linalg2020/docs/loesungen.tex

%% ********************************************************************************
%% AUTHOR:     Raj Dahya
%% CREATED:    November 2020
%% EDITED:     —
%% TYPE:       Notizen
%% TITLE:      Lösungen zu diversen Aufgaben im Kurs
%% DOI:        —
%% DEPARTMENT: Fakultät for Mathematik und Informatik
%% INSTITUTE:  Universität Leipzig
%% ********************************************************************************

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%% DOCUMENT STRUCTURE:
%% ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
%%
%%   - root.tex;
%%    |
%%    ---- parameters.tex;
%%    |
%%    ---- srclocal/index.tex;
%%        |
%%        ---- src/setup-type.tex;
%%        |
%%        ---- src/setup-packages.tex;
%%        |
%%        ---- src/setup-parameters.tex;
%%        |
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%%        |
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%%        |
%%        ---- src/setup-layout.tex;
%%        |
%%        ---- srclocal/setup-localmacros.tex;
%%    |
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%%        |
%%        ---- front/title.tex;
%%        |
%%        ---- front/foreword.tex;
%%        |
%%        ---- front/contents.tex;
%%    |
%%    ---- body/index.tex;
%%        |
%%        ---- body/uebung/ueb1.tex;
%%        |
%%        ---- body/uebung/ueb2.tex;
%%        |
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%%        |
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%%        |
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%%        |
%%        ---- body/quizzes/quiz1.tex;
%%        |
%%        ---- body/quizzes/quiz2.tex;
%%        |
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%%    ---- back/index.tex;
%%        |
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%%
%% DOCUMENT-RANDOM-SEED: 5637845
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%% FILE: root.tex
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%% FILE: parameters.tex
%% ********************************************************************************

%% ********************************************************************************
%% FILE: srclocal/index.tex
%% ********************************************************************************

\makeatletter

%% ********************************************************************************
%% FILE: src/setup-type.tex
%% ********************************************************************************

\documentclass[
    12pt,
    a4paper,
    oneside,
    openright,
    center,
    chapterbib,
    crosshair,
    fleqn,
    headcount,
    headline,
    indent,
    indentfirst=false,
    portrait,
    phonetic,
    oldernstyle,
    onecolumn,
    sfbold,
    upper,
]{scrbook}

%% ********************************************************************************
%% FILE: src/setup-packages.tex
%% ********************************************************************************

\PassOptionsToPackage{T2A,OT1}{fontenc}   % T1,OT1,T2A,OT2
\PassOptionsToPackage{utf8}{inputenc} % utf8
\PassOptionsToPackage{british,english,ngerman,russian}{babel}
\PassOptionsToPackage{
    english,
    ngerman,
    russian,
    capitalise,
}{cleveref}
\PassOptionsToPackage{
    bookmarks=true,
    bookmarksopen=false,
    bookmarksopenlevel=0,
    bookmarkstype=toc,
    colorlinks=false,
    raiselinks=true,
    hyperfigures=true,
}{hyperref}
\PassOptionsToPackage{
    reset,
    left=1in,
    right=1in,
    top=20mm,
    bottom=20mm,
    heightrounded,
}{geometry}
\PassOptionsToPackage{
    framemethod=TikZ,
}{mdframed}
\PassOptionsToPackage{normalem}{ulem}
\PassOptionsToPackage{
    amsmath,
    thmmarks,
}{ntheorem}
\PassOptionsToPackage{table}{xcolor}
\PassOptionsToPackage{
    all,
    color,
    curve,
    frame,
    import,
    knot,
    line,
    movie,
    rotate,
    textures,
    tile,
    tips,
    web,
    xdvi,
}{xy}

\usepackage{amsfonts}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{ntheorem} % <— muss nach den ams* Packages vorkommen!!
\usepackage{array}
\usepackage{babel}
\usepackage{bbding}
\usepackage{bbm}
\usepackage{calc}
\usepackage{sectsty}
\usepackage{titlesec}
\usepackage{fancyhdr}
\usepackage{footmisc}
\usepackage{geometry}
\usepackage{graphicx}
\usepackage{ifpdf}
\usepackage{ifthen}
\usepackage{ifnextok}
\usepackage{longtable}
\usepackage{multicol}
\usepackage{multirow}
\usepackage{nameref}
\usepackage{nowtoaux}
\usepackage{paralist}
\usepackage{enumerate} %% nach [paralist]
\usepackage{pgf}
\usepackage{pgfplots}
\usepackage{proof}
\usepackage{refcount}
\usepackage{relsize}
\usepackage{savesym}
\usepackage{stmaryrd}
\usepackage{subfigure}
\usepackage{yfonts}   %% <— Altgotische Fonts
\usepackage{tikz}
\usepackage{xy}
\usepackage{undertilde}
\usepackage{ulem} %% <– f\"ur besseren \underline-Befehl (\ul)
\usepackage{xcolor}
\usepackage{xspace}
\usepackage{xstring}
\usepackage{hyperref}
\usepackage{cleveref} % must vor hyperref geladen werden.

\pgfplotsset{compat=newest}

\usetikzlibrary{
    angles,
    arrows,
    automata,
    calc,
    decorations,
    decorations.pathmorphing,
    decorations.pathreplacing,
    math,
    positioning,
    patterns,
    quotes,
    snakes,
}

%% \var ≈ alter Befehl
%% \xvar ≈ wie das neue Package \var interpretieren soll.
\savesymbol{Diamond}
\savesymbol{emptyset}
\savesymbol{ggg}
\savesymbol{int}
\savesymbol{lll}
\savesymbol{RectangleBold}
\savesymbol{langle}
\savesymbol{rangle}
\savesymbol{hookrightarrow}
\savesymbol{hookleftarrow}
\savesymbol{Asterisk}
\usepackage{mathabx}
\usepackage{wasysym}
\let\varemptyset=\emptyset
\restoresymbol{x}{Diamond}
\restoresymbol{x}{emptyset}
\restoresymbol{x}{ggg}
\restoresymbol{x}{int}
\restoresymbol{x}{lll}
\restoresymbol{x}{RectangleBold}
\restoresymbol{x}{langle}
\restoresymbol{x}{rangle}
\restoresymbol{x}{hookrightarrow}
\restoresymbol{x}{hookleftarrow}
\restoresymbol{x}{Asterisk}

\ifpdf
    \usepackage{pdfcolmk}
\fi

\usepackage{mdframed}

%% Force-Import aus MnSymbol
\DeclareFontFamily{U}{MnSymbolA}{}
\DeclareFontShape{U}{MnSymbolA}{m}{n}{
    <-6> MnSymbolA5
    <6-7> MnSymbolA6
    <7-8> MnSymbolA7
    <8-9> MnSymbolA8
    <9-10> MnSymbolA9
    <10-12> MnSymbolA10
    <12-> MnSymbolA12
}{}
\DeclareFontShape{U}{MnSymbolA}{b}{n}{
    <-6> MnSymbolA-Bold5
    <6-7> MnSymbolA-Bold6
    <7-8> MnSymbolA-Bold7
    <8-9> MnSymbolA-Bold8
    <9-10> MnSymbolA-Bold9
    <10-12> MnSymbolA-Bold10
    <12-> MnSymbolA-Bold12
}{}
\DeclareSymbolFont{MnSyA}{U}{MnSymbolA}{m}{n}
\DeclareMathSymbol{\lcirclearrowright}{\mathrel}{MnSyA}{252}
\DeclareMathSymbol{\lcirclearrowdown}{\mathrel}{MnSyA}{255}
\DeclareMathSymbol{\rcirclearrowleft}{\mathrel}{MnSyA}{250}
\DeclareMathSymbol{\rcirclearrowdown}{\mathrel}{MnSyA}{251}

\DeclareFontFamily{U}{MnSymbolC}{}
\DeclareSymbolFont{MnSyC}{U}{MnSymbolC}{m}{n}
\DeclareFontShape{U}{MnSymbolC}{m}{n}{
    <-6>  MnSymbolC5
    <6-7>  MnSymbolC6
    <7-8>  MnSymbolC7
    <8-9>  MnSymbolC8
    <9-10> MnSymbolC9
    <10-12> MnSymbolC10
    <12->   MnSymbolC12%
}{}
\DeclareMathSymbol{\powerset}{\mathord}{MnSyC}{180}

%% ********************************************************************************
%% FILE: src/setup-parameters.tex
%% ********************************************************************************

\def\boolwahr{true}
\def\boolfalsch{false}
\def\boolleer{}

\let\documenttwosided\boolfalsch
\let\boolinappendix\boolfalsch
\let\boolinmdframed\boolfalsch
\let\eqtagset\boolfalsch
\let\eqtaglabel\boolleer
\let\eqtagsymb\boolleer

\newcount\bufferctr
\newcount\bufferreplace
\newcounter{columnanzahl}

\newlength\rtab
\newlength\gesamtlinkerRand
\newlength\gesamtrechterRand
\newlength\ownspaceabovethm
\newlength\ownspacebelowthm
\setlength{\rtab}{0.025\textwidth}
\setlength{\ownspaceabovethm}{0.5\baselineskip}
\setlength{\ownspacebelowthm}{0.5\baselineskip}
\setlength{\gesamtlinkerRand}{0pt}
\setlength{\gesamtrechterRand}{0pt}

\def\secnumberingpt{$\cdot$}
\def\secnumberingseppt{.}
\def\subsecnumberingseppt{}
\def\thmnumberingpt{$\cdot$}
\def\thmnumberingseppt{}
\def\thmForceSepPt{.}

\definecolor{leer}{gray}{1}
\definecolor{hellgrau}{gray}{0.85}
\definecolor{dunkelgrau}{gray}{0.5}
\definecolor{maroon}{rgb}{0.6901961,0.1882353,0.3764706}
\definecolor{dunkelgruen}{rgb}{0.015625,0.363281,0.109375}
\definecolor{dunkelrot}{rgb}{0.5450980392,0,0}
\definecolor{dunkelblau}{rgb}{0,0,0.5450980392}
\definecolor{blau}{rgb}{0,0,1}
\definecolor{newresult}{rgb}{0.6,0.6,0.6}
\definecolor{improvedresult}{rgb}{0.9,0.9,0.9}
\definecolor{hervorheben}{rgb}{0,0.9,0.7}
\definecolor{starkesblau}{rgb}{0.1019607843,0.3176470588,0.8156862745}
\definecolor{achtung}{rgb}{1,0.5,0.5}
\definecolor{frage}{rgb}{0.5,1,0.5}
\definecolor{schreibweise}{rgb}{0,0.7,0.9}
\definecolor{axiom}{rgb}{0,0.3,0.3}

%% ********************************************************************************
%% FILE: src/setup-macros.tex
%% ********************************************************************************

%% ****************************************************************
%% TEX:
%% ****************************************************************

\def\let@name#1#2{\expandafter\let\csname #1\expandafter\endcsname\csname #2\endcsname\relax}
\DeclareRobustCommand\crfamily{\fontfamily{ccr}\selectfont}
\DeclareTextFontCommand{\textcr}{\crfamily}

\def\nichtzeigen#1{\phantom{#1}}

%% ****************************************************************
%% SPACING:
%% ****************************************************************

