 8x^{5} + 4x^{4} - 12x^{3} + 8x^{2} - 2x^{3} -x^{2} + 3x^{2} -2x + 4x^{3} + 2x^{2} -6x + 4 \\
|
||||
&=& 8x^{5} + 4x^{4} - 10x^{3} + 12x^{2} - 8x +4
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
\subsection{} %b
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
Koeffizient(a(x) \cdot b(x),x^{7}) &=& -2x^{7} + 6x^{7} - 18x^{7} + 9x^{7} - 7x^{7} + 40x^{7} + 6x^{7} + 2x^{7} \\
|
||||
&=& 36x^{7}
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
Der Koeffizient des Produktes von $a(x) \cdot b(x)$ für $x^{7}$ lautet $36$.
|
||||
\subsection{} %c
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
a(x) + b(x) &=& 3x^{4} + 4x^{3} + x^{2} + 3x + 5 \\
|
||||
a(x) \cdot b(x) &=& 2x^{7} + 4x^{5} + 2x^{3} + x^{6} + 2x^{5} + x^{2} + 4x^{5} + 3x^{3} + 4x + x^{4} + 2x^{2} + 1 \\
|
||||
&=& 2x^{7} + x^{6} + 0x^{5} + x^{4} + 0x^{3} + 3x^{2} + 1 \\
|
||||
&=& 2x^{7} + x^{6} + x^{4} + 3x^{2} + 1
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
\section{} %4
|
||||
\subsection{} %a
|
||||
\polylongdiv{x^5 + 2x^4 + 3x^3 + x^2 + 4x + 2}{x^2 + 4x +3}
|
||||
|
||||
\begin{equation*}
|
||||
x^{5} + 2x^{4} + 3x^{3} + x^{2} + 4x + 2 = (x^{3} -2x + 9) \cdot (x^{2} + 4x + 3) + (-26x - 25)
|
||||
\end{equation*}
|
||||
\subsection{} %b
|
||||
Der normierte größte gemeinsame Teiler der beiden Polynome ergibt sich wie folgt:\\
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||||
|
||||
\hspace{-2.5cm}
|
||||
\polylongdiv{6x^5 + 7x^4 - 7x^3 - 22x^2 - 25x - 15}{3x^4 + 2x^3 - 6x^2 - 6x -9}\\
|
||||
\\
|
||||
\polylongdiv{3x^4 + 2x^3 - 6x^2 - 6x -9}{3x^3 - 4x^2 - x - 6}\\
|
||||
\\
|
||||
\polylongdiv{3x^3 - 4x^2 - x - 6}{3x^2 + 2x + 3}\\
|
||||
\\
|
||||
|
||||
\begin{alignat*}{4}
|
||||
6x^{5} + 7x^{4} - 7x^{3} - 22x^{2} - 25x - 15 &=& (2x + 1) &\cdot & (3x^{4} + 2x^{3} - 6x^{2} - 6x - 9) &+& (3x^{3} - 4x^{2} - x - 6) \\
|
||||
3x^{4} + 2x^{3} - 6x^{2} - 6x - 9 &=& (x + 2) &\cdot & (3x^{3} - 4x^{2} - x - 6) &+& (3x^{2} - 2x + 3) \\
|
||||
3x^{3} - 4x^{2} - x - 6 &=& (x - 2) &\cdot & (3x^{2} - 2x + 3) &+& 0
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
\\
|
||||
Der größte normierte Teiler ist demzufolge $x^2 + \frac{2}{3}x + 1$.
|
||||
\end{document}
|
||||
|
|
@ -0,0 +1,490 @@
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|||
\documentclass[10pt,a4paper,oneside,ngerman,numbers=noenddot]{scrartcl}
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||||
\usepackage[T1]{fontenc}
|
||||
\usepackage[utf8]{inputenc}
|
||||
\usepackage[ngerman]{babel}
|
||||
\usepackage{amsmath}
|
||||
\usepackage{amsfonts}
|
||||
\usepackage{amssymb}
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\usepackage{paralist}
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\usepackage{gauss}
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\usepackage[locale=DE,exponent-product=\cdot,detect-all]{siunitx}
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\usepackage{tikz}
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||||
\usetikzlibrary{matrix,fadings,calc,positioning,decorations.pathreplacing,arrows,decorations.markings}
|
||||
\usepackage{polynom}
|
||||
\polyset{style=C, div=:,vars=x}
|
||||
\pagenumbering{arabic}
|
||||
\def\thesection{\arabic{section})}
|
||||
\def\thesubsection{\alph{subsection})}
|
||||
\def\thesubsubsection{(\roman{subsubsection})}
|
||||
\makeatletter
|
||||
\renewcommand*\env@matrix[1][*\c@MaxMatrixCols c]{%
|
||||
\hskip -\arraycolsep
|
||||
\let\@ifnextchar\new@ifnextchar
|
||||
\array{#1}}
|
||||
\makeatother
|
||||
|
||||
\begin{document}
|
||||
\author{Jim Martens}
|
||||
\title{Hausaufgaben zum 17./18. Januar}
|
||||
\maketitle
|
||||
\section{} %1
|
||||
\subsection{} %a
|
||||
\[
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|c]
|
||||
2 & 1 & 1 & 1 \\
|
||||
1 & -1 & 1 & 4 \\
|
||||
3 & 1 & 2 & 4
|
||||
\end{bmatrix}
|
||||
\]
|
||||
$\overset{II \curvearrowright I, I \curvearrowright II}{\leadsto}$
|
||||
\[
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|c]
|
||||
1 & -1 & 1 & 4 \\
|
||||
2 & 1 & 1 & 1 \\
|
||||
3 & 1 & 2 & 4
|
||||
\end{bmatrix}
|
||||
\]
|
||||
$\overset{II = II - 2I, III = III - 3I}{\leadsto}$
|
||||
\[
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|c]
|
||||
1 & -1 & 1 & 4 \\
|
||||
0 & 3 & -1 & -7 \\
|
||||
0 & 4 & -1 & -8
|
||||
\end{bmatrix}
|
||||
\]
|
||||
$\overset{II = \frac{1}{3}II}{\leadsto}$
|
||||
\[
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|c]
|
||||
1 & -1 & 1 & 4 \\
|
||||
0 & 1 & -\frac{1}{3} & -\frac{7}{3} \\
|
||||
0 & 4 & -1 & -8
|
||||
\end{bmatrix}
|
||||
\]
|
||||
$\overset{III = III - 4II}{\leadsto}$
|
||||
\[
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|c]
|
||||
1 & -1 & 1 & 4 \\
|
||||
0 & 1 & -\frac{1}{3} & -\frac{7}{3} \\
|
||||
0 & 0 & \frac{1}{3} & \frac{4}{3}
|
||||
\end{bmatrix}
|
||||
\]
|
||||
$\overset{III = 3III}{\leadsto}$
|
||||
\[
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|c]
|
||||
1 & -1 & 1 & 4 \\
|
||||
0 & 1 & -\frac{1}{3} & -\frac{7}{3} \\
|
||||
0 & 0 & 1 & 4
|
||||
\end{bmatrix}
|
||||
\]
|
||||
\begin{alignat*}{3}
|
||||
\overset{III}{\Rightarrow} & x_{3} &\,=\,& 4 && \\
|
||||
\overset{II}{\Rightarrow} & x_{2} - \frac{4}{3} &\,=\,& - \frac{7}{3} && \;| +\frac{4}{3} \\
|
||||
\Leftrightarrow & x_{2} &\,=\,& -1 & \\
|
||||
\overset{I}{\Rightarrow} & x_{1} - (-1) + 4 &\,=\,& 4 && \;|\text{Zus.} \\
|
||||
\Leftrightarrow & x_{1} + 5 &\,=\,& 4 && \;| -5 \\
|
||||
\Leftrightarrow & x_{1} &\,=\,& -1 &&
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
Es gibt genau eine Lösung.
|
||||
\subsection{} %b
|
||||
\[
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|c]
|
||||
2 & 1 & 1 & 2 \\
|
||||
1 & -1 & 1 & 3 \\
|
||||
3 & 0 & 2 & 5
|
||||
\end{bmatrix}
|
||||
\]
|
||||
$\overset{II \curvearrowright I, I \curvearrowright II}{\leadsto}$
|
||||
\[
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|c]
|
||||
1 & -1 & 1 & 3 \\
|
||||
2 & 1 & 1 & 2 \\
|
||||
3 & 0 & 2 & 5
|
||||
\end{bmatrix}
|
||||
\]
|
||||
$\overset{II = II - 2I, III = III - 3I}{\leadsto}$
|
||||
\[
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|c]
|
||||
1 & -1 & 1 & 3 \\
|
||||
0 & -1 & -1 & -4 \\
|
||||
0 & -3 & -1 & -4
|
||||
\end{bmatrix}
|
||||
\]
|
||||
$\overset{II = -1II}{\leadsto}$
|
||||
\[
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|c]
|
||||
1 & -1 & 1 & 3 \\
|
||||
0 & 1 & 1 & 4 \\
|
||||
0 & -3 & -1 & -4
|
||||
\end{bmatrix}
|
||||
\]
|
||||
$\overset{III = III + 3II}{\leadsto}$
|
||||
\[
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|c]
|
||||
1 & -1 & 1 & 3 \\
|
||||
0 & 1 & 1 & 4 \\
|
||||
0 & 0 & 2 & 8
|
||||
\end{bmatrix}
|
||||
\]
|
||||
$\overset{III = \frac{1}{2}III}{\leadsto}$
|
||||
\[
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|c]
|
||||
1 & -1 & 1 & 3 \\
|
||||
0 & 1 & 1 & 4 \\
|
||||
0 & 0 & 1 & 4
|
||||
\end{bmatrix}
|
||||
\]
|
||||
\begin{alignat*}{3}
|
||||
\overset{III}{\Rightarrow} & x_{3} &\,=\,& 4 && \\
|
||||
\overset{II}{\Rightarrow} & x_{2} + x_{3} &\,=\,& 4 && \\
|
||||
\Rightarrow & x_{2} + 4 &\,=\,& 4 && \;| -4 \\
|
||||
\Leftrightarrow & x_{2} &\,=\,& 0 & \\
|
||||
\overset{I}{\Rightarrow} & x_{1} - x_{2} + x_{3} &\,=\,& 3 && \\
|
||||
\Rightarrow & x_{2} - 0 + 4 &\,=\,& 3 && \;| -4 \\
|
||||
\Leftrightarrow & x_{1} &\,=\,& -1 &&
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
Es gibt genau eine Lösung.
|
||||
\subsection{} %c
|
||||
\[
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|c]
|
||||
2 & 1 & 1 & -1 \\
|
||||
1 & -1 & 1 & 3 \\
|
||||
3 & 0 & 2 & 0
|
||||
\end{bmatrix}
|
||||
\]
|
||||
$\overset{II \curvearrowright I, I \curvearrowright II}{\leadsto}$
|
||||
\[
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|c]
|
||||
1 & -1 & 1 & 3 \\
|
||||
2 & 1 & 1 & -1 \\
|
||||
3 & 0 & 2 & 0
|
||||
\end{bmatrix}
|
||||
\]
|
||||
$\overset{II = II - 2I, III = III - 3I}{\leadsto}$
|
||||
\[
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|c]
|
||||
1 & -1 & 1 & 3 \\
|
||||
0 & 3 & -1 & -7 \\
|
||||
0 & 3 & -1 & -9
|
||||
\end{bmatrix}
|
||||
\]
|
||||
$\overset{II = \frac{1}{3}II}{\leadsto}$
|
||||
\[
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|c]
|
||||
1 & -1 & 1 & 3 \\
|
||||
0 & 1 & -\frac{1}{3} & -\frac{7}{3} \\
|
||||
0 & 3 & -1 & -9
|
||||
\end{bmatrix}
|
||||
\]
|
||||
$\overset{III = III - 3II}{\leadsto}$
|
||||
\[
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|c]
|
||||
1 & -1 & 1 & 3 \\
|
||||
0 & 1 & -\frac{1}{3} & -\frac{7}{3} \\
|
||||
0 & 0 & 0 & -2
|
||||
\end{bmatrix}
|
||||
\]
|
||||
\begin{alignat*}{3}
|
||||
\overset{III}{\Rightarrow} & 0x_{3} &\,=\,& -2 &&
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
Es gibt keine Lösung, da die Gleichung $0x_{3} = - 2$ durch kein $x_{3}$ erfüllt wird.
|
||||
\subsection{} %d
|
||||
\[
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|c]
|
||||
3 & \frac{3}{2} & \frac{3}{2} & 6 \\
|
||||
2 & 1 & 1 & 4 \\
|
||||
4 & 2 & 2 & 8
|
||||
\end{bmatrix}
|
||||
\]
|
||||
$\overset{II \curvearrowright I, I \curvearrowright II}{\leadsto}$
|
||||
\[
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|c]
|
||||
2 & 1 & 1 & 4 \\
|
||||
3 & \frac{3}{2} & \frac{3}{2} & 6 \\
|
||||
4 & 2 & 2 & 8
|
||||
\end{bmatrix}
|
||||
\]
|
||||
$\overset{I = \frac{1}{2}I}{\leadsto}$
|
||||
\[
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|c]
|
||||
1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 2 \\
|
||||
3 & \frac{3}{2} & \frac{3}{2} & 6 \\
|
||||
4 & 2 & 2 & 8
|
||||
\end{bmatrix}
|
||||
\]
|
||||
$\overset{II = II - 3I, III = III - 4I}{\leadsto}$
|
||||
\[
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|c]
|
||||
1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 2 \\
|
||||
0 & 0 & 0 & 0 \\
|
||||
0 & 0 & 0 & 0
|
||||
\end{bmatrix}
|
||||
\]
|
||||
\begin{alignat*}{3}
|
||||
\overset{III}{\Rightarrow} & 0x_{3} &\,=\,& 0 && \\
|
||||
\Leftrightarrow & x_{3} &\,=\,& t, t \in \mathbb{R} && \\
|
||||
\overset{II}{\Rightarrow} & 0x_{2} &\,=\,& 0 && \\
|
||||
\Leftrightarrow & x_{2} &\,=\,& s, s \in \mathbb{R} && \\
|
||||
\overset{I}{\Rightarrow} & x_{1} + \frac{1}{2}s + \frac{1}{2}t &\,=\,& 2 && \;|-\frac{1}{2}s, -\frac{1}{2}t \\
|
||||
\Leftrightarrow & x_{1} &\,=\,& 2 - \frac{1}{2}s - \frac{1}{2}t &&
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
Es gibt unendlich viele Lösungen.
|
||||
\section{} %2
|
||||
$x_{1}$, $x_{2}$ und $x_{5}$ sind die führenden Variablen. Die restlichen Variablen sind die freien Variablen.
|
||||
\\
|
||||
\\
|
||||
\begin{alignat*}{3}
|
||||
\overset{IV}{\Rightarrow} & 0x_{6} &\,=\,& 0 && \\
|
||||
\Leftrightarrow & x_{6} &\,=\,& t, t \in \mathbb{R} \\
|
||||
\overset{III}{\Rightarrow} & x_{5} - 3t &\,=\,& -2 && | + 3t \\
|
||||
\Leftrightarrow & x_{5} &\,=\,& 3t - 2 & \\
|
||||
\overset{II}{\Rightarrow} & x_{2} + 2x_{3} + 3x_{3} &\,=\,& 1 && \\
|
||||
\Leftrightarrow & x_{3} &\,=\,& r, r \in \mathbb{R} & \\
|
||||
& x_{4} &\,=\,& s, s \in \mathbb{R} && \\
|
||||
\Rightarrow & x_{2} + 2r + 3s &\,=\,& 1 && | -2r, -3s \\
|
||||
\Leftrightarrow & x_{2} &\,=\,& -2r - 3s + 1 && \\
|
||||
\overset{I}{\Rightarrow} & x_{1} + 2(-2r - 3s + 1) - r + 3s - (3t - 2) + 2t &\,=\,& 1 && | \text{Kl. aufl.} \\
|
||||
\Leftrightarrow & x_{1} - 4r - 6s + 2 - r + 3s -3t + 2 + 2t &\,=\,& 1 && | \text{Zus.} \\
|
||||
\Leftrightarrow & x_{1} - t - 5r - 3s + 4 &\,=\,& 1 && | +t, +5r, +3s, -4 \\
|
||||
\Leftrightarrow & x_{1} &\,=\,& 5r + 3s + t - 3 &&
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
\section{} %3
|
||||
Prüfe, ob $u$ und $w$ Linearkombinationen von $v_{1}$, $v_{2}$ und $v_{3}$ sind:\\
|
||||
\[
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|cc]
|
||||
1 & 0 & -1 & 1 & -2 \\
|
||||
0 & -1 & 4 & 3 & 2 \\
|
||||
0 & 1 & 2 & 6 & 4 \\
|
||||
3 & 2 & 1 & 15 & 1
|
||||
\end{bmatrix}
|
||||
\]
|
||||
$\overset{IV = IV - 3I}{\leadsto}$
|
||||
\[
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|cc]
|
||||
1 & 0 & -1 & 1 & -2 \\
|
||||
0 & -1 & 4 & 3 & 2 \\
|
||||
0 & 1 & 2 & 6 & 4\\
|
||||
0 & 2 & 4 & 12 & 7
|
||||
\end{bmatrix}
|
||||
\]
|
||||
$\overset{II \curvearrowright III, III \curvearrowright II}{\leadsto}$
|
||||
\[
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|cc]
|
||||
1 & 0 & -1 & 1 & -2 \\
|
||||
0 & 1 & 2 & 6 & 4\\
|
||||
0 & -1 & 4 & 3 & 2 \\
|
||||
0 & 2 & 4 & 12 & 7
|
||||
\end{bmatrix}
|
||||
\]
|
||||
$\overset{III = III + II, IV = IV - 2II}{\leadsto}$
|
||||
\[
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|cc]
|
||||
1 & 0 & -1 & 1 & -2 \\
|
||||
0 & 1 & 2 & 6 & 4 \\
|
||||
0 & 0 & 6 & 9 & 6 \\
|
||||
0 & 0 & 0 & 0 & -1
|
||||
\end{bmatrix}
|
||||
\]
|
||||
$\overset{III = \frac{1}{6}III}{\leadsto}$
|
||||
\[
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|cc]
|
||||
1 & 0 & -1 & 1 & -2 \\
|
||||
0 & 1 & 2 & 6 & 4 \\
|
||||
0 & 0 & 1 & \frac{3}{2} & 1 \\
|
||||
0 & 0 & 0 & 0 & -1
|
||||
\end{bmatrix}
|
||||
\]
|
||||
$u$:\\
|
||||
\begin{alignat*}{3}
|
||||
\overset{IV}{\Rightarrow} & 0v_{3} &\,=\,& 0 && \\
|
||||
\Leftrightarrow & v_{3} &\,=\,& t, t \in \mathbb{R} && \\
|
||||
\overset{III}{\Rightarrow} & v_{3} &\,=\,& \frac{3}{2} && \\
|
||||
\overset{II}{\Rightarrow} & v_{2} + 2(\frac{3}{2}) &\,=\,& 6 && \;| \text{Kl. aufl.} \\
|
||||
\Leftrightarrow & v_{2} + 3 &\,=\,& 6 && \;| -3 \\
|
||||
\Leftrightarrow & v_{2} &\,=\,& 3 && \\
|
||||
\overset{I}{\Rightarrow} & v_{1} + 0 \cdot 3 - \frac{3}{2} &\,=\,& 1 && \;| \text{Zus.}\\
|
||||
\Leftrightarrow & v_{1} - \frac{3}{2} &\,=\,& 1 && \;| + \frac{3}{2} \\
|
||||
\Leftrightarrow & v_{1} &\,=\,& \frac{5}{2} &&
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
Der Vektor $u$ ist eine Linearkombination von $v_{1}$, $v_{2}$ und $v_{3}$.
|
||||
|
||||
$w$:\\
|
||||
\begin{alignat*}{3}
|
||||
\overset{IV}{\Rightarrow} & 0v_{3} &\,=\,& -1 &&
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
Der Vektor $w$ ist keine Linearkombination von $v_{1}$, $v_{2}$ und $v_{3}$, da es kein $v_{3}$ gibt, für das die Gleichung $0v_{3} = -1$ gilt.
