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%% AUTHOR:     Raj Dahya
%% CREATED:    November 2020
%% EDITED:     —
%% TYPE:       Notizen
%% TITLE:      Zusatzaufgaben
%% DOI:        —
%% DEPARTMENT: Fakultät for Mathematik und Informatik
%% INSTITUTE:  Universität Leipzig
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\begin{document}
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\begin{titlepage}
    \null

    \vraum

    \noindent\rule{\linewidth}{2pt}

        {\hraum\LARGE Lineare Algebra I\hraum}\\
        {\hraum\LARGE $\oast$\,\rule[0.175\baselineskip]{0.65\linewidth}{1pt}\,$\oast$ \hraum}\\
        {\hraum\Large Zusatzaufgaben aus der Übungsgruppe\hraum}

    \noindent\rule{\linewidth}{2pt}

    \vraum

    \noindent
    \hraum{\footnotesize Raj Dahya}\hraum\\
    \hraum{\small \itshape Fakultät für Mathematik und Informatik}\hraum\\
    \hraum{\small \itshape Universität Leipzig.}\hraum\\
    \hraum{\small Wintersemester 2020/2021 }\hraum
\end{titlepage}

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%% FILE: front/foreword.tex
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\chapter*{Vorwort}

Dieses Dokument enthält zusätzliche Aufgaben und Themen,
die in den Übungsgruppen erörtert wurden.

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\kopfzeiledefault
\footnotesize
\setcounter{tocdepth}{1}
\def\contentsname{Inhaltsverzeichnis}

    \tableofcontents

    %% HAUPTTEXT:

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\def\chaptername{}

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%% FILE: body/linear-extensions.tex
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\chapter[Lineare Ausdehnung]{Lineare Ausdehnung}
    \label{ch:lin-ext}

In der Übungsgruppe in Woche 12 (am 3.2.2021) diskutierten wir
verzwickte Situationen und Fragentypen, die zum Thema linearer Ausdehnung vorkommen können.
Wir hatten das größtenteils theoretisch ausgelegt.
Hier wollen wir ein paar Aufgaben komplett durchrechnen.

\textbf{Beachte!} Hier geht es niemals darum,
eine lineare Ausdehnung \emph{exmplizit darzustellen},
sondern vielmehr
(1) \cite[Satz~6.1.13]{sinn2020} als zentrales Resultat anzuwenden,
(2) eine Basis aus den Inputvektoren zu generieren
    (ggf. durch Entfernung von „linear abhängigen“ Vektoren, ggf. durch Basiserweiterung, ggf. durch beides!)
(3) die Input und Outputvektoren in der partielldefinierten Funktion
zu untersuchen, und \uline{rein aufgrund dessen} ein Urteil zu treffen,
ob
    (3a) eine lineare Ausdehnung überhaupt möglich ist,
    (3b) eine injektive/nicht injektive lineare Ausdehnung möglich ist,
    (3c) eine surjektive/nicht surjektive lineare Ausdehnung möglich ist,
    (3d) eine Isomorphismus (=Bijektion)/nicht-Isomorphismus als lineare Ausdehnung möglich ist.

Nun, im Falle von Funktionen ${\phi:U\to V}$, wobei $U,V$ Vektorräume mit $\dim(U)=\dim(V)$,
sind wegen \cite[Korollar~6.1.11]{sinn2020} die Nebenfragen (3a)–(3c) alle äquivalent.
Im Falle $\dim(U)\neq\dim(V)$ machen wir von folgender Beobachtung Gebrauch:

\begin{obs*}
    Seien $U$, $V$ (endlich dimensionale) Vektorräume über einem Körper $K$
    und sei ${\phi:U\to V}$ linear.
    Da $\range(\phi)\subseteq V$ gilt offensichtlich $\dim(\range(\phi))\leq\dim(V)$.
    Und wenn wir eine Basis ${\{u_{1},u_{2}\ldots,u_{n}\}\subseteq U}$
    für $U$ fixieren, mit $n=\dim(U)$,
    so gilt wegen Linearität
    ${\range(\phi)=\vectorspacespan\{\phi(u_{1}),\phi(u_{2})\ldots,\phi(u_{n})\}}$.
    Das heißt, $\{\phi(u_{1}),\phi(u_{2})\ldots,\phi(u_{n})\}$
    ist ein Erzeugendensystem für $\range(\phi)$.
    Folglich gilt $\dim(\range(\phi))\leq n=\dim(U)$.
    Da per Definition $\rank(\phi)=\dim(\range(\phi))$,
    haben wir gezeigt,
    dass
        ${\rank(\phi)\leq\dim(V)}$
    und ${\rank(\phi)\leq\dim(U)}$
    \uline{stets gelten}.
    Kürzer formuliert:

        \begin{mathe}[mc]{rcl}
            \eqtag[eq:lin-abb-leq:ch:lin-ext]
            \rank(\phi) &\leq &\min\{\dim(U),\dim(V)\}\\
        \end{mathe}

    gilt immer für alle lineare Abbildungen ${\phi:U\to V}$
    und alle Vektorräume $U, V$.
\end{obs*}

Aus dieser Beobachtung können wir über (3b–3d) folgende Urteile generell treffen, wenn $\dim(U)\neq\dim(V)$:

    \begin{kompaktitem}
        \item
            Falls $\dim(U)>\dim(V)$ kann es bei offensichtlich höchstens nicht-injektive lineare Ausdehnungen geben,
            weil für ${\phi:U\to V}$ linear gilt $\rank(\phi)\leq\dim(V)<\dim(U)$,
            sodass laut \cite[Korollar~6.3.15(1)]{sinn2020} $\phi$ niemals injektiv sein kann.
        \item[]
            Darum lautet die Antwort zu (3b/3d) \emph{Gibt es injektive/bijektive...?} immer nein.
            Die Fragen (3b/3d) \emph{Gibt es nicht-injektive/nicht-bijektive...?} sind dann äquivalent zu (3a).
        \item
            Falls $\dim(U)<\dim(V)$ kann es bei (3c) offensichtlich höchstens nicht-surjektive lineare Ausdehnungen geben,
            weil für ${\phi:U\to V}$ linear gilt $\rank(\phi)\leq\dim(U)<\dim(V)$,
            sodass laut \cite[Korollar~6.3.15(2)]{sinn2020} $\phi$ niemals surjektiv sein kann.
        \item[]
            Darum lautet die Antwort zu (3c/3d) \emph{Gibt es surjektive/bijektive...?} immer nein.
            Die Fragen (3b/3d) \emph{Gibt es nicht-surjektive/nicht-bijektive...?} sind dann äquivalent zu (3a).
    \end{kompaktitem}

Daher können wir die Fragentypen in den Aufgaben immer teilweise sofort beantworten
und zum Teil vereinfachen,
je nachdem, ob $\dim(U)=\dim(V)$, oder $\dim(U)<\dim(V)$, oder $\dim(U)>\dim(V)$
gelten.

%% AUFGABE 1
\clearpage
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 1]{}
    \label{sec:1}
\let\sectionname\altsectionname

    Betrachten wir die $\reell$-Vektorräume $U:=\reell^{4}$ und $V:=\reell^{2}$
    und die Vektoren $u_{1},u_{2},u_{3}\in U$ und $v_{1},v_{2},v_{3}\in V$

        \begin{mathe}[mc]{ccc}
            u_{1} = \begin{svector} 0\\ 0\\ 1\\ 1\\\end{svector},
            &u_{2} = \begin{svector} 3\\ 0\\ 1\\ 1\\\end{svector},
            &u_{3} = \begin{svector} 30\\ 0\\ 0\\ 0\\\end{svector},\\
        \end{mathe}

        \begin{mathe}[mc]{ccc}
            v_{1} = \begin{svector} 5\\ 8\\\end{svector},
            &v_{2} = \begin{svector} -9\\ 11\\\end{svector},
            &v_{3} = \begin{svector} -140\\ 30\\\end{svector}.\\
        \end{mathe}

    \begin{qstn}
        Gibt es eine lineare Abbildung, ${\phi:U\to V}$,
        so dass

            \setcounter{columnanzahl}{3}
            \begin{multikompaktenum}{\bfseries i)}[\rtab][\rtab]
                \item
                    $\phi(u_{1})=v_{1}$
                \item
                    $\phi(u_{2})=v_{2}$
                \item
                    $\phi(u_{3})=v_{3}$
            \end{multikompaktenum}

        \uline{alle} erfüllt sind?
    \end{qstn}

        \begin{soln*}
            Wir beachten zuerst, dass $\{u_{1},u_{2}\}$ linear unabhängig sind\footnote{
                ich lasse hier die Beweise weg,
                aber man sollte die zeigen,
                z.\,B. durch das Gaußverfahren.
            }
            und dass $u_{3}\in\vectorspacespan\{u_{1},_{2}\}$,
            da ${u_{3}=10u_{2}-10u_{1}}$.
            Wir beachten auch, dass

                \begin{mathe}[mc]{rcccl}
                    10v_{2}-10v_{1} &= &\begin{svector} -140\\ 30\\\end{svector} &= &v_{3}\\
                \end{mathe}

            gilt.
            Darum können wir die Frage auf Bedingungen {i) + ii)} reduzieren:
            existiert eine lineare Abbildung, die {i) + ii)} erfüllt,
            dann wird wegen Linearität Bedingung iii) automatisch mit erfüllt.
            Existiert keine lineare Abbildung, die {i) + ii)} erfüllt,
            dann existiert natürlich auch keine, die i)--iii) erfüllt.