\def\ifthenelseleer#1#2#3{\ifthenelse{\equal{#1}{}}{#2}{#1#3}}
\def\bedingtesspaceexpand#1#2#3{\ifthenelseleer{\csname #1\endcsname}{#3}{#2#3}}
\def\voritemise{\leavevmode\nvraum{1}}
\def\hraum{\null\hfill\null}
\def\vraum{\null\vfill\null}
\def\nvraum{\@ifnextchar\bgroup{\nvraum@c}{\nvraum@bes}}
    \def\nvraum@c#1{\vspace*{-#1\baselineskip}}
    \def\nvraum@bes{\vspace*{-\baselineskip}}
\def\erlaubeplatz{\relax\ifmmode\else\@\xspace\fi}
\def\entferneplatz{\relax\ifmmode\else\expandafter\@gobble\fi}

%% ****************************************************************
%% TAGS / BEZEICHNUNGEN / LABELLING:
%% ****************************************************************

\def\send@toaux#1{\@bsphack\protected@write\@auxout{}{\string#1}\@esphack}

%% \rlabel{LABEL}[CTR]{CREF-SHORT}{CREF-LONG}{DISPLAYTEXT}
\def\rlabel#1[#2]#3#4#5{#5\rlabel@aux{#1}[#2]{#3}{#4}{#5}}
    \def\rlabel@aux#1[#2]#3#4#5{%
        \send@toaux{\newlabel{#1}{{\@currentlabel}{\thepage}{{\unexpanded{#5}}}{#2.\csname the#2\endcsname}{}}}\relax%
    }

%% \tag@rawscheme{CREF-SHORT}{CREF-LONG}[CTR]{LEFT-BRKT}{RIGHT-BRKT}    [LABEL]{DISPLAYTEXT}
\def\tag@rawscheme#1#2[#3]#4#5{\@ifnextchar[{\tag@rawscheme@{#1}{#2}[#3]{#4}{#5}}{\tag@rawscheme@{#1}{#2}[#3]{#4}{#5}[*]}}
    \def\tag@rawscheme@#1#2[#3]#4#5[#6]{\@ifnextchar\bgroup{\tag@rawscheme@@{#1}{#2}[#3]{#4}{#5}[#6]}{\tag@rawscheme@@{#1}{#2}[#3]{#4}{#5}[#6]{}}}
    \def\tag@rawscheme@@#1#2[#3]#4#5[#6]#7{%
        \ifthenelse{\equal{#6}{*}}{%
            \ifthenelse{\equal{#7}{\boolleer}}{\refstepcounter{#3}#4\csname the#3\endcsname#5}{#4#7#5}%
        }{%
            \refstepcounter{#3}#4%
            \ifthenelse{\equal{#7}{\boolleer}}{\rlabel{#6}[#3]{#1}{#2}{\csname the#3\endcsname}}{\rlabel{#6}[#3]{#1}{#2}{#7}}%
            #5%
        }%
    }
%% \tag@scheme{CREF-SHORT}{CREF-LONG}[CTR]    [LABEL]{DISPLAYTEXT}
\def\tag@scheme#1#2[#3]{\tag@rawscheme{#1}{#2}[#3]{\upshape(}{\upshape)}}

%% \eqtag[LABEL]{DISPLAYTEXT}
\def\eqtag@post#1{\makebox[0pt][r]{#1}}
\def\eqtag@pre{\tag@scheme{Eq}{Equation}[Xe]}
\def\eqtag{\@ifnextchar[{\eqtag@}{\eqtag@[*]}}
    \def\eqtag@[#1]{\@ifnextchar\bgroup{\eqtag@@[#1]}{\eqtag@@[#1]{}}}
    \def\eqtag@@[#1]#2{\eqtag@post{\eqtag@pre[#1]{#2}}}

\def\eqcref#1{\text{(\ref{#1})}}
\def\ptcref#1{\ref{#1}}
\def\punktlabel#1{\label{it:#1:\beweislabel}}
\def\punktcref#1{\eqcref{it:#1:\beweislabel}}
\def\crefit#1#2{\cref{#1}~\eqcref{it:#2:#1}}
\def\Crefit#1#2{\Cref{#1}~\eqcref{it:#2:#1}}

%% UNDER/OVERSET BEFEHLE
\def\opfromto[#1]_#2^#3{\underset{#2}{\overset{#3}{#1}}}
\def\textoverset#1#2{\overset{\text{#1}}{#2}}
\def\textunderset#1#2{\underset{#2}{\text{#1}}}
\def\crefoverset#1#2{\textoverset{\cref{#1}}{#2}}
\def\Crefoverset#1#2{\textoverset{\Cref{#1}}{#2}}
\def\crefunderset#1#2{\textunderset{#2}{\cref{#1}}}
\def\Crefunderset#1#2{\textunderset{#2}{\Cref{#1}}}
\def\eqcrefoverset#1#2{\textoverset{\eqcref{#1}}{#2}}
\def\eqcrefunderset#1#2{\textunderset{#2}{\eqcref{#1}}}
\def\mathclap#1{#1}
\def\oberunterset#1{\@ifnextchar^{\oberunterset@oben{#1}}{\oberunterset@unten{#1}}}
    \def\oberunterset@oben#1^#2_#3{\underset{\mathclap{#3}}{\overset{\mathclap{#2}}{#1}}}
    \def\oberunterset@unten#1_#2^#3{\underset{\mathclap{#2}}{\overset{\mathclap{#3}}{#1}}}
    \def\breitunderbrace#1_#2{\underbrace{#1}_{\mathclap{#2}}}
    \def\breitoverbrace#1^#2{\overbrace{#1}^{\mathclap{#2}}}
    \def\breitunderbracket#1_#2{\underbracket{#1}_{\mathclap{#2}}}
    \def\breitoverbracket#1^#2{\overbracket{#1}^{\mathclap{#2}}}

\def\generatenestedsecnumbering#1#2#3{%
    \expandafter\gdef\csname thelong#3\endcsname{%
        \expandafter\csname the#2\endcsname%
        \secnumberingpt%
        \expandafter\csname #1\endcsname{#3}%
    }%
    \expandafter\gdef\csname theshort#3\endcsname{%
        \expandafter\csname #1\endcsname{#3}%
    }%
}
\def\generatenestedthmnumbering#1#2#3{%
    \expandafter\gdef\csname the#3\endcsname{%
        \expandafter\csname the#2\endcsname%
        \thmnumberingpt%
        \expandafter\csname #1\endcsname{#3}%
    }%
    \expandafter\gdef\csname theshort#3\endcsname{%
        \expandafter\csname #1\endcsname{#3}%
    }%
}

%% ****************************************************************
%% ALLG. MACROS:
%% ****************************************************************

\def\+#1{\addtocounter{#1}{1}}
\def\setcounternach#1#2{\setcounter{#1}{#2}\addtocounter{#1}{-1}}
\def\textsubscript#1{${}_{\textup{#1}}$}
\def\rome#1{\overline{\underline{#1}}}
\def\textTODO{\text{[{\large\textcolor{red}{More work needed!}}]}}
\def\hlineEIGENpt{\hdashline[0.5pt/5pt]}
\def\clineEIGENpt#1{\cdashline{#1}[0.5pt/5pt]}

\def\forcepunkt#1{#1\IfEndWith{#1}{.}{}{.}}
\def\lateinabkuerzung#1#2{%
    \expandafter\gdef\csname #1\endcsname{\emph{#2}\@ifnextchar.{\entferneplatz}{\erlaubeplatz}}
}
\def\deutscheabkuerzung#1#2{%
    \expandafter\gdef\csname #1\endcsname{{#2}\@ifnextchar.{\entferneplatz}{\erlaubeplatz}}
}

%% ****************************************************************
%% MATHE
%% ****************************************************************

\def\matrix#1{\left(\begin{array}{#1}}
    \def\endmatrix{\end{array}\right)}
\def\smatrix{\left(\begin{smallmatrix}}
    \def\endsmatrix{\end{smallmatrix}\right)}

\def\multiargrekursiverbefehl#1#2#3#4#5#6#7#8{%
    \expandafter\gdef\csname#1\endcsname #2##1#4{\csname #1@anfang\endcsname##1#3\egroup}
    \expandafter\def\csname #1@anfang\endcsname##1#3{#5##1\@ifnextchar\egroup{\csname #1@ende\endcsname}{#7\csname #1@mitte\endcsname}}
    \expandafter\def\csname #1@mitte\endcsname##1#3{#6##1\@ifnextchar\egroup{\csname #1@ende\endcsname}{#7\csname #1@mitte\endcsname}}
    \expandafter\def\csname #1@ende\endcsname##1{#8}
}
\multiargrekursiverbefehl{svektor}{[}{;}{]}{\begin{smatrix}}{}{\\}{\\\end{smatrix}}
\multiargrekursiverbefehl{vektor}{[}{;}{]}{\begin{matrix}{c}}{}{\\}{\\\end{matrix}}
\multiargrekursiverbefehl{vektorzeile}{}{,}{;}{}{&}{}{}
\multiargrekursiverbefehl{matlabmatrix}{[}{;}{]}{\begin{smatrix}\vektorzeile}{\vektorzeile}{;\\}{;\end{smatrix}}

\def\cases[#1]#2{\left\{\begin{array}[#1]{#2}}
    \def\endcases{\end{array}\right.}

\def\BeweisRichtung[#1]{\@ifnextchar\bgroup{\@BeweisRichtung@c[#1]}{\@BeweisRichtung@bes[#1]}}
    \def\@BeweisRichtung@bes[#1]{{\bfseries(#1).~}}
    \def\@BeweisRichtung@c[#1]#2#3{{\bfseries(#2#1#3).~}}
\def\erzeugeBeweisRichtungBefehle#1#2{
    \expandafter\gdef\csname #1text\endcsname##1##2{\BeweisRichtung[#2]{##1}{##2}}
    \expandafter\gdef\csname #1\endcsname{%
        \@ifnextchar\bgroup{\csname #1@\endcsname}{\csname #1text\endcsname{}{}}%
    }
    \expandafter\gdef\csname #1@\endcsname##1##2{%
        \csname #1text\endcsname{\punktcref{##1}}{\punktcref{##2}}%
    }
}
\erzeugeBeweisRichtungBefehle{hinRichtung}{$\Longrightarrow$}
\erzeugeBeweisRichtungBefehle{herRichtung}{$\Longleftarrow$}
\erzeugeBeweisRichtungBefehle{hinherRichtung}{$\Longleftrightarrow$}

\def\cal#1{\mathcal{#1}}
\def\brkt#1{\langle{}#1{}\rangle}
\def\mathfrak#1{\mbox{\usefont{U}{euf}{m}{n}#1}}
\def\kurs#1{\textit{#1}}
\def\rectangleblack{\text{\RectangleBold}}
\def\rectanglewhite{\text{\Rectangle}}
\def\squareblack{\blacksquare}
\def\squarewhite{\Box}

%% ********************************************************************************
%% FILE: src/setup-environments.tex
%% ********************************************************************************

%% **********************************************************************
%% CLEVEREF: ************************************************************

    \def\crefname@full#1#2#3{\crefname{#1}{#2}{#3}\Crefname{#1}{#2}{#3}}
    \crefname@full{chapter}{Kapitel}{Kapitel}
    \crefname@full{section}{Abschnitt}{Abschnitte}
    \crefname@full{figure}{Fig.}{Fig.}
    \crefname@full{subfigure}{Fig.}{Fig.}

    \crefname@full{proof}{Beweis}{Beweise}
    \crefname@full{thm}{Theorem}{Theoreme}
    \crefname@full{satz}{Satz}{Sätze}
    \crefname@full{claim}{Behauptung}{Behauptungen}
    \crefname@full{lemm}{Lemma}{Lemmata}
    \crefname@full{cor}{Korollar}{Korollarien}
    \crefname@full{folg}{Folgerung}{Folgerungen}
    \crefname@full{prop}{Proposition}{Propositionen}
    \crefname@full{defn}{Definition}{Definitionen}
    \crefname@full{conv}{Konvention}{Konventionen}
    \crefname@full{fact}{Fakt}{Fakten}
    \crefname@full{rem}{Bemerkung}{Bemerkungen}
    \crefname@full{qstn}{Frage}{Fragen}
    \crefname@full{e.g.}{Beipsiel}{Beipsiele}