|
||||
|
||||
\section{} %4
|
||||
\subsection{} %a
|
||||
\subsubsection{} %i
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
A^{-1} &=& \frac{1}{4 \cdot 2 - 1 \cdot 3} \begin{bmatrix} 2 & -1 \\ -3 & 4 \end{bmatrix} \\
|
||||
&=& \frac{1}{5} \begin{bmatrix} 2 & -1 \\ -3 & 4 \end{bmatrix}
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
\subsubsection{} %ii
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
\begin{bmatrix}[c|c]
|
||||
A & E_{2}
|
||||
\end{bmatrix} &=&
|
||||
\begin{bmatrix}[cc|cc]
|
||||
4 & 1 & 1 & 0 \\
|
||||
3 & 2 & 0 & 1
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\intertext{$I = \frac{1}{4}I$}
|
||||
&=&
|
||||
\begin{bmatrix}[cc|cc]
|
||||
1 & \frac{1}{4} & \frac{1}{4} & 0 \\
|
||||
3 & 2 & 0 & 1
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\intertext{$II = II - 3I$}
|
||||
&=&
|
||||
\begin{bmatrix}[cc|cc]
|
||||
1 & \frac{1}{4} & \frac{1}{4} & 0 \\
|
||||
0 & \frac{5}{4} & -\frac{3}{4} & 1
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\intertext{$II = \frac{4}{5}II$}
|
||||
&=&
|
||||
\begin{bmatrix}[cc|cc]
|
||||
1 & \frac{1}{4} & \frac{1}{4} & 0 \\
|
||||
0 & 1 & -\frac{3}{5} & \frac{4}{5}
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\intertext{$I = I - \frac{1}{4}II$}
|
||||
&=&
|
||||
\begin{bmatrix}[cc|cc]
|
||||
1 & 0 & \frac{2}{5} & -\frac{1}{5} \\
|
||||
0 & 1 & -\frac{3}{5} & \frac{4}{5}
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
\subsection{} %b
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
\begin{bmatrix}[c|c]
|
||||
A & E_{3}
|
||||
\end{bmatrix} &=&
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|ccc]
|
||||
2 & 4 & -2 & 1 & 0 & 0 \\
|
||||
4 & 9 & -3 & 0 & 1 & 0 \\
|
||||
-2 & -3 & 7 & 0 & 0 & 1
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\intertext{$I = \frac{1}{2}I$}
|
||||
&=&
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|ccc]
|
||||
1 & 2 & -1 & \frac{1}{2} & 0 & 0 \\
|
||||
4 & 9 & -3 & 0 & 1 & 0 \\
|
||||
-2 & -3 & 7 & 0 & 0 & 1
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\intertext{$II = II - 4I, III = III + 2I$}
|
||||
&=&
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|ccc]
|
||||
1 & 2 & -1 & \frac{1}{2} & 0 & 0 \\
|
||||
0 & 1 & 1 & -2 & 1 & 0 \\
|
||||
0 & 1 & 5 & 1 & 0 & 1
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\intertext{$III = III - II$}
|
||||
&=&
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|ccc]
|
||||
1 & 2 & -1 & \frac{1}{2} & 0 & 0 \\
|
||||
0 & 1 & 1 & -2 & 1 & 0 \\
|
||||
0 & 0 & 4 & 3 & -1 & 1
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\intertext{$III = \frac{1}{4}III$}
|
||||
&=&
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|ccc]
|
||||
1 & 2 & -1 & \frac{1}{2} & 0 & 0 \\
|
||||
0 & 1 & 1 & -2 & 1 & 0 \\
|
||||
0 & 0 & 1 & \frac{3}{4} & -\frac{1}{4} & \frac{1}{4}
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\intertext{$II = II - III, I = I + III$}
|
||||
&=&
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|ccc]
|
||||
1 & 2 & 0 & \frac{5}{4} & -\frac{1}{4} & \frac{1}{4} \\
|
||||
0 & 1 & 0 & -\frac{11}{4} & \frac{5}{4} & -\frac{1}{4} \\
|
||||
0 & 0 & 1 & \frac{3}{4} & -\frac{1}{4} & \frac{1}{4}
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\intertext{$I = I - 2II$}
|
||||
&=&
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|ccc]
|
||||
1 & 0 & 0 & \frac{27}{4} & -\frac{11}{4} & \frac{3}{4} \\
|
||||
0 & 1 & 0 & -\frac{11}{4} & \frac{5}{4} & -\frac{1}{4} \\
|
||||
0 & 0 & 1 & \frac{3}{4} & -\frac{1}{4} & \frac{1}{4}
|
||||
\end{bmatrix}
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
AA^{-1} &=&
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
2 & 4 & -2 \\
|
||||
4 & 9 & -3 \\
|
||||
-2 & -3 & 7
|
||||
\end{bmatrix} \cdot
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
\frac{27}{4} & -\frac{11}{4} & \frac{3}{4} \\
|
||||
-\frac{11}{4} & \frac{5}{4} & -\frac{1}{4} \\
|
||||
\frac{3}{4} & -\frac{1}{4} & \frac{1}{4}
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
&=& \begin{bmatrix}
|
||||
1 & 0 & 0 \\
|
||||
0 & 1 & 0 \\
|
||||
0 & 0 & 1
|
||||
\end{bmatrix}
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
\begin{alignat*}{3}
|
||||
Ax &=& b^{T} && \;| \cdot A^{-1} \\
|
||||
(A^{-1}A)x &=& A^{-1} \cdot b && \\
|
||||
x &=& A^{-1} \cdot b && \\
|
||||
&=&
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
\frac{27}{4} & -\frac{11}{4} & \frac{3}{4} \\
|
||||
-\frac{11}{4} & \frac{5}{4} & -\frac{1}{4} \\
|
||||
\frac{3}{4} & -\frac{1}{4} & \frac{1}{4}
|
||||
\end{bmatrix} \cdot
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
-2 \\
|
||||
4 \\
|
||||
2
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
&=&
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
-23 \\
|
||||
10 \\
|
||||
-4
|
||||
\end{bmatrix}
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
\subsection{} %c
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
\begin{bmatrix}[c|c]
|
||||
B & E_{3}
|
||||
\end{bmatrix} &=&
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|ccc]
|
||||
-1 & -2 & 3 & 1 & 0 & 0 \\
|
||||
6 & 4 & -1 & 0 & 1 & 0 \\
|
||||
-10 & -12 & 13 & 0 & 0 & 1
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\intertext{$I = -I$}
|
||||
&=&
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|ccc]
|
||||
1 & 2 & -3 & -1 & 0 & 0 \\
|
||||
6 & 4 & -1 & 0 & 1 & 0 \\
|
||||
-10 & -12 & 13 & 0 & 0 & 1
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\intertext{$II = -6I, III = III + 10I$}
|
||||
&=&
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|ccc]
|
||||
1 & 2 & -3 & -1 & 0 & 0 \\
|
||||
0 & -8 & 17 & 0 & 1 & 0 \\
|
||||
0 & 8 & -17 & 0 & 0 & 1
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\intertext{$II = -\frac{1}{8}II$}
|
||||
&=&
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|ccc]
|
||||
1 & 2 & -3 & -1 & 0 & 0 \\
|
||||
0 & 1 & -\frac{17}{8} & 0 & -\frac{1}{8} & 0 \\
|
||||
0 & 8 & -17 & 0 & 0 & 1
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\intertext{$III = III - 8II$}
|
||||
&=&
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|ccc]
|
||||
1 & 2 & -3 & -1 & 0 & 0 \\
|
||||
0 & 1 & -\frac{17}{8} & 0 & -\frac{1}{8} & 0 \\
|
||||
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1
|
||||
\end{bmatrix}
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
Auf der linken Seite der Blockmatrix kann unmöglich die Einheitsmatrix erreicht werden. Daher hat die Matrix B keine inverse Matrix.
|
||||
\end{document}
|
||||
|
|
@ -0,0 +1,429 @@
|
|||
\documentclass[10pt,a4paper,oneside,ngerman,numbers=noenddot]{scrartcl}
|
||||
\usepackage[T1]{fontenc}
|
||||
\usepackage[utf8]{inputenc}
|
||||
\usepackage[ngerman]{babel}
|
||||
\usepackage{amsmath}
|
||||
\usepackage{amsfonts}
|
||||
\usepackage{amssymb}
|
||||
\usepackage{paralist}
|
||||
\usepackage{gauss}
|
||||
\usepackage[locale=DE,exponent-product=\cdot,detect-all]{siunitx}
|
||||
\usepackage{tikz}
|
||||
\usetikzlibrary{matrix,fadings,calc,positioning,decorations.pathreplacing,arrows,decorations.markings}
|
||||
\usepackage{polynom}
|
||||
\polyset{style=C, div=:,vars=x}
|
||||
\pagenumbering{arabic}
|
||||
\def\thesection{\arabic{section})}
|
||||
\def\thesubsection{\alph{subsection})}
|
||||
\def\thesubsubsection{(\roman{subsubsection})}
|
||||
\makeatletter
|
||||
\renewcommand*\env@matrix[1][*\c@MaxMatrixCols c]{%
|
||||
\hskip -\arraycolsep
|
||||
\let\@ifnextchar\new@ifnextchar
|
||||
\array{#1}}
|
||||
\makeatother
|
||||
|
||||
\begin{document}
|
||||
\author{Jim Martens}
|
||||
\title{Hausaufgaben zum 24./25. Januar}
|
||||
\maketitle
|
||||
\section{} %1
|
||||
\subsection{} %a
|
||||
\begin{equation*}
|
||||
x =
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
2 \\
|
||||
-1 \\
|
||||
3
|
||||
\end{bmatrix} + t \cdot
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
5 \\
|
||||
-2 \\
|
||||
-1
|
||||
\end{bmatrix}
|
||||
\end{equation*}
|
||||
\subsection{} %b
|
||||
\subsubsection{} %(i)
|
||||
\begin{equation*}
|
||||
x =
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
5 \\
|
||||
1 \\
|
||||
2
|
||||
\end{bmatrix} + s \cdot
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
-8 \\
|
||||
0 \\
|
||||
2
|
||||
\end{bmatrix} + t \cdot
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
-3 \\
|
||||
-2 \\
|
||||
1
|
||||
\end{bmatrix}
|
||||
\end{equation*}
|
||||
\subsubsection{} %(ii)
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
\underset{0D}{\rightarrow} &=&
|
||||
\underset{0A}{\rightarrow} + \underset{AB}{\rightarrow} + \underset{AC}{\rightarrow} \\
|
||||
&=&
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
-6 \\
|
||||
-3 \\
|
||||
5
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
x &=&
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
-6 \\
|
||||
-3 \\
|
||||
5
|
||||
\end{bmatrix} + s \cdot
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
3 \\
|
||||
4 \\
|
||||
-1
|
||||
\end{bmatrix} + t \cdot
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
8 \\
|
||||
2 \\
|
||||
-2
|
||||
\end{bmatrix}
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
\subsection{} %c
|
||||
\begin{alignat*}{3}
|
||||
&& \begin{bmatrix}
|
||||
x_{1} \\
|
||||
x_{2} \\
|
||||
x_{3}
|
||||
\end{bmatrix} &=&
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
5 \\
|
||||
1 \\
|
||||
2
|
||||
\end{bmatrix} + s \cdot
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
-8 \\
|
||||
0 \\
|
||||
2
|
||||
\end{bmatrix} + t \cdot
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
-3 \\
|
||||
-2 \\
|
||||
1
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\Rightarrow & I & x_{1} &=& 5 - 8s - 3t \\
|
||||
& II & x_{2} &=& 1 - 2t \\
|
||||
& III & x_{3} &=& 2 + 2s + t \\
|
||||
\overset{II}{\Rightarrow} && x_{2} &=& 1 - 2t & \;| -1 \\
|
||||
&& x_{2} - 1 &=& -2t & \;| \cdot -\frac{1}{2} \\
|
||||
&& -\frac{1}{2}x_{2} + \frac{1}{2} &=& t & \\
|
||||
\overset{III}{\Rightarrow} && x_{3} &=& 2 + 2s + t & \\
|
||||
&& x_{3} &=& 2 + 2s + (-\frac{1}{2}x_{2} + \frac{1}{2}) & \;| \text{Kl. aufl. + Zus.} \\
|
||||
&& x_{3} &=& 2s - \frac{1}{2}x_{2} + \frac{5}{2} & \;| + \frac{1}{2}x_{2}, - \frac{5}{2} \\
|
||||
&& x_{3} + \frac{1}{2}x_{2} - \frac{5}{2} &=& 2s & \;| \cdot \frac{1}{2} \\
|
||||
&& \frac{1}{2}x_{3} + \frac{1}{4}x_{2} - \frac{5}{4} &=& s & \\
|
||||
\overset{I}{\Rightarrow} && x_{1} &=& 5 - 8s - 3t & \\
|
||||
&& x_{1} &=& 5 - 8(\frac{1}{2}x_{3} + \frac{1}{4}x_{2} - \frac{5}{4}) - 3(-\frac{1}{2}x_{2} + \frac{1}{2}) & \;| \text{Kl. aufl.} \\
|
||||
&& x_{1} &=& 5 - 4x_{3} - 2x_{2} + 10 + \frac{3}{2}x_{2} - \frac{3}{2} & \;| \text{Zus.} \\
|
||||
&& x_{1} &=& - 4x_{3} - \frac{1}{2}x_{2} + \frac{27}{2} & \;| +4x_{3} + \frac{1}{2}x_{2} - \frac{27}{2} \\
|
||||
&& x_{1} + \frac{1}{2}x_{2} + 4x_{3} - \frac{27}{2} &=& 0 &
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
\\
|
||||
Schnittpunkt mit der $x_{1}$-Achse:\\
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
x_{1} + \frac{1}{2}x_{2} + 4x_{3} - \frac{27}{2} &=& 0 & \;| x_{2} = 0, x_{3} = 0 \\
|
||||
x_{1} - \frac{27}{2} &=& 0 & \;| + \frac{27}{2} \\
|
||||
x_{1} &=& \frac{27}{2} &
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
\\
|
||||
Schnittpunkt mit der $x_{2}$-Achse:\\
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
x_{1} + \frac{1}{2}x_{2} + 4x_{3} - \frac{27}{2} &=& 0 & \;| x_{1} = 0, x_{3} = 0 \\
|
||||
\frac{1}{2}x_{2} - \frac{27}{2} &=& 0 & \;| + \frac{27}{2} \\
|
||||
\frac{1}{2}x_{2} &=& \frac{27}{2} & \;| \cdot 2 \\
|
||||
x_{2} &=& 27 &
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
\\
|
||||
Schnittpunkt mit der $x_{3}$-Achse:\\
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
x_{1} + \frac{1}{2}x_{2} + 4x_{3} - \frac{27}{2} &=& 0 & \;| x_{1} = 0, x_{2} = 0 \\
|
||||
4x_{3} - \frac{27}{2} &=& 0 & \;| + \frac{27}{2} \\
|
||||
4x_{3} &=& \frac{27}{2} & \;| \cdot \frac{1}{4} \\
|
||||
x_{3} &=& \frac{27}{8} &
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
\section{} %2
|
||||
\begin{alignat*}{3}
|
||||
3x_{1} - 2x_{2} + 8x_{3} - 10 &=& 0 & \;| + 2x_{2} \\
|
||||
2x_{2} &=& -10 + 3x_{1} + 8x_{3} & \;| \cdot \frac{1}{2} \\
|
||||
x_{2} &=& -5 + \frac{3}{2}x_{1} + 4x_{3} &
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
\begin{alignat*}{5}
|
||||
\Rightarrow & x_{1} &=&& 0 &\,+\,& 1x_{1} &\,+\,& 0x_{3} \\
|
||||
& x_{2} &=&& -5 &\,+\,& \frac{3}{2}x_{1} &\,+\,& 4x_{3}\\
|
||||
& x_{3} &=&& 0 &\,+\,& 0x_{1} &\,+\,& 1x_{3}
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
Daraus ergibt sich:\\
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
x_{1} \\
|
||||
x_{2} \\
|
||||
x_{3}
|
||||
\end{bmatrix} &=&
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
0 \\
|
||||
-5 \\
|
||||
0
|
||||
\end{bmatrix} + x_{1}
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
1 \\
|
||||
\frac{3}{2} \\
|
||||
0
|
||||
\end{bmatrix} + x_{3}
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
0 \\
|
||||
4 \\
|
||||
1
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\intertext{$x_{1} = s, x_{3} = t$}
|
||||
x &=&
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
0 \\
|
||||
-5 \\
|
||||
0
|
||||
\end{bmatrix} + s
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
1 \\
|
||||
\frac{3}{2} \\
|
||||
0
|
||||
\end{bmatrix} + t
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
0 \\
|
||||
4 \\
|
||||
1
|
||||
\end{bmatrix}
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
\section{} %3
|
||||
\subsection{} %a
|
||||
\begin{alignat*}{3}
|
||||
& a \cdot b &=& (2 \cdot 3) + (-1 \cdot 2) + (5 \cdot (-3)) & \;|\text{Kl. aufl.} \\
|
||||
& &=& 6 - 2 - 15 & \;|\text{Zus.} \\
|
||||
& &=& -11 & \\
|
||||
\intertext{Einsetzen von $z$}
|
||||
& a \cdot b &=& (2 \cdot 3) + (-1 \cdot 2) + (5 \cdot z) & \;|\text{Kl. aufl.} \\
|
||||
& &=& 6 - 2 + 5z & \;|\text{Zus.} \\
|
||||
& &=& 4 + 5z & \\
|
||||
\Rightarrow & 0 &=& 4 + 5z & \;| -4 \\
|
||||
& 5z &=& -4 & \;| \cdot \frac{1}{5} \\
|
||||
& z &=& -\frac{4}{5} &
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
$z$ ist $-\frac{4}{5}$.
|
||||
\subsection{} %b
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
|a| &=& \sqrt{2^{2} + (-1)^{2} + 5^{2}} \\
|
||||
&=& \sqrt{4 + 1 + 25} \\
|
||||
&=& \sqrt{30} \\
|
||||
&\approx & 5,48
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
\\
|
||||
Errechnung von d:\\
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
& \begin{bmatrix}
|
||||
d_{1} \\
|
||||
d_{2} \\
|
||||
d_{3}
|
||||
\end{bmatrix} &=& \frac{1}{\sqrt{30}} \cdot
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
2 \\
|
||||
-1 \\
|
||||
5
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\Rightarrow I: & d_{1} &=& \frac{2}{\sqrt{30}} \\
|
||||
II: & d_{2} &=& -\frac{1}{\sqrt{30}} \\
|
||||
III: & d_{3} &=& \frac{5}{\sqrt{30}}
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
\subsection{} %c
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
|P_{1}P_{2}| &=& \sqrt{(0-4)^{2} + (3-2)^{2} + (1-1)^{2}} \\
|
||||
&=& \sqrt{-4^{2} + {1}^{2}} \\
|
||||
&=& \sqrt{16 + 1} \\
|
||||
&=& \sqrt{17} \\
|
||||
&\approx & 4,12
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
\subsection{} %d
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
cos \phi &=& \frac{u \cdot v}{|u| \cdot |v|} \\
|
||||
&=& \frac{2}{4 \cdot \sqrt{5}} \\
|
||||
&=& \frac{1}{2 \cdot \sqrt{5}} \\
|
||||
&\approx & 0,22 \\
|
||||
arccos(0,22) &\approx & 77,29^{\circ}
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
\section{} %4
|
||||
\subsection{} %a
|
||||
Es gilt: \\
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
x \cdot u &=& 0 \\
|
||||
x \cdot v &=& 0 \\
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
x_{1} \\
|
||||
x_{2} \\
|
||||
x_{3}
|
||||
\end{bmatrix} \cdot
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
1 \\
|
||||
2 \\
|
||||
3
|
||||
\end{bmatrix} &=& 0 \\
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
x_{1} \\
|
||||
x_{2} \\
|
||||
x_{3}
|
||||
\end{bmatrix} \cdot
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
-4 \\
|
||||
-7 \\
|
||||
5
|
||||
\end{bmatrix} &=& 0 \\
|
||||
\intertext{In LGS umformen}
|
||||
I: 1x_{1} + 2x_{2} + 3x_{3} &=& 0 \\
|
||||
II: -4x_{1} - 7x_{2} + 5x_{3} &=& 0 \\
|
||||
\intertext{II = II + 4I}
|
||||
1x_{1} + 2x_{2} + 3x_{3} &=& 0 \\
|
||||
0x_{1} + 1x_{2} + 17x_{3} &=& 0 \\
|
||||
\intertext{II = II - $17x_{3}$}
|
||||
x_{2} &=& -17x_{3} \\
|
||||
\intertext{In I einsetzen}
|
||||
1x_{1} + 2 \cdot (-17x_{3}) + 3x_{3} &=& 0 \\
|
||||
x_{1} - 31x_{3} &=& 0 \\
|
||||
\intertext{I = I + $31x_{3}$}
|
||||
x_{1} &=& 31x_{3} \\
|
||||
\intertext{Sei $x_{3} = t, t \in \mathbb{R}$}
|
||||
x_{1} &=& 31t \\
|
||||
\intertext{Daraus ergibt sich für $x_{2}$}
|
||||
x_{2} &=& -17t \\
|
||||
\intertext{Daraus folgt für $x$}
|
||||
x &=& \begin{bmatrix}
|
||||
31t \\
|
||||
-17t \\
|
||||
t
|
||||
\end{bmatrix}, \; t \in \mathbb{R} \\
|
||||
&=& t \cdot \begin{bmatrix}
|
||||
31 \\
|
||||
-17 \\
|
||||
1
|
||||
\end{bmatrix}, \; t \in \mathbb{R}
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
\subsection{} %b
|
||||
Es gilt:\\
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
x \cdot u &=& 0 \\
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
x_{1} \\
|
||||
x_{2} \\
|
||||
x_{3}
|
||||
\end{bmatrix} \cdot
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
2 \\
|
||||
4 \\
|
||||
1
|
||||
\end{bmatrix} &=& 0 \\
|
||||
\intertext{In LGS umwandeln}
|
||||
2x_{1} + 4x_{2} + x_{3} &=& 0 \\
|
||||
\intertext{Umstellen nach $x_{3}$}
|
||||
x_{3} &=& -2x_{1} - 4x_{2} \\
|
||||
\intertext{Sei $x_{1} = s, s \in \mathbb{R}$ und $x_{2} = t, t \in \mathbb{R}$}
|
||||
x_{3} &=& -2s - 4t \\
|
||||
\intertext{Daraus ergibt sich für $x$}
|
||||
x &=& \begin{bmatrix}
