\documentclass[a4paper]{article}

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\begin{document}
\pagestyle{fancy} \lhead{\textbf{Lineare Algebra}\\ Christof Stolze,
 2619624} \rhead{\today\\ Gruppe 10}


\paragraph{H101.} Da wir uns auf die Standardbasis beziehen, und die Spaltenvektoren das
 Bild der Basisvektoren darstellen, ist die Abbildungsmatrix leicht gefunden: 
\begin{eqnarray*}
M(\sigma) &=& \begin{pmatrix} 1&1&0&2\\ 2&0&1&1\\ \end{pmatrix}\\ 
M(\tau) &=& \begin{pmatrix} 0&0\\ 0&1\\ 0&0\\ 1&0\\ \end{pmatrix}\\
\end{eqnarray*}
Die Abbildungsmatrix der Hintereinanderausführung von $\sigma$ und
$\tau$ ist das Produkt der beiden Matrizen $M(\sigma)$ und $M(\tau)$.
\begin{eqnarray*}
M(\tau\sigma)&=&M(\tau)\cdot M(\sigma)\\ 
&=&\begin{pmatrix} 0&0\\0&1\\ 0&0\\ 1&0\\
\end{pmatrix} \cdot 
\begin{pmatrix} 1&1&0&2\\2&0&1&1\\ \end{pmatrix}\\  
&=& \begin{pmatrix} 0&0&0&0\\ 2&0&1&1\\
0&0&0&0\\ 1&1&0&2\\ \end{pmatrix}
\end{eqnarray*}
\paragraph{H102.} Die Ableitungen eines Polynoms vom Grade $\leq 2$ lauten wie folgt:
\begin{eqnarray*}
p(x)&=&a_2x^2+a_1x+a_0\\p'(x)&=&2a_2x+a_1\\p''(x)&=&2a_2\\p'''(x)&=&0\\
\end{eqnarray*}
Die Abbildung $\delta^2$ bildet also  $a_0 + a_1 x +
a_2 x^2$ auf $2a_2  + 0 x + 0 x^2$ ab. Also:
$\delta^2(a_0,a_1,a_2)=(2a_2,0,0)$ Es ergibt sich
folgende Matrix:
\begin{eqnarray*}
M(\delta^2) &=& \begin{pmatrix} 0&0&2\\ 0&0&0\\ 0&0&0 \end{pmatrix}
\end{eqnarray*}\\
Wir machen eine Probe:
\begin{eqnarray*}
\delta^2(a_0,a_1,a_2) &=& \begin{pmatrix} 0&0&2\\ 0&0&0\\ 0&0&0
\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} a_0 \\ a_1 \\ a_2 \end{pmatrix}\\
&=& \begin{pmatrix} 2a_2 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}
\end{eqnarray*}
Die Matrix zu $\delta^3$ ist noch einfacher zu finden, da jeder Vektor
  auf den Nullvektor abgebildet wird. Die Matrix:
\begin{eqnarray*}
M(\delta^3)=\begin{pmatrix} 0&0&0\\ 0&0&0\\ 0&0&0\\
\end{pmatrix}
\end{eqnarray*}
Die Probe ist wohl nicht nötig.

\paragraph{H103.} Diese Tatsache ist ziemlich offensichtlich, ich versuche also sie
 durch Widerspruch zu beweisen.

$\Rightarrow$\\
Sei $A$ eine reguläre Matrix von der Form:
$$A = \begin{pmatrix} a&b\\c&d\\ \end{pmatrix}$$
Dann soll es eine Matrix $A$ geben mit
$ad-bc=0$. Es ergibt sich:
\begin{eqnarray*}
ad-bc &=& 0\\
ad &=& bc\\
\end{eqnarray*}
Es ergeben sich mehrere Fälle, in denen diese Gleichung erfüllt ist:
\begin{enumerate}
\item{Auf beiden Seiten ist je ein Wert (oder auch beide) $=0$, die sich 
ergebenden Matrizen haben jeweils entweder nur Nullen in einer Spalte 
oder einer Zeile (oder noch mehr Nullen), sie sind also nicht 
regulär! Dies ist ein Widerspruch zu $A$ ist reguläre Matrix.}
\item{Das Verhältnis $a/c$ ist gleich dem Verhältnis $b/d$. Dann ist die Spalte 
$(b,d)$ ein Vielfaches von der Spalte $(a,c)$, was wieder ein Widerspruch zu 
$A$ ist reguläre Matrix darstellt.}
\item{Das Verhältnis $a/b$ ist gleich dem Verhältnis $c/d$. 
Dann ist eine Zeile das Vielfache der anderen, und wieder haben wir den 
Widerspruch zur Voraussetzung das $A$ regulär ist!}
\end{enumerate}
Alle Möglichkeiten führen also zu dem Widerspruch, dass $A$ nicht 
regulär ist. 