            Wir \uline{erweitern} nun die lineare unabhängige Menge
                $\{u_{1},u_{2}\}$
            zu einer Basis
                $\{u_{1},u_{2},u'_{3},u'_{4}\}$
            von $U$.
            Wähle außerdem beliebige Vektoren, $v'_{3},v'_{4}\in V$.
            Da $\{u_{1},u_{2},u'_{3},u'_{4}\}$ eine Basis von $U$
            ist und $v_{1},v_{2},v'_{3},v'_{4}\in V$,
            existiert laut \cite[Satz~6.1.13]{sinn2020}
            eine lineare Ausdehnung,
                ${\phi:U\to V}$,
            so dass

                \begin{mathe}[mc]{cccc}
                    \phi(u_{1})=v_{1},
                    &\phi(u_{2})=v_{2},
                    &\phi(u'_{3})=v'_{3},
                    &\phi(u'_{4})=v'_{4},
                \end{mathe}

            gelten. Insbesondere sind Bedingungen {i) + ii)} erfüllt.
            Also lautet wie oben argumentiert, die Antwort auf die Originalfrage: \fbox{Ja}!
        \end{soln*}

    \begin{qstn}
        Gibt es eine

            \setcounter{columnanzahl}{3}
            \begin{multikompaktenum}
                \item[] b) injektive
                \item[] b') nicht-injektive
                \item[] c) surjektive
                \item[] c') nicht-surjektive
                \item[] d) bijektive\footnote{
                    also einen »Isomorphismus«
                }
                \item[] d') nicht-bijektive
            \end{multikompaktenum}

        lineare Abbildung, ${\phi:U\to V}$,
        so dass i)--iii) erfüllt sind?
    \end{qstn}

        \begin{soln*}
            Da $\dim(U)>\dim(V)$,
            kann es generell keine injektiven linearen Abbildungen
            von $U$ nach $V$ geben.
            Also lauten die Antworten auf \textbf{b)}, \textbf{d)} \fbox{Nein},
            und da es mindestens eine lineare Ausdehnung existiert,
            lautet die Antwort auf \textbf{b')} und \textbf{d')} \fbox{Ja}.

            Es bleiben nur noch \textbf{c)} und \textbf{c')} zu bestimmen.
            Sei ${\phi:U\to V}$ eine lineare Ausdehnung von i)--iii).
            Dann wegen Bedingungen {i) + ii)} und Linearität gilt

                \begin{mathe}[mc]{rcccccl}
                    \range(\phi)
                        &\supseteq
                            &\vectorspacespan\{\phi(u_{1}),\phi(u_{2})\}
                        &= &\vectorspacespan\{v_{1},v_{2}\}
                        &= &V.\\
                \end{mathe}

            Die letzte Gleichung gilt, weil $\{v_{1},v_{2}\}$
            linear unabhängig ist,\footnote{
                ich lasse wieder den Beweis weg,
                aber man sollte das machen
            }
            und somit eine Basis von dem $2$-dimensionalen Raum, $V$, ist.
            Darum ist $\range(\phi)$ surjektiv.
            Da $\phi$ beliebig war,
            haben wir tatsächlich gezeigt,
            dass alle lineare Ausdehnungen von i)--iii) surjektiv sind.
            Darum lautet die Antwort auf \textbf{c)} \fbox{Ja} und auf \textbf{c')} \fbox{Nein}.
        \end{soln*}

%% AUFGABE 2
\clearpage
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 2]{}
    \label{sec:2}
\let\sectionname\altsectionname

    Betrachten wir die $\reell$-Vektorräume $U:=\reell^{4}$ und $V:=\reell^{2}$
    und die Vektoren $u_{1},u_{2},u_{3}\in U$ und $v_{1},v_{2},v_{3}\in V$

        \begin{mathe}[mc]{cccc}
            u_{1} = \begin{svector} 0\\ 0\\ 1\\ 1\\\end{svector},
            &u_{2} = \begin{svector} 3\\ 0\\ 1\\ 1\\\end{svector},
            &u_{3} = \begin{svector} 30\\ 0\\ 0\\ 0\\\end{svector},
            &u_{4} = \begin{svector} 3\\ 0\\ 2\\ 2\\\end{svector},\\
        \end{mathe}

        \begin{mathe}[mc]{cccc}
            v_{1} = \begin{svector} 5\\ 8\\\end{svector},
            &v_{2} = \begin{svector} 25\\ 40\\\end{svector},
            &v_{3} = \begin{svector} 200\\ 320\\\end{svector},
            &v_{4} = \begin{svector} 30\\ 48\\\end{svector}.\\
        \end{mathe}

    \begin{qstn}
        Gibt es eine lineare Abbildung, ${\phi:U\to V}$,
        so dass

            \setcounter{columnanzahl}{2}
            \begin{multikompaktenum}{\bfseries i)}[\rtab][\rtab]
                \item
                    $\phi(u_{1})=v_{1}$
                \item
                    $\phi(u_{2})=v_{2}$
                \item
                    $\phi(u_{3})=v_{3}$
                \item
                    $\phi(u_{4})=v_{4}$
            \end{multikompaktenum}

        \uline{alle} erfüllt sind?
    \end{qstn}

        \begin{soln*}
            Wir beachten zuerst, dass $\{u_{1},u_{2}\}$ linear unabhängig sind
            und dass $u_{3},u_{4}\in\vectorspacespan\{u_{1},_{2}\}$,
            da ${u_{3}=10u_{2}-10u_{1}}$ und ${u_{4}=u_{1}+u_{2}}$.
            Wir beachten auch, dass

                \begin{mathe}[mc]{rcccl}
                    10v_{2}-10v_{1} &= &\begin{svector} 200\\ 320\\\end{svector} &= &v_{3},\\
                    v_{1}+v_{2} &= &\begin{svector} 30\\ 48\\\end{svector} &= &v_{4}\\
                \end{mathe}

            gelten.
            Darum können wir die Frage auf Bedingungen {i) + ii)} reduzieren,
            weil wegen der o.\,s. Verhältnisse {iii) + iv)}
            für lineare Abbildungen automatisch mit erfüllt werden.

            Wir \uline{erweitern} nun die lineare unabhängige Menge
                $\{u_{1},u_{2}\}$
            zu einer Basis
                $\{u_{1},u_{2},u'_{3},u'_{4}\}$
            von $U$.
            Wähle außerdem beliebige Vektoren, $v'_{3},v'_{4}\in V$.
            Da $\{u_{1},u_{2},u'_{3},u'_{4}\}$ eine Basis von $U$
            ist und $v_{1},v_{2},v'_{3},v'_{4}\in V$,
            existiert laut \cite[Satz~6.1.13]{sinn2020}
            eine lineare Ausdehnung,
                ${\phi:U\to V}$,
            so dass

                \begin{mathe}[mc]{cccc}
                    \phi(u_{1})=v_{1},
                    &\phi(u_{2})=v_{2},
                    &\phi(u'_{3})=v'_{3},
                    &\phi(u'_{4})=v'_{4},
                \end{mathe}

            gelten. Insbesondere sind Bedingungen {i) + ii)} erfüllt.
            Also lautet wie oben argumentiert, die Antwort auf die Originalfrage: \fbox{Ja}!
        \end{soln*}

    \begin{qstn}
        Gibt es eine

            \setcounter{columnanzahl}{3}
            \begin{multikompaktenum}
                \item[] b) injektive
                \item[] b') nicht-injektive
                \item[] c) surjektive
                \item[] c') nicht-surjektive
                \item[] d) bijektive
                \item[] d') nicht-bijektive
            \end{multikompaktenum}

        lineare Abbildung, ${\phi:U\to V}$,
        so dass i)--iv) erfüllt sind?
    \end{qstn}

        \begin{soln*}
            Da $\dim(U)>\dim(V)$,
            kann es generell keine injektiven linearen Abbildungen
            von $U$ nach $V$ geben.
            Also lauten die Antworten auf \textbf{b)}, \textbf{d)} \fbox{Nein},
            und da es mindestens eine lineare Ausdehnung existiert,
            lautet die Antwort auf \textbf{b')} und \textbf{d')} \fbox{Ja}.

            Es bleiben nur noch \textbf{c)} und \textbf{c')} zu bestimmen.
            Beachte, dass in der Konstruktion von $\phi$ im o.\,s. Beweis
            wir $v'_{3},v'_{4}$ beliebig auswählen konnten.

            Zu \textbf{c)} wähle bspw. $v'_{3}:=\begin{svector} 1\\ 0\\\end{svector}$
            und $v'_{4}:=\zerovector$
            und sei ${\phi_{1}:U\to V}$ die lineare Abbildung
            im o.\,s. Beweis mit diesen Vektoren in der Konstruktion.
            Da $\{u_{1},u_{2},u'_{3},u'_{4}\}$ eine Basis für $U$ ist,
            gilt wegen Linearität von $\phi_{1}$

                \begin{mathe}[mc]{rcl}
                    \range(\phi_{1})
                        &= &\phi_{1}(\vectorspacespan\{u_{1},u_{2},u'_{3},u'_{4}\})\\
                        &= &\vectorspacespan\{\phi(u_{1}),\phi(u_{2}),\phi(u'_{3}),\phi(u'_{4})\}\\
                        &= &\vectorspacespan\{v_{1},v_{2},v'_{3},v'_{4}\}\\
                        &\supseteq &\vectorspacespan\{v_{1},v'_{3}\}\\
                        &= &V\\
                \end{mathe}

            Die letzte Gleichung gilt,
            weil \uline{per Wahl} $\{v_{1},v'_{3}\}$ linear unabhängig ist
            und somit eine Basis des $2$-dimenionalen Vektorraums, $V$ ist.
            Da $\range(\phi_{1})\supseteq V$, ist $\phi_{1}$ surjektiv.
            Die Antwort auf \textbf{c)} lautet also \fbox{Ja}.