%% ****************************************************************
%% THEOREME:
%% ****************************************************************

    \def\qedEIGEN#1{\@ifnextchar[{\qedEIGEN@c{#1}}{\qedEIGEN@bes{#1}}}%]
    \def\qedEIGEN@bes#1{%
        \parfillskip=0pt%            % so \par doesnt push \square to left
        \widowpenalty=10000%         % so we dont break the page before \square
        \displaywidowpenalty=10000%  % ditto
        \finalhyphendemerits=0%      % TeXbook exercise 14.32
        \leavevmode%                 % \nobreak means lines not pages
        \unskip%                     % remove previous space or glue
        \nobreak%                    % don’t break lines
        \hfil%                       % ragged right if we spill over
        \penalty50%                  % discouragement to do so
        \hskip.2em%                  % ensure some space
        \null%                       % anchor following \hfill
        \hfill%                      % push \square to right
        #1%                          % the end-of-proof mark
        \par%
    }
    \def\qedEIGEN@c#1[#2]{%
        \parfillskip=0pt%            % so \par doesnt push \square to left
        \widowpenalty=10000%         % so we dont break the page before \square
        \displaywidowpenalty=10000%  % ditto
        \finalhyphendemerits=0%      % TeXbook exercise 14.32
        \leavevmode%                 % \nobreak means lines not pages
        \unskip%                     % remove previous space or glue
        \nobreak%                    % don’t break lines
        \hfil%                       % ragged right if we spill over
        \penalty50%                  % discouragement to do so
        \hskip.2em%                  % ensure some space
        \null%                       % anchor following \hfill
        \hfill%                      % push \square to right
        {#1~{\smaller\bfseries\upshape (#2)}}%
        \par%
    }
    \def\qedVARIANT#1#2{
        \expandafter\def\csname ennde#1Sign\endcsname{#2}
        \expandafter\def\csname ennde#1\endcsname{\@ifnextchar[{\qedEIGEN@c{#2}}{\qedEIGEN@bes{#2}}} %]
    }
    \qedVARIANT{OfProof}{$\squareblack$}
    \qedVARIANT{OfWork}{\rectangleblack}
    \qedVARIANT{OfSomething}{$\dashv$}
    \qedVARIANT{OnNeutral}{$\lozenge$} % \lozenge \bigcirc \blacklozenge
    \def\qedsymbol{\enndeOfProofSign}
    \def\proofSymbol{\enndeOfProofSign}

    \def\ra@pretheoremwork{
        \setlength{\theorempreskipamount}{\ownspaceabovethm}
    }
    \def\rathmtransfer#1#2{
        \expandafter\def\csname #2\endcsname{\csname #1\endcsname}
        \expandafter\def\csname end#2\endcsname{\csname end#1\endcsname}
    }

    \def\ranewthm#1#2#3[#4]{
        %% FOR \BEGIN{THM}
        \theoremstyle{\current@theoremstyle}
        \theoremseparator{\current@theoremseparator}
        \theoremprework{\ra@pretheoremwork}
        \@ifundefined{#1@basic}{\newtheorem{#1@basic}[#4]{#2}}{\renewtheorem{#1@basic}[#4]{#2}}
        %% FOR \BEGIN{THM}[...]
        \theoremstyle{\current@theoremstyle}
        \theoremseparator{\thmForceSepPt}
        \theoremprework{\ra@pretheoremwork}
        \@ifundefined{#1@withName}{\newtheorem{#1@withName}[#4]{#2}}{\renewtheorem{#1@withName}[#4]{#2}}
        %% FOR \BEGIN{THM*}
        \theoremstyle{nonumberplain}
        \theoremseparator{\thmForceSepPt}
        \theoremprework{\ra@pretheoremwork}
        \@ifundefined{#1@star@basic}{\newtheorem{#1@star@basic}[Xdisplaynone]{#2}}{\renewtheorem{#1@star@basic}[Xdisplaynone]{#2}}
        %% FOR \BEGIN{THM*}[...]
        \theoremstyle{nonumberplain}
        \theoremseparator{\thmForceSepPt}
        \theoremprework{\ra@pretheoremwork}
        \@ifundefined{#1@star@withName}{\newtheorem{#1@star@withName}[Xdisplaynone]{#2}}{\renewtheorem{#1@star@withName}[Xdisplaynone]{#2}}
        %% GENERATE ENVIRONMENTS:
        \umbauenenv{#1}{#3}[#4]
        \umbauenenv{#1@star}{#3}[Xdisplaynone]
        %% TRANSFER *-DEFINITION
        \rathmtransfer{#1@star}{#1*}
    }

    \def\umbauenenv#1#2[#3]{%
        %% \BEGIN{THM}...
        \expandafter\def\csname #1\endcsname{\relax%
            \@ifnextchar[{\csname #1@\endcsname}{\csname #1@\endcsname[*]}%
        }
        %% \BEGIN{THM}[ANFANG]...
        \expandafter\def\csname #1@\endcsname[##1]{\relax%
            \@ifnextchar[{\csname #1@@\endcsname[##1]}{\csname #1@@\endcsname[##1][*]}%
        }
        %% \BEGIN{THM}[ANFANG][SCHLUSS]
        \expandafter\def\csname #1@@\endcsname[##1][##2]{%
            \ifx*##1%
                \def\enndeOfBlock{\csname end#1@basic\endcsname}
                \csname #1@basic\endcsname%
            \else%
                \def\enndeOfBlock{\csname end#1@withName\endcsname}
                \csname #1@withName\endcsname[##1]%
            \fi%
            \def\makelabel####1{%
                \gdef\beweislabel{####1}%
                \label{\beweislabel}%
            }%
            \ifx*##2%
                \def\enndeSymbol{\qedEIGEN{#2}}
            \else%
                \def\enndeSymbol{\qedEIGEN{#2}[##2]}
            \fi
        }
        %% \END{THM}
        \expandafter\gdef\csname end#1\endcsname{\enndeSymbol\enndeOfBlock}
    }

    %% NEWTHEOREM EINSTELLUNGSOPTIONEN:
    %% F\"UR \theoremstyle
    %% plain            Emulates original LATEX defin, except uses param \theorem...skipamount.
    %% break            Header followed by line break.
    %% change            Header, Number and Text are interchanged, without a line break.
    %% changebreak        =change, but with a line break after Header.
    %% margin            Number in left margin, without a line break.
    %% marginbreak        =margin, but with a line break after the header.
    %% nonumberplain    =plain, without number.
    %% nonumberbreak    =break, without number.
    %% empty            No number, no name. Only the optional argument is typeset.
    %%    \theoremclass \theoremnumbering
    %%    \theorempreskip \theorempostkip \theoremindent
    %%    \theoremprework \theorempostwork

        \def\current@theoremstyle{plain}
        \def\current@theoremseparator{\thmnumberingseppt}
        \theoremstyle{\current@theoremstyle}
        \theoremseparator{\current@theoremseparator}
        \theoremsymbol{}

    \newtheorem{X}{X}[chapter] % for most theorems
    \newtheorem{Xe}{Xe}[chapter] % for equations
    \newtheorem*{Xdisplaynone}{Xdisplaynone}[chapter] % a dummy counter, that will never be displayed.
    \newtheorem{Xsp}{Xsp}[chapter] % for special theorems
    \generatenestedthmnumbering{arabic}{chapter}{X}
    \generatenestedthmnumbering{arabic}{chapter}{Xe}
    \generatenestedthmnumbering{Roman}{chapter}{Xsp}
    \let\theXsp\theshortXsp

        \theoremheaderfont{\upshape\bfseries}
        \theorembodyfont{\slshape}

    \ranewthm{thm}{Theorem}{\enndeOnNeutralSign}[X]
    \ranewthm{satz}{Satz}{\enndeOnNeutralSign}[X]
    \ranewthm{claim}{Behauptung}{\enndeOnNeutralSign}[X]
    \ranewthm{lemm}{Lemma}{\enndeOnNeutralSign}[X]
    \ranewthm{cor}{Korollar}{\enndeOnNeutralSign}[X]
    \ranewthm{folg}{Folgerung}{\enndeOnNeutralSign}[X]
    \ranewthm{prop}{Proposition}{\enndeOnNeutralSign}[X]

        \theorembodyfont{\upshape}

    \ranewthm{defn}{Definition}{\enndeOnNeutralSign}[X]
    \ranewthm{conv}{Konvention}{\enndeOnNeutralSign}[X]
    \ranewthm{obs}{Beobachtung}{\enndeOnNeutralSign}[X]
    \ranewthm{e.g.}{Beipsiel}{\enndeOnNeutralSign}[X]
    \ranewthm{fact}{Fakt}{\enndeOnNeutralSign}[X]
    \ranewthm{rem}{Bemerkung}{\enndeOnNeutralSign}[X]
    \ranewthm{qstn}{Frage}{\enndeOnNeutralSign}[X]
    \ranewthm{exer}{Aufgabe}{\enndeOnNeutralSign}[X]
    \ranewthm{soln}{Lösung}{\enndeOnNeutralSign}[X]

        \theoremheaderfont{\itshape\bfseries}
        \theorembodyfont{\upshape}

    \ranewthm{proof@tmp}{Beweis}{\enndeOfProofSign}[Xdisplaynone]
    \rathmtransfer{proof@tmp*}{proof}

    \def\behauptungbeleg@claim{%
        \iflanguage{british}{Claim}{%
        \iflanguage{english}{Claim}{%
        \iflanguage{ngerman}{Behauptung}{%
        \iflanguage{russian}{Утверждение}{%
        Claim%
        }}}}%
    }
    \def\behauptungbeleg@pf@kurz{%
        \iflanguage{british}{Pf}{%
        \iflanguage{english}{Pf}{%
        \iflanguage{ngerman}{Bew}{%
        \iflanguage{russian}{Доказательство}{%
        Pf%
        }}}}%
    }
    \def\behauptungbeleg{\@ifnextchar\bgroup{\behauptungbeleg@c}{\behauptungbeleg@bes}}
            \def\behauptungbeleg@c#1{\item[{\bfseries \behauptungbeleg@claim\erlaubeplatz #1.}]}
            \def\behauptungbeleg@bes{\item[{\bfseries \behauptungbeleg@claim.}]}
        \def\belegbehauptung{\item[{\bfseries\itshape\behauptungbeleg@pf@kurz.}]}

%% ****************************************************************
%% ALTE UMGEBUNGEN:
%% ****************************************************************

    \newcolumntype{\RECHTS}[1]{>{\raggedleft}p{#1}}
    \newcolumntype{\LINKS}[1]{>{\raggedright}p{#1}}
    \newcolumntype{m}{>{$}l<{$}}
    \newcolumntype{C}{>{$}c<{$}}
    \newcolumntype{L}{>{$}l<{$}}
    \newcolumntype{R}{>{$}r<{$}}
    \newcolumntype{0}{@{\hspace{0pt}}}
    \newcolumntype{\LINKSRAND}{@{\hspace{\@totalleftmargin}}}
    \newcolumntype{h}{@{\extracolsep{\fill}}}
    \newcolumntype{i}{>{\itshape}}
    \newcolumntype{t}{@{\hspace{\tabcolsep}}}
    \newcolumntype{q}{@{\hspace{1em}}}
    \newcolumntype{n}{@{\hspace{-\tabcolsep}}}
    \newcolumntype{M}[2]{%
        >{\begin{minipage}{#2}\begin{math}}%
        {#1}%
        <{\end{math}\end{minipage}}%
    }
    \newcolumntype{T}[2]{%
        >{\begin{minipage}{#2}}%
        {#1}%
        <{\end{minipage}}%
    }
    \setlength{\LTpre}{\baselineskip}
    \setlength{\LTpost}{0pt}
    \def\center{\centering}
        \def\endcenter{}