|
||||
s \\
|
||||
t \\
|
||||
-2s - 4t
|
||||
\end{bmatrix}, \; s,t \in \mathbb{R} \\
|
||||
&=& s \cdot \begin{bmatrix}
|
||||
1 \\
|
||||
0 \\
|
||||
-2
|
||||
\end{bmatrix} + t \cdot
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
0 \\
|
||||
1 \\
|
||||
-4
|
||||
\end{bmatrix}, \; s,t \in \mathbb{R}
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
\subsection{} %c
|
||||
Es gilt: \\
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
x \cdot u &=& 0 \\
|
||||
x \cdot v &=& 0 \\
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
x_{1} \\
|
||||
x_{2} \\
|
||||
x_{3} \\
|
||||
x_{4}
|
||||
\end{bmatrix} \cdot
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
1 \\
|
||||
2 \\
|
||||
-1 \\
|
||||
2
|
||||
\end{bmatrix} &=& 0 \\
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
x_{1} \\
|
||||
x_{2} \\
|
||||
x_{3} \\
|
||||
x_{4}
|
||||
\end{bmatrix} \cdot
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
1 \\
|
||||
1 \\
|
||||
4 \\
|
||||
2
|
||||
\end{bmatrix} &=& 0 \\
|
||||
\intertext{In LGS umformen}
|
||||
I: 1x_{1} + 2x_{2} - 1x_{3} + 2x_{4} &=& 0 \\
|
||||
II: 1x_{1} + 1x_{2} + 4x_{3} + 2x_{4} &=& 0 \\
|
||||
\intertext{II = II - I}
|
||||
1x_{1} + 2x_{2} - 1x_{3} + 2x_{4} &=& 0 \\
|
||||
0x_{1} - 1x_{2} + 5x_{3} + 0x_{4} &=& 0 \\
|
||||
\intertext{II = II + $x_{2}$}
|
||||
x_{2} &=& 5x_{3} \\
|
||||
\intertext{In I einsetzen}
|
||||
x_{1} + 2 \cdot (5x_{3}) - x_{3} + 2x_{4} &=& 0 \\
|
||||
x_{1} + 9x_{3} + 2x_{4} &=& 0 \\
|
||||
\intertext{Nach $x_{1}$ umstellen}
|
||||
x_{1} &=& -9x_{3} - 2x_{4} \\
|
||||
\intertext{Sei $x_{3} = s, s \in \mathbb{R}$ und $x_{4} = t, t \in \mathbb{R}$}
|
||||
x_{1} &=& -9s - 2t \\
|
||||
\intertext{Daraus ergibt sich für $x_{2}$}
|
||||
x_{2} &=& 5s \\
|
||||
\intertext{Daraus folgt für $x$}
|
||||
x &=& \begin{bmatrix}
|
||||
-9s - 2t \\
|
||||
5s \\
|
||||
s \\
|
||||
t
|
||||
\end{bmatrix}, \; s,t \in \mathbb{R} \\
|
||||
&=& s \cdot \begin{bmatrix}
|
||||
-9 \\
|
||||
5 \\
|
||||
1 \\
|
||||
0
|
||||
\end{bmatrix} + t \cdot
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
-2 \\
|
||||
0 \\
|
||||
0 \\
|
||||
1
|
||||
\end{bmatrix}, \; s,t \in \mathbb{R}
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
\subsection{} %d
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
|u| &=& \sqrt{1^{2} + 2^{2} + (-1)^{2} + 2^{2}} \\
|
||||
&=& \sqrt{1 + 4 + 1 + 4} \\
|
||||
&=& \sqrt{10} \\
|
||||
&\approx & 3,16 \\
|
||||
|v| &=& \sqrt{1^{2} + 1^{2} + 4^{2} + 2^{2}} \\
|
||||
&=& \sqrt{1 + 1 + 16 + 4} \\
|
||||
&=& \sqrt{22} \\
|
||||
&\approx & 4,69
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
\end{document}
|
||||
|
|
@ -0,0 +1,777 @@
|
|||
\documentclass[10pt,a4paper,oneside,ngerman,numbers=noenddot]{scrartcl}
|
||||
\usepackage[T1]{fontenc}
|
||||
\usepackage[utf8]{inputenc}
|
||||
\usepackage[ngerman]{babel}
|
||||
\usepackage{amsmath}
|
||||
\usepackage{amsfonts}
|
||||
\usepackage{amssymb}
|
||||
\usepackage{paralist}
|
||||
\usepackage{gauss}
|
||||
\usepackage[locale=DE,exponent-product=\cdot,detect-all]{siunitx}
|
||||
\usepackage{tikz}
|
||||
\usetikzlibrary{matrix,fadings,calc,positioning,decorations.pathreplacing,arrows,decorations.markings}
|
||||
\usepackage{polynom}
|
||||
\polyset{style=C, div=:,vars=x}
|
||||
\pagenumbering{arabic}
|
||||
\def\thesection{\arabic{section})}
|
||||
\def\thesubsection{\alph{subsection})}
|
||||
\def\thesubsubsection{(\roman{subsubsection})}
|
||||
\makeatletter
|
||||
\renewcommand*\env@matrix[1][*\c@MaxMatrixCols c]{%
|
||||
\hskip -\arraycolsep
|
||||
\let\@ifnextchar\new@ifnextchar
|
||||
\array{#1}}
|
||||
\makeatother
|
||||
|
||||
\begin{document}
|
||||
\author{Jim Martens}
|
||||
\title{Hausaufgaben zum 31. Januar/1. Februar}
|
||||
\maketitle
|
||||
\section{} %1
|
||||
\subsection{} %a
|
||||
In ein LGS umgeformt, ergibt sich dieses Bild:\\
|
||||
\begin{alignat*}{3}
|
||||
x_{1} &=& \frac{5}{3} &-& \frac{2}{3}t \\
|
||||
x_{2} &=& - \frac{4}{3} &+& \frac{1}{3}t \\
|
||||
x_{3} &=& 0 &+& 1t \\
|
||||
\intertext{Daraus ergeben sich diese Vektoren}
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
x_{1} \\
|
||||
x_{2} \\
|
||||
x_{3}
|
||||
\end{bmatrix} &=&
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
\frac{5}{3} \\
|
||||
-\frac{4}{3} \\
|
||||
0
|
||||
\end{bmatrix} &+&
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
-\frac{2}{3}t \\
|
||||
\frac{1}{3}t \\
|
||||
1t
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\intertext{t vor die Matrix ziehen}
|
||||
&=& \begin{bmatrix}
|
||||
\frac{5}{3} \\
|
||||
-\frac{4}{3} \\
|
||||
0
|
||||
\end{bmatrix} &+& t \cdot
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
-\frac{2}{3} \\
|
||||
\frac{1}{3} \\
|
||||
1
|
||||
\end{bmatrix}
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
\subsection{} %b
|
||||
In ein LGS umgeformt, ergibt sich dieses Bild:\\
|
||||
\begin{alignat*}{4}
|
||||
x_{1} &=& 2 &-& \frac{1}{2}s &-& \frac{1}{2}t \\
|
||||
x_{2} &=& 0 &+& 1s &+& 0t \\
|
||||
x_{3} &=& 0 &+& 0s &+& 1t \\
|
||||
\intertext{Daraus ergeben sich diese Vektoren}
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
x_{1} \\
|
||||
x_{2} \\
|
||||
x_{3}
|
||||
\end{bmatrix} &=&
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
2 \\
|
||||
0 \\
|
||||
0
|
||||
\end{bmatrix} &+&
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
\frac{1}{2}s \\
|
||||
1s \\
|
||||
0
|
||||
\end{bmatrix} &+&
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
-\frac{1}{2}t \\
|
||||
0 \\
|
||||
1t
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\intertext{Koeffizienten vor die Matrix ziehen}
|
||||
&=& \begin{bmatrix}
|
||||
2 \\
|
||||
0 \\
|
||||
0
|
||||
\end{bmatrix} &+& s \cdot
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
\frac{1}{2} \\
|
||||
1 \\
|
||||
0
|
||||
\end{bmatrix} &+& t \cdot
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
-\frac{1}{2} \\
|
||||
0 \\
|
||||
1
|
||||
\end{bmatrix}
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
\subsection{} %c
|
||||
In ein LGS umgeformt, ergibt sich dieses Bild:\\
|
||||
\begin{alignat*}{5}
|
||||
x_{1} &=& -3 &+& 5r &+& 3s &+& t \\
|
||||
x_{2} &=& 1 &-& 2r &-& 3s &+& 0 \\
|
||||
x_{3} &=& 0 &+& r &+& 0 &+& 0 \\
|
||||
x_{4} &=& 0 &+& 0 &+& s &+& 0 \\
|
||||
x_{5} &=& -2 &+& 0 &+& 0 &+& 3t \\
|
||||
x_{6} &=& 0 &+& 0 &+& 0 &+& t \\
|
||||
\intertext{Umgewandelt in Vektoren ergibt sich dies:}
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
x_{1} \\
|
||||
x_{2} \\
|
||||
x_{3} \\
|
||||
x_{4} \\
|
||||
x_{5} \\
|
||||
x_{6}
|
||||
\end{bmatrix} &=&
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
-3 \\
|
||||
1 \\
|
||||
0 \\
|
||||
0 \\
|
||||
-2 \\
|
||||
0
|
||||
\end{bmatrix} &+&
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
5r \\
|
||||
-2r \\
|
||||
r \\
|
||||
0 \\
|
||||
0 \\
|
||||
0
|
||||
\end{bmatrix} &+&
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
3s \\
|
||||
-3s \\
|
||||
0 \\
|
||||
s \\
|
||||
0 \\
|
||||
0
|
||||
\end{bmatrix} &+&
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
t \\
|
||||
0 \\
|
||||
0 \\
|
||||
0 \\
|
||||
3t \\
|
||||
t
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\intertext{Koeffizienten vor Vektor ziehen}
|
||||
&=&
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
-3 \\
|
||||
1 \\
|
||||
0 \\
|
||||
0 \\
|
||||
-2 \\
|
||||
0
|
||||
\end{bmatrix} &+& r \cdot
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
5 \\
|
||||
-2 \\
|
||||
1 \\
|
||||
0 \\
|
||||
0 \\
|
||||
0
|
||||
\end{bmatrix} &+& s \cdot
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
3 \\
|
||||
-3 \\
|
||||
0 \\
|
||||
1 \\
|
||||
0 \\
|
||||
0
|
||||
\end{bmatrix} &+& t \cdot
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
1 \\
|
||||
0 \\
|
||||
0 \\
|
||||
0 \\
|
||||
3 \\
|
||||
1
|
||||
\end{bmatrix}
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
\section{} %2
|
||||
\subsection{} %a
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
u_{1} &=& \begin{bmatrix}
|
||||
0 \\
|
||||
0 \\
|
||||
0 \\
|
||||
0
|
||||
\end{bmatrix} \in U \\
|
||||
u_{2} &=& \begin{bmatrix}
|
||||
1 \\
|
||||
1 \\
|
||||
1 \\
|
||||
1
|
||||
\end{bmatrix} \in U \\
|
||||
u_{3} &=& \begin{bmatrix}
|
||||
2 \\
|
||||
2 \\
|
||||
2 \\
|
||||
2
|
||||
\end{bmatrix} \not\in U \\
|
||||
u_{4} &=& \begin{bmatrix}
|
||||
1 \\
|
||||
-1 \\
|
||||
1 \\
|
||||
1
|
||||
\end{bmatrix} \not\in U
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
U ist kein Unterraum von $V = \mathbb{R}^{4}$, da $u_{1} + u_{1} = u_{2} \not\in U$. Demnach ist $U$ nicht abgeschlossen bezüglich der Addition.
|
||||
\subsection{} %b
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
u_{1} &=& \begin{bmatrix}
|
||||
0 \\
|
||||
0 \\
|
||||
0 \\
|
||||
0
|
||||
\end{bmatrix} \in U \\
|
||||
u_{2} &=& \begin{bmatrix}
|
||||
1 \\
|
||||
1 \\
|
||||
1 \\
|
||||
1
|
||||
\end{bmatrix} \in U \\
|
||||
u_{3} &=& \begin{bmatrix}
|
||||
2 \\
|
||||
0 \\
|
||||
0 \\
|
||||
1
|
||||
\end{bmatrix} \not\in U \\
|
||||
u_{4} &=& \begin{bmatrix}
|
||||
0 \\
|
||||
0 \\
|
||||
0 \\
|
||||
-1
|
||||
\end{bmatrix} \not\in U
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
1. Der Nullvektor ist in $U$ enthalten. \\
|
||||
2. $u,v \in U \; c,d \in \mathbb{R}^{\geq 0}$
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
u &=& \begin{bmatrix}
|
||||
u_{1} \\
|
||||
u_{2} \\
|
||||
u_{3} \\
|
||||
u_{4}
|
||||
\end{bmatrix} =
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
u_{1} \\
|
||||
u_{2} \\
|
||||
u_{3} \\
|
||||
u_{1} + c
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
v &=& \begin{bmatrix}
|
||||
v_{1} \\
|
||||
v_{2} \\
|
||||
v_{3} \\
|
||||
v_{4}
|
||||
\end{bmatrix} =
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
v_{1} \\
|
||||
v_{2} \\
|
||||
v_{3} \\
|
||||
v_{1} + d
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
u + v &=& \begin{bmatrix}
|
||||
u_{1} + v_{1} \\
|
||||
u_{2} + v_{2} \\
|
||||
u_{3} + v_{3} \\
|
||||
(u_{1} + c) + (v_{1} + d)
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
&=& \begin{bmatrix}
|
||||
u_{1} + v_{1} \\
|
||||
u_{2} + v_{2} \\
|
||||
u_{3} + v_{3} \\
|
||||
u_{1} + v_{1} + c + d
|
||||
\end{bmatrix}
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
Wenn zwei Vektoren $u,v$ in $U$ enthalten sind, dann ist es auch ihre Summe.\\
|
||||
3. $u \in U, t \in \mathbb{R}, c \in \mathbb{R}^{\geq 0}$
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
u &=& \begin{bmatrix}
|
||||
u_{1} \\
|
||||
u_{2} \\
|
||||
u_{3} \\
|
||||
u_{4}
|
||||
\end{bmatrix} =
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
u_{1} \\
|
||||
u_{2} \\
|
||||
u_{3} \\
|
||||
u_{1} + c
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
t \cdot u &=& t \cdot \begin{bmatrix}
|
||||
u_{1} \\
|
||||
u_{2} \\
|
||||
u_{3} \\
|
||||
u_{1} + c
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
&=& \begin{bmatrix}
|
||||
tu_{1} \\
|
||||
tu_{2} \\
|
||||
tu_{3} \\
|
||||
t(u_{1} + c)
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
&=& \begin{bmatrix}
|
||||
tu_{1} \\
|
||||
tu_{2} \\
|
||||
tu_{3} \\
|
||||
tu_{1} + tc
|
||||
\end{bmatrix}
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
Wenn ein Vektor in $U$ ist, dann ist es auch das Produkt mit einem beliebigen Skalar.
|
||||
|
||||
Daher ist $U$ ein Unterraum von $V = \mathbb{R}^{4}$.\hfill $\Box$
|
||||
|
||||
\subsection{} %c
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
u_{1} &=& \begin{bmatrix}
|
||||
0 \\
|
||||
0 \\
|
||||
0 \\
|
||||
0
|
||||
\end{bmatrix} \in U \\
|
||||
u_{2} &=& \begin{bmatrix}
|
||||
1 \\
|
||||
1 \\
|
||||
1 \\
|
||||
4
|
||||
\end{bmatrix} \in U \\
|
||||
u_{3} &=& \begin{bmatrix}
|
||||
2 \\
|
||||
0 \\
|
||||
0 \\
|
||||
1
|
||||
\end{bmatrix} \not\in U \\
|
||||
u_{4} &=& \begin{bmatrix}
|
||||
0 \\
|
||||
0 \\
|
||||
0 \\
|
||||
-1
|
||||
\end{bmatrix} \not\in U
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
1. Der Nullvektor ist in $U$ enthalten. \\
|
||||
2. $u,v \in U$
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
u &=& \begin{bmatrix}
|
||||
u_{1} \\
|
||||
u_{2} \\
|
||||
u_{3} \\
|
||||
u_{4}
|
||||
\end{bmatrix} =
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
u_{1} \\
|
||||
u_{2} \\
|
||||
u_{3} \\
|
||||
2u_{1} + u_{2} + u_{3}
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
v &=& \begin{bmatrix}
|
||||
v_{1} \\
|
||||
v_{2} \\
|
||||
v_{3} \\
|
||||
v_{4}
|
||||
\end{bmatrix} =
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
v_{1} \\
|
||||
v_{2} \\
|
||||
v_{3} \\
|
||||
2v_{1} + v_{2} + v_{3}
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
u + v &=& \begin{bmatrix}
|
||||
u_{1} + v_{1} \\
|
||||
u_{2} + v_{2} \\
|
||||
u_{3} + v_{3} \\
|
||||
(2u_{1} + u_{2} + u_{3}) + (2v_{1} + v_{2} + v_{3})
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
&=& \begin{bmatrix}
|
||||
u_{1} + v_{1} \\
|
||||
u_{2} + v_{2} \\
|
||||
u_{3} + v_{3} \\
|
||||
2u_{1} + 2v_{1} + u_{2} + v_{2} + u_{3} + v_{3}
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
&=& \begin{bmatrix}
|
||||
u_{1} + v_{1} \\
|
||||
u_{2} + v_{2} \\
|
||||
u_{3} + v_{3} \\
|
||||
2(u_{1} + v_{1}) + (u_{2} + v_{2}) + (u_{3} + v_{3})
|
||||
\end{bmatrix}
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
Wenn zwei Vektoren in $U$ sind, dann ist es auch ihre Summe.\\
|
||||
3. $u \in U, t \in \mathbb{R}$
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
u &=& \begin{bmatrix}
|
||||
u_{1} \\
|
||||
u_{2} \\
|
||||
u_{3} \\
|
||||
u_{4}
|
||||
\end{bmatrix} =
|
||||
\begin{bmatrix}
|
||||
u_{1} \\
|
||||
u_{2} \\
|
||||
u_{3} \\
|
||||
2u_{1} + u_{2} + u_{3}
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
t \cdot u &=& t \cdot \begin{bmatrix}
|
||||
u_{1} \\
|
||||
u_{2} \\
|
||||
u_{3} \\
|
||||
2u_{1} + u_{2} + u_{3}
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
&=& \begin{bmatrix}
|
||||
tu_{1} \\
|
||||
tu_{2} \\
|
||||
tu_{3} \\
|
||||
t(2u_{1} + u_{2} + u_{3})
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
&=& \begin{bmatrix}
|
||||
tu_{1} \\
|
||||
tu_{2} \\
|
||||
tu_{3} \\
|
||||
2tu_{1} + tu_{2} + tu_{3}
|
||||
\end{bmatrix}
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
Wenn ein Vektor in $U$ ist, dann ist es auch das Produkt mit einem beliebigen Skalar.
|
||||
|
||||
Daher ist $U$ ein Unterraum von $V = \mathbb{R}^{4}$.\hfill $\Box$
|
||||
\subsection{} %d
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
u_{1} &=& \begin{bmatrix}
|
||||
0 \\
|
||||
-1 \\
|
||||
0 \\
|
||||
0
|
||||
\end{bmatrix} \in U \\
|
||||
u_{2} &=& \begin{bmatrix}
|
||||
1 \\
|
||||
-1 \\
|
||||
-2 \\
|
||||
0
|
||||
\end{bmatrix} \in U \\
|
||||
u_{3} &=& \begin{bmatrix}
|
||||
0 \\
|
||||
0 \\
|
||||
0 \\
|
||||
0
|
||||
\end{bmatrix} \not\in U \\
|
||||
u_{4} &=& \begin{bmatrix}
|
||||
0 \\
|
||||
0 \\
|
||||
0 \\
|
||||
-1
|
||||
\end{bmatrix} \not\in U
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
$U$ ist kein Unterraum, da der Nullvektor nicht enthalten ist.\hfill $\Box$
|
||||
\section{} %3
|
||||
\subsection{} %a
|
||||
In einem LGS ergibt sich: \\
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
c_{1} + 3c_{2} - c_{3} + 6c_{4} &=& 0 \\
|
||||
c_{1} - c_{2} + 3c_{3} + 2c_{4} &=& 0 \\
|
||||
2c_{1} + 0c_{2} + c_{3} + 0c_{4} &=& 0 \\
|
||||
3c_{1} + c_{2} + 0c_{3} + 4c_{4} &=& 0 \\
|
||||
\intertext{In Matrixform bringen}
|
||||
\begin{bmatrix}[cccc|c]
|
||||
1 & 3 & -1 & 6 & 0 \\
|
||||
1 & -1 & 3 & 2 & 0 \\
|
||||
2 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
|
||||
3 & 1 & 0 & 4 & 0
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\intertext{II = II - I, III = III - 2I, IV = IV - 3I}
|
||||
\begin{bmatrix}[cccc|c]
|
||||
1 & 3 & -1 & 6 & 0 \\
|
||||
0 & -4 & 4 & -4 & 0 \\
|
||||
0 & -6 & 3 & -12 & 0 \\
|
||||
0 & -8 & 3 & -14 & 0
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\intertext{II = II$ \cdot -\frac{1}{4}$}
|
||||
\begin{bmatrix}[cccc|c]
|
||||
1 & 3 & -1 & 6 & 0 \\
|
||||
0 & 1 & -1 & 1 & 0 \\
|
||||
0 & -6 & 3 & -12 & 0 \\
|
||||
0 & -8 & 3 & -14 & 0
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\intertext{III = III + 6II, IV = IV + 8II}
|
||||
\begin{bmatrix}[cccc|c]
|
||||
1 & 3 & -1 & 6 & 0 \\
|
||||
0 & 1 & -1 & 1 & 0 \\
|
||||
0 & 0 & -3 & -6 & 0 \\
|
||||
0 & 0 & -3 & -8 & 0
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\intertext{III = III$ \cdot -\frac{1}{3}$}
|
||||
\begin{bmatrix}[cccc|c]
|
||||
1 & 3 & -1 & 6 & 0 \\
|
||||
0 & 1 & -1 & 1 & 0 \\
|
||||
0 & 0 & 1 & 2 & 0 \\
|
||||
0 & 0 & -3 & -8 & 0
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\intertext{IV = IV + 3III}
|
||||
\begin{bmatrix}[cccc|c]
|
||||
1 & 3 & -1 & 6 & 0 \\
|
||||
0 & 1 & -1 & 1 & 0 \\
|
||||
0 & 0 & 1 & 2 & 0 \\
|
||||
0 & 0 & 0 & -2 & 0
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\intertext{IV = IV$ \cdot -\frac{1}{2}$}
|
||||
\begin{bmatrix}[cccc|c]
|
||||
1 & 3 & -1 & 6 & 0 \\
|
||||
0 & 1 & -1 & 1 & 0 \\
|
||||
0 & 0 & 1 & 2 & 0 \\
|
||||
0 & 0 & 0 & 1 & 0
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\overset{IV}{\Rightarrow} c_{4} &=& 0 \\
|
||||
\overset{III}{\Rightarrow} c_{3} + 2c_{4} &=& 0 \\
|
||||
c_{3} + 2 \cdot 0 &=& 0 \\
|
||||
c_{3} &=& 0 \\
|
||||
\overset{II}{\Rightarrow} c_{2} - c_{3} + c_{4} &=& 0 \\
|
||||
c_{2} - 0 + 0 &=& 0 \\
|
||||
c_{2} &=& 0 \\
|
||||
\overset{I}{\Rightarrow} c_{1} + 3_c{2} - c_{3} + 6c_{4} &=& 0 \\
|
||||
c_{1} + 3 \cdot 0 - 0 + 6 \cdot 0 &=& 0 \\
|
||||
c_{1} &=& 0
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
Es gibt keine $c_{1}, c_{2}, c_{3}, c_{4}$ für die $c_{1}v_{1} + c_{2}v_{2} + c_{3}v_{3} + c_{4}v_{4} = 0$ gilt und mindestens ein $c_{i}$ ungleich Null ist.