            Zu \textbf{c')} wähle $v'_{3},v'_{4}:=\zerovector$
            und sei ${\phi_{2}:U\to V}$ die lineare Abbildung
            im o.\,s. Beweis mit diesen Vektoren in der Konstruktion.
            Wie oben gilt
                $%
                    \rank(\phi_{2})
                    \textoverset{Defn}{=}\dim(\range(\phi_{2}))
                    =\dim(\vectorspacespan\{v_{1},v_{2},v'_{3},v'_{4}\})
                    =\dim(\vectorspacespan\{v_{1}\})
                    \leq 1
                $,
            da \uline{per Wahl} $v_{2},v_{3},v_{4}\in\vectorspacespan\{v_{1}\}$
            und $v_{1}\neq\zerovector$.
            Also, $\rank(\phi_{2})<2=\dim(V)$.
            Folglich ist $\phi_{2}$
            laut \cite[Korollar~6.3.15(1)]{sinn2020}
            nicht-surjektiv.
            Die Antwort auf \textbf{c')} lautet also \fbox{Ja}.
        \end{soln*}

%% AUFGABE 3
\clearpage
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 3]{}
    \label{sec:3}
\let\sectionname\altsectionname

    Betrachten wir die $\reell$-Vektorräume $U:=\reell^{2}$ und $V:=\reell^{4}$
    und die Vektoren $u_{1},u_{2},u_{3}\in U$ und $v_{1},v_{2},v_{3}\in V$

        \begin{mathe}[mc]{ccc}
            u_{1} = \begin{svector} 1\\ 1\\\end{svector},
            &u_{2} = \begin{svector} 0\\ 2\\\end{svector},
            &u_{3} = \begin{svector} 1\\ 3\\\end{svector}\\
        \end{mathe}

        \begin{mathe}[mc]{ccc}
            v_{1} = \begin{svector} -9\\ 0\\ 0\\ 1\\\end{svector},
            &v_{2} = \begin{svector} 4\\ 0\\ 0\\ 2\\\end{svector},
            &v_{3} = \begin{svector} 5\\ 1\\ 0\\ 3\\\end{svector}.\\
        \end{mathe}

    \begin{qstn}
        Gibt es eine lineare Abbildung, ${\phi:U\to V}$,
        so dass

            \setcounter{columnanzahl}{3}
            \begin{multikompaktenum}{\bfseries i)}[\rtab][\rtab]
                \item
                    $\phi(u_{1})=v_{1}$
                \item
                    $\phi(u_{2})=v_{2}$
                \item
                    $\phi(u_{3})=v_{3}$
            \end{multikompaktenum}

        \uline{alle} erfüllt sind?
    \end{qstn}

        \begin{soln*}
            Beachte, dass $u_{3}=u_{1}+u_{2}$, aber

                \begin{mathe}[mc]{rcccl}
                    v_{1}+v_{2}
                    &= &\begin{svector} -5\\ 0\\ 0\\ 3\\\end{svector}
                    &\neq &v_{3}.\\
                \end{mathe}

            Angenommen, es gebe eine lineare Ausdehnung ${\phi:U\to V}$,
            die i)--iii) erfüllt.
            Dann muss
                $v_{3}=\phi(u_{3})=\phi(u_{1}+u_{2})=\phi(u_{1})+\phi(u_{2})=v_{1}+v_{2}$
            gelten. Laut der o.\,s. Gleichung kann dies aber nicht gelten.
            Darum lautet die Antwort \fbox{Nein}.
            Es gibt keine lineare Ausdehnung.
        \end{soln*}

%% AUFGABE 4
\clearpage
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 4]{}
    \label{sec:4}
\let\sectionname\altsectionname

    Betrachten wir die $\reell$-Vektorräume $U:=\reell^{2}$ und $V:=\reell^{4}$
    und die Vektoren $u_{1},u_{2},u_{3}\in U$ und $v_{1},v_{2},v_{3}\in V$

        \begin{mathe}[mc]{ccc}
            u_{1} = \begin{svector} 1\\ 1\\\end{svector},
            &u_{2} = \begin{svector} 2\\ 3\\\end{svector},
            &u_{3} = \begin{svector} 0\\ 1\\\end{svector}\\
        \end{mathe}

        \begin{mathe}[mc]{ccc}
            v_{1} = \begin{svector} 8\\ 0\\ 0\\ 4\\\end{svector},
            &v_{2} = \begin{svector} 18\\ 0\\ 0\\ 9\\\end{svector},
            &v_{3} = \begin{svector} 2\\ 0\\ 0\\ 1\\\end{svector}.\\
        \end{mathe}

    \begin{qstn}
        Gibt es eine lineare Abbildung, ${\phi:U\to V}$,
        so dass

            \setcounter{columnanzahl}{3}
            \begin{multikompaktenum}{\bfseries i)}[\rtab][\rtab]
                \item
                    $\phi(u_{1})=v_{1}$
                \item
                    $\phi(u_{2})=v_{2}$
                \item
                    $\phi(u_{3})=v_{3}$
            \end{multikompaktenum}

        \uline{alle} erfüllt sind?
    \end{qstn}

        \begin{soln*}
            Wir beachten zuerst, dass $\{u_{1},u_{3}\}$ linear unabhängig ist
            und dass $u_{2}\in\vectorspacespan\{u_{1}\}$,
            da ${u_{2}=2u_{1}+u_{3}}$.
            Wir beachten auch, dass

                \begin{mathe}[mc]{rcccl}
                    2v_{1}+u_{3} &= &\begin{svector} 18\\ 0\\ 0\\ 9\\\end{svector} &= &v_{2}\\
                \end{mathe}

            gilt.
            Darum können wir die Frage auf Bedingung {i) + iii)} reduzieren,
            weil wegen der o.\,s. Verhältnisse {ii)}
            für lineare Abbildungen automatisch mit erfüllt wird.

            Wegen linearer Unabhängigkeit ist $\{u_{1},u_{3}\}$
            bereits eine Basis des $2$-dimensionalen Raums, $U$.
            Deswegen brauchen wir in dieser Aufgabe keine Erweiterung zu machen.
            Da $\{u_{1},u_{3}\}$ eine Basis für $U$
            und $\{v_{1},v_{3}\}\subseteq V$,
            existiert laut \cite[Satz~6.1.13]{sinn2020}
            eine lineare Abbildung,
                ${\phi:U\to V}$,
            so dass

                \begin{mathe}[mc]{cc}
                    \phi(u_{1})=v_{1}, &\phi(u_{3})=v_{3},
                \end{mathe}

            gelten. Insbesondere sind Bedingung {i) + iii)} erfüllt.
            Also lautet wie oben argumentiert,
            die Antwort auf die Originalfrage: \fbox{Ja}!
        \end{soln*}

    \begin{qstn}
        Gibt es eine

            \setcounter{columnanzahl}{3}
            \begin{multikompaktenum}
                \item[] b) injektive
                \item[] b') nicht-injektive
                \item[] c) surjektive
                \item[] c') nicht-surjektive
                \item[] d) bijektive
                \item[] d') nicht-bijektive
            \end{multikompaktenum}

        lineare Abbildung, ${\phi:U\to V}$,
        so dass i)--iii) erfüllt sind?
    \end{qstn}

        \begin{soln*}
            Da $\dim(U)<\dim(V)$,
            kann es generell keine surjektive linearen Abbildungen
            von $U$ nach $V$ geben.
            Also lauten die Antworten auf \textbf{c)}, \textbf{d)} \fbox{Nein},
            und da es mindestens eine lineare Ausdehnung existiert,
            lautet die Antwort auf \textbf{c')} und \textbf{d')} \fbox{Ja}.