$\Leftarrow$\\
Die andere Richtung ergibt $ad-bc\neq 0 \Rightarrow$ es gibt eine Matrix $A$, 
die nicht regulär ist. Wie man aber leicht einsieht, ist dies nichts anderes, 
als bisher schon widerlegt wurde, denn um die Bedingung zu erfüllen, müsste 
eine der Bedingungen aus 1., 2. oder 3. auftreten, dann aber ist $ad-bc=0$!
Und somit haben wir einen Widerspruch zu der Voraussetzung. 

Daraus ergibt sich die Richtigkeit der ursprünglichen Aussage. $\qquad \Box$



\paragraph{H104.}Aus {\bf H103.} wissen wir, dass $A$ regulär ist, wenn gilt:
$ad-bc \neq 0$. Also:

\begin{eqnarray*}
 A &=& \begin{pmatrix} 1&2 \\ 3&7 \end{pmatrix}\\
ad-bc &=& 7-6=1\neq 0
\end{eqnarray*}
A ist also regulär und somit existiert $A^{-1}$. Wir bestimmen darum nun $A^{-1}$:
\begin{eqnarray*}
\Delta &=& ad-bc = 1\\
A^{-1}&=&\frac{1}{\Delta}\begin{pmatrix}7&-2 \\ -3&1 \end{pmatrix}\\
&=&\frac{1}{1}\begin{pmatrix}7&-2 \\ -3&1 \end{pmatrix}\\
&=& \begin{pmatrix}7&-2 \\ -3&1 \end{pmatrix}
\end{eqnarray*}
\paragraph{H105.}
Um die Invertierbarkeit der Matrizen $A$ und $B$ herauszufinden, berechne ich zunächst die Determinanten, dabei verwende ich die Regel von Sarrus:
\begin{eqnarray*}
A &=& \begin{pmatrix} 1&2&-3\\ 1&-2&1\\ 5&-2&-3\end{pmatrix}\\
\det(A)&=& 6+6+10-30+2+6=22-22=0\\
\end{eqnarray*}
$A$ ist also nicht invertierbar.
\begin{eqnarray*}
B &=& \begin{pmatrix} 1&1&1\\ 0&2&3\\ 5&5&1\end{pmatrix}\\
\det(B) &=& 2+0+15-10-0-15=17-35=-8\\
\end{eqnarray*}
B ist also invertierbar und ich bestimme $B^{-1}$:
\begin{eqnarray*}
\begin{pmatrix} 1&1&1\\ 0&2&3\\ 5&5&1\end{pmatrix}& & \begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&1&0\\
0&0&1\end{pmatrix}\\ Z3-5Z1\\
\begin{pmatrix} 1&1&1\\ 0&2&3\\ 0&0&-4\end{pmatrix} & & \begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&1&0\\
-5&0&1\end{pmatrix}\\ 4Z3+3Z2\\
\begin{pmatrix} 1&1&1\\ 0&8&0\\ 0&0&-4\end{pmatrix} & & \begin{pmatrix} 1&0&0\\ -15&4&3\\
-5&0&1\end{pmatrix}\\ \frac{1}{8}Z2, -\frac{1}{4}Z3\\
\begin{pmatrix} 1&1&1\\ 0&1&0\\ 0&0&1\end{pmatrix} & & \begin{pmatrix} 1&0&0\\ 
-\frac{15}{8}&\frac{1}{2}&\frac{3}{8}\\
\frac{5}{4}&0&-\frac{1}{4}\end{pmatrix}\\
 Z1-Z2-Z3\\
\begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1\end{pmatrix} & &
 \begin{pmatrix} \frac{13}{8}&-\frac{1}{2}&-\frac{1}{8}\\ -\frac{15}{8}&\frac{1}{2}&\frac{3}{8}\\
\frac{5}{4}&0&-\frac{1}{4}\end{pmatrix}=B^{-1}
\end{eqnarray*}
Um zu prüfen, ob die Matrix $AB$ invertierbar ist, berechne ich erstmal $AB$ und bestimme dann
die Determinante $\det(AB)$:
\begin{eqnarray*}
AB &=& \begin{pmatrix}1&2&-3\\1&-2&1\\5&-2&-3\end{pmatrix} \cdot 
\begin{pmatrix}1&1&1\\0&2&3\\5&5&1\end{pmatrix}\\
&=& \begin{pmatrix}-14&-10&4\\6&2&-4\\-10&-14&-4 \end{pmatrix}\\
\det(AB) &=& 112+(-400)+(-336) - (-80)-(-784)-240 = 0
\end{eqnarray*}
Da also $\det(AB)=0$ gilt, ist die Matrix nicht regulär, und somit auch nicht
 invertierbar, wie erwartet werden konnte.
\end{document}