    \def\punkteumgebung@genbefehl#1#2#3{
        \punkteumgebung@genbefehl@{#1}{#2}{#3}{}{}
        \punkteumgebung@genbefehl@{multi#1}{#2}{#3}{
            \setlength{\columnsep}{10pt}%
            \setlength{\columnseprule}{0pt}%
            \begin{multicols}{\thecolumnanzahl}%
        }{\end{multicols}\nvraum{1}}
    }
    \def\punkteumgebung@genbefehl@#1#2#3#4#5{
        \expandafter\gdef\csname #1\endcsname{
            \@ifnextchar\bgroup{\csname #1@c\endcsname}{\csname #1@bes\endcsname}
        }%]
            \expandafter\def\csname #1@c\endcsname##1{
                \@ifnextchar[{\csname #1@c@\endcsname{##1}}{\csname #1@c@\endcsname{##1}[\z@]}
            }%]
            \expandafter\def\csname #1@c@\endcsname##1[##2]{
                \@ifnextchar[{\csname #1@c@@\endcsname{##1}[##2]}{\csname #1@c@@\endcsname{##1}[##2][\z@]}
            }%]
            \expandafter\def\csname #1@c@@\endcsname##1[##2][##3]{
                \let\alterlinkerRand\gesamtlinkerRand
                \let\alterrechterRand\gesamtrechterRand
                \addtolength{\gesamtlinkerRand}{##2}
                \addtolength{\gesamtrechterRand}{##3}
                \advance\linewidth -##2%
                \advance\linewidth -##3%
                \advance\@totalleftmargin ##2%
                \parshape\@ne \@totalleftmargin\linewidth%
                #4
                \begin{#2}[\upshape ##1]%
                    \setlength{\parskip}{0.5\baselineskip}\relax%
                    \setlength{\topsep}{\z@}\relax%
                    \setlength{\partopsep}{\z@}\relax%
                    \setlength{\parsep}{\parskip}\relax%
                    \setlength{\itemsep}{#3}\relax%
                    \setlength{\listparindent}{\z@}\relax%
                    \setlength{\itemindent}{\z@}\relax%
            }
            \expandafter\def\csname #1@bes\endcsname{
                \@ifnextchar[{\csname #1@bes@\endcsname}{\csname #1@bes@\endcsname[\z@]}
            }%]
            \expandafter\def\csname #1@bes@\endcsname[##1]{
                \@ifnextchar[{\csname #1@bes@@\endcsname[##1]}{\csname #1@bes@@\endcsname[##1][\z@]}
            }%]
            \expandafter\def\csname #1@bes@@\endcsname[##1][##2]{
                \let\alterlinkerRand\gesamtlinkerRand
                \let\alterrechterRand\gesamtrechterRand
                \addtolength{\gesamtlinkerRand}{##1}
                \addtolength{\gesamtrechterRand}{##2}
                \advance\linewidth -##1%
                \advance\linewidth -##2%
                \advance\@totalleftmargin ##1%
                \parshape\@ne \@totalleftmargin\linewidth%
                #4
                \begin{#2}%
                    \setlength{\parskip}{0.5\baselineskip}\relax%
                    \setlength{\topsep}{\z@}\relax%
                    \setlength{\partopsep}{\z@}\relax%
                    \setlength{\parsep}{\parskip}\relax%
                    \setlength{\itemsep}{#3}\relax%
                    \setlength{\listparindent}{\z@}\relax%
                    \setlength{\itemindent}{\z@}\relax%
            }
        \expandafter\gdef\csname end#1\endcsname{%
            \end{#2}#5
            \setlength{\gesamtlinkerRand}{\alterlinkerRand}
            \setlength{\gesamtlinkerRand}{\alterrechterRand}
        }
    }

    \def\ritempunkt{{\Large\textbullet}} % \textbullet, $\sqbullet$, $\blacktriangleright$
    \setdefaultitem{\ritempunkt}{\ritempunkt}{\ritempunkt}{\ritempunkt}
    \punkteumgebung@genbefehl{itemise}{compactitem}{\parskip}{}{}
    \punkteumgebung@genbefehl{kompaktitem}{compactitem}{\z@}{}{}
    \punkteumgebung@genbefehl{enumerate}{compactenum}{\parskip}{}{}
    \punkteumgebung@genbefehl{kompaktenum}{compactenum}{\z@}{}{}

    \let\ALTthebibliography\thebibliography
    \renewenvironment{thebibliography}[1]{%
        \begin{ALTthebibliography}{#1}
        \addcontentsline{toc}{part}{\bibname}
    }{%
        \end{ALTthebibliography}
    }

%% ****************************************************************
%% NEUE UMGEBUNGEN:
%% ****************************************************************

    \def\matrix#1{\left(\begin{array}[mc]{#1}}
        \def\endmatrix{\end{array}\right)}
    \def\smatrix{\left(\begin{smallmatrix}}
        \def\endsmatrix{\end{smallmatrix}\right)}
    \def\vector{\begin{matrix}{c}}
        \def\endvector{\end{matrix}}
    \def\svector{\begin{smatrix}}
        \def\endsvector{\end{smatrix}}

    \def\multiargrekursiverbefehl#1#2#3#4#5#6#7#8{%
        \expandafter\gdef\csname#1\endcsname #2##1#4{\csname #1@anfang\endcsname##1#3\egroup}
        \expandafter\def\csname #1@anfang\endcsname##1#3{#5##1\@ifnextchar\egroup{\csname #1@ende\endcsname}{#7\csname #1@mitte\endcsname}}
        \expandafter\def\csname #1@mitte\endcsname##1#3{#6##1\@ifnextchar\egroup{\csname #1@ende\endcsname}{#7\csname #1@mitte\endcsname}}
        \expandafter\def\csname #1@ende\endcsname##1{#8}
    }
    \multiargrekursiverbefehl{svektor}{[}{;}{]}{\begin{smatrix}}{}{\\}{\\\end{smatrix}}
    \multiargrekursiverbefehl{vektor}{[}{;}{]}{\begin{matrix}{c}}{}{\\}{\\\end{matrix}}
    \multiargrekursiverbefehl{vektorzeile}{}{,}{;}{}{&}{}{}
    \multiargrekursiverbefehl{matlabmatrix}{[}{;}{]}{\begin{smatrix}\vektorzeile}{\vektorzeile}{;\\}{;\end{smatrix}}

    \def\underbracenodisplay#1{%
        \mathop{\vtop{\m@th\ialign{##\crcr
        $\hfil\displaystyle{#1}\hfil$\crcr
        \noalign{\kern3\p@\nointerlineskip}%
        \upbracefill\crcr\noalign{\kern3\p@}}}}\limits%
    }

    \def\mathe[#1]#2{%
        \ifthenelse{\equal{\boolinmdframed}{\boolwahr}}{}{\begin{escapeeinzug}}
        \noindent%
        \let\eqtagset\boolfalsch
        \let\eqtaglabel\boolleer
        \let\eqtagsymb\boolleer
        \let\alteqtag\eqtag
        \def\eqtag{\@ifnextchar[{\eqtag@loc@}{\eqtag@loc@[*]}}%
        \def\eqtag@loc@[##1]{\@ifnextchar\bgroup{\eqtag@loc@@[##1]}{\eqtag@loc@@[##1]{}}}%
        \def\eqtag@loc@@[##1]##2{%
            \gdef\eqtagset{\boolwahr}
            \gdef\eqtaglabel{##1}
            \gdef\eqtagsymb{##2}
        }%
        \def\verticalalign{}%
            \IfBeginWith{#1}{t}{\def\verticalalign{t}}{}%
            \IfBeginWith{#1}{m}{\def\verticalalign{c}}{}%
            \IfBeginWith{#1}{b}{\def\verticalalign{b}}{}%
        \def\horizontalalign{\null\hfill\null}%
            \IfEndWith{#1}{l}{}{\null\hfill\null}%
            \IfEndWith{#1}{r}{\def\horizontalalign{}}{}%
        \begin{math}
        \begin{array}[\verticalalign]{0#2}%
    }
        \def\endmathe{%
            \end{array}
            \end{math}\horizontalalign%
            \let\eqtag\alteqtag
            \ifthenelse{\equal{\eqtagset}{\boolwahr}}{\eqtag[\eqtaglabel]{\eqtagsymb}}{}
            \ifthenelse{\equal{\boolinmdframed}{\boolwahr}}{}{\end{escapeeinzug}}%
        }

    \def\longmathe[#1]#2{\relax
        \let\altarraystretch\arraystretch
        \renewcommand\arraystretch{1.2}\relax
        \begin{longtable}[#1]{\LINKSRAND #2}
    }
        \def\endlongmathe{
            \end{longtable}
            \renewcommand\arraystretch{\altarraystretch}
        }

    \def\einzug{\@ifnextchar[{\indents@}{\indents@[\z@]}}%]
        \def\indents@[#1]{\@ifnextchar[{\indents@@[#1]}{\indents@@[#1][\z@]}}%]
        \def\indents@@[#1][#2]{%
            \begin{list}{}{\relax
                \setlength{\topsep}{\z@}\relax
                \setlength{\partopsep}{\z@}\relax
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                \let\alterlinkerRand\gesamtlinkerRand
                \let\alterrechterRand\gesamtrechterRand
                \addtolength{\gesamtlinkerRand}{#1}
                \addtolength{\gesamtrechterRand}{#2}
            }\relax
                \item[]\relax
        }
            \def\endeinzug{%
                \setlength{\gesamtlinkerRand}{\alterlinkerRand}
                \setlength{\gesamtlinkerRand}{\alterrechterRand}
                \end{list}%
            }

    \def\escapeeinzug{\begin{einzug}[-\gesamtlinkerRand][-\gesamtrechterRand]}
        \def\endescapeeinzug{\end{einzug}}

    \def\programmiercode{
        \modulolinenumbers[1]
        \begin{einzug}[\rtab][\rtab]%
        \begin{linenumbers}%
            \fontfamily{cmtt}\fontseries{m}\fontshape{u}\selectfont%
            \setlength{\parskip}{1\baselineskip}%
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    }
        \def\endprogrammiercode{
            \end{linenumbers}
            \end{einzug}
        }