            Es bleiben nur noch \textbf{b)} und \textbf{b')} zu bestimmen.
            Sei $\phi$ eine lineare Ausdehnung, die i)--iii) erfüllt.
            Dann wegen Linearität von $\phi$
            und da $\{u_{1},u_{3}\}$ eine Basis von $U$ ist,
            gilt

                \begin{mathe}[mc]{rcccccl}
                    \range(\phi)
                        &= &\phi(\vectorspacespan\{u_{1},u_{3}\})
                        &= &\vectorspacespan\{\phi(u_{1}),\phi(u_{3})\}
                        &= &\vectorspacespan\{v_{1},v_{3}\}
                \end{mathe}

            und damit
                $%
                    \rank(\phi)
                    \textoverset{Defn}{=}\dim(\range(\phi))
                    =\dim(\vectorspacespan\{v_{1},v_{3}\})
                    =\dim(\vectorspacespan\{v_{3}\})
                    =1
                $,
            da $v_{1}\in\vectorspacespan\{v_{3}\}$
            und $v_{3}\neq\zerovector$.
            Also, $\rank(\phi)<2=\dim(U)$.
            Folglich ist $\phi$
            laut \cite[Korollar~6.3.15(1)]{sinn2020}
            nicht injektiv.
            Da hier $\phi$ beliebig gewählt wurde,
            sind alle linearen Ausdehnungen von i)--iii)
            immer nicht-injektiv.
            Darum lautet die Antwort auf \textbf{b)} \fbox{Nein}
            und auf \textbf{b')} \fbox{Ja}.
        \end{soln*}

%% AUFGABE 5
\clearpage
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 5]{}
    \label{sec:5}
\let\sectionname\altsectionname

    Betrachten wir die $\reell$-Vektorräume $U:=\reell^{2}$ und $V:=\reell^{4}$
    und die Vektoren $u_{1},u_{2},u_{3}\in U$ und $v_{1},v_{2},v_{3}\in V$

        \begin{mathe}[mc]{ccc}
            u_{1} = \begin{svector} 1\\ 1\\\end{svector},
            &u_{2} = \begin{svector} 2\\ 2\\\end{svector},
            &u_{3} = \begin{svector} 3\\ 3\\\end{svector}\\
        \end{mathe}

        \begin{mathe}[mc]{ccc}
            v_{1} = \begin{svector} 8\\ 0\\ 0\\ 4\\\end{svector},
            &v_{2} = \begin{svector} 16\\ 0\\ 0\\ 8\\\end{svector},
            &v_{3} = \begin{svector} 24\\ 0\\ 0\\ 12\\\end{svector}.\\
        \end{mathe}

    \begin{qstn}
        Gibt es eine lineare Abbildung, ${\phi:U\to V}$,
        so dass

            \setcounter{columnanzahl}{3}
            \begin{multikompaktenum}{\bfseries i)}[\rtab][\rtab]
                \item
                    $\phi(u_{1})=v_{1}$
                \item
                    $\phi(u_{2})=v_{2}$
                \item
                    $\phi(u_{3})=v_{3}$
            \end{multikompaktenum}

        \uline{alle} erfüllt sind?
    \end{qstn}

        \begin{soln*}
            Wir beachten zuerst, dass $\{u_{1}\}$ linear unabhängig ist
            und dass $u_{2},u_{3}\in\vectorspacespan\{u_{1}\}$,
            da $u_{2}=2u_{1}$ und $u_{3}=3u_{1}$.
            Wir beachten auch, dass

                \begin{mathe}[mc]{rcccl}
                    2v_{1} &= &\begin{svector} 16\\ 0\\ 0\\ 8\\\end{svector} &= &v_{2},\\
                    3v_{1} &= &\begin{svector} 24\\ 0\\ 0\\ 12\\\end{svector} &= &v_{3}\\
                \end{mathe}

            gelten.
            Darum können wir die Frage auf Bedingung {i)} reduzieren,
            weil wegen der o.\,s. Verhältnisse {ii) + iii)}
            für lineare Abbildungen automatisch mit erfüllt werden.

            Erweitere $\{u_{1}\}$ zu einer Basis $\{u_{1},u'_{2}\}$
            des $2$-dimensionalen Raums, $U$,
            und wähle einen Vektor $v'_{2}\in V$.
            Da $\{u_{1},u'_{2}\}$ eine Basis für $U$
            und $\{v_{1},v'_{2}\}\subseteq V$,
            existiert laut \cite[Satz~6.1.13]{sinn2020}
            eine lineare Abbildung,
                ${\phi:U\to V}$,
            so dass

                \begin{mathe}[mc]{cc}
                    \phi(u_{1})=v_{1}, &\phi(u'_{2})=v'_{2},
                \end{mathe}

            gelten. Insbesondere sind Bedingung {i)} erfüllt.
            Also lautet wie oben argumentiert,
            die Antwort auf die Originalfrage: \fbox{Ja}!
        \end{soln*}

    \begin{qstn}
        Gibt es eine

            \setcounter{columnanzahl}{3}
            \begin{multikompaktenum}
                \item[] b) injektive
                \item[] b') nicht-injektive
                \item[] c) surjektive
                \item[] c') nicht-surjektive
                \item[] d) bijektive
                \item[] d') nicht-bijektive
            \end{multikompaktenum}

        lineare Abbildung, ${\phi:U\to V}$,
        so dass i)--iii) erfüllt sind?
    \end{qstn}

        \begin{soln*}
            Da $\dim(U)<\dim(V)$,
            kann es generell keine surjektive linearen Abbildungen
            von $U$ nach $V$ geben.
            Also lauten die Antworten auf \textbf{c)}, \textbf{d)} \fbox{Nein},
            und da es mindestens eine lineare Ausdehnung existiert,
            lautet die Antwort auf \textbf{c')} und \textbf{d')} \fbox{Ja}.

            Es bleiben nur noch \textbf{b)} und \textbf{b')} zu bestimmen.
            Beachte, dass in der Konstruktion von $\phi$ im o.\,s. Beweis
            wir $v'_{2}$ beliebig auswählen konnten.

            Zu \textbf{b)} wähle $v'_{2}:=\begin{svector} 0\\ 1\\ 0\\ 0\\\end{svector}$
            und sei ${\phi_{1}:U\to V}$ die lineare Abbildung
            im o.\,s. Beweis mit diesen Vektoren in der Konstruktion.
            Da $\{u_{1},u'_{2}\}$ eine Basis für $U$ ist,
            gilt wegen Linearität von $\phi_{1}$

                \begin{mathe}[mc]{rcccccl}
                    \range(\phi_{1})
                        &= &\phi_{1}(\vectorspacespan\{u_{1},u'_{2}\})
                        &= &\vectorspacespan\{\phi_{1}(u_{1}),\phi_{1}(u'_{2})\}
                        &= &\vectorspacespan\{v_{1},v'_{2}\},
                \end{mathe}

            und damit
                $%
                    \rank(\phi_{1})
                    \textoverset{Defn}{=}\dim(\range(\phi_{1}))
                    =\dim(\vectorspacespan\{v_{1},v'_{2}\})
                    =2
                $,
            da \uline{per Wahl} $\{v_{1},v'_{2}\}$ linear unabhängig ist.
            Also, $\rank(\phi_{1})\geq 2=\dim(U)$.
            Folglich ist $\phi_{1}$
            laut \cite[Korollar~6.3.15(1)]{sinn2020}
            injektiv.
            Die Antwort auf \textbf{b)} lautet also \fbox{Ja}.

            Zu \textbf{b')} wähle $v'_{2}:=\zerovector$
            und sei ${\phi_{2}:U\to V}$ die lineare Abbildung
            im o.\,s. Beweis mit diesen Vektoren in der Konstruktion.
            Wie oben gilt
                $%
                    \rank(\phi_{2})
                    \textoverset{Defn}{=}\dim(\range(\phi_{2}))
                    =\dim(\vectorspacespan\{v_{1},v'_{2}\})
                    =\dim(\vectorspacespan\{v_{1}\})
                    \leq 1
                $,
            da \uline{per Wahl} $v'_{2}\in\vectorspacespan\{v_{1}\}$.
            Also, $\rank(\phi_{2})<2=\dim(U)$.
            Folglich ist $\phi_{2}$
            laut \cite[Korollar~6.3.15(1)]{sinn2020}
            nicht-injektiv.
            Die Antwort auf \textbf{b')} lautet also \fbox{Ja}.
        \end{soln*}

%% AUFGABE 6
\clearpage
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 6]{}
    \label{sec:6}
\let\sectionname\altsectionname

    Betrachten wir die $\reell$-Vektorräume $U=V:=\reell^{4}$
    und die Vektoren $u_{1},u_{2},u_{3},u_{4}\in U$ und $v_{1},v_{2},v_{3},v_{4}\in V$

        \begin{mathe}[mc]{cccc}
            u_{1} = \begin{svector} 0\\ 0\\ 1\\ 1\\\end{svector},
            &u_{2} = \begin{svector} 3\\ 0\\ 1\\ 1\\\end{svector},
            &u_{3} = \begin{svector} 30\\ 0\\ 0\\ 0\\\end{svector},
            &u_{4} = \begin{svector} 3\\ 0\\ 2\\ 2\\\end{svector},\\
        \end{mathe}

        \begin{mathe}[mc]{cccc}
            v_{1} = \begin{svector} 0\\ 3\\ 0\\ 0\\\end{svector},
            &v_{2} = \begin{svector} 1\\ 3\\ 0\\ 0\\\end{svector},
            &v_{3} = \begin{svector} 10\\ 0\\ 0\\ 0\\\end{svector},
            &v_{4} = \begin{svector} 1\\ 6\\ 0\\ 0\\\end{svector}.\\
        \end{mathe}

    \begin{qstn}
        \makelabel{qstn:6:ch:lin-ext}
        Gibt es eine lineare Abbildung, ${\phi:U\to V}$,
        so dass

            \setcounter{columnanzahl}{2}
            \begin{multikompaktenum}{\bfseries i)}[\rtab][\rtab]
                \item
                    $\phi(u_{1})=v_{1}$
                \item
                    $\phi(u_{2})=v_{2}$
                \item
                    $\phi(u_{3})=v_{3}$
                \item
                    $\phi(u_{4})=v_{4}$
            \end{multikompaktenum}

        \uline{alle} erfüllt sind?
    \end{qstn}

        \begin{soln*}
            Zunächst beobachte, dass $\{u_{1},u_{2}\}$ linear unabhängig ist,
            und dass $u_{3},u_{4}\in\vectorspacespan\{u_{1},u_{2}\}$,
            da ${u_{3}=10u_{2}-10u_{1}}$ und ${u_{4}=u_{1}+u_{2}}$.
            Beachte auch, dass sich diese Verhältnisse in den Outputvektoren wiederspiegeln:

                \begin{mathe}[mc]{rcccl}
                    10v_{2}-10v_{1}
                        &= &\begin{svector} 10\\ 0\\ 0\\ 0\\\end{svector} &= &v_{3},\\
                    v_{1}+v_{2}
                        &= &\begin{svector} 1\\ 6\\ 0\\ 0\\\end{svector} &= &v_{4}.\\
                \end{mathe}

            Darum können wir die Frage auf Bedingungen {i) + ii)} reduzieren,
            weil wegen der o.\,s. Verhältnisse {iii) + iv)}
            für lineare Abbildungen automatisch mit erfüllt werden.