|
||||
\subsection{} %b
|
||||
In einem LGS ergibt sich: \\
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
c_{1} + 3c_{2} + c_{3} - 5c_{4} &=& 0 \\
|
||||
c_{1} - c_{2} + 3c_{3} - c_{4} &=& 0 \\
|
||||
2c_{1} + 0c_{2} - c_{3} + 8c_{4} &=& 0 \\
|
||||
3c_{1} + c_{2} + 0c_{3} + 7c_{4} &=& 0 \\
|
||||
\intertext{In Matrixform bringen}
|
||||
\begin{bmatrix}[cccc|c]
|
||||
1 & 3 & 1 & -5 & 0 \\
|
||||
1 & -1 & 3 & -1 & 0 \\
|
||||
2 & 0 & -1 & 8 & 0 \\
|
||||
3 & 1 & 0 & 7 & 0
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\intertext{II = II - I, III = III - 2I, IV = IV - 3I}
|
||||
\begin{bmatrix}[cccc|c]
|
||||
1 & 3 & 1 & -5 & 0 \\
|
||||
0 & -4 & 2 & +4 & 0 \\
|
||||
0 & -6 & -3 & 18 & 0 \\
|
||||
0 & -8 & -3 & 22 & 0
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\intertext{II = II$ \cdot -\frac{1}{4}$}
|
||||
\begin{bmatrix}[cccc|c]
|
||||
1 & 3 & 1 & -5 & 0 \\
|
||||
0 & 1 & -\frac{1}{2} & -1 & 0 \\
|
||||
0 & -6 & -3 & 18 & 0 \\
|
||||
0 & -8 & -3 & 22 & 0
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\intertext{III = III + 6II, IV = IV + 8II}
|
||||
\begin{bmatrix}[cccc|c]
|
||||
1 & 3 & 1 & -5 & 0 \\
|
||||
0 & 1 & -\frac{1}{2} & -1 & 0 \\
|
||||
0 & 0 & -6 & 12 & 0 \\
|
||||
0 & 0 & -7 & 14 & 0
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\intertext{III = III$ \cdot -\frac{1}{6}$}
|
||||
\begin{bmatrix}[cccc|c]
|
||||
1 & 3 & 1 & -5 & 0 \\
|
||||
0 & 1 & -\frac{1}{2} & -1 & 0 \\
|
||||
0 & 0 & 1 & -2 & 0 \\
|
||||
0 & 0 & -7 & 14 & 0
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\intertext{IV = IV + 7III}
|
||||
\begin{bmatrix}[cccc|c]
|
||||
1 & 3 & 1 & -5 & 0 \\
|
||||
0 & 1 & -\frac{1}{2} & -1 & 0 \\
|
||||
0 & 0 & 1 & -2 & 0 \\
|
||||
0 & 0 & 0 & 0 & 0
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\overset{IV}{\Rightarrow} 0c_{4} &=& 0 \\
|
||||
c_{4} &=& t, t \in \mathbb{R} \\
|
||||
\overset{III}{\Rightarrow} c_{3} - 2c_{4} &=& 0 \\
|
||||
c_{3} - 2t &=& 0 \\
|
||||
c_{3} &=& 2t \\
|
||||
\overset{II}{\Rightarrow} c_{2} - \frac{1}{2}c_{3} - c_{4} &=& 0 \\
|
||||
c_{2} - \frac{1}{2}(2t) - t &=& 0 \\
|
||||
c_{2} - 2t &=& 0 \\
|
||||
c_{2} &=& 2t \\
|
||||
\overset{I}{\Rightarrow} c_{1} + 3_c{2} + c_{3} - 5c_{4} &=& 0 \\
|
||||
c_{1} + 3 \cdot 2t + 2t - 5 \cdot t &=& 0 \\
|
||||
c_{1} + 6t + 2t - 5t &=& 0 \\
|
||||
c_{1} + 3t &=& 0 \\
|
||||
c_{1} &=& -3t
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
Es gibt unendlich viele $c_{1}, c_{2}, c_{3}, c_{4}$ für die $c_{1}v_{1} + c_{2}v_{2} + c_{3}v_{3} + c_{4}v_{4} = 0$ gilt und mindestens ein $c_{i}$ ungleich Null ist.
|
||||
\subsection{} %c
|
||||
Wenn es mehr als die triviale Lösung für das lineare Gleichungssystem $c_{1}v_{1} + c_{2}v_{2} + c_{3}v_{3} + c_{4}v_{4} = 0$ gibt, dann sind die Vektoren linear voneinander abhängig.
|
||||
Gibt es nur die triviale Lösung, dann sind sie linear voneinander unabhängig.
|
||||
\section{} %4
|
||||
\subsection{} %a
|
||||
Wenn die Vektoren $v_{1}, v_{2}, v_{3}$ linear unabhängig sind, dann gibt es nur die triviale Lösung für die Gleichung $c_{1}v_{1} + c_{2}v_{2} + c_{3}v_{3} = 0$.
|
||||
|
||||
In ein LGS überführt, ergibt sich dies:\\
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
2c_{1} - 2c_{2} - 5c_{3} &=& 0 \\
|
||||
4c_{1} + 3c_{2} + 18c_{3} &=& 0 \\
|
||||
-2c_{1} + 3c_{2} + 9c_{3} &=& 0 \\
|
||||
-4c_{1} + 3c_{2} + 6c_{3} &=& 0 \\
|
||||
\intertext{In Matrixform ergibt sich dies}
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|c]
|
||||
2 & -2 & -5 & 0 \\
|
||||
4 & 3 & 18 & 0 \\
|
||||
-2 & 3 & 9 & 0 \\
|
||||
-4 & 3 & 6 & 0
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\intertext{I = I$ \cdot \frac{1}{2}$}
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|c]
|
||||
1 & -1 & -\frac{5}{2} & 0 \\
|
||||
4 & 3 & 18 & 0 \\
|
||||
-2 & 3 & 9 & 0 \\
|
||||
-4 & 3 & 6 & 0
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\intertext{II = II - 4I, III = III + 2I, IV = IV + 4I}
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|c]
|
||||
1 & -1 & -\frac{5}{2} & 0 \\
|
||||
0 & 7 & 28 & 0 \\
|
||||
0 & 1 & 4 & 0 \\
|
||||
0 & -1 & -4 & 0
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\intertext{II = II$ \cdot \frac{1}{7}$}
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|c]
|
||||
1 & -1 & -\frac{5}{2} & 0 \\
|
||||
0 & 1 & 4 & 0 \\
|
||||
0 & 1 & 4 & 0 \\
|
||||
0 & -1 & -4 & 0
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\intertext{III = III - II, IV = IV + II}
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|c]
|
||||
1 & -1 & -\frac{5}{2} & 0 \\
|
||||
0 & 1 & 4 & 0 \\
|
||||
0 & 0 & 0 & 0 \\
|
||||
0 & 0 & 0 & 0
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\overset{IV}{\Rightarrow} 0c_{3} &=& 0 \\
|
||||
c_{3} &=& t, t \in \mathbb{R} \\
|
||||
\overset{II}{\Rightarrow} c_{2} + 4c_{3} &=& 0 \\
|
||||
c_{2} + 4t &=& 0 \\
|
||||
c_{2} &=& -4t \\
|
||||
\overset{I}{\Rightarrow} c_{1} - c_{2} - \frac{5}{2}c_{3} &=& 0 \\
|
||||
c_{1} + 4t - \frac{5}{2}t &=& 0 \\
|
||||
c_{1} + \frac{3}{2}t &=& 0 \\
|
||||
c_{1} &=& -\frac{3}{2}t
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
Es gibt unendlich viele Lösungen der Gleichung, daher sind die drei Vektoren voneinander linear abhängig.
|
||||
\subsection{} %b
|
||||
Wie in a).
|
||||
|
||||
In ein LGS überführt, ergibt sich dies:\\
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
2c_{1} - 2c_{2} - 4c_{3} &=& 0 \\
|
||||
4c_{1} + 3c_{2} - 1c_{3} &=& 0 \\
|
||||
-2c_{1} + 3c_{2} + 6c_{3} &=& 0 \\
|
||||
-4c_{1} + 3c_{2} + 7c_{3} &=& 0 \\
|
||||
\intertext{In Matrixform ergibt sich dies}
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|c]
|
||||
2 & -2 & -4 & 0 \\
|
||||
4 & 3 & -1 & 0 \\
|
||||
-2 & 3 & 6 & 0 \\
|
||||
-4 & 3 & 7 & 0
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\intertext{I = I$ \cdot \frac{1}{2}$}
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|c]
|
||||
1 & -1 & -2 & 0 \\
|
||||
4 & 3 & -1 & 0 \\
|
||||
-2 & 3 & 6 & 0 \\
|
||||
-4 & 3 & 7 & 0
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\intertext{II = II - 4I, III = III + 2I, IV = IV + 4I}
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|c]
|
||||
1 & -1 & -2 & 0 \\
|
||||
0 & 7 & 7 & 0 \\
|
||||
0 & 1 & 2 & 0 \\
|
||||
0 & -1 & -1 & 0
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\intertext{II = II$ \cdot \frac{1}{7}$}
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|c]
|
||||
1 & -1 & -2 & 0 \\
|
||||
0 & 1 & 1 & 0 \\
|
||||
0 & 1 & 2 & 0 \\
|
||||
0 & -1 & -1 & 0
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\intertext{III = III - II, IV = IV + II}
|
||||
\begin{bmatrix}[ccc|c]
|
||||
1 & -1 & -2 & 0 \\
|
||||
0 & 1 & 1 & 0 \\
|
||||
0 & 0 & 1 & 0 \\
|
||||
0 & 0 & 0 & 0
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\overset{III}{\Rightarrow} c_{3} &=& 0 \\
|
||||
\overset{II}{\Rightarrow} c_{2} + c_{3} &=& 0 \\
|
||||
c_{2} + 0 &=& 0 \\
|
||||
c_{2} &=& 0 \\
|
||||
\overset{I}{\Rightarrow} c_{1} - c_{2} - 2c_{3} &=& 0 \\
|
||||
c_{1} - 0 - 2 \cdot 0 &=& 0 \\
|
||||
c_{1} &=& 0
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
Es gibt nur die triviale Lösung, daher sind die drei Vektoren voneinander linear unabhängig.
|
||||
\subsection{} %c
|
||||
Wie in a).
|
||||
|
||||
In ein LGS überführt, ergibt sich dies:\\
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
1c_{1} - 1c_{2} + 2c_{3} - 1c_{4} &=& 0 \\
|
||||
1c_{1} + 0c_{2} + 2c_{3} + 5c_{4} &=& 0 \\
|
||||
1c_{1} + 1c_{2} + 0c_{3} + 13c_{4} &=& 0 \\
|
||||
1c_{1} + 1c_{2} - 1c_{3} + 14c_{4} &=& 0 \\
|
||||
\intertext{In Matrixform ergibt sich dies}
|
||||
\begin{bmatrix}[cccc|c]
|
||||
1 & -1 & 2 & -1 & 0 \\
|
||||
1 & 0 & 2 & 5 & 0 \\
|
||||
1 & 1 & 0 & 13 & 0 \\
|
||||
1 & 1 & -1 & 14 & 0
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\intertext{II = II - I, III = III - I, IV = IV - I}
|
||||
\begin{bmatrix}[cccc|c]
|
||||
1 & -1 & 2 & -1 & 0 \\
|
||||
0 & 1 & 0 & 6 & 0 \\
|
||||
0 & 2 & 0 & 14 & 0 \\
|
||||
0 & 2 & -3 & 15 & 0
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\intertext{III = III - 2II, IV = IV - 2II}
|
||||
\begin{bmatrix}[cccc|c]
|
||||
1 & -1 & 2 & -1 & 0 \\
|
||||
0 & 1 & 0 & 6 & 0 \\
|
||||
0 & 0 & 0 & 2 & 0 \\
|
||||
0 & 0 & -3 & 3 & 0
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\intertext{III $\curvearrowright$ IV, IV $\curvearrowright$ III}
|
||||
\begin{bmatrix}[cccc|c]
|
||||
1 & -1 & 2 & -1 & 0 \\
|
||||
0 & 1 & 0 & 6 & 0 \\
|
||||
0 & 0 & -3 & 3 & 0 \\
|
||||
0 & 0 & 0 & 2 & 0
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\intertext{III = III$ \cdot -\frac{1}{3}$}
|
||||
\begin{bmatrix}[cccc|c]
|
||||
1 & -1 & 2 & -1 & 0 \\
|
||||
0 & 1 & 0 & 6 & 0 \\
|
||||
0 & 0 & 1 & -1 & 0 \\
|
||||
0 & 0 & 0 & 2 & 0
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\intertext{IV = IV$ \cdot \frac{1}{2}$}
|
||||
\begin{bmatrix}[cccc|c]
|
||||
1 & -1 & 2 & -1 & 0 \\
|
||||
0 & 1 & 0 & 6 & 0 \\
|
||||
0 & 0 & 1 & -1 & 0 \\
|
||||
0 & 0 & 0 & 1 & 0
|
||||
\end{bmatrix} \\
|
||||
\overset{IV}{\Rightarrow} c_{4} &=& 0 \\
|
||||
\overset{III}{\Rightarrow} c_{3} - c_{4} &=& 0 \\
|
||||
c_{3} - 0 &=& 0 \\
|
||||
c_{3} &=& 0 \\
|
||||
\overset{II}{\Rightarrow} c_{2} + 0c_{3} + 6c_{4} &=& 0 \\
|
||||
c_{2} + 0 + 6 \cdot 0 &=& 0 \\
|
||||
c_{2} &=& 0 \\
|
||||
\overset{I}{\Rightarrow} c_{1} - c_{2} + 2c_{3} - c_{4} &=& 0 \\
|
||||
c_{1} - 0 + 2 \cdot 0 - 0 &=& 0 \\
|
||||
c_{1} &=& 0
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
Es gibt nur die triviale Lösung, daher sind die vier Vektoren voneinander linear unabhängig.
|
||||
\subsection{} %d
|
||||
Es gibt fünf Vektoren bei vier Dimensionen im Vektorraum. Daher sind diese Vektoren linear voneinander abhängig.
|
||||
\end{document}
|
||||
|
|
@ -0,0 +1,204 @@
|
|||
\documentclass[10pt,a4paper,oneside,ngerman,numbers=noenddot]{scrartcl}
|
||||
\usepackage[T1]{fontenc}
|
||||
\usepackage[utf8]{inputenc}
|
||||
\usepackage[ngerman]{babel}
|
||||
\usepackage{amsmath}
|
||||
\usepackage{amsfonts}
|
||||
\usepackage{amssymb}
|
||||
\usepackage{paralist}
|
||||
\usepackage[locale=DE,exponent-product=\cdot,detect-all]{siunitx}
|
||||
\usepackage{tikz}
|
||||
\usetikzlibrary{matrix,fadings,calc,positioning,decorations.pathreplacing,arrows}
|
||||
\pagenumbering{arabic}
|
||||
\def\thesection{\arabic{section})}
|
||||
\def\thesubsection{\alph{subsection})}
|
||||
\def\thesubsubsection{(\arabic{subsubsection})}
|
||||
|
||||
\begin{document}
|
||||
\author{Jim Martens}
|
||||
\title{Hausaufgaben zum 08./09. November}
|
||||
\maketitle
|
||||
\section{}
|
||||
\subsection{}
|
||||
\begin{enumerate}[(i)]
|
||||
\item $177 \equiv 18$ (mod 5) \\
|
||||
Falsch, da $177-18=169$ ergibt und $169\, \text{mod}\, 5 \neq 0$.
|
||||
\item $177 \equiv -18$ (mod 5) \\
|
||||
Wahr, da $177-(-18)=195$ ergibt und $195\, \text{mod}\, 5 = 0$.
|
||||
\item $-89 \equiv -12$ (mod 6) \\
|
||||
Falsch, da $-89-(-12)=-77$ ergibt und $-77\, \text{mod}\, 6 \neq 0$.
|
||||
\item $-123 \equiv 33$ (mod 13) \\
|
||||
Wahr, da $-123-33=-156$ ergibt und $-156\, \text{mod}\, 13 = 0$.
|
||||
\item $39 \equiv -1$ (mod 40) \\
|
||||
Wahr, da $39-(-1)=40$ ergibt und $40\, \text{mod}\, 40 = 0$.
|
||||
\item $77 \equiv 0$ (mod 11) \\
|
||||
Wahr, da $77-0=77$ ergibt und $77\, \text{mod}\, 11 = 0$.
|
||||
\item $2^{51} \equiv 51$ (mod 2) \\
|
||||
Falsch, da $2^{x}$ immer eine gerade Zahl ergibt und bei Addition/Subtraktion einer ungeraden Zahl immer eine ungerade Zahl herauskommt. $51$ ist eine ungerade Zahl, wodurch $2^{51}-51$ nicht durch $2$ restlos teilbar ist.
|
||||
\end{enumerate}
|
||||
\subsection{}
|
||||
\begin{alignat}{4}
|
||||
7293& =&\: 19 &\: \cdot &\: 378& \indent\text{Rest}&\indent 111\\
|
||||
378& =&\: 3 &\: \cdot &\: 111& \indent\text{Rest}&\indent 45\\
|
||||
111& =&\: 2 &\: \cdot &\: 45& \indent\text{Rest}&\indent 21\\
|
||||
45& =&\: 2 &\: \cdot &\: 21& \indent\text{Rest}&\indent 3\\
|
||||
21& =&\: 7 &\: \cdot &\: 3& \indent\text{Rest}&\indent 0
|
||||
\end{alignat}
|
||||
Der $ggt(7293,378)$ ist $3$.
|
||||
\subsection{}
|
||||
\begin{enumerate}
|
||||
\item $\lceil \sqrt{7} \rceil$ \\
|
||||
Da $2^{2}=4$ und $3^{2}=9$ gelten, liegt die Quadratwurzel von $7$ zwischen $2$ und $3$. Durch die oberen Gaußklammern wird auf die nächsthöhere ganze Zahl aufgerundet. Daher ergibt sich $\lceil \sqrt{7} \rceil=3$.
|
||||
\item $\lfloor \sqrt{7} \rfloor$ \\
|
||||
Bei den unteren Gaußklammern wird auf die nächstniedrigere ganze Zahl abgerundet. Durch das eben Festgestellte gilt hier $\lfloor \sqrt{7} \rfloor = 2$.
|
||||
\item $\lceil 7.1 \rceil = 8$ \\
|
||||
Gilt aufgrund der eben festgestellten Sachverhalte.
|
||||
\item $\lfloor 7.1 \rfloor = 7$ \\
|
||||
Gilt analog.
|
||||
\item $\lceil -7.1 \rceil = -7$ \\
|
||||
Gilt analog.
|
||||
\item $\lfloor -7.1 \rfloor = -8$ \\
|
||||
Gilt analog.
|
||||
\item $\lceil -7 \rceil = -7$ \\
|
||||
Gilt analog.
|
||||
\item $\lfloor -7 \rfloor = -8$ \\
|
||||
Gilt analog.
|
||||
\end{enumerate}
|
||||
|
||||
\section{}
|
||||
\addtocounter{subsubsection}{1}
|
||||
\subsubsection{}
|
||||
\textbf{Behauptung:} Aus $b_{1} \mid a_{1}$ und $b_{2} \mid a_{2}$ folgt $b_{1} \cdot b_{2} \mid a_{1} \cdot a_{2}$. \\
|
||||
\textbf{Beweis:}\\
|
||||
$b_{1} \mid a_{1}$ bedeutet, dass $a_{1}=c \cdot b_{1}$ für ein $c \in \mathbb{Z}$ gilt; $b_{2} \mid a_{2}$ bedeutet, dass $a_{2}=d \cdot b_{2}$ für ein $d \in \mathbb{Z}$ gilt. \\
|
||||
Multipliziert man die beiden Gleichungen, so ergibt sich: $a_{1} \cdot a_{2} = c \cdot d \cdot b_{1} \cdot b_{2}$. Damit ist klar, dass $b_{1} \cdot b_{2} \mid a_{1} \cdot a_{2}$ gilt.\hfill $\Box$
|
||||
|
||||
\subsubsection{}
|
||||
\textbf{Behauptung:} Aus $c \cdot b \mid c \cdot a$ (für $c \neq 0$) folgt $b \mid a$.\\
|
||||
\textbf{Beweis:}\\
|
||||
$c \cdot b \mid c \cdot a$ bedeutet, dass $c \cdot a = d\cdot c \cdot b$ für ein $d \in \mathbb{Z}$ gilt. Nach teilen durch $c$ ergibt sich $a = d \cdot b$. Damit ist klar, dass $b \mid a$ gilt.\hfill $\Box$
|
||||
|
||||
\subsubsection{}
|
||||
\textbf{Behauptung:} Aus $b \mid a_{1}$ und $b \mid a_{2}$ folgt $b \mid c_{1} \cdot a_{1} + c_{2} \cdot a_{2}$ für beliebige ganze Zahlen $c_{1}$ und $c_{2}$.\\
|
||||
\textbf{Beweis:}\\
|
||||
$b \mid a_{1}$ bedeutet, dass $a_{1} = c \cdot b$ für ein $c \in \mathbb{Z}$ gilt; $b \mid a_{2}$ bedeutet, dass $a_{2} = d \cdot b$ für ein $d \in \mathbb{Z}$ gilt.\\
|
||||
Durch Multiplikation mit $c_{1}$ bzw. $c_{2}$ ergibt sich: $a_{1} \cdot c_{1} = c_{1} \cdot c \cdot b$ bzw. $a_{2} \cdot c_{2} = c_{2} \cdot d \cdot b$.\\
|
||||
Addiert man die beiden Gleichungen ergibt sich $a_{1} \cdot c_{1} + a_{2} \cdot c_{2} = c_{1} \cdot c \cdot b + c_{2} \cdot d \cdot b$.\\
|
||||
Durch Ausklammern des $b$ ergibt sich: $a_{1} \cdot c_{1} + a_{2} \cdot c_{2} = b \cdot (c_{1} \cdot c + c_{2} \cdot d)$.\\
|
||||
Daher gilt $b \mid c_{1} \cdot a_{1} + c_{2} \cdot a_{2}$.\hfill $\Box$
|
||||
|
||||
\section{}
|
||||
\subsection{}
|
||||
\textbf{Behauptung:} Die Aussage $3 \mid (n^{3} + 2n)$ gilt für alle $n \geq 0$ mit $n \in \mathbb{Z}$.\\
|
||||
\textbf{Beweis:} Durch vollständige Induktion.\\
|
||||
Mit $A(n)$ sei die Aussage $3 \mid (n^{3} + 2 \cdot n)$ bezeichnet.\\
|
||||
\underline{Induktionsanfang:} $A(0)$ ist richtig, da $3 \mid (0^{3} + 2 \cdot 0)$ bzw. $3 \mid 0$ gilt.\\\\
|
||||
\underline{Induktionsannahme:} Für ein beliebig fest gewähltes $n \in \mathbb{Z}$ mit $n \geq 0$ gilt $A(n)$, d. h. es gelte $3 \mid (n^{3} + 2 \cdot n)$.\\\\
|
||||
\underline{Zu zeigen:} $A(n+1)$ gilt, d. h. $3 \mid ((n+1)^{3} + 2 \cdot (n+1))$ gilt.\\\\
|
||||
\underline{Induktionsschluss:}\\
|
||||
Sei $3 \mid (n^{3} + 2 \cdot n)$, d. h. es gibt $c \in \mathbb{Z}$, sodass $n^3 + 2 \cdot n = 3 \cdot c$.
|
||||
|
||||
\begin{alignat}{2}
|
||||
&\: (n+1)^{3} + 2 \cdot (n+1) &=&\: n^{3} + 1^{3} + 2n + 2\\
|
||||
\Leftrightarrow &\: (n+1)^{3} + 2 \cdot (n+1) &=&\: n^{3} + 2n + 1^{3} + 2\\
|
||||
\intertext{Anwendung der Induktionsannahme}
|
||||
\Leftrightarrow &\: (n+1)^{3} + 2 \cdot (n+1) &=&\: 3 \cdot c + 3\\
|
||||
\Leftrightarrow &\: (n+1)^{3} + 2 \cdot (n+1) &=&\: 3 \cdot (c + 1)
|
||||
\end{alignat}
|
||||
Nach dem Induktionsprinzip folgt aus dem Induktionsanfang und dem Induktionsschluss die Behauptung.\hfill $\Box$
|
||||
|
||||
\subsection{}
|
||||
\textbf{Behauptung:} Für alle $n \in \mathbb{N}$ gilt, dass ein Schachfeld der Größe $2^{n} \cdot 2^{n}$ überdeckungsfrei mit L-Stücken der Größe 3 so belegt werden kann, dass nur das Feld oben rechts frei bleibt.\\
|
||||
\textbf{Beweis:} Mit vollständiger Induktion.\\
|
||||
\underline{Induktionsanfang:} Für $n=1$ ist die Aussage wahr, da bei $4$ Feldern das L-Stück die Felder oben links, unten links und unten rechts bedeckt.