    \def\schattiertebox@genbefehl#1#2#3{
        \expandafter\gdef\csname #1\endcsname{%
            \@ifnextchar[{\csname #1@args\endcsname}{\csname #1@args\endcsname[#3]}%]%
        }
            \expandafter\def\csname #1@args\endcsname[##1]{%
                \@ifnextchar[{\csname #1@args@l\endcsname[##1]}{\csname #1@args@n\endcsname[##1]}%]%
            }
            \expandafter\def\csname #1@args@l\endcsname[##1][##2]{%
                \@ifnextchar[{\csname #1@args@l@r\endcsname[##1][##2]}{\csname #1@args@l@n\endcsname[##1][##2]}%]%
            }
            \expandafter\def\csname #1@args@n\endcsname[##1]{%
                \let\boolinmdframed\boolwahr
                \begin{mdframed}[#2leftmargin=0,rightmargin=0,outermargin=0,innermargin=0,##1]
            }
            \expandafter\def\csname #1@args@l@n\endcsname[##1][##2]{%
                \let\boolinmdframed\boolwahr
                \begin{mdframed}[#2leftmargin=##2/2,rightmargin=##2/2,outermargin=##2/2,innermargin=##2/2,##1]
            }
            \expandafter\def\csname #1@args@l@r\endcsname[##1][##2][##3]{%
                \let\boolinmdframed\boolwahr
                \begin{mdframed}[#2leftmargin=##2,rightmargin=##3,outermargin=##2,innermargin=##3,##1]
            }
        \expandafter\gdef\csname end#1\endcsname{%
            \end{mdframed}
            \let\boolinmdframed\boolfalsch
        }
    }
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        \def\algorithm{\schattiertebox[backgroundcolor=hellgrau,nobreak=false]}
            \def\endalgorithm{\endschattiertebox}

    \def\tikzsetzenode#1{%
        \tikz[remember picture,baseline,overlay]{\node #1;}%
    }
    \def\tikzsetzepfeil#1{%
        \begin{tikzpicture}[remember picture,overlay,>=latex]%
            \draw #1;%
        \end{tikzpicture}%
    }
    \def\tikzsetzeoverlay#1{%
        \begin{tikzpicture}[remember picture,overlay,>=latex]%
            #1%
        \end{tikzpicture}%
    }
    \def\tikzsetzekreise[#1]#2#3{%
        \tikzsetzepfeil{%
        [rounded corners,#1]%
            ([shift={(-\tabcolsep,0.75\baselineskip)}]#2)%
            rectangle%
            ([shift={(\tabcolsep,-0.5\baselineskip)}]#3)
        }%
    }

    \tikzset{
        >=stealth,
        auto,
        thick,
        main node/.style={
            circle,draw,font=\sffamily\Large\bfseries,minimum size=0pt
        },
    }

%% ********************************************************************************
%% FILE: src/setup-layout.tex
%% ********************************************************************************

\pagestyle{fancyplain}

\@ifundefined{setcitestyle}{%
    %% do nothing
}{%
    \setcitestyle{numeric-comp,open={[},close={]}}
}
\def\crefpairconjunction{ und }
\def\crefmiddleconjunction{, }
\def\creflastconjunction{, und }

\raggedbottom %% <- pushes footers up
\sloppy
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\def\continueparagraph{\noindent}

\hypersetup{
    hidelinks=true,
}

    \@addtoreset{chapter}{part} %% nötig für Hyperref.

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    \def\chapterfont{\documentfont\fontseries{bx}\huge\selectfont}
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    \def\partname{Teil\erlaubeplatz}
    \def\chaptername{Kapitel\erlaubeplatz}
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    \def\subsectionname{}
    \def\subsubsectionname{}

    \let\appendix@orig\appendix
    \def\appendix{%
        \appendix@orig%
        \let\boolinappendix\boolwahr
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        \def\sectionname{Appendix}%
        \def\theunitnamesection{\Alph{section}}%
    }
    \def\notappendix{%
        \let\boolinappendix\boolfalse
        \addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{1 }}
        \def\sectionname{}%
        \def\theunitnamesection{\arabic{section}}%
    }

%% \titlespacing{<sectionclassname>}
%%	{linker einzug}{platz oberhalb}{platz unterhalb}[rechter einzug]

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\def\rafootnotectr{20}
\def\incrftnotectr#1{%
    \addtocounter{#1}{1}%
    \ifnum\value{#1}>\rafootnotectr\relax
        \setcounter{#1}{0}%
    \fi%
}
\def\footnoteref[#1]{\protected@xdef\@thefnmark{\ref{#1}}\@footnotemark}
\let\altfootnotetext\footnotetext
    \def\footnotetext[#1]#2{\incrftnotectr{footnote}\altfootnotetext[\value{footnote}]{\label{#1}#2}}
\let\altfootnotemark\footnotemark
    %% Undesirable solution, as the text is not hyperlinked.
    \def\footnotemark[#1]{\text{\textsuperscript{\getrefnumber{#1}}}}

\DefineFNsymbols*{custom}{abcdefghijklmnopqrstuvwxyz}
\setfnsymbol{custom}
\def\footnotelayout{\documentfont\scriptsize}
\def\thefootnote{\fnsymbol{footnote}}

\def\kopfzeileleer{
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    \chead[]{}
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    \rfoot[]{}
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\DeclareRobustCommand\crfamily{\fontfamily{pcr}\selectfont}
\def\headingfont{\fontfamily{cmss}\selectfont}
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\let\cleardoublepage\clearpage

\def\startdocumentlayoutoptions{
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\def\highlightTerm#1{\emph{#1}}

%% ********************************************************************************
%% FILE: srclocal/setup-localmacros.tex
%% ********************************************************************************

%% ****************************************************************
%% MATHE:
%% ****************************************************************

\def\cal#1{\mathcal{#1}}
\def\reell{\mathbb{R}}
\def\kmplx{\mathbb{C}}
\def\Torus{\mathbb{T}}
\def\rtnl{\mathbb{Q}}
\def\intgr{\mathbb{Z}}

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\def\ntrlpos{\mathbb{N}}
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\def\reellNonNeg{\reell_{+}}

\def\imageinh{\imath}
\def\ReTeil{\mathop{\mathfrak{R}\text{\upshape e}}}
\def\ImTeil{\mathop{\mathfrak{I}\text{\upshape m}}}

\def\leer{\emptyset}
\def\restr#1{\vert_{#1}}
\def\ohne{\mathbin{\setminus}}
\def\Pot{\mathop{\mathcal{P}}}
\def\einser{\mathbf{1}}
\def\supp{\mathop{\mathrm{supp}}}

\def\brkt#1{\langle{}#1{}\rangle}
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\def\lneg{\mathop{\neg}}
\def\land{\mathop{\wedge}}
\def\lor{\mathop{\vee}}

\def\eps{\varepsilon}
\let\altphi\phi
\let\altvarphi\varphi
    \def\phi{\altvarphi}
    \def\varphi{\altphi}

\def\vectorspacespan{\mathop{\text{\upshape Lin}}}
\def\dim{\mathop{\text{\upshape dim}}}
\def\rank{\mathop{\text{\upshape Rang}}}
\def\onematrix{\text{\upshape\bfseries I}}
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\def\zerovector{\text{\upshape\bfseries 0}}

\def\graph{\mathop{\text{\upshape Gph}}}
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\def\ggT{\mathop{\text{\upshape ggT}}}
\def\choose#1#2{\begin{smatrix}#1\\#2\\\end{smatrix}}

\makeatother

\begin{document}
    \startdocumentlayoutoptions

    %% FRONTMATTER:
    \thispagestyle{plain}

%% ********************************************************************************
%% FILE: front/index.tex
%% ********************************************************************************

%% ********************************************************************************
%% FILE: front/title.tex
%% ********************************************************************************

\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 Lösungen zu diversen Aufgaben im Kurs\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}

%% ********************************************************************************
%% FILE: front/foreword.tex
%% ********************************************************************************

\chapter*{Vorwort}

Dieses Dokument enthält Lösungsansätze zu den Übungsserien, Selbstkontrollenaufgaben, und Quizzes.
(Diese werden natürlich \emph{nach} Abgabefristen hochgeladen.)
Der Zweck dieser Lösungen besteht darin, Ansätze zu präsentieren,
mit denen man seine eigenen Versuche vergleichen kann.

%% ********************************************************************************
%% FILE: front/contents.tex
%% ********************************************************************************

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

    \tableofcontents

    %% HAUPTTEXT:

%% ********************************************************************************
%% FILE: body/index.tex
%% ********************************************************************************

\setcounternach{part}{1}
\part{Übungsserien}

    \def\chaptername{Übungsserie}

%% ********************************************************************************
%% FILE: body/uebung/ueb1.tex
%% ********************************************************************************

\setcounternach{chapter}{1}
\chapter[Woche 1]{Woche 1}
    \label{ueb:1}

\textbf{ACHTUNG.}
Diese Lösungen dienen \emph{nicht} als Musterlösungen sondern eher als Referenz.
Hier wird eingehender gearbeitet, als generell verlangt wird.
Das Hauptziel hier ist, eine Variant anzubieten, gegen die man seine Versuche vergleichen kann.

%% AUFGABE 1-1
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 1]{}
    \label{ueb:1:ex:1}
\let\sectionname\altsectionname

Zu bestimmen ist die Lösungsmenge

    \begin{mathe}[mc]{rcl}
        L_{\alpha,\beta} &:= &\{
            \mathbf{x}\in\reell^{n}
            \mid A_{\alpha}\mathbf{x}=\mathbf{b}_{\beta}
        \}\\
    \end{mathe}

für $\alpha,\beta\in\reell$,
wobei $m=3$ und $n=4$, und
$A_{\alpha}\in\reell^{m\times n}$ und $\mathbf{b}_{\beta}\in\reell^{m}$
durch

    \begin{mathe}[mc]{rclqrcl}
        A_{\alpha} &:= &\begin{matrix}{cccc}
          1 &7 &2 &-1\\
          1 &8 &6 &-3\\
          2 &14 &\alpha &-2\\
        \end{matrix}
        &\mathbf{b}_{\beta} &:= &\begin{vector} 4\\ 0\\ \beta\\\end{vector}
    \end{mathe}

gegeben sind.
Um die Lösungsmenge zu bestimmen führen wir das Gaußverfahren aus:

\begin{algorithm}[\rtab][\rtab]
    Ursprüngliches LGS $(A_{\alpha}|b_{\beta})$:

    \begin{mathe}[mc]{c}
        \begin{matrix}{cccc|c}
          1 &7 &2 &-1 &4\\
          1 &8 &6 &-3 &0\\
          2 &14 &\alpha &-2 &\beta\\
        \end{matrix}\\
    \end{mathe}

    Wende die Zeilentransformationen

        {\footnotesize
        \begin{mathe}[mc]{rcl}
            Z_{2} &\leftsquigarrow &Z_{2}-Z_{1}\\
            Z_{3} &\leftsquigarrow &Z_{3}-2\cdot Z_{1}\\
        \end{mathe}}

    an:

    \begin{mathe}[mc]{c}
        \begin{matrix}{cccc|c}
          \boxed{1} &7 &2 &-1 &4\\
          0 &\boxed{1} &4 &-2 &-4\\
          0 &0 &\boxed{\alpha - 4} &0 &\beta - 8\\
        \end{matrix}\\
    \end{mathe}

\end{algorithm}

Die eingezeichneten Einträge markieren die ersten Einträge der Stufen.
Es gibt also $2$ oder $3$ Stufen, je nachdem, ob ${\alpha - 4=0}$.
Dies führt zu einem Fallunterschied:

\begin{enumerate}{\bfseries {Fall} 1.}
    %% FALL 1
    \item $\alpha-4=0$. Das heißt, $\alpha=4$.
        In diesem Falle hat das augmentierte System genau $2$ Stufen
        und sieht wie folgt aus:

        \begin{mathe}[mc]{c}
            \begin{matrix}{cccc|c}
              \boxed{1} &7 &2 &-1 &4\\
              0 &\boxed{1} &4 &-2 &-4\\
              0 &0 &0 &0 &\beta - 8\\
            \end{matrix}\\
        \end{mathe}

        Dies führt zu zwei weiteren Fällen, denn die $3$. Gleichung ist jetzt genau dann lösbar,
        wenn $\beta-8=0$.

        \begin{enumerate}{\bfseries {Fall 1}a.}
            %% FALL 1a
            \item $\beta-8\neq 0$. Das heißt, $\beta\neq 8$.
                Dann ist die $3$. Gleichung und damit das LGS nicht lösbar.
                Darum erhalten wir $\boxed{L_{\alpha,\beta}=\leer}$.