            \uline{Erweitere} nun die linear unabhängige Menge
                $\{u_{1},u_{2}\}$
            zu einer Basis
                $\{u_{1},u_{2},u'_{3},u'_{4}\}$
            von $U$.
            Wähle außerdem beliebige Vektoren, $v'_{3},v'_{4}\in V$.
            Da $\{u_{1},u_{2},u'_{3},u'_{4}\}$ eine Basis von $U$
            ist und $v_{1},v_{2},v'_{3},v'_{4}\in V$,
            existiert laut \cite[Satz~6.1.13]{sinn2020}
            eine lineare Ausdehnung,
                ${\phi:U\to V}$,
            so dass

                \begin{mathe}[mc]{cccc}
                    \phi(u_{1})=v_{1},
                    &\phi(u_{2})=v_{2},
                    &\phi(u'_{3})=v'_{3},
                    &\phi(u'_{4})=v'_{4},
                \end{mathe}

            gelten. Insbesondere sind Bedingungen {i) + ii)} erfüllt.
            Also lautet wie oben argumentiert, die Antwort auf die Originalfrage: \fbox{Ja}!
        \end{soln*}

    \begin{qstn}
        Gibt es eine

            \setcounter{columnanzahl}{3}
            \begin{multikompaktenum}
                \item[] b) injektive
                \item[] b') nicht-injektive
                \item[] c) surjektive
                \item[] c') nicht-surjektive
                \item[] d) bijektive
                \item[] d') nicht-bijektive
            \end{multikompaktenum}

        lineare Abbildung, ${\phi:U\to V}$,
        so dass i)--iv) erfüllt sind?
    \end{qstn}

        \begin{soln*}
            Da $\dim(U)=\dim(V)$,
            sind \textbf{b)}, \textbf{c)}, \textbf{d)} äquivalent
            und genauso sind \textbf{b')}, \textbf{c')}, \textbf{d)} äquivalent,
            da für lineare Abbildung zwischen endlichdimensionalen Räumen gleicher Dimensionen
                Injektivität, Surjektivität, und Bijektivität
            äquivalent sind.
            Darum reicht es aus, nur \textbf{c)} und \textbf{c')} zu behandeln.

            Zu \textbf{c)}, da $\{v_{1},v_{2}\}\subseteq V$ linear unabhängig sind,
            wähle $v'_{3},v'_{4}\in V$ so,
            dass $\{v_{1},v_{2},v'_{3},v'_{4}\}$ eine Basis
            des $4$-dimensionalen Raums, $V$, bildet.
            Sei ${\phi_{1}:U\to V}$ die lineare Abbildung
            im o.\,s. Beweis mit diesen Vektoren in der Konstruktion.
            Da $\{u_{1},u_{2},u'_{3},u'_{4}\}$ eine Basis für $U$ ist,
            gilt wegen Linearität von $\phi_{1}$

                \begin{mathe}[mc]{rcl}
                    \range(\phi_{1})
                        &= &\phi_{1}(\vectorspacespan\{u_{1},u_{2},u'_{3},u'_{4}\})\\
                        &= &\vectorspacespan\{\phi(u_{1}),\phi(u_{2}),\phi(u'_{3}),\phi(u'_{4})\}\\
                        &= &\vectorspacespan\{v_{1},v_{2},v'_{3},v'_{4}\}\\
                \end{mathe}

            und damit $\range(\phi_{1})=V$,
            da \uline{per Wahl} $\{v_{1},v_{2},v'_{3},v'_{4}\}$ eine Basis von $V$ ist.
            Folglich ist $\phi_{1}$ surjektiv.
            Die Antwort auf \textbf{c)} (und \textbf{b)} und \textbf{d)}), lautet also \fbox{Ja}.

            Zu \textbf{c')} wähle $v'_{3},v'_{4}:=\zerovector$
            und sei ${\phi_{2}:U\to V}$ die lineare Abbildung
            im o.\,s. Beweis mit diesen Vektoren in der Konstruktion.
            Wie oben gilt
                $%
                    \rank(\phi_{2})
                    \textoverset{Defn}{=}\dim(\range(\phi_{2}))
                    =\dim(\vectorspacespan\{v_{1},v_{2},v'_{3},v'_{4}\})
                    =\dim(\vectorspacespan\{v_{1},v_{2}\})
                    \leq 2
                $,
            da \uline{per Wahl} $v'_{3},v'_{4}\in\vectorspacespan\{v_{1},v_{2}\}$.
            Also, $\rank(\phi_{2})<4=\dim(V)$.
            Folglich ist $\phi_{2}$
            laut \cite[Korollar~6.3.15(2)]{sinn2020}
            nicht-surjektiv.
            Die Antwort auf \textbf{c')} (und \textbf{b')} und \textbf{d')}) lautet also \fbox{Ja}.
        \end{soln*}

%% AUFGABE 7
\clearpage
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 7]{}
    \label{sec:7}
\let\sectionname\altsectionname

    Betrachten wir die $\reell$-Vektorräume $U=V:=\reell^{4}$
    und die Vektoren $u_{1},u_{2},u_{3},u_{4}\in U$ und $v_{1},v_{2},v_{3},v_{4}\in V$

        \begin{mathe}[mc]{cccc}
            u_{1} = \begin{svector} 0\\ 0\\ 1\\ 1\\\end{svector},
            &u_{2} = \begin{svector} 3\\ 0\\ 1\\ 1\\\end{svector},
            &u_{3} = \begin{svector} 30\\ 0\\ 0\\ 0\\\end{svector},
            &u_{4} = \begin{svector} 3\\ 0\\ 2\\ 2\\\end{svector},\\
        \end{mathe}

        \begin{mathe}[mc]{cccc}
            v_{1} = \begin{svector} 0\\ 3\\ 0\\ 0\\\end{svector},
            &v_{2} = \begin{svector} 0\\ 6\\ 0\\ 0\\\end{svector},
            &v_{3} = \begin{svector} 0\\ 30\\ 0\\ 0\\\end{svector},
            &v_{4} = \begin{svector} 0\\ 9\\ 0\\ 0\\\end{svector}.\\
        \end{mathe}

    \begin{qstn}
        Gibt es eine lineare Abbildung, ${\phi:U\to V}$,
        so dass

            \setcounter{columnanzahl}{2}
            \begin{multikompaktenum}{\bfseries i)}[\rtab][\rtab]
                \item
                    $\phi(u_{1})=v_{1}$
                \item
                    $\phi(u_{2})=v_{2}$
                \item
                    $\phi(u_{3})=v_{3}$
                \item
                    $\phi(u_{4})=v_{4}$
            \end{multikompaktenum}

        \uline{alle} erfüllt sind?
    \end{qstn}

        \begin{soln*}
            Zunächst beobachte, dass $\{u_{1},u_{2}\}$ linear unabhängig ist,
            und dass $u_{3},u_{4}\in\vectorspacespan\{u_{1},u_{2}\}$,
            da ${u_{3}=10u_{2}-10u_{1}}$ und ${u_{4}=u_{1}+u_{2}}$.
            Beachte auch, dass sich diese Verhältnisse in den Outputvektoren wiederspiegeln:

                \begin{mathe}[mc]{rcccl}
                    10v_{2}-10v_{1}
                        &= &\begin{svector} 0\\ 30\\ 0\\ 0\\\end{svector} &= &v_{3},\\
                    v_{1}+v_{2}
                        &= &\begin{svector} 0\\ 9\\ 0\\ 0\\\end{svector} &= &v_{4}.\\
                \end{mathe}

            Der Rest dieser Aufgabe lässt sich nun genauso wie
            bei \Cref{qstn:6:ch:lin-ext} erledigen.
            Die Antwort hier lautet also wieder: \fbox{Ja},
            es gibt eine lineare Ausdehnung, die i)--iv) erfüllt.
        \end{soln*}

    \begin{qstn}
        Gibt es eine

            \setcounter{columnanzahl}{3}
            \begin{multikompaktenum}
                \item[] b) injektive
                \item[] b') nicht-injektive
                \item[] c) surjektive
                \item[] c') nicht-surjektive
                \item[] d) bijektive
                \item[] d') nicht-bijektive
            \end{multikompaktenum}

        lineare Abbildung, ${\phi:U\to V}$,
        so dass i)--iv) erfüllt sind?
    \end{qstn}

        \begin{soln*}
            Da $\dim(U)=\dim(V)$,
            sind \textbf{b)}, \textbf{c)}, \textbf{d)} äquivalent
            und genauso sind \textbf{b')}, \textbf{c')}, \textbf{d)} äquivalent,
            da für lineare Abbildung zwischen endlichdimensionalen Räumen gleicher Dimensionen
                Injektivität, Surjektivität, und Bijektivität
            äquivalent sind.
            Darum reicht es aus, nur \textbf{b)} und \textbf{b')} zu behandeln.