|
||||
\begin{tikzpicture}
|
||||
\draw (0,0) -- +(0,1); %linke Kante
|
||||
\draw (0,1) -- +(1,0); %obere Kante
|
||||
\draw (0,0) -- +(1,0); %untere Kante
|
||||
\draw (1,0) -- +(0,1); %rechte Kante
|
||||
\draw (0.5,0) -- +(0,1); %vertikaler mittlerer Strich
|
||||
\draw (0,0.5) -- +(1,0); %horizontaler mittlerer Strich
|
||||
\draw (0.25,0.25) -- +(0,0.5); %linker Teil des L
|
||||
\draw (0.25,0.25) -- +(0.5,0); %rechter Teil des L
|
||||
\end{tikzpicture}
|
||||
\\\\
|
||||
\underline{Induktionsannahme:} Für ein beliebig fest gewähltes $n \in \mathbb{N}$ gilt die Behauptung, d. h. es gelte, dass ein Schachfeld der Größe $2^{n} \cdot 2^{n}$ überdeckungsfrei mit L-Stücken belegt werden kann, sodass nur das Feld oben rechts frei bleibt.\\\\
|
||||
\underline{Zu zeigen:} Die Behauptung gilt auch für $n+1$.\\\\
|
||||
\underline{Induktionsschluss:}\\
|
||||
Sei $2^{n} \cdot 2^{n}$ ein Schachfeld mit den Kantenlängen $2^{n+1}$. Dieses kann in vier gleichgroße Teile mit der Kantenlänge $2^{n}$ aufgeteilt werden. Auf diese wende ich die Induktionsannahme an. Nun habe ich vier Mal ein Feld oben rechts frei.
|
||||
\begin{tikzpicture}
|
||||
\draw (0,0) -- +(0,1); %linke Kante
|
||||
\draw (0,1) -- +(1,0); %obere Kante
|
||||
\draw (0,0) -- +(1,0); %untere Kante
|
||||
\draw (1,0) -- +(0,1); %rechte Kante
|
||||
\draw (0.5,0) -- +(0,1); %vertikaler mittlerer Strich
|
||||
\draw (0,0.5) -- +(1,0); %horizontaler mittlerer Strich
|
||||
\draw (0.4,0.9) -- +(0,0.1); %linke Kante des oberen linken freien Feldes
|
||||
\draw (0.4,0.9) -- +(0.1,0); %untere Kante des oberen linken freien Feldes
|
||||
\draw (0.4,0.4) -- +(0,0.1); %linke Kante des unteren linken freien Feldes
|
||||
\draw (0.4,0.4) -- +(0.1,0); %untere Kante des unteren linken freien Feldes
|
||||
\draw (0.9,0.9) -- +(0,0.1); %linke Kante des oberen rechten freien Feldes
|
||||
\draw (0.9,0.9) -- +(0.1,0); %untere Kante des oberen rechten freien Feldes
|
||||
\draw (0.9,0.4) -- +(0,0.1); %linke Kante des unteren rechten freien Feldes
|
||||
\draw (0.9,0.4) -- +(0.1,0); %untere Kante des unteren rechten freien Feldes
|
||||
\end{tikzpicture}
|
||||
|
||||
Durch Rotation des oberen linken Teils um $90$ Grad nach rechts und des unteren rechten Teiles um $90$ Grad nach links, entstehen drei freie Felder in der Mitte. Diese können mit einem weiteren L-Stück belegt werden, sodass nur das Feld oben rechts frei bleibt.
|
||||
|
||||
\begin{tikzpicture}
|
||||
\draw (0,0) -- +(0,1); %linke Kante
|
||||
\draw (0,1) -- +(1,0); %obere Kante
|
||||
\draw (0,0) -- +(1,0); %untere Kante
|
||||
\draw (1,0) -- +(0,1); %rechte Kante
|
||||
\draw (0.5,0) -- +(0,1); %vertikaler mittlerer Strich
|
||||
\draw (0,0.5) -- +(1,0); %horizontaler mittlerer Strich
|
||||
\draw (0.4,0.6) -- +(0,-0.1); %linke Kante des oberen linken freien Feldes
|
||||
\draw (0.4,0.6) -- +(0.1,0); %untere Kante des oberen linken freien Feldes
|
||||
\draw (0.4,0.4) -- +(0,0.1); %linke Kante des unteren linken freien Feldes
|
||||
\draw (0.4,0.4) -- +(0.1,0); %untere Kante des unteren linken freien Feldes
|
||||
\draw (0.9,0.9) -- +(0,0.1); %linke Kante des oberen rechten freien Feldes
|
||||
\draw (0.9,0.9) -- +(0.1,0); %untere Kante des oberen rechten freien Feldes
|
||||
\draw (0.6,0.4) -- +(0,0.1); %linke Kante des unteren rechten freien Feldes
|
||||
\draw (0.6,0.4) -- +(-0.1,0); %untere Kante des unteren rechten freien Feldes
|
||||
|
||||
\draw (0.45,0.45) -- +(0,0.1); %linker Strich des L
|
||||
\draw (0.45,0.45) -- +(0.1,0); %rechter Strich des L
|
||||
\end{tikzpicture}
|
||||
|
||||
Nach dem Induktionsprinzip ergibt sich aus dem Induktionsanfang und dem Induktionsschluss die Behauptung. \hfill $\Box$
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||||
|
||||
\section{}
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||||
\subsection{}
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||||
\textbf{Behauptung:} $g(x,y)$ mit $(x,y) \in \mathbb{Q} \times \mathbb{Q}, \mathbb{Q} \times \mathbb{Q} \rightarrow \mathbb{Q} \times \mathbb{Q} \times \mathbb{Q}$ ist injektiv.\\
|
||||
\textbf{Beweis:} Durch Widerspruch.\\
|
||||
Angenommen $g(x,y)$ sei nicht injektiv, dann gilt $(x,y) \neq (a,b)$ mit $(x,y),(a,b) \in \mathbb{Q} \times \mathbb{Q}$ und $g(x,y) = g(a,b)$.\\
|
||||
Daraus ergibt sich:
|
||||
$g(x,y) = g(a,b) = (xy^{2},xy^{2}-3x,(x^{2}-2)y) = (ab^{2},ab^{2}-3a,(a^{2}-2)b)$.\\
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||||
Es ergeben sich drei Gleichungen:
|
||||
\begin{alignat}{2}
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||||
\label{eq:1} xy^{2} &=& ab^{2} \\
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||||
\label{eq:2} xy^{2}-3x &=& ab^{2}-3a \\
|
||||
(x^{2}-2)y &=& (a^{2}-2)b \\
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||||
\intertext{Subtrahiere \eqref{eq:2} von \eqref{eq:1}:}
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||||
-3x &=& -3a \\
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||||
\intertext{Geteilt durch (-3) ergibt sich:}
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||||
\label{eq:3} x &=& a\\
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||||
\intertext{Wegen \eqref{eq:3} ergibt sich:}
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||||
(a^{2}-2)y &=& (a^{2}-2)b \\
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||||
\intertext{Geteilt durch $(a^{2}-2)$ ($\neq 0$ wg. $\pm \sqrt{2} \not\in \mathbb{Q}$) ergibt sich:}
|
||||
y &=& b
|
||||
\end{alignat}
|
||||
Damit würde $(x,y) = (a,b)$ gelten, was im Widerspruch zur Annahme steht. Also ist $g(x,y)$ injektiv. \hfill $\Box$
|
||||
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||||
\subsection{}
|
||||
\textbf{Behauptung:} $h(z)$ mit $z \in \mathbb{Z}, \mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$ ist nicht surjektiv.\\
|
||||
\textbf{Beweis:}\\
|
||||
Es sei $h(z) = (0,0)$. Daraus ergeben sich folgende Gleichungen:
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||||
\begin{alignat}{2}
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||||
\label{eq:4} 0 &=& z+2 \\
|
||||
\label{eq:5} 0 &=& z-1 \\
|
||||
\intertext{\eqref{eq:4} - \eqref{eq:5} ergibt:}
|
||||
0 &=& 3
|
||||
\end{alignat}
|
||||
Also ist $h(z)$ nicht surjektiv. \hfill $\Box$
|
||||
\end{document}
|
||||
|
|
@ -0,0 +1,185 @@
|
|||
\documentclass[10pt,a4paper,oneside,ngerman,numbers=noenddot]{scrartcl}
|
||||
\usepackage[T1]{fontenc}
|
||||
\usepackage[utf8]{inputenc}
|
||||
\usepackage[ngerman]{babel}
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||||
\usepackage{amsmath}
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||||
\usepackage{amsfonts}
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||||
\usepackage{amssymb}
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\usepackage{paralist}
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||||
\usepackage[locale=DE,exponent-product=\cdot,detect-all]{siunitx}
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||||
\usepackage{tikz}
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||||
\usetikzlibrary{matrix,fadings,calc,positioning,decorations.pathreplacing,arrows}
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||||
\pagenumbering{arabic}
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\def\thesection{\arabic{section})}
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\def\thesubsection{\alph{subsection})}
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\def\thesubsubsection{(\arabic{subsubsection})}
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||||
\begin{document}
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||||
\author{Jim Martens}
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\title{Hausaufgaben zum 15./16. November}
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\maketitle
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\section{} %1
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\subsection{} %a
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||||
Wie viele Abbildungen $g: X \rightarrow Y$ gibt es?\\
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||||
Es gibt $7^{5}$ mögliche Abbildungen. Da die Belegung egal ist und jedes $x \in X$ sieben $y \in Y$ zur Auswahl hat, ergibt sich $7 \cdot 7 \cdot 7 \cdot 7 \cdot 7 = 7^{5}=16807$.\\\\
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||||
Wie viele davon sind injektiv?\\
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||||
Es sind $7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3=\frac{7!}{(7-5)!}=\frac{7!}{2!}=2520$ Abbildungen, weil zwei unterschiedliche Elemente $x \in X$ auf zwei unterschiedliche $y \in Y$ abbilden müssen. Das erste $x$ kann allen sieben $y$ zugeordnet werden. Das zweite $x$ nur noch sechs. Das dritte $x$ kann fünf $y$ zugeordnet werden, das vierte $x$ kann vier $y$ zugeordnet werden und das fünfte $x$ kann nur noch drei $y$ zugeordnet werden.
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||||
\subsection{} %b
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||||
Lotto funktioniert nach dem Prinzip Ziehen ohne Zurücklegen, ohne Beachtung der Reihenfolge.
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||||
Das entspricht $\binom{n}{k}$. In diesem Fall gilt $n=49$ und $k=6$. Es ergibt sich also: $\binom{49}{6}$. Dies entspricht dem Ergebnis $13983816$.
|
||||
Es gibt also $13983816$ verschiedene Tipps beim Lotto.
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||||
\subsection{} %c
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||||
Es sei die Menge $M$ mit $|M| = 1000$ und $T$ die Anzahl der Teilmengen mit mindestens $997$ Elementen. Wie viele Teilmengen mit mindestens $997$ Elementen besitzt $M$?\\
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||||
Zu den Teilmengen gehört auf jeden Fall die Menge $M$ selber, da diese mehr als $997$ Elemente hat. Die restliche Anzahl an Teilmengen lässt sich mithilfe der Binomialkoeffizienten $\binom{n}{k}$ lösen.
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||||
In diesem Fall gilt $n=1000$ und $k_{1}=997,k_{2}=998,k_{3}=999$. Daraus ergibt sich folgende Rechnung:
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\begin{alignat}{2}
|
||||
&\; T &=& \binom{1000}{997} + \binom{1000}{998} + \binom{1000}{999} + 1 \\
|
||||
\Leftrightarrow &\; T &=& 166167000 + 499500 + 1000 + 1 \\
|
||||
\Leftrightarrow &\; T &=& 166667501
|
||||
\end{alignat}
|
||||
$M$ besitzt $166667501$ Teilmengen mit mindestens $997$ Elementen.
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||||
\section{} %2
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||||
\subsection{} %a
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||||
Zur Lösung der Aufgabe wird der Multinomialsatz angewendet.
|
||||
|
||||
Wie lautet der Koeffizient von $x^{5}y^{11}$ in $(x+y)^{16}$?
|
||||
|
||||
\begin{alignat}{2}
|
||||
&\; \binom{16}{5,11} &=& \frac{16!}{5! \cdot 11!} \\
|
||||
\intertext{Teilen durch $5!$}
|
||||
\Leftrightarrow &\; \binom{16}{5,11} &=& \frac{6 \cdot 7 \cdot 8 \cdot 9 \cdot 10 \cdot 11 \cdot 12 \cdot 13 \cdot 14 \cdot 15 \cdot 16}{11!} \\
|
||||
\intertext{Teilen durch $11!$}
|
||||
\Leftrightarrow &\; \binom{16}{5,11} &=& \frac{12 \cdot 13 \cdot 14 \cdot 15 \cdot 16}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5} \\
|
||||
\intertext{Kürzen von 14 mit 2, 12 mit 3, 16 mit 4 und 15 mit 5}
|
||||
\Leftrightarrow &\; \binom{16}{5,11} &=& 4 \cdot 13 \cdot 7 \cdot 3 \cdot 4 \\
|
||||
\Leftrightarrow &\; \binom{16}{5,11} &=& 4368
|
||||
\end{alignat}
|
||||
Der Koeffizient von $x^{5}y^{11}$ in $(x+y)^{16}$ lautet $4368$.
|
||||
|
||||
Wie lautet der Koeffizient von $x^{3}y^{5}z^{2}$ in $(x+y+z)^{10}$?
|
||||
|
||||
\begin{alignat}{2}
|
||||
&\; \binom{10}{3,5,2} &=& \frac{10!}{3! \cdot 5! \cdot 2!} \\
|
||||
\intertext{Teilen durch $5!$}
|
||||
\Leftrightarrow &\; \binom{10}{3,5,2} &=& \frac{6 \cdot 7 \cdot 8 \cdot 9 \cdot 10}{3! \cdot 2!} \\
|
||||
\Leftrightarrow &\; \binom{10}{3,5,2} &=& \frac{6 \cdot 7 \cdot 8 \cdot 9 \cdot 10}{6 \cdot 2!} \\
|
||||
\intertext{Teilen durch 6}
|
||||
\Leftrightarrow &\; \binom{10}{3,5,2} &=& \frac{7 \cdot 8 \cdot 9 \cdot 10}{2} \\
|
||||
\intertext{Kürzen der $8$ mit der $2$ auf $4$}
|
||||
\Leftrightarrow &\; \binom{10}{3,5,2} &=& 7 \cdot 4 \cdot 9 \cdot 10 \\
|
||||
\Leftrightarrow &\; \binom{10}{3,5,2} &=& 2520
|
||||
\end{alignat}
|
||||
Der Koeffizient von $x^{3}y^{5}z^{2}$ in $(x+y+z)^{10}$ lautet $2520$.
|
||||
|
||||
\subsection{} %b
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||||
Diese Aufgabe lässt sich mit der fünften Grundaufgabe der Kombinatorik lösen.
|
||||
|
||||
Das Wort CAPPUCINO besteht aus $9$ Buchstaben, wobei es das C und das P zweimal gibt. Es ergibt sich daher nach der fünften Grundaufgabe folgende Gleichung:
|
||||
|
||||
\begin{alignat}{2}
|
||||
&\; \binom{8}{2,2,1,1,1,1,1} &=& \frac{8!}{2! \cdot 2!} \\
|
||||
\intertext{Teilen durch $2!$}
|
||||
\Leftrightarrow &\; \binom{8}{2,2,1,1,1,1,1} &=& \frac{3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 6 \cdot 7 \cdot 8}{2 \cdot 1} \\
|
||||
\intertext{Kürzen der $4$ mit $2$ auf $2$}
|
||||
\Leftrightarrow &\; \binom{8}{2,2,1,1,1,1,1} &=& 3 \cdot 2 \cdot 5 \cdot 6 \cdot 7 \cdot 8 \\
|
||||
\Leftrightarrow &\; \binom{8}{2,2,1,1,1,1,1} &=& 10080
|
||||
\end{alignat}
|
||||
Es lassen sich also $10080$ verschiedene (sinnlose oder sinvolle) Wörter mit $8$ Buchstaben aus dem Wort CAPPUCINO bilden.
|
||||
|
||||
Bei dem Wort MANGOLASSI verhält es sich analog. Insgesamt gibt es hier $10$ Buchstaben, wobei das A und das S zweimal vorkommen. Aus der fünften Grundaufgabe ergibt sich folgende Gleichung:
|
||||
|
||||
\begin{alignat}{2}
|
||||
&\; \binom{10}{2,2,1,1,1,1,1,1} &=& \frac{10!}{2! \cdot 2!} \\
|
||||
\intertext{Teilen durch $2!$}
|
||||
\Leftrightarrow &\; \binom{10}{2,2,1,1,1,1,1,1} &=& \frac{3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 6 \cdot 7 \cdot 8 \cdot 9 \cdot 10}{2 \cdot 1} \\
|
||||
\intertext{Kürzen der $4$ mit $2$ auf $2$}
|
||||
\Leftrightarrow &\; \binom{10}{2,2,1,1,1,1,1,1} &=& 3 \cdot 2 \cdot 5 \cdot 6 \cdot 7 \cdot 8 \cdot 9 \cdot 10 \\
|
||||
\Leftrightarrow &\; \binom{10}{2,2,1,1,1,1,1,1} &=& 907200
|
||||
\end{alignat}
|
||||
Es lassen sich also $907200$ verschiedene (sinnlose oder sinnvolle) Wörter mit $10$ Buchstaben aus dem Wort MANGOLASSI bilden.
|
||||
|
||||
Bei dem Wort SELTERWASSER verhält es sich analog. Insgesamt gibt es hier $12$ Buchstaben, wobei E und S dreimal und das R zweimal vorkommen. Aus der fünften Grundaufgabe ergibt sich folgende Gleichung:
|
||||
|
||||
\begin{alignat}{2}
|
||||
&\; \binom{12}{3,3,2,1,1,1,1} &=& \frac{12!}{3! \cdot 3! \cdot 2!} \\
|
||||
\intertext{Teilen durch $3!$}
|
||||
\Leftrightarrow &\; \binom{12}{3,3,2,1,1,1,1} &=& \frac{4 \cdot 5 \cdot 6 \cdot 7 \cdot 8 \cdot 9 \cdot 10 \cdot 11 \cdot 12}{3 \cdot 2 \cdot 1 \cdot 2 \cdot 1} \\
|
||||
\Leftrightarrow &\; \binom{12}{3,3,2,1,1,1,1} &=& \frac{4 \cdot 5 \cdot 6 \cdot 7 \cdot 8 \cdot 9 \cdot 10 \cdot 11 \cdot 12}{6 \cdot 2} \\
|
||||
\intertext{Teilen durch $6$}
|
||||
\Leftrightarrow &\; \binom{12}{3,3,2,1,1,1,1} &=& \frac{4 \cdot 5 \cdot 7 \cdot 8 \cdot 9 \cdot 10 \cdot 11 \cdot 12}{2} \\
|
||||
\intertext{Kürzen der $4$ mit $2$ auf $2$}
|
||||
\Leftrightarrow &\; \binom{12}{3,3,2,1,1,1,1} &=& 2 \cdot 5 \cdot 7 \cdot 8 \cdot 9 \cdot 10 \cdot 11 \cdot 12 \\
|
||||
\Leftrightarrow &\; \binom{12}{3,3,2,1,1,1,1} &=& 6652800
|
||||
\end{alignat}
|
||||
Es lassen sich also $6652800$ verschiedene (sinnlose oder sinnvolle) Wörter mit $12$ Buchstaben aus dem Wort SELTERWASSER bilden.
|
||||
|
||||
\subsection{} %c
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||||
Es gibt $10$ verschiedene Sorten zu je mindestens $6$ Flaschen. Wie viele Möglichkeiten gibt es einen Getränkekarton mit $6$ Flaschen zusammenzustellen?
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||||
|
||||
Diese Aufgabe entspricht einem Ziehen mit Zurücklegen ohne Beachtung der Reihenfolge (Grundaufgabe 4). Es gibt $10$ Sorten, also gilt $n=10$. Aus diesen $10$ müssen nun $6$ gezogen werden. Es gilt demnach $k=6$. Mithilfe der vierten Grundaufgabe ergibt sich daraus folgendes:
|
||||
|
||||
\begin{alignat}{4}
|
||||
&\; \binom{6+10-1}{6} &=& \binom{15}{6} &=& \binom{15}{15-6} &=& \binom{15}{9} \\
|
||||
\Leftrightarrow &\; \binom{6+10-1}{6} &=& 5005
|
||||
\end{alignat}
|
||||
|
||||
Es gibt also $5005$ Möglichkeiten einen Getränkekarton mit $6$ Flaschen zusammenzustellen.