            %% FALL 1b
            \item $\beta-8=0$. Das heißt, $\beta=8$.
                Dann ist die $3$. Gleichung trivialerweise erfüllt.
                Das augmentierte System sieht wird zum

                \begin{mathe}[mc]{c}
                    \begin{matrix}{cccc|c}
                      \boxed{1} &7 &2 &-1 &4\\
                      0 &\boxed{1} &4 &-2 &-4\\
                      0 &0 &0 &0 &0\\
                    \end{matrix}\\
                \end{mathe}

                und kann jetzt aufgelöst werden.
                Wir arbeiten von unten nach oben:

                \begin{algorithm}[2\rtab][\rtab]
                    Aus der ganzen Zeilenstufenform erschließt sich

                    \begin{mathe}[mc]{c}
                        x_{3},\, x_{4}\,\text{sind frei}\\
                    \end{mathe}

                    Aus der Stufenform von Gleichungen $2$ und $1$ erschließt sich

                    \begin{mathe}[mc]{rcl}
                        x_{2} &= &-4 - 4x_{3} + 2x_{4}\\
                        x_{1} &= &4 - 7x_{2} - 2x_{3} + x_{4}\\
                            &= &4 - 7(-4 - 4x_{3} + 2x_{4}) - 2x_{3} + x_{4}\\
                            &= &32 + 26x_{3} + -13x_{4}\\
                    \end{mathe}

                    Zusammengefasst erhalten wir die allgemeine Form der Lösung:

                    \begin{mathe}[mc]{rcl}
                        \mathbf{x} &= &\begin{svector} x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3}\\ x_{4}\\\end{svector}\\
                            &= &\begin{svector} 32 + 26x_{3} + -13x_{4}\\ -4 - 4x_{3} + 2x_{4}\\ x_{3}\\ x_{4}\\\end{svector}\\
                            &= &\begin{svector} 32 + 26x_{3} + -13x_{4}\\ -4 - 4x_{3} + 2x_{4}\\ 0 + 1x_{3} + 0x_{4}\\ 0 + 0x_{3} + 1x_{4}\\\end{svector}\\
                            &= &\begin{svector} 32\\ -4\\ 0\\ 0\\\end{svector}
                            + \begin{svector} 26x_{3}\\ -4x_{3}\\ 1x_{3}\\ 0x_{3}\\\end{svector}
                            + \begin{svector} -13x_{4}\\ 2x_{4}\\ 1x_{4}\\ 1x_{4}\\\end{svector}\\
                            &= &\begin{svector} 32\\ -4\\ 0\\ 0\\\end{svector}
                            + x_{3}\cdot\begin{svector} 26\\ -4\\ 1\\ 0\\\end{svector}
                            + x_{4}\cdot\begin{svector} -13\\ 2\\ 1\\ 1\\\end{svector}\\
                    \end{mathe}

                    mit $x_{3}$, $x_{4}$ frei wählbar.
                \end{algorithm}

                Also erhalten wird in diesem Falle
                    $\boxed{
                        L_{\alpha,\beta}=\left\{
                            \begin{svector} 32\\ -4\\ 0\\ 0\\\end{svector}
                            + t_{1}\cdot\begin{svector} 26\\ -4\\ 1\\ 0\\\end{svector}
                            + t_{2}\cdot\begin{svector} -13\\ 2\\ 1\\ 1\\\end{svector}
                        \mid t_{1}, t_{2}\in\reell
                        \right\}
                    }$,
                oder etwas kompakter formuliert,
                    ${L_{\alpha,\beta}=\begin{svector} 32\\ -4\\ 0\\ 0\\\end{svector} + \vectorspacespan\left\{\begin{svector} 26\\ -4\\ 1\\ 0\\\end{svector}, \begin{svector} -13\\ 2\\ 1\\ 1\\\end{svector}\right\}}$.
        \end{enumerate}

    %% FALL 2
    \item $\alpha-4\neq 0$. Das heißt, $\alpha\neq 4$.
        In diesem Falle hat das augmentierte System genau $3$ Stufen und diesmal ist nur $x_{4}$ frei.
        Man beachte, dass dies im Grunde genau wie Fall 1b ist, nur dass wir zusätzlich Gleichung 3 beachten und $x_{3}$ bestimmen müssen.

        \begin{algorithm}[2\rtab][\rtab]
            Aus der Stufenform von Gleichungen $3$ ergibt sich

            \begin{mathe}[mc]{rcl}
                x_{3} &= &\frac{\beta-8}{\alpha-4}\\
            \end{mathe}

            Der Rest der Lösung des Gleichungssystems verhält sich genau wie im Fall 3b,
            das heißt

            \begin{mathe}[mc]{rcl}
                \mathbf{x} &= &\begin{svector} 32\\ -4\\ 0\\ 0\\\end{svector}
                    + x_{3}\cdot\begin{svector} 26\\ -4\\ 1\\ 0\\\end{svector}
                    + x_{4}\cdot\begin{svector} -13\\ 2\\ 1\\ 1\\\end{svector}\\
                    &= &\begin{svector} 32\\ -4\\ 0\\ 0\\\end{svector}
                    + \frac{\beta-8}{\alpha-4}\cdot\begin{svector} 26\\ -4\\ 1\\ 0\\\end{svector}
                    + x_{4}\cdot\begin{svector} -13\\ 2\\ 1\\ 1\\\end{svector},\\
            \end{mathe}

            wobei $x_{4}$ frei wählbar ist.
        \end{algorithm}

        Also erhalten wird in diesem Falle
            $\boxed{
                L_{\alpha,\beta}=\left\{
                    \begin{svector} 32\\ -4\\ 0\\ 0\\\end{svector}
                    + \frac{\beta-8}{\alpha-4}\cdot\begin{svector} 26\\ -4\\ 1\\ 0\\\end{svector}
                    + t\cdot\begin{svector} -13\\ 2\\ 1\\ 1\\\end{svector}
                \mid t\in\reell
                \right\}
            }$,
        oder etwas kompakter formuliert,
            ${L_{\alpha,\beta}=\begin{svector} 32\\ -4\\ 0\\ 0\\\end{svector} + \frac{\beta-8}{\alpha-4}\cdot\begin{svector} 26\\ -4\\ 1\\ 0\\\end{svector} + \vectorspacespan\left\{\begin{svector} -13\\ 2\\ 1\\ 1\\\end{svector}\right\}}$.
\end{enumerate}

Wir fassen die Lösung für alle Fälle zusammen:

    \begin{mathe}[mc]{rcl}
        L_{\alpha,\beta} &= &\begin{cases}[m]{lcl}
            \leer &: &\alpha=4,\,\beta\neq 8\\
            \mathbf{u} + \vectorspacespan\{\mathbf{v},\mathbf{w}\} &: &\alpha=4,\,\beta=8\\
            \mathbf{u} + \frac{\alpha-4}{\beta-8}\mathbf{v} + \vectorspacespan\{\mathbf{w}\} &: &\alpha\neq 4\\
        \end{cases}
    \end{mathe}

für alle $\alpha,\beta\in\reell$,
wobei
    $\mathbf{u} = \begin{svector} 32\\ -4\\ 0\\ 0\\\end{svector}$,
    $\mathbf{v} = \begin{svector} 26\\ -4\\ 1\\ 0\\\end{svector}$,
    $\mathbf{w} = \begin{svector} -13\\ 2\\ 1\\ 1\\\end{svector}$.

%% AUFGABE 1-2
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 2]{}
    \label{ueb:1:ex:2}
\let\sectionname\altsectionname

\begin{schattierteboxdunn}
\begin{satz}
    \makelabel{satz:main:ueb:1:ex:2}
    Angewandt auf die erweiterte Koeffizientenmatrix eines linearen Gleichungssystems
    verändern
    die elementaren Zeilenumformungen vom Typ (I), (II) und (III)
    die Menge der Lösungen nicht.
\end{satz}
\end{schattierteboxdunn}

Wir beweisen \Cref{satz:main:ueb:1:ex:2} mithilfe der folgenden Teilergebnisse.

\begin{lemm}
    \makelabel{lemm:1:ueb:1:ex:2}
    Seien $m,n\in\ntrlpos$ und $A\in\reell^{m\times n}$ und $\mathbf{b}\in\reell^{m}$.
    Für $i,j\in\{1,2,\ldots,m\}$ mit $i\neq j$ bezeichne mit

        \begin{mathe}[mc]{rcl}
            (A|\mathbf{b}) &\overset{I;i,j}{\rightsquigarrow} &(A'|\mathbf{b}')\\
        \end{mathe}

    die Anwendung von Zeilentransformation (I) auf $(A|\mathbf{b})$,
    wobei Zeile${}_{i}$ und Zeile${}_{j}$ umgetauscht werden,
    was in $(A'|\mathbf{b}')$ resultiert.
    Dann für alle ${\mathbf{x}\in\reell^{n}}$,
    falls $\mathbf{x}$ eine Lösung für $(A|\mathbf{b})$ ist,
    dann ist $\mathbf{x}$ eine Lösung für $(A'|\mathbf{b}')$.
\end{lemm}

    \begin{einzug}[\rtab][\rtab]
    \begin{proof}
        Betrachte den Fall $i<j$.
        Es gilt

            \begin{longtable}[mc]{RL}
                    &\text{$\mathbf{x}$ eine Lösung für $(A|\mathbf{b})$}\\
                \Longrightarrow
                    &{\scriptsize
                    \left\{
                    \begin{array}[m]{crccccclcl}
                        &(a_{1,1}x_{1} &+ &a_{1,2}x_{2} &+ &\cdots &+ &a_{1,n}x_{n} &= &b_{1})\\
                        \text{und} &(a_{2,1}x_{1} &+ &a_{2,2}x_{2} &+ &\cdots &+ &a_{2,n}x_{n} &= &b_{2})\\
                        \cdots\\
                        \text{und} &(a_{i,1}x_{1} &+ &a_{i,2}x_{2} &+ &\cdots &+ &a_{i,n}x_{n} &= &b_{i})\\
                        \cdots\\
                        \text{und} &(a_{j,1}x_{1} &+ &a_{j,2}x_{2} &+ &\cdots &+ &a_{j,n}x_{n} &= &b_{j})\\
                        \cdots\\
                        \text{und} &(a_{m,1}x_{1} &+ &a_{m,2}x_{2} &+ &\cdots &+ &a_{m,n}x_{n} &= &b_{m})
                    \end{array}
                    \right.}\\
                \\
                \Longrightarrow
                    &{\scriptsize
                    \left\{
                    \begin{array}[m]{crccccclcl}
                        &(a_{1,1}x_{1} &+ &a_{1,2}x_{2} &+ &\cdots &+ &a_{1,n}x_{n} &= &b_{1})\\
                        \text{und} &(a_{2,1}x_{1} &+ &a_{2,2}x_{2} &+ &\cdots &+ &a_{2,n}x_{n} &= &b_{2})\\
                        \cdots\\
                        \text{und} &(a_{j,1}x_{1} &+ &a_{j,2}x_{2} &+ &\cdots &+ &a_{j,n}x_{n} &= &b_{j})\\
                        \cdots\\
                        \text{und} &(a_{i,1}x_{1} &+ &a_{i,2}x_{2} &+ &\cdots &+ &a_{i,n}x_{n} &= &b_{i})\\
                        \cdots\\
                        \text{und} &(a_{m,1}x_{1} &+ &a_{m,2}x_{2} &+ &\cdots &+ &a_{m,n}x_{n} &= &b_{m})
                    \end{array}
                    \right.}\\
                \\
                &\text{da lediglich zwei Aussagen in einer Konjunktion umgetauscht werden}\\
                \\
                \Longrightarrow
                &\text{$\mathbf{x}$ eine Lösung für $(A'|\mathbf{b})'$, da $(A|\mathbf{b})\overset{I;i,j}{\rightsquigarrow}(A'|\mathbf{b}')$.}\\
            \end{longtable}