            Sei nun ${\phi:U\to V}$ eine beliebige lineare Abbildung,
            die i)--iv) erfüllt (laut der letzten Aufgabe existiert mindestens eine).
            Da $\{u_{1},u_{2}\}$ linear unabhängig ist,
            können wir dies zu einer Basis
                $\{u_{1},u_{2},u'_{3},u'_{4}\}$
            von $U$ erweitern.
            Da $\phi$ eine Ausdehnung und linear ist,
            gilt

                \begin{mathe}[mc]{rcl}
                    \range(\phi)
                        &= &\phi(\vectorspacespan\{u_{1},u_{2},u'_{3},u'_{4}\})\\
                        &= &\vectorspacespan\{\phi(u_{1}),\phi(u_{2}),\phi(u'_{3}),\phi(u'_{4})\}\\
                        &= &\vectorspacespan\{v_{1},v_{2},\phi(u'_{3}),\phi(u'_{4})\}.\\
                \end{mathe}

            Darum gilt
                $%
                    \rank(\phi)
                    \textoverset{Defn}{=}\dim(\range(\phi))
                    =\dim(\vectorspacespan\{v_{1},v_{2},\phi(u'_{3}),\phi(u'_{4})\})
                    =\dim(\vectorspacespan\{v_{1},\phi(u'_{3}),\phi(u'_{4})\})
                    \leq 3
                $,
            da $v_{2}\in\vectorspacespan\{v_{1}\}$.
            Also, $\rank(\phi)<4=\dim(V)$.
            Folglich ist $\phi$
            laut \cite[Korollar~6.3.15(2)]{sinn2020}
            nicht-surjektiv.
            Da $\phi$ beliebig war,
            haben wir tatsächlich gezeigt,
            dass alle lineare Ausdehnungen von i)--iv) nicht-surjektiv sind.
            Darum lautet die Antwort auf
                \textbf{c)} (und \textbf{b)} und \textbf{d)}) \fbox{Nein}
            und auf \textbf{c')} (und \textbf{b')} und \textbf{d')}) \fbox{Ja}.
        \end{soln*}

%% AUFGABE 8
\clearpage
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 8]{}
    \label{sec:8}
\let\sectionname\altsectionname

    Betrachten wir die $\reell$-Vektorräume $U=V:=\reell^{3}$
    und die Vektoren $u_{1},u_{2},u_{3},u_{4}\in U$ und $v_{1},v_{2},v_{3},v_{4}\in V$

        \begin{mathe}[mc]{cccc}
            u_{1} = \begin{svector} 0\\ 0\\ 1\\\end{svector},
            &u_{2} = \begin{svector} 3\\ 0\\ 1\\\end{svector},
            &u_{3} = \begin{svector} 30\\ 2\\ 0\\\end{svector},
            &u_{4} = \begin{svector} 0\\ 2\\ 0\\\end{svector},\\
        \end{mathe}

        \begin{mathe}[mc]{cccc}
            v_{1} = \begin{svector} 0\\ 3\\ 0\\\end{svector},
            &v_{2} = \begin{svector} 1\\ 3\\ 0\\\end{svector},
            &v_{3} = \begin{svector} 11\\ 1\\ 1\\\end{svector},
            &v_{4} = \begin{svector} 1\\ 1\\ 1\\\end{svector}.\\
        \end{mathe}

    \begin{qstn}
        \makelabel{ex:8:ch:lin-ext}
        Gibt es eine lineare Abbildung, ${\phi:U\to V}$,
        so dass

            \setcounter{columnanzahl}{2}
            \begin{multikompaktenum}{\bfseries i)}[\rtab][\rtab]
                \item
                    $\phi(u_{1})=v_{1}$
                \item
                    $\phi(u_{2})=v_{2}$
                \item
                    $\phi(u_{3})=v_{3}$
                \item
                    $\phi(u_{4})=v_{4}$
            \end{multikompaktenum}

        \uline{alle} erfüllt sind?
    \end{qstn}

        \begin{soln*}
            Zunächst beobachte, dass $\{u_{1},u_{2},u_{4}\}$ linear unabhängig ist,
            und dass $u_{3}\in\vectorspacespan\{u_{1},u_{2},u_{4}\}$,
            da ${u_{3}=10u_{2}-10u_{1}+u_{4}}$.
            Beachte auch, dass sich dieses Verhältnis in den Outputvektoren wiederspiegelt:

                \begin{mathe}[mc]{rcccl}
                    10v_{2}-10v_{1}+v_{4}
                        &= &\begin{svector} 11\\ 1\\ 1\\\end{svector} &= &v_{3}.\\
                \end{mathe}

            Darum können wir die Frage auf Bedingungen {i)--iii)} reduzieren,
            weil wegen des o.\,s. Verhältnisses {iv)}
            für lineare Abbildungen automatisch mit erfüllt wird.

            Hier müssen wir nun im Gegensatz zu den anderen Aufgaben \uline{nichts hinzufügen}!
            Da $\{u_{1},u_{2},u_{3}\}$ linear unabhängig ist,
            bildet dies bereits eine Basis des $3$-dimenionalen Raums $U$.
            Da $\{u_{1},u_{2},u_{3}\}$ eine Basis von $U$ ist
            und $v_{1},v_{2},v_{3}\in V$,
            existiert laut \cite[Satz~6.1.13]{sinn2020}
            eine lineare Ausdehnung,
                ${\phi:U\to V}$,
            so dass

                \begin{mathe}[mc]{cccc}
                    \phi(u_{1})=v_{1},
                    &\phi(u_{2})=v_{2},
                    &\phi(u_{3})=v_{3}
                \end{mathe}

            gelten. Insbesondere sind Bedingungen {i)--iii)} erfüllt.
            Also lautet wie oben argumentiert, die Antwort auf die Originalfrage: \fbox{Ja}!
        \end{soln*}

    \begin{qstn}
        Gibt es eine

            \setcounter{columnanzahl}{3}
            \begin{multikompaktenum}
                \item[] b) injektive
                \item[] b') nicht-injektive
                \item[] c) surjektive
                \item[] c') nicht-surjektive
                \item[] d) bijektive
                \item[] d') nicht-bijektive
            \end{multikompaktenum}

        lineare Abbildung, ${\phi:U\to V}$,
        so dass i)--iv) erfüllt sind?
    \end{qstn}

        \begin{soln*}
            Da $\dim(U)=\dim(V)$,
            sind \textbf{b)}, \textbf{c)}, \textbf{d)} äquivalent
            und genauso sind \textbf{b')}, \textbf{c')}, \textbf{d)} äquivalent,
            da für lineare Abbildung zwischen endlichdimensionalen Räumen gleicher Dimensionen
                Injektivität, Surjektivität, und Bijektivität
            äquivalent sind.
            Darum reicht es aus, nur \textbf{c)} und \textbf{c')} zu behandeln.

            Sei nun ${\phi:U\to V}$ eine beliebige lineare Abbildung,
            die i)--iv) erfüllt (laut der letzten Aufgabe existiert mindestens eine).
            Da $\phi$ eine Ausdehnung und linear ist
            und da $\{u_{1},u_{2},u_{3}\}$ eine Basis von $U$ ist,
            gilt

                \begin{mathe}[mc]{rcl}
                    \range(\phi)
                        &= &\phi(\vectorspacespan\{u_{1},u_{2},u_{3}\})\\
                        &= &\vectorspacespan\{\phi(u_{1}),\phi(u_{2}),\phi(u_{3})\}\\
                        &= &\vectorspacespan\{v_{1},v_{2},v_{3}\}.\\
                \end{mathe}

            Nun ist $\{v_{1},v_{2},v_{3}\}\subseteq V$ linear unabhängig
            und bildet somit eine Basis des $3$-dimenionalen Vektorraums, $V$.
            Darum gilt $\range(\phi)\supseteq V$,
            sodass $\phi$ surjektiv ist.
            Da $\phi$ beliebig war,
            haben wir tatsächlich gezeigt,
            dass alle lineare Ausdehnungen von i)--iv) surjektiv sind.
            Darum lautet die Antwort auf
                \textbf{c)} (und \textbf{b)} und \textbf{d)}) \fbox{Ja}
            und auf \textbf{c')} (und \textbf{b')} und \textbf{d')}) \fbox{Nein}.
        \end{soln*}

    \begin{rem}
        Laut \cite[Satz~6.1.13]{sinn2020}
        die für \Cref{ex:8:ch:lin-ext} konstruierte lineare Abbildung, $\phi$,
        eindeutig.
        Da wir keine freie Wahl trafen, gibt es also \uline{exakt eine}
        lineare Abbildung, die i)--iv) erfüllt.
        Darum ist die letzte Frage eigentlich
            »Ist \uline{die} lineare Ausdehnung injektiv/nicht-injektiv/...?«.
    \end{rem}

    \begin{rem}
        Wir hätten die o.\,s. Aufgabe so aufstellen können,
        dass $\{v_{1},v_{2},v_{3}\}$ linear abhängig wäre.
        Dann hätte die lineare Ausdehnung den Rang $<3$.
        Die Antworten auf \textbf{c)}, \textbf{b)}, \textbf{d)}) würden dann »Nein« lauten,
        und auf \textbf{c')}, \textbf{b')}, \textbf{d')} »Ja«.
    \end{rem}

%% ********************************************************************************
%% FILE: body/linear-systems.tex
%% ********************************************************************************

\chapter[Lineare Gleichungssysteme]{Lineare Gleichungssysteme}
    \label{ch:lgs}