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||||
\section{} %3
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||||
\textbf{Behauptung:} Die folgende Aussage gilt für alle $n \in \mathbb{N},n \geq 3$:
|
||||
\begin{alignat}{2}
|
||||
\sum_{i=3}^{n} \binom{i}{i-3} &=& \binom{n+1}{4} \label{eq:1}
|
||||
\end{alignat}
|
||||
\textbf{Beweis:} Durch vollständige Induktion.\\
|
||||
Mit $A(n)$ sei die Aussage \eqref{eq:1} bezeichnet.\\\\
|
||||
\underline{Induktionsanfang:} \\
|
||||
$A(3)$ ist richtig, da folgendes gilt:
|
||||
\begin{alignat}{2}
|
||||
&\; \sum_{i=3}^{3} \binom{i}{i-3} &=& \binom{3+1}{4} \\
|
||||
\Leftrightarrow &\; \sum_{i=3}^{3} \binom{i}{i-3} &=& \binom{4}{4} \\
|
||||
\Leftrightarrow &\; \sum_{i=3}^{3} \binom{i}{i-3} &=& 1 = \binom{3}{0} = 1
|
||||
\end{alignat}
|
||||
\underline{Induktionsannahme:}\\
|
||||
Die Aussage \eqref{eq:1} gilt für ein beliebig fest gewähltes $n \in \mathbb{N}, n \geq 3$.\\\\
|
||||
\\
|
||||
\underline{Zu zeigen:}\\
|
||||
$A(n+1)$ gilt, d. h. folgende Gleichung gilt:
|
||||
\begin{alignat}{2}
|
||||
\sum_{i=3}^{n+1} \binom{i}{i-3} &=& \binom{(n+1)+1}{4} \label{eq:2}
|
||||
\end{alignat}
|
||||
\underline{Induktionsschluss:}\\
|
||||
Aus \eqref{eq:2} folgt folgendes:
|
||||
|
||||
\begin{alignat}{2}
|
||||
&\; \sum_{i=3}^{n} \binom{i}{i-3} + \binom{n+1}{(n+1)-3} &=& \binom{(n+1)+1}{4} \\
|
||||
\intertext{Anwendung der Induktionsannahme:}
|
||||
\Leftrightarrow &\; \sum_{i=3}^{n} \binom{i}{i-3} + \binom{n+1}{(n+1)-3} &=& \binom{n+1}{4} + \binom{n+1}{(n+1)-3} \\
|
||||
\Leftrightarrow &\; \sum_{i=3}^{n} \binom{i}{i-3} + \binom{n+1}{(n+1)-3} &=& \binom{n+1}{4} + \binom{n+1}{n-2} \\
|
||||
\intertext{Aufgrund der Symmetrie des Pascalschen Dreiecks gilt:}
|
||||
\Leftrightarrow &\; \sum_{i=3}^{n} \binom{i}{i-3} + \binom{n+1}{(n+1)-3} &=& \binom{n+1}{n-3} + \binom{n+1}{n-2} \\
|
||||
\intertext{Durch Anwendung der Rekursionsformel ergibt sich:}
|
||||
\Leftrightarrow &\; \sum_{i=3}^{n} \binom{i}{i-3} + \binom{n+1}{(n+1)-3} &=& \binom{n+2}{n-2} \\
|
||||
\intertext{Aufgrund der Symmetrie des Pascalschen Dreiecks gilt:}
|
||||
\Leftrightarrow &\; \sum_{i=3}^{n} \binom{i}{i-3} + \binom{n+1}{(n+1)-3} &=& \binom{n+2}{4}
|
||||
\end{alignat}
|
||||
Nach dem Induktionsprinzip folgt aus dem Induktionsanfang und dem Induktionsschluss die Behauptung. \hfill $\Box$
|
||||
|
||||
\section{} %4
|
||||
\subsection{} %a
|
||||
Es sei $S = {k \in \mathbb{N} : 1 \leq k \leq 2000}$. Es soll die Anzahl derjenigen $k \in S$ bestimmt werden, die weder durch 3 noch durch 5 noch durch 7 teilbar sind.
|
||||
|
||||
Es sei $A_{1} = \{k \in S : 3 \mid k\}, A_{2} = \{k \in S : 5 \mid k\}, A_{3} = \{k \in S : 7 \mid k\}$. Es folgt $N = |S| = 2000$, sowie $|A_{1}| = \lfloor\frac{2000}{3}\rfloor = 666, |A_{2}| = \frac{2000}{5} = 400, |A_{3}| = \lfloor\frac{2000}{7}\rfloor = 285$.
|
||||
|
||||
Ferner gilt $A_{1} \cap A_{2} = \{k \in S : 15 \mid k\}, A_{1} \cap A_{3} = \{k \in S : 21 \mid k\}, A_{2} \cap A_{3} = \{k \in S : 35 \mid k\}$ und $A_{1} \cap A_{2} \cap A_{3} = \{k \in S : 105 \mid k\}$. Also gilt $|A_{1} \cap A_{2}| = \lfloor\frac{2000}{15}\rfloor = 133, |A_{1} \cap A_{3}| = \lfloor\frac{2000}{21}\rfloor = 95, |A_{2} \cap A_{3}| = \lfloor\frac{2000}{35}\rfloor = 57, |A_{1} \cap A_{2} \cap A_{3}| = \lfloor\frac{2000}{105}\rfloor = 19$.
|
||||
|
||||
Insgesamt erhält man $|S \setminus (A_{1} \cup A_{2} \cup A_{3})| = 2000 - (666 + 400 + 285) + 133 + 95 + 57 - 19 = \underline{\underline{915}}$.
|
||||
\subsection{} %b
|
||||
Es sei $S = {k \in \mathbb{N} : 1 \leq k \leq 1000}$. Es soll die Anzahl derjenigen $k \in S$ bestimmt werden, die weder durch 3 noch durch 5 noch durch 7 noch durch 11 teilbar sind.
|
||||
|
||||
Es sei $A_{1} = \{k \in S : 3 \mid k\}, A_{2} = \{k \in S : 5 \mid k\}, A_{3} = \{k \in S : 7 \mid k\}, A_{4} = \{k \in S : 11 \mid k\}$. Es folgt $N = |S| = 1000$, sowie $|A_{1}| = \lfloor\frac{1000}{3}\rfloor = 333, |A_{2}| = \frac{1000}{5} = 200, |A_{3}| = \lfloor\frac{1000}{7}\rfloor = 142, |A_{4}| = \lfloor\frac{2000}{11}\rfloor = 90$.
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||||
|
||||
Ferner gilt $A_{1} \cap A_{2} = \{k \in S : 15 \mid k\}, A_{1} \cap A_{3} = \{k \in S : 21 \mid k\}, A_{1} \cap A_{4} = \{k \in S : 33 \mid k\}, A_{2} \cap A_{3} = \{k \in S : 35 \mid k\}, A_{2} \cap A_{4} = \{k \in S : 55 \mid k\}, A_{3} \cap A_{4} = \{k \in S : 77 \mid k\}$ und $A_{1} \cap A_{2} \cap A_{3} \cap A_{4} = \{k \in S : 1155 \mid k\}$. Also gilt $|A_{1} \cap A_{2}| = \lfloor\frac{1000}{15}\rfloor = 66, |A_{1} \cap A_{3}| = \lfloor\frac{1000}{21}\rfloor = 47, |A_{1} \cap A_{4}| = \lfloor\frac{1000}{33}\rfloor = 30, |A_{2} \cap A_{3}| = \lfloor\frac{1000}{35}\rfloor = 28, |A_{2} \cap A_{4}| = \lfloor\frac{1000}{55}\rfloor = 18, |A_{3} \cap A_{4}| = \lfloor\frac{1000}{77}\rfloor = 12, |A_{1} \cap A_{2} \cap A_{3} \cap A_{4}| = \lfloor\frac{1000}{1155}\rfloor = 0$.
|
||||
|
||||
Insgesamt erhält man $|S \setminus (A_{1} \cup A_{2} \cup A_{3} \cup A_{4})| = 1000 - (333 + 200 + 142 + 90) + 66 + 47 + 30 +28 + 18 + 12 - 0 = \underline{\underline{436}}$.
|
||||
\end{document}
|
||||
|
|
@ -0,0 +1,286 @@
|
|||
\documentclass[10pt,a4paper,oneside,ngerman,numbers=noenddot]{scrartcl}
|
||||
\usepackage[T1]{fontenc}
|
||||
\usepackage[utf8]{inputenc}
|
||||
\usepackage[ngerman]{babel}
|
||||
\usepackage{amsmath}
|
||||
\usepackage{amsfonts}
|
||||
\usepackage{amssymb}
|
||||
\usepackage{paralist}
|
||||
\usepackage[locale=DE,exponent-product=\cdot,detect-all]{siunitx}
|
||||
\usepackage{tikz}
|
||||
\usetikzlibrary{matrix,fadings,calc,positioning,decorations.pathreplacing,arrows,decorations.markings}
|
||||
\pagenumbering{arabic}
|
||||
\def\thesection{\arabic{section})}
|
||||
\def\thesubsection{\alph{subsection})}
|
||||
\def\thesubsubsection{(\arabic{subsubsection})}
|
||||
|
||||
\begin{document}
|
||||
\author{Jim Martens}
|
||||
\title{Hausaufgaben zum 22./23. November}
|
||||
\maketitle
|
||||
\section{} %1
|
||||
\subsection{} %a
|
||||
\begin{tikzpicture}
|
||||
\draw[->] (3, 0) node [below] {a} -- +(-0.5,0.5) node [left] {b};
|
||||
\draw[->] (2.5,0.6) -- +(0.5,0.5) node [above] {c};
|
||||
\draw[->] (3.1,1.1) -- +(0.5,0) node [right] {d};
|
||||
\draw[->] (2.6,0.55) -- +(2,0.35) node [right] {e};
|
||||
\draw[->] (4.6,0.8) -- +(0,-0.5) node [below] {f};
|
||||
\end{tikzpicture}
|
||||
\\
|
||||
\\
|
||||
\\
|
||||
\begin{tikzpicture}
|
||||
\matrix (firstMatrix) [matrix of nodes]
|
||||
{ \ & a & b & c & d & e & f \\
|
||||
a & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
|
||||
b & 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 \\
|
||||
c & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
|
||||
d & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
|
||||
e & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\
|
||||
f & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
|
||||
};
|
||||
\draw (-1.1,-1.6) -- +(0, 3.2);
|
||||
\draw (-1.5,1.2) -- +(3, 0);
|
||||
\end{tikzpicture}
|
||||
\subsection{} %b
|
||||
Es müssen aufgrund der geforderten Reflexivität folgende Paare hinzugefügt werden:
|
||||
(a,a), (b,b), (c,c), (d,d), (e,e), (f,f)
|
||||
|
||||
Wegen der geforderten Transitivität sind folgende Paare hinzuzufügen:
|
||||
(a,c), (a,e), (a,f), (b,d), (b,f)
|
||||
\subsection{} %c
|
||||
$R^{+}$:\\
|
||||
\begin{tikzpicture}
|
||||
\node (a) {a};
|
||||
\node (b) [above left=0.4cm of a] {b};
|
||||
\node (c) [above right=0.5cm of b] {c};
|
||||
\node (d) [above right=0.4cm of c] {d};
|
||||
\node (e) [below right=0.3cm of d] {e};
|
||||
\node (f) [above=0.5cm of e] {f};
|
||||
\draw (a) -- (b);
|
||||
\draw (b) -- (c);
|
||||
\draw (c) -- (d);
|
||||
\draw (b) -- (e);
|
||||
\draw (e) -- (f);
|
||||
\end{tikzpicture}
|
||||
\subsection{} %d
|
||||
$R$:\\
|
||||
\begin{tikzpicture}
|
||||
\node (a) {a};
|
||||
\node (b) [above left=0.4cm of a] {b};
|
||||
\node (c) [above right=0.5cm of b] {c};
|
||||
\node (d) [right=of c] {d};
|
||||
\node (e) [below right=0.4cm of d] {e};
|
||||
\draw[->] (a) -- (b);
|
||||
\draw[->] (b) -- (c);
|
||||
\draw[->] (c) -- (d);
|
||||
\draw[->] (b) -- (e);
|
||||
\end{tikzpicture}\\
|
||||
Um die Bedingungen einer Äquivalenzrelation zu erfüllen, müssen folgende Paare hinzugefügt werden:\\
|
||||
reflexiv: (a,a), (b,b), (c,c), (d,d), (e,e)\\
|
||||
symmetrisch und transitiv: (a,c), (a,d), (a,e), (b,a), (b,d), (c,a), (c,b), (d,a), (d,b), (d,c), (d,e), (e,a), (e,b), (e,c), (e,d)\\
|
||||
Kurz geschrieben schreibt man $S = A \times A$.
|
||||
\section{} %2
|
||||
\subsubsection{} %(1)
|
||||
\begin{tikzpicture}
|
||||
\node (a) {a};
|
||||
\node (b) [above left=0.5cm of a] {b};
|
||||
\node (c) [above right=0.4cm of b] {c};
|
||||
\node (d) [right=0.5cm of c] {d};
|
||||
\node (e) [right=0.5cm of d] {e};
|
||||
\node (f) [below right=0.4cm of e] {f};
|
||||
\draw[->] (a) -- (b);
|
||||
\draw[->] (b) -- (d);
|
||||
\draw[->] (e) -- (f);
|
||||
\end{tikzpicture}
|
||||
\\
|
||||
\\
|
||||
\\
|
||||
\begin{tikzpicture}
|
||||
\matrix (secondMatrix) [matrix of nodes]
|
||||
{ \ & a & b & c & d & e & f \\
|
||||
a & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
|
||||
b & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
|
||||
c & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
|
||||
d & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
|
||||
e & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\
|
||||
f & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
|
||||
};
|
||||
\draw (-1.1,-1.6) -- +(0, 3.2);
|
||||
\draw (-1.5,1.2) -- +(3, 0);
|
||||
\end{tikzpicture}
|
||||
\subsubsection{} %(2)
|
||||
Um die Bedingungen zu erfüllen müssen folgende Paare hinzugefügt werden:\\
|
||||
reflexiv: (a,a), (b,b), (c,c), (d,d), (e,e), (f,f)\\
|
||||
transitiv: (a,d)
|
||||
\subsubsection{} %(3)
|
||||
\begin{tikzpicture}
|
||||
\node (a) {a};
|
||||
\node (b) [above left=0.5cm of a] {b};
|
||||
\node (c) [above right=0.4cm of b] {c};
|
||||
\node (d) [right=0.4cm of c] {d};
|
||||
\node (e) [right=of d] {e};
|
||||
\node (f) [above right=0.4cm of e] {f};
|
||||
\draw (a) -- (b);
|
||||
\draw (b) -- (d);
|
||||
\draw (e) -- (f);
|
||||
\end{tikzpicture}
|
||||
\subsubsection{} %(4)
|
||||
Um die Bedingungen zu erfüllen müssen folgende Paare hinzugefügt werden:\\
|
||||
reflexiv: (a,a), (b,b), (c,c), (d,d), (e,e), (f,f)\\
|
||||
symmetrisch: (b,a), (d,a), (d,b), (f,e)\\
|
||||
transitiv: (a,d)\\
|
||||
Verkürzt kann folgendes geschrieben werden: \\
|
||||
\begin{equation*}
|
||||
S = R \,\cup\, \{(a,a), (a,d), (b,a), (b,b), (c,c), (d,a), (d,b), (d,d), (e,e), (f,e), (f,f)\}
|
||||
\end{equation*}
|
||||
\section{} %3
|
||||
\subsection{} %a
|
||||
R = {(a,a), (a,b), (b,a), (b,b), (b,c), (c,b), (c,c), (d,d)}
|
||||
|
||||
\begin{tikzpicture}
|
||||
\node (a) {a};
|
||||
\node (b) [above left=0.4cm of a] {b};
|
||||
\node (c) [above right=0.5cm of b] {c};
|
||||
\node (d) [below right=0.4cm of c] {d};
|
||||
\path (a) edge[loop below] (a);
|
||||
\draw[->] (a) to[->,out=135,in=315] (b);
|
||||
\draw[->] (b) to[->,out=270,in=180] (a);
|
||||
\path (b) edge[loop left] (b);
|
||||
\draw[->] (b) to[->,out=90,in=180] (c);
|
||||
\draw[->] (c) to[->,out=225,in=45] (b);
|
||||
\path (c) edge[loop above] (c);
|
||||
\path (d) edge[loop right] (d);
|
||||
\end{tikzpicture}
|
||||
|
||||
Es gibt eine Kante von a nach b und von b nach c, aber nicht von a nach c, also ist diese Relation nicht transitiv. Jedes Element der Grundmenge steht in Relation zu sich selbst, also ist die Relation reflexiv. Zu jeder Kante x nach y gibt es eine Rückkante y nach x, also ist R symmetrisch.
|
||||
\subsection{} %b
|
||||
R = {(a,a), (a,b), (b,b), (c,c), (d,d)}
|
||||
|
||||
\begin{tikzpicture}
|
||||
\node (a) {a};
|
||||
\node (b) [above left=0.4cm of a] {b};
|
||||
\node (c) [above right=0.5cm of b] {c};
|
||||
\node (d) [below right=0.4cm of c] {d};
|
||||
\path (a) edge[loop below] (a);
|
||||
\draw[->] (a) to[->,out=135,in=315] (b);
|
||||
\path (b) edge[loop left] (b);
|
||||
\path (c) edge[loop above] (c);
|
||||
\path (d) edge[loop right] (d);
|
||||
\end{tikzpicture}
|
||||
|
||||
Man kommt von a nach b, aber nicht von b nach a, also ist die Relation nicht symmetrisch. Jedes Element der Grundmenge steht in Relation zu sich selbst, also ist die Relation reflexiv. Es gibt keine Kanten x nach y und y nach z, für die keine Kante x nach z existiert, also ist die Relation transitiv.
|
||||
\subsection{} %c
|
||||
R = {(a,a), (a,b), (b,a), (b,b)}
|
||||
|
||||
\begin{tikzpicture}
|
||||
\node (a) {a};
|
||||
\node (b) [above left=0.4cm of a] {b};
|
||||
\node (c) [above right=0.5cm of b] {c};
|
||||
\node (d) [below right=0.4cm of c] {d};
|
||||
\path (a) edge[loop below] (a);
|
||||
\draw[->] (a) to[->,out=135,in=315] (b);
|
||||
\draw[->] (b) to[->,out=270,in=180] (a);
|
||||
\path (b) edge[loop left] (b);
|
||||
\end{tikzpicture}
|
||||
|
||||
Nicht jedes Element der Grundmenge steht in Relation mit sich selbst, also ist die Relation nicht reflexiv. Zu jeder Kante x nach y gibt es eine Rückkante y nach x, also ist die Relation symmetrisch. Es gibt keine Kanten x nach y und y nach z, für die keine Kante x nach z existiert, also ist die Relation transitiv.
|
||||
\section{} %4
|
||||
\subsection{} %a
|
||||
R = {(1,1), (1,2), (1,3), (1,4), (1,5), (1,6), (2,2), (2,4), (2,6), (3,3), (3,6), (4,4), (5,5), (6,6)}
|
||||
|
||||
Graph:\\
|
||||
\begin{tikzpicture}
|
||||
\node (1) {1};
|
||||
\node (2) [above left=0.4cm of 1] {2};
|
||||
\node (3) [above=0.4cm of 2] {3};
|
||||
\node (4) [above right=0.4cm of 3] {4};
|
||||
\node (5) [below right=0.4cm of 4] {5};
|
||||
\node (6) [above right=0.4cm of 1] {6};
|
||||
\path (1) edge[loop below] (1);
|
||||
\draw[->] (1) -- (2);
|
||||
\draw[->] (1) -- (3);
|
||||
\draw[->] (1) -- (4);
|
||||
\draw[->] (1) -- (5);
|
||||
\draw[->] (1) -- (6);
|
||||
\path (2) edge[loop left] (2);
|
||||
\draw[->] (2) -- (4);
|
||||
\draw[->] (2) -- (6);
|
||||
\path (3) edge[loop left] (3);
|
||||
\draw[->] (3) -- (6);
|
||||
\path (4) edge[loop above] (4);
|
||||
\path (5) edge[loop right] (5);
|
||||
\path (6) edge[loop right] (6);
|
||||
\end{tikzpicture}
|
||||
|
||||
Hasse-Diagramm:\\
|
||||
\begin{tikzpicture}
|
||||
\node (1) {1};
|
||||
\node (2) [above left=0.4cm of 1] {2};
|
||||
\node (3) [above right=0.4cm of 1] {3};
|
||||
\node (4) [above=0.4cm of 2] {4};
|
||||
\node (5) [right=0.5cm of 3] {5};
|
||||
\node (6) [above right=0.4cm of 4] {6};
|
||||
\draw (1) -- (2);
|
||||
\draw (1) -- (3);
|
||||
\draw (1) -- (5);
|
||||
\draw (2) -- (4);
|
||||
\draw (2) -- (6);
|
||||
\draw (3) -- (6);
|
||||
\end{tikzpicture}
|
||||
|
||||
\subsection{} %b
|
||||
Graph:\\
|
||||
\begin{tikzpicture}
|
||||
\node (0) {$\emptyset$};
|
||||
\node (1) [above left=2.5 of 0] {$\{1\}$};
|
||||
\node (2) [above right=2.5 of 0] {$\{2\}$};
|
||||
\node (3) [above=4 of 0] {$\{1,2\}$};
|
||||
\path (0) edge[loop below] (0);
|
||||
\draw[->] (0) -- (1);
|
||||
\draw[->] (0) -- (2);
|
||||
\draw[->] (0) -- (3);
|
||||
\path (1) edge[loop left] (1);
|
||||
\draw[->] (1) -- (3);
|
||||
\path (2) edge[loop right] (2);
|
||||
\draw[->] (2) -- (3);
|
||||
\path (3) edge[loop above] (3);
|
||||
\end{tikzpicture}
|
||||
|
||||
Hasse-Diagramm:\\
|
||||
\begin{tikzpicture}
|
||||
\node (0) {$\emptyset$};
|
||||
\node (1) [above left=2.5 of 0] {$\{1\}$};
|
||||
\node (2) [above right=2.5 of 0] {$\{2\}$};
|
||||
\node (3) [above=4 of 0] {$\{1,2\}$};
|
||||
\draw (0) -- (1);
|
||||
\draw (0) -- (2);
|
||||
\draw (1) -- (3);
|
||||
\draw (2) -- (3);
|
||||
\end{tikzpicture}
|
||||
\subsection{} %c
|
||||
$A = P(M) = \{\emptyset, \{1\}, \{2\}, \{3\}, \{1,2\}, \{1,3\}, \{2,3\}, \{1,2,3\}\}$
|
||||
\begin{tikzpicture}
|
||||
\node (0) {$\emptyset$};
|
||||
\node (1) [above left=2.5 of 0] {$\{1\}$};
|
||||
\node (2) [above right=2.5 of 0] {$\{2\}$};
|
||||
\node (3) [above=1.5 of 2] {$\{3\}$};
|
||||
\node (4) [above=1.5 of 1] {$\{1,2\}$};
|
||||
\node (5) [above=1.5 of 3] {$\{1,3\}$};
|
||||
\node (6) [above=1.5 of 4] {$\{2,3\}$};
|
||||
\node (7) [above=6.5 of 0] {$\{1,2,3\}$};
|
||||
\draw (0) -- (1);
|
||||
\draw (0) -- (2);
|
||||
\draw (0) -- (3);
|
||||
\draw (1) -- (4);
|
||||
\draw (1) -- (5);
|
||||
\draw (2) -- (4);
|
||||
\draw (2) -- (6);
|
||||
\draw (3) -- (5);
|
||||
\draw (3) -- (6);
|
||||
\draw (4) -- (7);
|
||||
\draw (5) -- (7);
|
||||
\draw (6) -- (7);
|
||||
\end{tikzpicture}
|
||||
\end{document}
|
||||
|
|
@ -0,0 +1,165 @@
|
|||
\documentclass[10pt,a4paper,oneside,ngerman,numbers=noenddot]{scrartcl}
|
||||
\usepackage[T1]{fontenc}
|
||||
\usepackage[utf8]{inputenc}
|
||||
\usepackage[ngerman]{babel}
|
||||
\usepackage{amsmath}
|
||||
\usepackage{amsfonts}
|
||||
\usepackage{amssymb}
|
||||
\usepackage{paralist}
|
||||
\usepackage[locale=DE,exponent-product=\cdot,detect-all]{siunitx}
|
||||
\usepackage{tikz}
|
||||
\usetikzlibrary{matrix,fadings,calc,positioning,decorations.pathreplacing,arrows,decorations.markings}
|
||||
\pagenumbering{arabic}
|
||||
\def\thesection{\arabic{section})}
|
||||
\def\thesubsection{\alph{subsection})}
|
||||
\def\thesubsubsection{(\arabic{subsubsection})}
|
||||
|
||||
\begin{document}
|
||||
\author{Jim Martens}
|
||||
\title{Hausaufgaben zum 29./30. November}
|
||||
\maketitle
|
||||
\section{} %1
|
||||
\subsection{} %a
|
||||
Das Produkt AB existiert, da A gleich viele Spalten (3) wie B Zeilen (3) hat.