        Der Fall $i>j$ lässt sich analog zeigen.
        Falls $i=j$ bleibt das System unverändert, sodass die Behauptung trivialerweise gilt.
    \end{proof}
    \end{einzug}

\begin{lemm}
    \makelabel{lemm:2:ueb:1:ex:2}
    Seien $m,n\in\ntrlpos$ und $A\in\reell^{m\times n}$ und $\mathbf{b}\in\reell^{m}$.
    Für ${i\in\{1,2,\ldots,m\}}$ und ${\alpha\in\reell\ohne\{0\}}$ bezeichne mit

        \begin{mathe}[mc]{rcl}
            (A|\mathbf{b}) &\overset{II;i,\alpha}{\rightsquigarrow} &(A'|\mathbf{b}')\\
        \end{mathe}

    die Anwendung von Zeilentransformation (II) auf $(A|\mathbf{b})$,
    wobei Zeile${}_{i}$ durch $\alpha\cdot$Zeile${}_{i}$ ersetzt wird,
    was in $(A'|\mathbf{b}')$ resultiert.
    Dann für alle ${\mathbf{x}\in\reell^{n}}$,
    falls $\mathbf{x}$ eine Lösung für $(A|\mathbf{b})$ ist,
    dann ist $\mathbf{x}$ eine Lösung für $(A'|\mathbf{b}')$.
\end{lemm}

    \begin{einzug}[\rtab][\rtab]
    \begin{proof}
        Es gilt

            \begin{longtable}[mc]{RL}
                    &\text{$\mathbf{x}$ eine Lösung für $(A|\mathbf{b})$}\\
                \Longrightarrow
                    &{\scriptsize
                    \left\{
                    \begin{array}[m]{crccccclcl}
                        &(a_{1,1}x_{1} &+ &a_{1,2}x_{2} &+ &\cdots &+ &a_{1,n}x_{n} &= &b_{1})\\
                        \text{und} &(a_{2,1}x_{1} &+ &a_{2,2}x_{2} &+ &\cdots &+ &a_{2,n}x_{n} &= &b_{2})\\
                        \cdots\\
                        \text{und} &(a_{i,1}x_{1} &+ &a_{i,2}x_{2} &+ &\cdots &+ &a_{i,n}x_{n} &= &b_{i})\\
                        \cdots\\
                        \text{und} &(a_{m,1}x_{1} &+ &a_{m,2}x_{2} &+ &\cdots &+ &a_{m,n}x_{n} &= &b_{m})
                    \end{array}
                    \right.}\\
                \\
                \Longrightarrow
                    &{\scriptsize
                    \left\{
                    \begin{array}[m]{crccccclcl}
                        &(a_{1,1}x_{1} &+ &a_{1,2}x_{2} &+ &\cdots &+ &a_{1,n}x_{n} &= &b_{1})\\
                        \text{und} &(a_{2,1}x_{1} &+ &a_{2,2}x_{2} &+ &\cdots &+ &a_{2,n}x_{n} &= &b_{2})\\
                        \cdots\\
                        \text{und} &(\alpha\cdot (a_{i,1}x_{1} &+ &a_{i,2}x_{2} &+ &\cdots &+ &a_{i,n}x_{n}) &= &\alpha\cdot b_{i})\\
                        \cdots\\
                        \text{und} &(a_{m,1}x_{1} &+ &a_{m,2}x_{2} &+ &\cdots &+ &a_{m,n}x_{n} &= &b_{m})
                    \end{array}
                    \right.}\\
                \\
                \Longrightarrow
                    &{\scriptsize
                    \left\{
                    \begin{array}[m]{crccccclcl}
                        &(a_{1,1}x_{1} &+ &a_{1,2}x_{2} &+ &\cdots &+ &a_{1,n}x_{n} &= &b_{1})\\
                        \text{und} &(a_{2,1}x_{1} &+ &a_{2,2}x_{2} &+ &\cdots &+ &a_{2,n}x_{n} &= &b_{2})\\
                        \cdots\\
                        \text{und} &(\alpha\cdot a_{i,1}x_{1} &+ &\alpha\cdot a_{i,2}x_{2} &+ &\cdots &+ &\alpha\cdot a_{i,n}x_{n} &= &\alpha\cdot b_{i})\\
                        \cdots\\
                        \text{und} &(a_{m,1}x_{1} &+ &a_{m,2}x_{2} &+ &\cdots &+ &a_{m,n}x_{n} &= &b_{m})
                    \end{array}
                    \right.}\\
                \\
                &\text{$\mathbf{x}$ eine Lösung für $(A'|\mathbf{b})'$, da $(A|\mathbf{b})\overset{II;i,\alpha}{\rightsquigarrow}(A'|\mathbf{b}')$.}
            \end{longtable}

        Also gilt die Behauptung.
    \end{proof}
    \end{einzug}

\begin{lemm}
    \makelabel{lemm:3:ueb:1:ex:2}
    Seien $m,n\in\ntrlpos$ und $A\in\reell^{m\times n}$ und $\mathbf{b}\in\reell^{m}$.
    Für ${i,j\in\{1,2,\ldots,m\}}$ mit $i\neq j$ und $\alpha\in\reell$ bezeichne mit

        \begin{mathe}[mc]{rcl}
            (A|\mathbf{b}) &\overset{III;i,j,\alpha}{\rightsquigarrow} &(A'|\mathbf{b}')\\
        \end{mathe}

    die Anwendung von Zeilentransformation (III) auf $(A|\mathbf{b})$,
    wobei Zeile${}_{i}$ durch die Addition von Zeile${}_{i}$ mit $\alpha\cdot$Zeile${}_{j}$ ersetzt wird,
    was in $(A'|\mathbf{b}')$ resultiert.
    Dann für alle ${\mathbf{x}\in\reell^{n}}$,
    falls $\mathbf{x}$ eine Lösung für $(A|\mathbf{b})$ ist,
    dann ist $\mathbf{x}$ eine Lösung für $(A'|\mathbf{b}')$.
\end{lemm}

    \begin{einzug}[\rtab][\rtab]
    \begin{proof}
        Es gilt

            \begin{longtable}[mc]{RL}
                    &\text{$\mathbf{x}$ eine Lösung für $(A|\mathbf{b})$}\\
                \Longrightarrow
                    &{\scriptsize
                    \left\{
                    \begin{array}[m]{crccccclcl}
                        &(a_{1,1}x_{1} &+ &a_{1,2}x_{2} &+ &\cdots &+ &a_{1,n}x_{n} &= &b_{1})\\
                        \text{und} &(a_{2,1}x_{1} &+ &a_{2,2}x_{2} &+ &\cdots &+ &a_{2,n}x_{n} &= &b_{2})\\
                        \cdots\\
                        \text{und} &(a_{i,1}x_{1} &+ &a_{i,2}x_{2} &+ &\cdots &+ &a_{i,n}x_{n} &= &b_{i})\\
                        \cdots\\
                        \text{und} &(a_{m,1}x_{1} &+ &a_{m,2}x_{2} &+ &\cdots &+ &a_{m,n}x_{n} &= &b_{m})
                    \end{array}
                    \right.}\\
                \\
                \Longrightarrow
                    &{\scriptsize
                    \left\{
                    \begin{array}[m]{crccccclcl}
                        &(a_{1,1}x_{1} &+ &a_{1,2}x_{2} &+ &\cdots &+ &a_{1,n}x_{n} &= &b_{1})\\
                        \text{und} &(a_{2,1}x_{1} &+ &a_{2,2}x_{2} &+ &\cdots &+ &a_{2,n}x_{n} &= &b_{2})\\
                        \cdots\\
                        \text{und} &(a_{i,1}x_{1} &+ &a_{i,2}x_{2} &+ &\cdots &+ &a_{i,n}x_{n} + \alpha\cdot b_{j} &= &b_{i} + \alpha\cdot b_{j})\\
                        \cdots\\
                        \text{und} &(a_{m,1}x_{1} &+ &a_{m,2}x_{2} &+ &\cdots &+ &a_{m,n}x_{n} &= &b_{m})
                    \end{array}
                    \right.}\\
                \\
                \Longrightarrow
                    &{\scriptsize
                    \left\{
                    \begin{array}[m]{crccccclcl}
                        &(a_{1,1}x_{1} &+ &a_{1,2}x_{2} &+ &\cdots &+ &a_{1,n}x_{n} &= &b_{1})\\
                        \text{und} &(a_{2,1}x_{1} &+ &a_{2,2}x_{2} &+ &\cdots &+ &a_{2,n}x_{n} &= &b_{2})\\
                        \cdots\\
                        \text{und} &(a_{i,1}x_{1} &+ &a_{i,2}x_{2} &+ &\cdots &+ &a_{i,n}x_{n}\\
                            &+\alpha\cdot a_{j,1}x_{1} &+ &\alpha\cdot a_{j,2}x_{2} &+ &\cdots &+ &\alpha\cdot a_{j,n}x_{n} &= &b_{i} + \alpha\cdot b_{j})\\
                        \cdots\\
                        \text{und} &(a_{m,1}x_{1} &+ &a_{m,2}x_{2} &+ &\cdots &+ &a_{m,n}x_{n} &= &b_{m})
                    \end{array}
                    \right.}\\
                \\
                &\text{da laut der $j$-ten Gleichung gilt ${b_{j}=\sum_{k=1}^{m}a_{j,k}x_{k}}$}\\
                \\
                \Longrightarrow
                    &{\scriptsize
                    \left\{
                    \begin{array}[m]{crccccclcl}
                        &(a_{1,1}x_{1} &+ &a_{1,2}x_{2} &+ &\cdots &+ &a_{1,n}x_{n} &= &b_{1})\\
                        \text{und} &(a_{2,1}x_{1} &+ &a_{2,2}x_{2} &+ &\cdots &+ &a_{2,n}x_{n} &= &b_{2})\\
                        \cdots\\
                        \text{und} &(a'_{i,1}x_{1} &+ &a'_{i,2}x_{2} &+ &\cdots &+ &a'_{i,n}x_{n} &= &b'_{i})\\
                        \cdots\\
                        \text{und} &(a_{m,1}x_{1} &+ &a_{m,2}x_{2} &+ &\cdots &+ &a_{m,n}x_{n} &= &b_{m}),
                    \end{array}
                    \right.}\\
                \\
                &\text{wobei $a'_{i,k}=a_{i,k}+\alpha\cdot a_{j,k}$ für alle $k$ und $b'_{i}=b_{i}+\alpha\cdot b_{j}$}\\
                \\
                \Longrightarrow
                &\text{$\mathbf{x}$ eine Lösung für $(A'|\mathbf{b})'$, da $(A|\mathbf{b})\overset{III;i,j,\alpha}{\rightsquigarrow}(A'|\mathbf{b}')$.}
            \end{longtable}