%% AUFGABE 1
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 1]{}
    \label{sec:9}
\let\sectionname\altsectionname

    \begin{exer*}
        Bestimmen Sie eine Basis des Lösungsraums von dem Gleichungssystem,
            ${A\mathbf{x}=\zerovector}$,
        wobei $A$ die Matrix $\begin{smatrix}
          2 &-4 &0 &6 &2\\
          3 &-6 &1 &13 &2\\
          -7 &14 &-1 &-32 &-9\\
        \end{smatrix}$
        über dem Körper $\reell$ ist.
    \end{exer*}

        \begin{soln*}
            Um die \uline{allgemeine Form} der Lösungen
            zu ${A\mathbf{x}=\zerovector}$ zu bestimmen,
            reduzieren wir zunächst $A$ auf Zeilenstufenform
            und normalisieren:

                \begin{mathe}[mc]{rcl}
                    A &\xrightarrow{\substack{
                        Z_{2} \mapsfrom 2\cdot Z_{2} - 3\cdot Z_{1}\\
                        Z_{3} \mapsfrom 2\cdot Z_{3} + 7\cdot Z_{1}\\
                    }}  &
                        \begin{matrix}{rrrrr}
                          2 &-4 &0 &6 &2\\
                          0 &0 &2 &8 &-2\\
                          0 &0 &-2 &-22 &-4\\
                        \end{matrix}
                        \\
                    &\xrightarrow{\substack{
                        Z_{3} \mapsfrom Z_{3} + Z_{2}\\
                    }}  &
                        \begin{matrix}{rrrrr}
                          2 &-4 &0 &6 &2\\
                          0 &0 &2 &8 &-2\\
                          0 &0 &0 &-14 &-6\\
                        \end{matrix}
                        \\
                    &\xrightarrow{\substack{
                        Z_{1} \mapsfrom 7\cdot Z_{1} + 3\cdot Z_{3}\\
                        Z_{2} \mapsfrom 7\cdot Z_{2} + 4\cdot Z_{3}\\
                    }}  &
                        \begin{matrix}{rrrrr}
                          14 &-28 &0 &0 &-4\\
                          0 &0 &14 &0 &-38\\
                          0 &0 &0 &-14 &-6\\
                        \end{matrix}
                        \\
                    &\xrightarrow{\substack{
                        Z_{1} \mapsfrom Z_{1}:2\\
                        Z_{2} \mapsfrom Z_{2}:2\\
                        Z_{3} \mapsfrom Z_{3}:-2\\
                    }}  &
                        \begin{matrix}{ccccc}
                          \boxed{7} &-14 &0 &0 &-2\\
                          0 &0 &\boxed{7} &0 &-19\\
                          0 &0 &0 &\boxed{7} &3\\
                        \end{matrix}
                        .\\
                \end{mathe}

            Aus der Zeilenstufenform ergibt sich,
            in
                ${A\mathbf{x}=\zerovector}$
            die Variablen $x_{2}, x_{5}$ frei sind
            und

                \begin{mathe}[mc]{rcr0lcr0l}
                    \eqtag[eq:1:ex:1:ch:lgs]
                    x_{4} &= &        &&  &-(3/7)&x_{5}\\
                    x_{3} &= &        && &(19/7)&x_{5}\\
                    x_{1} &= &2&x_{2} &+ &(2/7)&x_{5}.\\
                \end{mathe}

            Eine Basis des Lösungsraums,
                ${\ker(A)=\{\mathbf{x}\in\reell^{5}\mid A\mathbf{x}=\zerovector\}}$,
            lässt sich nach \cite[Satz~5.3.8]{sinn2020} finden,
            indem wir die Lösungen berechnen,
            für die genau eine der freien Unbekannten auf einen Wert ungleich $0$
            und alle anderen auf $0$ gesetzt werden.\footnote{
                Im \cite[Satz~5.3.8]{sinn2020} wird beschrieben, dass man $1$ verwendet,
                aber man kann die Elemente einer Basis
                mit beliebigen Werten ungleich $0$ multiplizieren,
                ohne zu ändern,
                dass die Menge eine Basis ist.
            }
            Hier gilt

                \begin{mathe}[mc]{rcrcl}
                    x_{2}=1,\,x_{5}=0
                    &\Longrightarrow
                        &\mathbf{x}
                        &\eqcrefoverset{eq:1:ex:1:ch:lgs}{=}
                            &\begin{svector} 2\\ 1\\ 0\\ 0\\ 0\\\end{svector}\\
                    x_{2}=0,\,x_{5}=7
                    &\Longrightarrow
                        &\mathbf{x}
                        &\eqcrefoverset{eq:1:ex:1:ch:lgs}{=}
                        &\begin{svector} 2\\ 0\\ 19\\ -3\\ 7\\\end{svector}\\
                \end{mathe}

            Darum ist \fbox{$\bigg\{\begin{svector} 2\\ 1\\ 0\\ 0\\ 0\\\end{svector}, \begin{svector} 2\\ 0\\ 19\\ -3\\ 7\\\end{svector}\bigg\}$}
            eine Basis des Lösungsraums.
        \end{soln*}

    \begin{rem*}
        Es wird hier empfohlen zu verifizieren,
        dass $A\mathbf{x}$ wirklich gleich $\zerovector$ für alle Basiselemente gilt,
        um zu überprüfen, dass unsere Lösung \emph{nicht offensichtlich falsch} ist.
    \end{rem*}

    \begin{exer*}
        Bestimmen Sie den Spaltenraum von $A$ aus der letzten Aufgabe (noch über $\reell$).
    \end{exer*}

        \begin{soln*}
            Bezeichne mit $a^{(j)}\in\reell^{3}$ für $j\in\{1,2,\ldots,5\}$
            die Spalten von $A$.
            Aus der o.\,s. Zeilenstufenform,

                \begin{mathe}[mc]{c}
                    \begin{matrix}{ccccc}
                      \boxed{7} &-14 &0 &0 &-2\\
                      0 &0 &\boxed{7} &0 &-19\\
                      0 &0 &0 &\boxed{7} &3\\
                    \end{matrix},
                \end{mathe}

            geht hervor, dass Spalten $1$, $3$, $4$ aus $A$ eine Basis
            des Spaltenraums bilden.\footnote{
                Die allgemeine Begründung ist wie folgt:
                Aus der Zeilenstufenform folgt, dass Spalten $1$, $3$, $4$ aus $A$
                linear unabhängig sind und dass die übrigen von diesen linear abhängig sind.
                D.\,h. $\cal{A}:=\{a^{(1)},\,a^{(3)},\,a^{(4)}\}$ ist linear unabhängig
                und $a^{(2)},a^{(5)}\in\vectorspacespan\cal{A}$.
                Da $\range(A)=\vectorspacespan\{a^{(1)},\,a^{(2)},\,a^{(3)},\,a^{(4)},\,a^{(5)}\}$,
                ist folglich $\cal{A}$ eine Basis für $\range(A)$.
            }
            Also ist

                \begin{mathe}[mc]{c}
                    \boxed{\bigg\{
                        \begin{vector} 2\\ 3\\ -7\\\end{vector},
                        \begin{vector} 0\\ 1\\ -1\\\end{vector},
                        \begin{vector} 6\\ 13\\ -32\\\end{vector}
                    \bigg\}}
                \end{mathe}

            eine Basis des Spaltenraums.
        \end{soln*}

    \textbf{Zur Kontrolle:} Aus der letzten Teilaufgabe erhielten wir
    eine Basis des Lösungsraums der Länge $2$,
    d.\,h. $\dim(\ker(A))=2$,
    und hier wurde eine Basis des Spaltenraums der Länge $3$ gefunden,
    d.\,h. $\dim(\range(A))=3$.
    Wir sehen dass $\dim(\ker(A))+\dim(\range(A))=5=\dim(\reell^{5})$,
    sodass die Dimensionsformel für lineare Abbildungen erfüllt ist.\footnote{
        Das heißt nicht, dass unsere berechneten Basen deswegen richtig sind.
        Dies ist lediglich zu kontrollieren,
        dass unsere Berechnungen \emph{nicht offensichtlich falsch} sind.
    }

    \begin{rem*}
        Falls in der letzten Aufgabe der Körper etwas anderes wäre,
        so hätten wir die Zeilenstufenform erneut für diesen Körper berechnen müssen.
    \end{rem*}

%% AUFGABE 2
\clearpage
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 2]{}
    \label{sec:10}
\let\sectionname\altsectionname

    \begin{exer*}
        Bestimmen Sie eine Basis des Lösungsraums von dem Gleichungssystem,
            ${A\mathbf{x}=\zerovector}$,
        wobei $A$ die Matrix $\begin{smatrix}
          2 &-4 &0 &6 &2\\
          3 &-6 &1 &13 &2\\
          -7 &14 &-1 &-32 &-9\\
        \end{smatrix}$
        über dem Körper $\mathbb{F}_{7}$ ist.
    \end{exer*}

        \begin{soln*}
            Um die \uline{allgemeine Form} der Lösungen
            zu ${A\mathbf{x}=\zerovector}$ zu bestimmen,
            reduzieren wir $A$ auf Zeilenstufenform
            und normalisieren.
            Bei/vor jedem Schritt ersetzen wir Werte durch kanonische Darstellungen von Zahlen modulo $7$.

                \begin{mathe}[mc]{rcl}
                    A &= &
                        \begin{matrix}{rrrrr}
                          2 &3 &0 &6 &2\\
                          3 &1 &1 &6 &2\\
                          0 &0 &6 &3 &5\\
                        \end{matrix}
                \end{mathe}