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
A \cdot B &=& \begin{pmatrix} 2 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & -1 \\ 7 & 6 & 3 \\ -1 & 2 & 4 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 3 & 2 & -1 \\ 1 & 0 & 2 \\ 1 & 1 & 0 \end{pmatrix} \\
|
||||
&=& \begin{pmatrix} 7 & 5 & -2 \\ 2 & 1 & -1 \\ 30 & 17 & 5 \\ 3 & 2 & 5 \end{pmatrix}
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
|
||||
BA existiert nicht, da B weniger Spalten (3) als A Zeilen (4) hat.
|
||||
AC existiert nicht, da A mehr Spalten (3) als C Zeilen (1) hat.
|
||||
AD existiert, da A gleich viele Spalten (3) wie D Zeilen (3) hat.
|
||||
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
A \cdot D &=& \begin{pmatrix} 2 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & -1 \\ 7 & 6 & 3 \\ -1 & 2 & 4 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ -2 \end{pmatrix} \\
|
||||
&=& \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 26 \\ -4 \end{pmatrix}
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
|
||||
AA existiert nicht, da A weniger Spalten (3) hat als Zeilen (4).
|
||||
BB existiert, da B gleich viele Spalten (3) und Zeilen (3) hat.
|
||||
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
A \cdot D &=& \begin{pmatrix} 3 & 2 & -1 \\ 1 & 0 & 2 \\ 1 & 1 & 0 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 3 & 2 & -1 \\ 1 & 0 & 2 \\ 1 & 1 & 0 \end{pmatrix} \\
|
||||
&=& \begin{pmatrix} 10 & 5 & 1 \\ 5 & 4 & -1 \\ 4 & 2 & 1 \end{pmatrix}
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
|
||||
CD existiert, da C gleich viele Spalten (3) wie D Zeilen (3) hat.
|
||||
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
C \cdot D &=& \begin{pmatrix} 1 & 2 & -2 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ -2 \end{pmatrix} \\
|
||||
&=& \begin{pmatrix} 12 \end{pmatrix}
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
|
||||
DC existiert, da D gleich viele Spalten (1) wie C Zeilen (1) hat.
|
||||
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
D \cdot C &=& \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ -2 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 & 2 & -2 \end{pmatrix} \\
|
||||
&=& \begin{pmatrix} 2 & 4 & -4 \\ 3 & 6 & -6 \\ -2 & -4 & 4 \end{pmatrix}
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
|
||||
\subsection{} %b
|
||||
Um das Element zu berechnen, das in AB in der dritten Zeile und zweiten Spalte steht, benötigen wir die dritte Zeile von A und die zweite Spalte von B. Diese packen wir in eigene Matrizen und multiplizieren diese.
|
||||
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
A_{3j} \cdot B_{i2} &=& \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} -2 \\ 2 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix} \\
|
||||
&=& \begin{pmatrix} 15 \end{pmatrix}
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
|
||||
Für die vierte Spalte von AB benötigen wir A und die vierte Spalte von B. Wir multiplizieren also A und die vierte Spalte von B, die in einer eigenen Matrix steht.
|
||||
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
A \cdot B_{i4} &=& \begin{pmatrix} 3 & 4 & 5 & 6 \\ 2 & 3 & 4 & 5 \\ 1 & 2 & 3 & 4 \\ 4 & 7 & 7 & 4 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 4 \\ 4 \\ -3 \\ 0 \end{pmatrix} \\
|
||||
&=& \begin{pmatrix} 13 \\ 8 \\ 3 \\ 23 \end{pmatrix}
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
|
||||
\section{} %2
|
||||
\subsection{} %a
|
||||
Um das Distributivgesetz zu bestätigen, wird zunächst $A(B_{1} + B_{2})$ gerechnet und anschließend $AB_{1} + AB_{2}$. Das Ergebnis muss gleich sein, um das Gesetz zu bestätigen.
|
||||
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
A \cdot (B_{1} + B_{2}) &=& \begin{pmatrix} 5 & 7 \\ 9 & -1 \\ 8 & 2 \end{pmatrix} \cdot \left( \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 6 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 1 & -2 \\ 3 & 2 \end{pmatrix} \right)\\
|
||||
&=& \begin{pmatrix} 5 & 7 \\ 9 & -1 \\ 8 & 2 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 6 & 8 \end{pmatrix} \\
|
||||
&=& \begin{pmatrix} 52 & 56 \\ 12 & -8 \\ 28 & 16 \end{pmatrix}
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
|
||||
Nun folgt die Berechnung des zweiten Teils.
|
||||
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
AB_{1} + AB_{2} &=& \left( \begin{pmatrix} 5 & 7 \\ 9 & -1 \\ 8 & 2 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 6 \end{pmatrix} \right) + \left(\begin{pmatrix} 5 & 7 \\ 9 & -1 \\ 8 & 2 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 & -2 \\ 3 & 2 \end{pmatrix} \right)\\
|
||||
&=& \begin{pmatrix} 26 & 52 \\ 6 & 12 \\ 14 & 28 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 26 & 4 \\ 6 & -20 \\ 14 & -12 \end{pmatrix} \\
|
||||
&=& \begin{pmatrix} 52 & 56 \\ 12 & -8 \\ 28 & 16 \end{pmatrix}
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
|
||||
Beide Seiten der Gleichung ergeben dasselbe Ergebnis, somit ist das Distributivgesetz mit den angegebenen Matrizen bestätigt.
|
||||
|
||||
\subsection{} %b
|
||||
Um die Gleichung $(AB)^{T} = B^{T}A^{T}$ zu bestätigen, wird zunächst $(AB)^{T}$ berechnet und anschließend $B^{T}A^{T}$. Ergeben beide Berechnungen das gleiche Ergebnis, so ist die Gleichung damit bestätigt.
|
||||
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
(AB)^{T} &=& \left( \begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 2 & 6 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2 & -1 & 5 \\ 3 & 2 & 4 \end{pmatrix} \right)^{T} \\
|
||||
&=& \begin{pmatrix} 11 & 5 & 17 \\ 22 & 10 & 34 \end{pmatrix}^{T} \\
|
||||
&=& \begin{pmatrix} 11 & 22 \\ 5 & 10 \\ 17 & 34 \end{pmatrix}
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
|
||||
Nun folgt die Berechnung des zweiten Teils.
|
||||
|
||||
\begin{alignat}{2}
|
||||
B^{T}A^{T} &=& \begin{pmatrix} 2 & -1 & 5 \\ 3 & 2 & 4 \end{pmatrix}^{T} \cdot \begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 2 & 6 \end{pmatrix}^{T} \notag\\
|
||||
&=& \begin{pmatrix} 2 & 3 \\ -1 & 2 \\ 5 & 4 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 6 \end{pmatrix} \label{eq:transponiert} \\
|
||||
&=& \begin{pmatrix} 11 & 22 \\ 5 & 10 \\ 17 & 34 \end{pmatrix} \notag
|
||||
\end{alignat}
|
||||
|
||||
Beide Seiten der Gleichung ergeben das gleiche Ergebnis, somit ist die Gleichung $(AB)^{T} = B^{T}A^{T}$ bestätigt.
|
||||
|
||||
\subsection{} %c
|
||||
Wie in \eqref{eq:transponiert} sichtbar, hat $A^{T}$ weniger Spalten als $B^{T}$ Zeilen hat. Somit kann $A^{T}B^{T}$ gar nicht berechnet werden.
|
||||
\section{} %3
|
||||
Beweis des Distributivgesetzes $A(B_{1} + B_{2}) = AB_{1} + AB_{2}$.
|
||||
|
||||
Es werden die beiden Seiten der Gleichung zunächst einzeln gerechnet und im Anschluss verglichen. Bei gleichem Ergebnis stimmt die Aussage.
|
||||
|
||||
Es seien $A,B_{1},B_{2}$ folgende Matrizen:
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
A &=& \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} \end{pmatrix} \\
|
||||
B_{1} = B &=& \begin{pmatrix} b_{11} & b_{12} & b_{13} \\ b_{21} & b_{22} & b_{23} \\ b_{31} & b_{32} & b_{33} \end{pmatrix} \\
|
||||
B_{2} = C &=& \begin{pmatrix} c_{11} & c_{12} & c_{13} \\ c_{21} & c_{22} & c_{23} \\ c_{31} & c_{32} & c_{33} \end{pmatrix} \\
|
||||
\intertext{Berechnung des linken Teils der Gleichung}
|
||||
B + C &=& \begin{pmatrix} b_{11} + c_{11} & b_{12} + c_{12} & b_{13} + c_{13} \\ b_{21} + c_{21} & b_{22} + c_{22} & b_{23} + c_{23} \\ b_{31} + c_{31} & b_{32} + c_{32} & b_{33} + c_{33} \end{pmatrix} \\
|
||||
% todo
|
||||
A \cdot (B+C) &=& \begin{pmatrix} \sum\limits_{i=1}^{3} a_{1i} \cdot (b_{i1} + c_{i1}) & \sum\limits_{i=1}^{3} a_{1i} \cdot (b_{i2} + c_{i2}) & \sum\limits_{i=1}^{3} a_{1i} \cdot (b_{i3} + c_{i3}) \\ \sum\limits_{i=1}^{3} a_{2i} \cdot (b_{i1} + c_{i1}) & \sum\limits_{i=1}^{3} a_{2i} \cdot (b_{i2} + c_{i2}) & \sum\limits_{i=1}^{3} a_{2i} \cdot (b_{i3} + c_{i3}) \\ \sum\limits_{i=1}^{3} a_{3i} \cdot (b_{i1} + c_{i1}) & \sum\limits_{i=1}^{3} a_{3i} \cdot (b_{i2} + c_{i2}) & \sum\limits_{i=1}^{3} a_{3i} \cdot (b_{i3} + c_{i3}) \end{pmatrix} \\
|
||||
\intertext{Berechnung des rechten Teils der Gleichung}
|
||||
AB &=& \begin{pmatrix} \sum\limits_{i=1}^{3} a_{1i} \cdot b_{i1} & \sum\limits_{i=1}^{3} a_{1i} \cdot b_{i2} & \sum\limits_{i=1}^{3} a_{1i} \cdot b_{i3} \\ \sum\limits_{i=1}^{3} a_{2i} \cdot b_{i1} & \sum\limits_{i=1}^{3} a_{2i} \cdot b_{i2} & \sum\limits_{i=1}^{3} a_{2i} \cdot b_{i3} \\ \sum\limits_{i=1}^{3} a_{3i} \cdot b_{i1} & \sum\limits_{i=1}^{3} a_{3i} \cdot b_{i2} & \sum\limits_{i=1}^{3} a_{3i} \cdot b_{i3} \end{pmatrix} \\
|
||||
AC &=& \begin{pmatrix} \sum\limits_{i=1}^{3} a_{1i} \cdot c_{i1} & \sum\limits_{i=1}^{3} a_{1i} \cdot c_{i2} & \sum\limits_{i=1}^{3} a_{1i} \cdot c_{i3} \\ \sum\limits_{i=1}^{3} a_{2i} \cdot c_{i1} & \sum\limits_{i=1}^{3} a_{2i} \cdot c_{i2} & \sum\limits_{i=1}^{3} a_{2i} \cdot c_{i3} \\ \sum\limits_{i=1}^{3} a_{3i} \cdot c_{i1} & \sum\limits_{i=1}^{3} a_{3i} \cdot c_{i2} & \sum\limits_{i=1}^{3} a_{3i} \cdot c_{i3} \end{pmatrix} \\
|
||||
AB + AC &=& \begin{pmatrix} \sum\limits_{i=1}^{3} a_{1i} \cdot b_{i1} + a_{1i} \cdot c_{i1} & \sum\limits_{i=1}^{3} a_{1i} \cdot b_{i2} + a_{1i} \cdot c_{i2} & \sum\limits_{i=1}^{3} a_{1i} \cdot b_{i3} + a_{1i} \cdot c_{i3} \\ \sum\limits_{i=1}^{3} a_{2i} \cdot b_{i1} + a_{2i} \cdot c_{i1} & \sum\limits_{i=1}^{3} a_{2i} \cdot b_{i2} + a_{2i} \cdot c_{i2} & \sum\limits_{i=1}^{3} a_{2i} \cdot b_{i3} + a_{2i} \cdot c_{i3} \\ \sum\limits_{i=1}^{3} a_{3i} \cdot b_{i1} + a_{3i} \cdot c_{i1} & \sum\limits_{i=1}^{3} a_{3i} \cdot b_{i2} + a_{3i} \cdot c_{i2} & \sum\limits_{i=1}^{3} a_{3i} \cdot b_{i3} + a_{3i} \cdot c_{i3} \end{pmatrix} \\
|
||||
\intertext{Durch Ausklammern des a ergibt sich:}
|
||||
&=& \begin{pmatrix} \sum\limits_{i=1}^{3} a_{1i} \cdot (b_{i1} + c_{i1}) & \sum\limits_{i=1}^{3} a_{1i} \cdot (b_{i2} + c_{i2}) & \sum\limits_{i=1}^{3} a_{1i} \cdot (b_{i3} + c_{i3}) \\ \sum\limits_{i=1}^{3} a_{2i} \cdot (b_{i1} + c_{i1}) & \sum\limits_{i=1}^{3} a_{2i} \cdot (b_{i2} + c_{i2}) & \sum\limits_{i=1}^{3} a_{2i} \cdot (b_{i3} + c_{i3}) \\ \sum\limits_{i=1}^{3} a_{3i} \cdot (b_{i1} + c_{i1}) & \sum\limits_{i=1}^{3} a_{3i} \cdot (b_{i2} + c_{i2}) & \sum\limits_{i=1}^{3} a_{3i} \cdot (b_{i3} + c_{i3}) \end{pmatrix}
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
|
||||
Auf beiden Seiten kommt das gleiche Ergebnis heraus. Also ist das Distributivgesetz $A(B_{1} + B_{2}) = AB_{1} + AB_{2}$ damit bewiesen. \hfill $\Box$
|
||||
\section{} %4
|
||||
\subsection{} %a
|
||||
Beweis der Aussage (6), Skript Seite 61. Es ist zu zeigen, dass für jede Abbildung $f: A \rightarrow B$ und jedes $B' \subseteq B$ Folgendes gilt:
|
||||
\begin{equation*}
|
||||
f(f^{-1}(B')) \subseteq B'
|
||||
\end{equation*}
|
||||
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||||
%todo, siehe Tutorium Di
|
||||
Es gelte $b \in f(f^{-1}(B'))$. Daraus ergeben sich zwei mögliche Fälle:
|
||||
|
||||
\begin{alignat*}{1}
|
||||
\intertext{Fall 1}
|
||||
\exists a \in f^{-1}(B'): f(a)=b \\
|
||||
\Rightarrow f(a)=b \in B'
|
||||
\intertext{Fall 2}
|
||||
\nexists a \in f^{-1}(B'): f(a)=b
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
|
||||
Anhand von Fall 1 ist klar, dass es für jedes Urbild von einem $b \in B'$ ein Bild $b' \in B'$ gibt. Fall 2 behandelt die $b \in B'$, die kein Urbild haben. Die Menge $f(f^{-1}(B'))$ enthält nur solche $b \in B'$, die ein Urbild haben und ist demzufolge eine Teilmenge von $B'$.
|
||||
|
||||
Also gilt die Aussage (6), Skript Seite 61. \hfill $\Box$
|
||||
|
||||
\subsection{} %b
|
||||
Es gebe die Mengen $A$ und $B'$ mit $A = \{1\}$ und $B' = \{5, 6\}$. Es gebe die folgende Abbildungsvorschrift $f(1) = 5$.
|
||||
|
||||
Die Urbildmenge von $B'$ ist in diesem Fall $A$. Die Bildmenge von $A$ ist in diesem Fall $\{5\}$. Es gilt $\{5\} \neq B'$.
|
||||
\end{document}
|
||||
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|
@ -0,0 +1,84 @@
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\documentclass[10pt,a4paper,oneside,ngerman,numbers=noenddot]{scrartcl}
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\usepackage[T1]{fontenc}
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\usepackage[utf8]{inputenc}
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\usepackage[ngerman]{babel}
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\usepackage{amsmath}
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\usepackage{amsfonts}
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\usepackage{amssymb}
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\usepackage{paralist}
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\usepackage[locale=DE,exponent-product=\cdot,detect-all]{siunitx}
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||||
\usepackage{tikz}
|
||||
\usetikzlibrary{matrix,fadings,calc,positioning,decorations.pathreplacing,arrows,decorations.markings}
|
||||
\pagenumbering{arabic}
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||||
\def\thesection{\arabic{section})}
|
||||
\def\thesubsection{\alph{subsection})}
|
||||
\def\thesubsubsection{(\arabic{subsubsection})}
|
||||
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||||
\begin{document}
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||||
\author{Jim Martens}
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||||
\title{Hausaufgaben zum 06./07. Dezember}
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||||
\maketitle
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||||
\section{} %1
|
||||
\subsection{} %a
|
||||
Euklidischer Algorithmus:\\
|
||||
\begin{alignat*}{4}
|
||||
2413 &=& 5 &\cdot & 473 &+& 48 \\
|
||||
473 &=& 9 &\cdot & 48 &+& 41 \\
|
||||
48 &=& 1 &\cdot & 41 &+& 7 \\
|
||||
41 &=& 5 &\cdot & 7 &+& 6 \\
|
||||
7 &=& 1 &\cdot & 6 &+& \underline{1} \\
|
||||
6 &=& 6 &\cdot & 1 &+& 0
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
|
||||
Es gilt also $d = \,\text{ggT}\,(a,b) = 1$. Ausgehend von der vorletzten Gleichung erhält man durch Rückwärtseinsetzen:
|
||||
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
d = 6& = &&7 - 1 \cdot 6 \\
|
||||
&=&& 7 - 1 \cdot (41 - 5 \cdot 7) \\
|
||||
&=&& (-1) \cdot 41 + 6 \cdot 7 \\
|
||||
&=&& (-1) \cdot 41 + 6 \cdot (48 - 1 \cdot 41) \\
|
||||
&=&& 6 \cdot 48 + (-7) \cdot 41 \\
|
||||
&=&& 6 \cdot 48 + (-7) \cdot (473 - 9 \cdot 48) \\
|
||||
&=&& (-7) \cdot 473 + 69 \cdot 48 \\
|
||||
&=&& (-7) \cdot 473 + 69 \cdot (2413 - 5 \cdot 473) \\
|
||||
&=&& 69 \cdot 2413 + (-352) \cdot 473 \\
|
||||
&=&& \lambda \cdot 2413 + \mu \cdot 473 \;\text{für} \; \lambda = 69 \;\text{und}\; \mu = -352
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
|
||||
Daraus folgt $1 \equiv \lambda \cdot 2413 + \mu \cdot 473 \equiv \mu \cdot 473$ (mod $2413$). Also ist $\mu$ bzw. $2061$ das Inverse von $473$ in $\mathbb{Z}_{2413}$.
|
||||
\subsection{} %b
|
||||
Euklidischer Algorithmus:\\
|
||||
\begin{alignat*}{4}
|
||||
2413 &=& 1 &\cdot & 1672 &+& 741 \\
|
||||
1672 &=& 2 &\cdot & 741 &+& 190 \\
|
||||
741 &=& 3 &\cdot & 190 &+& 171 \\
|
||||
190 &=& 1 &\cdot & 171 &+& 19 \\
|
||||
171 &=& 9 &\cdot & 19 &+& 0
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
|
||||
Da ggT$(2413,1672) = 19$ gilt, ist $1672$ in $\mathbb{Z}_{2413}$ nicht invertierbar.
|
||||
\subsection{} %c
|
||||
Das Inverse von $2412$ in $\mathbb{Z}_{2413}$ ist $-1$. Dies gilt, da $2412$ durch eine beliebige Zahl in der gleichen Restklasse ausgetauscht werden kann. $-1$ liegt in derselben Restklasse, denn von $-2413$ bis $-1$ sind es genau $2412$ Rest. Und $-1$ mit sich selbst multipliziert ergibt $1$.
|
||||
\section{} %2
|
||||
Es gilt $1000 = 12$ (mod 19). Damit ergibt sich $3^{12} = 3^{1000}$ (mod 19). %todo
|
||||
|
||||
|
||||
\section{} %3
|
||||
\subsection{} %a
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
\pi &=& (1,7,6) \circ (2,10,8,5,11,13) \circ (3,4) \circ (9,12)
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
\subsection{} %b
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
\pi &=& (1,6) \circ (1,7) \circ (2,13) \circ (2,11) \circ (2,5) \circ (2,8) \circ (2,10) \circ (3,4) \circ (9,12)
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
\subsection{} %c
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
\text{sign}\, \pi &=& -1
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
\section{} %4
|
||||
\subsection{} %a
|
||||
Die Menge $A \times B \times C$ besitzt $30$ Elemente. Dies ergibt sich aus $3 \cdot 5 \cdot 2 = 30$.
|
||||
\subsection{} %b
|
||||
Es gibt $2^{30}$ verschiedene ternäre Relationen über A, B, C. Jede Teilmenge von $A \times B \times C$ ist eine ternäre Relation. Es gibt $30$ Elemente und demzufolge $2^{30}$ Teilmengen. Da jede Teilmenge eine ternäre Relation ist, ist $2^{30}$ richtig.
|
||||
\end{document}
|
||||
|
|
@ -0,0 +1,266 @@
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\documentclass[10pt,a4paper,oneside,ngerman,numbers=noenddot]{scrartcl}
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\usepackage[T1]{fontenc}
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\usepackage[utf8]{inputenc}
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\usepackage[ngerman]{babel}
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\usepackage{amsmath}
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\usepackage{amsfonts}
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\usepackage{amssymb}
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\usepackage{paralist}
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\usepackage[locale=DE,exponent-product=\cdot,detect-all]{siunitx}
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||||
\usepackage{tikz}
|
||||
\usetikzlibrary{matrix,fadings,calc,positioning,decorations.pathreplacing,arrows,decorations.markings}
|
||||
\pagenumbering{arabic}
|
||||
\def\thesection{\arabic{section})}
|
||||
\def\thesubsection{\alph{subsection})}
|
||||
\def\thesubsubsection{(\arabic{subsubsection})}
|
||||
|
||||
\begin{document}
|
||||
\author{Jim Martens}
|
||||
\title{Hausaufgaben zum 13./14. Dezember}
|
||||
\maketitle
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||||
\section{} %1
|
||||
\subsection{} %a
|
||||
Ja, die Graphen sind isomorph.