            Die Zeilenstufenform wird wie folgt berechnet:

                \begin{mathe}[mc]{rcl}
                    A &\xrightarrow{\substack{
                        Z_{2} \mapsfrom Z_{2}+2\cdot Z_{1}\\
                    }}  &
                        \begin{matrix}{rrrrr}
                          2 &3 &0 &6 &2\\
                          0 &0 &1 &4 &6\\
                          0 &0 &6 &3 &5\\
                        \end{matrix}
                        \\
                    &\xrightarrow{\substack{
                        Z_{3} \mapsfrom Z_{3} + Z_{2}
                    }}  &
                        \begin{matrix}{rrrrr}
                          2 &3 &0 &6 &2\\
                          0 &0 &1 &4 &6\\
                          0 &0 &0 &0 &4\\
                        \end{matrix}
                        \\
                    &\xrightarrow{\substack{
                        Z_{1} \mapsfrom 2\cdot Z_{1} - Z_{3}\\
                        Z_{2} \mapsfrom 2\cdot Z_{2} - 3\cdot Z_{3}\\
                    }}  &
                        \begin{matrix}{rrrrr}
                          4 &6 &0 &5 &0\\
                          0 &0 &2 &1 &0\\
                          0 &0 &0 &0 &4\\
                        \end{matrix}
                        \\
                    &\xrightarrow{\substack{
                        Z_{1} \mapsfrom 2\cdot Z_{1}\\
                        Z_{2} \mapsfrom 4\cdot Z_{2}\\
                        Z_{3} \mapsfrom 2\cdot Z_{3}\\
                    }}  &
                        \begin{matrix}{rrrrr}
                          \boxed{1} &5 &0 &3 &0\\
                          0 &0 &\boxed{1} &4 &0\\
                          0 &0 &0 &0 &\boxed{1}\\
                        \end{matrix}
                        .\\
                \end{mathe}

            (Beachte, dass $2^{-1}=4$ und $4^{-1}=2$ in $\mathbb{F}_{7}$, weil $2\cdot 4=8\equiv 1\mod 7$.
            Darum wurden im letzten Schritt die Zeilen jeweils mit $2$ oder $4$ multipliziert.)

            Aus der Zeilenstufenform ergibt sich,
            in
                ${A\mathbf{x}=\zerovector}$
            die Variablen $x_{2},x_{4}$ frei sind
            und

                \begin{mathe}[mc]{rcr0lcr0l}
                    x_{5} &= &0\\
                    x_{3} &= &        && &-4&x_{4}\\
                    x_{1} &= &-5&x_{2} &- &3&x_{4}.\\
                \end{mathe}

            Eine Basis des Lösungsraums,
                ${\ker(A)=\{\mathbf{x}\in\mathbb{F}_{7}^{5}\mid A\mathbf{x}=\zerovector\}}$,
            lässt sich nach \cite[Satz~5.3.8]{sinn2020} finden,
            indem wir die Lösungen berechnen,
            für die genau eine der freien Unbekannten auf einen Wert ungleich $0$
            und alle anderen auf $0$ gesetzt werden.
            Hier gilt

                \begin{mathe}[mc]{rcrclcl}
                    x_{2}=1,\,x_{4}=0
                    &\Longrightarrow
                        &\mathbf{x}
                        &= &\begin{svector} -5\\ 1\\ 0\\ 0\\ 0\\\end{svector}
                        &= &\begin{svector} 2\\ 1\\ 0\\ 0\\ 0\\\end{svector}\\
                    x_{2}=0,\,x_{4}=1
                    &\Longrightarrow
                        &\mathbf{x}
                        &= &\begin{svector} -3\\ 0\\ -4\\ 1\\ 0\\\end{svector}
                        &= &\begin{svector} 4\\ 0\\ 3\\ 1\\ 0\\\end{svector}\\
                \end{mathe}

            Darum ist \fbox{$\bigg\{\begin{svector} 2\\ 1\\ 0\\ 0\\ 0\\\end{svector}, \begin{svector} 4\\ 0\\ 3\\ 1\\ 0\\\end{svector}\bigg\}$}
            eine Basis des Lösungsraums.
        \end{soln*}

    \begin{rem*}
        Wiederum wird empfohlen, zu kontrollieren,
        dass $A\mathbf{x}=\zerovector$ für alle Basiselemente gilt.
        Beachte hier, dass wir modulo $7$ berechnen sollen.\footnote{
            In \textbf{octave}, \textbf{python}, \textit{etc.}
            benutzt man \texttt{\%} für Moduloberechnungen.
            In \textbf{octave} gibt man bspw.
                {\ttfamily (A$\ast$[2, 1, 0, 0, 0].\textquotesingle)\%7}
            ein
            und in \textbf{python} gibt man
                {\ttfamily (np.matmul(A, [2, 1, 0, 0, 0])\%7}
            ein (solange man konventionsgemäß numpy mittels \texttt{import numpy as np;} importiert).
        }
        Bei den o.\,s. Lösungen kommen

            \begin{mathe}[mc]{rclqcqrclcl}
                A\cdot \begin{svector} 2\\ 1\\ 0\\ 0\\ 0\\\end{svector}
                &= &\begin{svector} 0\\ 0\\ 0\\\end{svector}
                &\text{und}
                &A\cdot \begin{svector} 4\\ 0\\ 3\\ 1\\ 0\\\end{svector}
                &= &\begin{svector} 14\\ 28\\ -63\\\end{svector}
                &= &\begin{svector} 0\\ 0\\ 0\\\end{svector}
            \end{mathe}

        raus, sodass wir erleichtert sein können,
        dass unsere Basiselemente richtig sind.

        Ob die Größe der Basis stimmt, ist aber nicht damit überprüft.
        Da müssen wir einfach prüfen, dass die Zeilenstufenform richtig berechnet wurde,
        um die Anzahl der Stufen und freien Variablen zu bestätigen.
    \end{rem*}

    \begin{exer*}
        Bestimmen Sie den Spaltenraum von $A$ aus der letzten Aufgabe (noch über $\mathbb{F}_{7}$).
    \end{exer*}

        \begin{soln*}
            Bezeichne mit $a^{(j)}\in\reell^{3}$ für $j\in\{1,2,\ldots,5\}$
            die Spalten von $A$.
            Aus der o.\,s. Zeilenstufenform,

                \begin{mathe}[mc]{c}
                    \begin{matrix}{ccccc}
                      \boxed{1} &5 &0 &3 &0\\
                      0 &0 &\boxed{1} &4 &0\\
                      0 &0 &0 &0 &\boxed{1}\\
                    \end{matrix},
                \end{mathe}

            geht hervor, dass Spalten $1$, $3$, $5$ aus $A$ eine Basis
            des Spaltenraums bilden.
            Also ist

                \begin{mathe}[mc]{c}
                    \boxed{\bigg\{
                        \begin{vector} 2\\ 3\\ -7\\\end{vector},
                        \begin{vector} 0\\ 1\\ -1\\\end{vector},
                        \begin{vector} 2\\ 2\\ -9\\\end{vector}
                    \bigg\}}
                \end{mathe}

            eine Basis des Spaltenraums.
        \end{soln*}

    \textbf{Zur Kontrolle:}
    Aus der letzten Teilaufgabe erhielten wir $\dim(\ker(A))=2$,
    und hier wurde nebenbei gezeigt, dass $\dim(\range(A))=3$.
    Also gilt $\dim(\ker(A))+\dim(\range(A))=5=\dim(\reell^{5})$,
    sodass die Dimensionsformel für lineare Abbildungen erfüllt ist.

    \begin{rem*}
        Die hier verwendete Matrix, $A$, war »die gleiche« wie in Aufgabe 1,
        nur mit einem anderen Körper.
        Wir sehen, dass wir die über $\reell$ berechnete Zeilenstufenform
        in dieser Aufgabe nicht einfach so übernehmen durften.
        D.\,h. wenn im 1. Teil einer Aufgabe man eine Basis des Lösungsraums von $A$ über $\reell$ bestimmen soll,
        und dann im 2. Teil eine Basis des Spaltenraums von $A$ über $\reell$
        und dann im 3. Teil eine Basis des Spaltenraums von $A$ über bspw. $\mathbb{F}_{7}$,
        dann kann man im 1.+2. Teil dieselbe Zeilenstufenform gebrauchen,
        aber im 3. Teil berechnet man die Zeilenstufenform am liebsten ganz von vorne in dem neuen Körper,
        um einer Nummer sicher zu gehen.
    \end{rem*}

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%% FILE: back/index.tex
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\bibliographystyle{alpha}
\def\bibname{Literaturverzeichnis}
\nocite{*}

\bgroup
\footnotesize

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%% FILE: ########
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\begin{thebibliography}{Wal16}

\bibitem[Jec97]{jech1997}
Thomas Jech.
\newblock {\em {Set Theory}}.
\newblock Springer-Verlag, 1997.

\bibitem[Sin20]{sinn2020}
Rainer Sinn.
\newblock {Lineare Algebra I: Skript zur Veranstaltung Universit\"at Leipzig}.
\newblock Vorlesungsskript, 2020.

\bibitem[Wal16]{waldmann2016}
Stefan Waldmann.
\newblock {\em {Lineare Algebra 1: Die Grundlagen f\"ur Studierende der
  Mathematik und Physik}}.
\newblock Springer Berlin Heidelberg, 2016.

\end{thebibliography}
\egroup

\end{document}