|
||||
|
||||
In Graph G gibt es vier Knoten mit je vier abgehenden Kanten und vier Knoten mit je drei abgehenden Kanten.
|
||||
|
||||
In Graph G' gibt es ebenfalls vier Knoten mit vier abgehenden Kanten und auch vier Knoten mit je drei abgehenden Kanten.
|
||||
|
||||
Die Knoten seien von oben links beginnend im Uhrzeigersinn aufsteigend nummeriert. Die äußeren vier Knoten im Graph G haben die Bezeichnungen 1,2,3 und 4. Die inneren vier Knoten (auch oben links beginnend) haben die Bezeichnungen 5,6,7 und 8.
|
||||
|
||||
Im Graph G' werden die Knoten in gleicher Weise mit Buchstaben bezeichnet. Somit ergeben sich für die äußeren Knoten a,b,c und d, sowie e,f,g, und h für die inneren Knoten (jeweils oben links beginnend).
|
||||
|
||||
Damit gebe es folgende Abbildung $f: G \rightarrow G'$:\\
|
||||
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
f(1) &=& b \\
|
||||
f(2) &=& a \\
|
||||
f(3) &=& c \\
|
||||
f(4) &=& d \\
|
||||
f(5) &=& f \\
|
||||
f(6) &=& e \\
|
||||
f(7) &=& g \\
|
||||
f(8) &=& h
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
\subsection{} %b
|
||||
Alle drei Graphen sind isomorph zueinander.
|
||||
|
||||
\section{} %2
|
||||
\subsection{} %a
|
||||
G hat $\frac{10 \cdot 9}{2} = 45$ Kanten.
|
||||
\subsection{} %b
|
||||
Es gibt $\binom{10}{3} = 120$ Kreise mit der Länge $3$ in G.
|
||||
\subsection{} %c
|
||||
Es gibt $\binom{10}{4} = 210$ Kreise mit der Länge $4$ in G.
|
||||
\subsection{} %d
|
||||
Es gibt $\binom{10}{4}$ Möglichkeiten vier Knoten aus zehn zu nehmen. Für jede dieser vier Knoten gibt es zwei Möglichkeiten die Diagonale zu wählen. Es ergeben sich daher $\binom{10}{4} \cdot 2 = 210 \cdot 2 = 420$ Möglichkeiten einen solchen Teilgraphen aus G zu nehmen.
|
||||
\section{} %3
|
||||
\subsection{} %a
|
||||
%\begin{figure}[h!]
|
||||
$n=4$:\\
|
||||
\begin{tikzpicture}[shorten >=1pt,node distance=1.1cm,on grid]
|
||||
%h1
|
||||
\node (v1) {$v_{1}$};
|
||||
\node (v2) [below=of v1] {$v_{2}$};
|
||||
\node (v3) [right=of v2] {$v_{3}$};
|
||||
\node (v4) [right=of v1] {$v_{4}$};
|
||||
|
||||
\path[every node/.style={font=\scriptsize}]
|
||||
(v1) edge (v2)
|
||||
(v1) edge (v3)
|
||||
(v1) edge (v4)
|
||||
(v2) edge (v3)
|
||||
(v2) edge (v4)
|
||||
(v3) edge (v4);
|
||||
|
||||
%h2
|
||||
\node (v5) [right=2 of v4] {$v_{5}$}
|
||||
edge [bend right] (v1)
|
||||
edge [bend left=50] (v2)
|
||||
edge (v4)
|
||||
edge [bend left] (v3);
|
||||
\node (v6) [below=of v5] {$v_{6}$}
|
||||
edge [bend right=50] (v1)
|
||||
edge [bend right] (v4)
|
||||
edge (v3)
|
||||
edge [bend left] (v2);
|
||||
\node (v7) [right=of v6] {$v_{7}$}
|
||||
edge [bend left=60] (v1)
|
||||
edge [bend left] (v4)
|
||||
edge [bend left] (v3)
|
||||
edge [bend left] (v2);
|
||||
\node (v8) [right=of v5] {$v_{8}$}
|
||||
edge [bend right] (v1)
|
||||
edge [bend right=60] (v2)
|
||||
edge [bend right] (v4)
|
||||
edge [bend right] (v3);
|
||||
|
||||
\path[every node/.style={font=\scriptsize}]
|
||||
(v5) edge (v6)
|
||||
(v5) edge (v7)
|
||||
(v5) edge (v8)
|
||||
(v6) edge (v7)
|
||||
(v6) edge (v8)
|
||||
(v7) edge (v8);
|
||||
\end{tikzpicture}
|
||||
|
||||
$n=6$:\\
|
||||
\begin{tikzpicture}[shorten >=1pt,node distance=1.1cm,on grid]
|
||||
%h1
|
||||
\node (v1) {$v_{1}$};
|
||||
\node (v2) [below left=of v1] {$v_{2}$};
|
||||
\node (v3) [below right=of v2] {$v_{3}$};
|
||||
\node (v4) [right=of v3] {$v_{4}$};
|
||||
\node (v5) [above right=of v4] {$v_{5}$};
|
||||
\node (v6) [above left=of v5] {$v_{6}$};
|
||||
|
||||
\path[every node/.style={font=\scriptsize}]
|
||||
(v1) edge (v2)
|
||||
(v1) edge (v6)
|
||||
(v1) edge (v4)
|
||||
(v2) edge (v3)
|
||||
(v2) edge (v5)
|
||||
(v3) edge (v4)
|
||||
(v3) edge (v6)
|
||||
(v4) edge (v5)
|
||||
(v5) edge (v6);
|
||||
|
||||
%h2
|
||||
\node (v7) [right=2.5 of v6] {$v_{7}$}
|
||||
edge (v6)
|
||||
edge [bend right=10] (v5)
|
||||
edge (v4)
|
||||
edge [bend right] (v1)
|
||||
edge [bend right=70] (v2)
|
||||
edge [bend right=30] (v3);
|
||||
\node (v8) [below left=of v7] {$v_{8}$}
|
||||
edge (v5)
|
||||
edge [bend right=10] (v6)
|
||||
edge [bend left=10] (v4)
|
||||
edge [bend right=87] (v2)
|
||||
edge [bend right=10] (v1)
|
||||
edge [bend left=10] (v3);
|
||||
\node (v9) [below right=of v8] {$v_{9}$}
|
||||
edge (v4)
|
||||
edge [bend left=10] (v5)
|
||||
edge (v6)
|
||||
edge [bend left] (v3)
|
||||
edge [bend left=70] (v2)
|
||||
edge [bend left=30] (v1);
|
||||
\node (v10) [right=of v9] {$v_{10}$}
|
||||
edge [bend left] (v3)
|
||||
edge [bend left] (v4)
|
||||
edge [bend left] (v5)
|
||||
edge [bend left=60] (v2)
|
||||
edge [bend right=15] (v6)
|
||||
edge [bend left=40] (v1);
|
||||
\node (v11) [above right=of v10] {$v_{11}$}
|
||||
edge [bend right=15] (v5)
|
||||
edge (v6)
|
||||
edge (v4)
|
||||
edge [bend right=85] (v2)
|
||||
edge [bend right=45] (v1)
|
||||
edge [bend left=45] (v3);
|
||||
\node (v12) [above left=of v11] {$v_{12}$}
|
||||
edge [bend right] (v1)
|
||||
edge [bend right] (v6)
|
||||
edge [bend right] (v5)
|
||||
edge [bend right=60] (v2)
|
||||
edge [bend left=15] (v4)
|
||||
edge [bend right=40] (v3);
|
||||
|
||||
\path[every node/.style={font=\scriptsize}]
|
||||
(v7) edge (v8)
|
||||
(v7) edge (v9)
|
||||
(v7) edge (v10)
|
||||
(v7) edge (v11)
|
||||
(v7) edge (v12)
|
||||
(v8) edge (v9)
|
||||
(v8) edge (v10)
|
||||
(v8) edge (v11)
|
||||
(v8) edge (v12)
|
||||
(v9) edge (v10)
|
||||
(v9) edge (v11)
|
||||
(v9) edge (v12)
|
||||
(v10) edge (v11)
|
||||
(v10) edge (v12)
|
||||
(v11) edge (v12);
|
||||
\end{tikzpicture}
|
||||
%\end{figure}
|
||||
\subsection{} %b
|
||||
Es ist zu zeigen, dass $|E(G)| = \frac{3}{2}n^{2} + n$ gilt.\\
|
||||
In der Zusammenhangskomponente $H_{1}$ hat jeder Knoten den Grad $3$. Bei $n$ Knoten ergibt dies $\frac{3n}{2}$ Kanten in $H_{1}$. In der Zusammenhangskomponente $H_{2}$ gibt es auch $n$ Knoten und jeder Knoten ist mit jedem verbunden. Es ergeben sich also dort $\frac{n \cdot (n-1)}{2}$ Kanten. In $G$ gibt es nun zusätzlich zwischen jedem Knoten aus $H_{1}$ und $H_{2}$ eine Kante, wodurch sich $\frac{n \cdot n}{2}$ Kanten für die Verbindungen ergeben. Zusammengefasst ergibt sich:\\
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
|E(G)| &=& \frac{3n + n \cdot (n-1) + n \cdot n}{2} \\
|
||||
&=& \frac{3n + n^{2} -n + n^{2}}{2} \\
|
||||
&=& \frac{2n + 2n^{2}}{2} \\
|
||||
&=& n + n^{2}
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
Die zu zeigende Formel gilt augenscheinlich nicht.
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||||
\subsection{} %c
|
||||
Für $n=4$ startet man bei $v_{4}$, geht zu $v_{1}$, dann $v_{2}$, $v_{3}$, weiter zu $v_{6}$, $v_{7}$, $v_{8}$, $v_{5}$, dann wieder zurück zu $v_{4}$.
|
||||
\subsection{} %d
|
||||
$G$ besitzt keine Eulersche Linie, da der Grad jedes Knotens $2n-1$ beträgt. Für die Existenz einer Eulerschen Linie muss jeder Knoten einen geraden Grad besitzen.
|
||||
\section{} %4
|
||||
\subsection{} %a
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||||
$P(M)$ enthält $2^{n} = 2^{4} = 16$ Elemente. Es gilt:\\
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||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
P(M) &=& \{\emptyset, \{a\}, \{b\}, \{c\}, \{d\}, \{a,b\}, \{a,c\}, \{a,d\}, \{b,c\}, \{b,d\}, \{c,d\}, \\
|
||||
&& \{a,b,c\}, \{a,b,d\}, \{a,c,d\}, \{b,c,d\}, \{a,b,c,d\}\}
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
\subsection{} %b
|
||||
\begin{tikzpicture}[shorten >=1pt,node distance=1.1cm,on grid]
|
||||
\node (empty) {$\emptyset$};
|
||||
\node (a) [above left=1.5 and 2.0 of empty] {$\{a\}$};
|
||||
\node (b) [right=1.25 of a] {$\{b\}$};
|
||||
\node (c) [right=1.25 of b] {$\{c\}$};
|
||||
\node (d) [right=1.25 of c] {$\{d\}$};
|
||||
\node (ab) [above left=1.5 and 0.5 of a] {$\{a,b\}$};
|
||||
\node (ac) [right=1.0 of ab] {$\{a,c\}$};
|
||||
\node (ad) [right=2.0 of ab] {$\{a,d\}$};
|
||||
\node (bc) [right=3.0 of ab] {$\{b,c\}$};
|
||||
\node (bd) [right=4.0 of ab] {$\{b,d\}$};
|
||||
\node (cd) [right=5.0 of ab] {$\{c,d\}$};
|
||||
\node (abc) [above=3.0 of a] {$\{a,b,c\}$};
|
||||
\node (abd) [above=3.0 of b] {$\{a,b,d\}$};
|
||||
\node (acd) [above=3.0 of c] {$\{a,c,d\}$};
|
||||
\node (bcd) [above=3.0 of d] {$\{b,c,d\}$};
|
||||
\node (abcd) [above=6.0 of empty] {$\{a,b,c,d\}$};
|
||||
|
||||
\path[every node/.style={font=\scriptsize}]
|
||||
(empty) edge (a)
|
||||
(empty) edge (b)
|
||||
(empty) edge (c)
|
||||
(empty) edge (d)
|
||||
(a) edge (ab)
|
||||
(a) edge (ac)
|
||||
(a) edge (ad)
|
||||
(b) edge (ab)
|
||||
(b) edge (bc)
|
||||
(b) edge (bd)
|
||||
(c) edge (ac)
|
||||
(c) edge (bc)
|
||||
(c) edge (cd)
|
||||
(d) edge (ad)
|
||||
(d) edge (bd)
|
||||
(d) edge (cd)
|
||||
(ab) edge (abc)
|
||||
(ac) edge (abc)
|
||||
(bc) edge (abc)
|
||||
(ab) edge (abd)
|
||||
(ad) edge (abd)
|
||||
(bd) edge (abd)
|
||||
(ac) edge (acd)
|
||||
(ad) edge (acd)
|
||||
(cd) edge (acd)
|
||||
(bc) edge (bcd)
|
||||
(bd) edge (bcd)
|
||||
(cd) edge (bcd)
|
||||
(abc) edge (abcd)
|
||||
(abd) edge (abcd)
|
||||
(acd) edge (abcd)
|
||||
(bcd) edge (abcd);
|
||||
\end{tikzpicture}
|
||||
\subsection{} %c
|
||||
Solch ein Graph kam auf dem Übungsblatt (Präsenz- und Hausaufgaben) nicht vor. Entweder hat keiner der Graphen $16$ Knoten und/oder die Knoten haben nicht alle den Grad $4$. Von daher kann die Eigenschaft der Isomorphie von vornherein verneint werden.
|
||||
\end{document}
|
||||
|
|
@ -0,0 +1,129 @@
|
|||
\documentclass[10pt,a4paper,oneside,ngerman,numbers=noenddot]{scrartcl}
|
||||
\usepackage[T1]{fontenc}
|
||||
\usepackage[utf8]{inputenc}
|
||||
\usepackage[ngerman]{babel}
|
||||
\usepackage{amsmath}
|
||||
\usepackage{amsfonts}
|
||||
\usepackage{amssymb}
|
||||
\usepackage{paralist}
|
||||
\usepackage[locale=DE,exponent-product=\cdot,detect-all]{siunitx}
|
||||
\usepackage{tikz}
|
||||
\usetikzlibrary{matrix,fadings,calc,positioning,decorations.pathreplacing,arrows,decorations.markings}
|
||||
\pagenumbering{arabic}
|
||||
\def\thesection{\arabic{section})}
|
||||
\def\thesubsection{\alph{subsection})}
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||||
\def\thesubsubsection{(\roman{subsubsection})}
|
||||
|
||||
\begin{document}
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||||
\author{Jim Martens}
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||||
\title{Hausaufgaben zum 20./21. Dezember}
|
||||
\maketitle
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||||
\section{} %1
|
||||
\subsection{} %a
|
||||
Für $a$ hat man sechs Möglichkeiten in $\mathbb{Z}_{7}$, da $a \neq 0$ gilt. Für $b$ hat man sieben Möglichkeiten in $\mathbb{Z}_{7}$, da es für $b$ keine Einschränkungen gibt. Daher gibt es $6 \cdot 7 = 42$ Matrizen der angegebenen Form in $M$. Somit ist die Ordnung von $M$ gleich $42$.
|
||||
\subsection{} %b
|
||||
Zur Bestimmung des Inversen zu A mache man sich $\mathbb{Z}_{7}$ zu nutze. Es gilt $2 \cdot 2 \cdot 2 = 2 \cdot 4 = 8 = 1$. Ferner gilt $4 \cdot 1 + 3 \cdot 1 = 7 = 0$.
|
||||
|
||||
Damit ergibt sich als inverse Matrix $\begin{pmatrix} 4 & 3 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$.
|
||||
\subsection{} %c
|
||||
Da nur Teiler der Ordnung von $M$ für Halbgruppen in Frage kommen, kann man alle Ordnungen der Elemente auslassen, die keine Teiler von der Ordnung von $M$ sind.
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
B^{2} = B \cdot B &=& \begin{pmatrix} 4 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 4 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \\
|
||||
&=& \begin{pmatrix} 2 & 5 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \\
|
||||
B^{3} = B^{2} \cdot B &=& \begin{pmatrix} 2 & 5 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 4 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \\
|
||||
&=& \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \\
|
||||
\intertext{$B$ hat demzufolge die Ordnung $3$}
|
||||
C^{2} = C \cdot C &=& \begin{pmatrix} 3 & 3 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 3 & 3 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \\
|
||||
&=& \begin{pmatrix} 2 & 5 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \\
|
||||
C^{3} = C^{2} \cdot C &=& \begin{pmatrix} 2 & 5 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 3 & 3 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \\
|
||||
&=& \begin{pmatrix} 6 & 4 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \\
|
||||
C^{6} = C^{3} \cdot C^{3} &=& \begin{pmatrix} 6 & 4 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 6 & 4 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \\
|
||||
&=& \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \\
|
||||
\intertext{$C$ hat demzufolge die Ordnung $6$}
|
||||
D^{2} = D \cdot D &=& \begin{pmatrix} 1 & 4 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 & 4 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \\
|
||||
&=& \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \\
|
||||
D^{3} = D^{2} \cdot D &=& \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 & 4 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \\
|
||||
&=& \begin{pmatrix} 1 & 5 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \\
|
||||
D^{6} = D^{3} \cdot D^{3} &=& \begin{pmatrix} 1 & 5 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 & 5 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \\
|
||||
&=& \begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \\
|
||||
D^{7} = D^{6} \cdot D &=& \begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 & 4 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \\
|
||||
&=& \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \\
|
||||
\intertext{$D$ hat demzufolge die Ordnung $7$}
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
\subsection{} %d
|
||||
Ja und zwar $\begin{pmatrix} 6 & 6 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$.
|
||||
\section{} %2
|
||||
\subsection{} %a
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
s \ast y &=& z \\
|
||||
z^{-1} &=& z \\
|
||||
x \ast r &=& y \\
|
||||
y^{-1} &=& y \\
|
||||
x \ast y &=& r \\
|
||||
r^{-1} &=& t
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
\subsection{} %b
|
||||
$G$ ist nicht kommutativ, da nicht alle Operationen kommutativ ausführbar sind. Als Beispiel sei hier $w \ast r = z$ und $r \ast w = y$ genannt.
|
||||
|
||||
$G$ ist nicht zyklisch, da es kein Element gibt, mit dem alle Elemente erzeugt werden können.
|
||||
|
||||
Die Elemente von $G$ haben folgende Ordnungen:
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
i &:& 1 \\
|
||||
r &:& 4 \\
|
||||
s &:& 2 \\
|
||||
t &:& 4 \\
|
||||
w &:& 2 \\
|
||||
x &:& 2 \\
|
||||
y &:& 2 \\
|
||||
z &:& 2
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
\subsection{} %c
|
||||
Da es nur zwei Elemente von $G$ mit der Ordnung $4$ gibt ($r$ und $t$), fällt die Wahl beider Untergruppen leicht.
|
||||
\section{} %3
|
||||
\subsection{} %a
|
||||
Es wird der folgende Ausdruck vereinfacht:
|
||||
\begin{alignat*}{2}
|
||||
a^{-1}(bd^{-1})^{-1}bc(b^{-1}cdc)^{-1}ab^{-1} \\
|
||||
a^{-1}d(b^{-1}b)(cc^{-1})d^{-1}c^{-1}bab^{-1} \\
|
||||
a^{-1}(dd^{-1})c^{-1}bab^{-1} \\
|
||||
a^{-1}c^{-1}bab^{-1} \\
|
||||
\intertext{Wenn $G$ abelsch ist, dann gilt weiter:}
|
||||
(a^{-1}a)c^{-1}(bb^{-1}) \\
|
||||
c^{-1}
|
||||
\end{alignat*}
|
||||
\subsection{} %b
|
||||
\textbf{Behauptung:} Jede zyklische Gruppe ist abelsch.\\
|
||||
\textbf{Beweis:}\\
|
||||
Sei $a \in G$ der Erzeuger der Gruppe $G$. Dann gilt für ein beliebiges $b \in G$: $b=a^{k}$.
|
||||
Es ist zu zeigen, dass $c \cdot d = d \cdot c$ für alle $c,d \in G$ gilt. Da $a$ das Erzeugerelement ist, ergibt sich $a^{m} \cdot a^{n} = a^{m+n} = a^{n} \cdot a^{m}$, womit gezeigt ist, dass jede zyklische Gruppe G abelsch ist. \hfill $\Box$
|
||||
\subsection{} %c
|
||||
|
||||
\subsubsection{} %(i)
|
||||
Wahr, da es für jedes $n \in \mathbb{N}$ die zyklische Gruppe $(\mathbb{Z}_{n},+)$ gibt.
|
||||
\subsubsection{} %(ii)
|
||||
Wahr, da die Elementordnungen gleich häufig vorkommen.
|
||||
\section{} %4
|
||||
\textbf{Behauptung:} Außer der zyklischen Gruppe $G = <a> = \{1,a,a^{2},a^{3}\}$ gibt es bis auf Isomorphie nur eine weitere Gruppe der Ordnung $4$.\\
|
||||
\textbf{Beweis:}\\
|
||||
Sei $G = \{1,a,b,c\}$ eine nicht zyklische Gruppe. $G$ hat die Ordnung $4$. Da $G$ keine zyklische Gruppe sein soll, bleiben die Ordnungen $1$ und $2$. Das neutrale Element $1$ hat die Ordnung $1$. Somit haben $a,b,c$ die Ordnung $2$. Dies gilt, da die Ordnung eines Elements einer Gruppe, die Gruppenordnung teilen muss.
|
||||
|
||||
Somit ergibt eine Verknüpfung eines Elements mit sich selbst immer das neutrale Element. Die erste Spalte und Zeile sind ohnehin klar. Bleiben $6$ Felder übrig. Je Feld sind aber bereits $3$ Zeichen belegt, sodass nur eins gewählt werden kann. Es ergibt sich diese Gruppentafel:
|
||||
|
||||
\begin{tabular}{c||c|c|c|c}
|
||||
& 1 & a & b & c \\
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||||
\hline
|
||||
\hline
|
||||
1 & 1 & a & b & c \\
|
||||
\hline
|
||||
a & a & 1 & c & b \\
|
||||
\hline
|
||||
b & b & c & 1 & a \\
|
||||
\hline
|
||||
c & c & b & a & 1
|
||||
\end{tabular}
|
||||
|
||||
Somit wurde die Behauptung bestätigt. \hfill $\Box$
|
||||
|
||||
Eine bereits bekannte nicht-zyklische Gruppe der Ordnung 4 wäre z. B.: $G = \{1,a,b,c\}$ konkret definiert als $\mathbb{Z}_{6} \setminus \{1,5\} = \{0,2,3,4\}$ definiert über die Operation $+$.
|
||||
\end{document}
|
||||
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