        Also gilt die Behauptung.
    \end{proof}
    \end{einzug}

Endlich können wir \Cref{satz:main:ueb:1:ex:2} beweisen:

\begin{proof}[von \Cref{satz:main:ueb:1:ex:2}]
    Seien $m,n\in\ntrlpos$ und $A\in\reell^{m\times n}$ und $\mathbf{b}\in\reell^{m}$.
    Seien $A'\in\reell^{m\times n}$ und $\mathbf{b}'\in\reell^{m}$,
    so dass $(A|\mathbf{b})$ durch eine Transformation der Art (I), (II) oder (III)
    aus $(A|\mathbf{b})$ entsteht.
    Das heißt, entweder

        \begin{mathe}[mc]{lrcl}
            \eqtag[eq:0:\beweislabel]
                &(A|\mathbf{b}) &\overset{I;i,j}{\rightsquigarrow} &(A'|\mathbf{b}')\\
             \text{oder} &(A|\mathbf{b}) &\overset{I;i,\alpha}{\rightsquigarrow} &(A'|\mathbf{b}')\\
             \text{oder} &(A|\mathbf{b}) &\overset{III;i,j,\alpha}{\rightsquigarrow} &(A'|\mathbf{b}')\\
        \end{mathe}

    gilt, für ein $i,j\in\{1,2,\ldots,m\}$ mit $i\neq j$ und $\alpha\in\reell\ohne\{0\}$.\\
    \textbf{Zu zeigen:}

        \begin{mathe}[mc]{rcl}
        \eqtag[eq:1:\beweislabel]
            \{\mathbf{x}\in\reell^{n}\mid\mathbf{x}\text{ eine Lösung für }(A|\mathbf{b})\}
            &= &\{\mathbf{x}\in\reell^{n}\mid\mathbf{x}\text{ eine Lösung für }(A|\mathbf{b})\}.\\
        \end{mathe}

    Wir zeigen dies in zwei Teile:

    \uline{\bfseries ($\subseteq$.)}\\
    Sei $\mathbf{x}\in\reell^{n}$ ein beliebiges Element aus der linken Menge,
    d.\,h. $\mathbf{x}$ ist eine Lösung zu $(A|\mathbf{b})$.
    Laut \Cref{lemm:1:ueb:1:ex:2} + \Cref{lemm:2:ueb:1:ex:2} + \Cref{lemm:3:ueb:1:ex:2}
    und wegen \eqcref{eq:0:\beweislabel}
    erhalten wir, dass $\mathbf{x}$ eine Lösung zu $(A'|\mathbf{b}')$ ist,
    d.\,h. $\mathbf{x}$ liegt in der rechten Menge.
    Also ist die linke Menge in der rechten enthalten.

    \uline{\bfseries ($\supseteq$.)}\\
    Man beachte zuerst, dass sich die Transformation in \eqcref{eq:0:\beweislabel} umkehren lässt---\text{und zwar durch Elementartransformationen}.
    Es ist einfach zu sehen, dass entweder

        \begin{mathe}[mc]{lrcl}
                &(A'|\mathbf{b}') &\overset{I;i,j}{\rightsquigarrow} &(A|\mathbf{b})\\
             \text{oder} &(A'|\mathbf{b}') &\overset{I;i,\alpha^{-1}}{\rightsquigarrow} &(A|\mathbf{b})\\
             \text{oder} &(A'|\mathbf{b}') &\overset{III;i,j,-\alpha}{\rightsquigarrow} &(A|\mathbf{b}).\\
        \end{mathe}

    Die Situation ist also analog zum $\subseteq$-Teil.
    Darum gilt die $\supseteq$-Inklusion in \eqcref{eq:1:\beweislabel}.
\end{proof}

\clearpage
%% AUFGABE 1-3
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 3]{}
    \label{ueb:1:ex:3}
\let\sectionname\altsectionname

Für diese Aufgabe wird das Konzept der \emph{linearen Unabhängigkeit} aus Kapitel 5 angewandt.

\begin{defn}
    Seien $m,n\in\ntrlpos$ mit $m>n$
    und seien $A\in\reell^{m\times n}$, $\mathbf{b}\in\reell^{m}$,
    und $I\subseteq\{1,2,\ldots,m\}$.
    Bezeichne mit $(A|\mathbf{b})_{I}$ die erweiterte Koeffizientenmatrix $(A|\mathbf{b})$,
    die auf die Zeilen mit Indexes aus $I$ (in bspw. aufsteigender Reihenfolge) reduziert ist.
\end{defn}

\begin{e.g.}
    Für $(A|\mathbf{b})$ gleich

        {\scriptsize
        \begin{mathe}[mc]{c}
            \begin{matrix}{ccc|c}
              -5 &0 &0 &-7\\
              4 &-6 &-10 &6\\
              -2 &-6 &-6 &9\\
              -7 &4 &-1 &-5\\
              4 &-5 &2 &-9\\
              -5 &8 &-7 &-5\\
            \end{matrix}
        \end{mathe}}

    und $I=\{2,5,6\}$ ist $(A|\mathbf{b})_{I}$ gleich

        {\scriptsize
        \begin{mathe}[bc]{c}
            \begin{matrix}{ccc|c}
              4 &-6 &-10 &6\\
              4 &-5 &2 &-9\\
              -5 &8 &-7 &-5\\
            \end{matrix}.
        \end{mathe}}

    \nvraum{1}

\end{e.g.}

Mit diesem Mittel können wir nun die Hauptaussage in der Aufgabe formulieren:

\begin{schattierteboxdunn}
\begin{satz}
    \makelabel{satz:main:ueb:1:ex:3}
    Seien $m,n\in\ntrlpos$ mit $m>n$
    und seien $A\in\reell^{m\times n}$ und $\mathbf{b}\in\reell^{m}$.
    Falls $(A|\mathbf{b})$ unlösbar ist,
    dann existiert $I\subseteq\{1,2,\ldots,m\}$ mit $|I|=n+1$,
    so dass $(A|\mathbf{b})_{I}$ unlösbar ist.
\end{satz}
\end{schattierteboxdunn}

    \begin{einzug}[\rtab][\rtab]
    \begin{proof}[*][\Cref{\beweislabel}]
        Es stehen nun die \emph{Zeilen} der Matrix $A$ im Fokus.
        Wir verwandeln diese in Vektoren, d.\,h. setze

            \begin{mathe}[mc]{c}
                \mathbf{z}^{(i)}\in\reell^{n}\,\text{die $i$-te Zeile von $A$ als Vektor geschrieben}
            \end{mathe}

        für $i\in\{1,2,\ldots,m\}$.
        Da ${\mathbf{z}^{(1)},\mathbf{z}^{(2)},\ldots,\mathbf{z}^{(m)}\in\reell^{n}}$,
        können wir eine \emph{maximale Menge} ${I_{0}\subseteq\{1,2,\ldots,m\}}$ finden,
        so dass $(\mathbf{z}^{(i)})_{i\in I_{0}}$ aus linear unabhängigen Vektoren besteht.
        Wegen der Dimension von $\reell^{n}$ gilt ${|I|\leq\min\{m,n\}=n}$.
        Sei ${k\in\{1,2,\ldots,m\}\ohne I_{0}}$ beliebig.
        Wegen Maximalität muss $(\mathbf{z}^{(i)})_{i\in I_{0}\cup\{k\}}$ \emph{linear abhängig} sein.
        Und wegen der linearen Unabhängigkeit von $(\mathbf{z}^{(i)})_{i\in I_{0}}$
        existieren (eindeutige) Koeffizienten $c_{k,i}\in\reell$ für $i\in I_{0}$ so dass

            \begin{mathe}[mc]{rcl}
                \eqtag[eq:1:\beweislabel]
                \mathbf{z}^{(k)} &= &\sum_{i\in I_{0}:~}c_{k,i}\mathbf{z}^{(i)}\\
            \end{mathe}

        gilt.

        Um nun die Hauptaussage zu zeigen, nehmen wir an, dass $(A|\mathbf{b})$ unlösbar ist.
        \textbf{Zu zeigen:} Es gibt eine Teilmenge ${I\subseteq\{1,2,\ldots,m\}}$ mit ${|I|=n+1}$,
        so dass $(A|\mathbf{b})_{I}$ unlösbar ist.
        \fbox{Angenommen, dies sei nicht der Fall.}
        Aus dieser Annahme leiten wir folgende Behauptungen ab:

        \begin{kompaktitem}[\rtab][\rtab]
            \behauptungbeleg{1}
                Die Verhältnisse zwischen den Zeilenvektoren in \eqcref{eq:1:\beweislabel} gelten auch für die Einträge aus $\mathbf{b}$.
                Das heißt

                    \begin{mathe}[mc]{rcl}
                        \eqtag[eq:2:\beweislabel]
                        b_{k} &= &\sum_{i\in I_{0}:~}c_{k,i}b_{i}\\
                    \end{mathe}

                für alle ${k\in\{1,2,\ldots,m+1\}\ohne I_{0}}$.\\
                \voritemise
            \belegbehauptung
                Sei $k\in\{1,2,\ldots,m+1\}\ohne I_{0}$ beliebig.
                Da $|I_{0}|\leq n<n+1$ lässt sich eine Teilmenge $I\subseteq\{1,2,\ldots,m\}$ wählen,
                mit $I\supseteq I_{0}\cup\{k\}$ und $|I|=n+1$.
                Dann per \emph{Annahme} ist $(A|\mathbf{b})_{I}$ lösbar.
                Das heißt, $\mathbf{x}\in\reell^{n}$ existiert, so dass

                    \begin{mathe}[mc]{rcl}
                        \eqtag[eq:3:\beweislabel]
                        b_{i} &= &\sum_{j=1}^{n}a_{i,j}x_{j}\\
                    \end{mathe}

                für alle $i\in I$ gilt.
                Da $k\in I$ und $I_{0}\subseteq I$ und wegen \eqcref{eq:1:\beweislabel} erhalten wir
                nun das Verhältnis

                    \begin{longmathe}[mc]{RCL}
                        b_{k} &= &\sum_{j=1}^{n}a_{k,j}x_{j}\\
                            &= &\sum_{j=1}^{n}(\mathbf{z}^{(k)})_{j}x_{j}\\
                                &&\quad\text{da die Einträge der $k$-ten Zeile den Einträgen von $\mathbf{z}^{(k)}$ entsprechen}\\
                            &\eqcrefoverset{eq:1:\beweislabel}{=}
                                &\sum_{j=1}^{n}(\sum_{i\in I_{0}}c_{k,i}\mathbf{z}^{(i)})_{j}x_{j}\\
                            &= &\sum_{j=1}^{n}\sum_{i\in I_{0}}c_{k,i}z^{(i)}_{j}x_{j}\\
                            &= &\sum_{i\in I_{0}}c_{k,i}\sum_{j=1}^{n}z^{(i)}_{j}x_{j}\\
                            &= &\sum_{i\in I_{0}}c_{k,i}\sum_{j=1}^{n}a_{i,j}x_{j}\\
                                &&\quad\text{da die Einträge der $i$-ten Zeile den Einträgen von $\mathbf{z}^{(i)}$ entsprechen}\\
                            &\eqcrefoverset{eq:3:\beweislabel}{=} &\sum_{i\in I_{0}}c_{k,i}b_{i}.\\
                    \end{longmathe}

                Darum gilt die Behauptung.
            \enndeOfSomething[Beh. 1]
            \behauptungbeleg{2}
                Es gibt eine Lösung zu $(A|\mathbf{b})$.\\
                \voritemise
            \belegbehauptung
                Da $|I_{0}|\leq n<n+1$ lässt sich eine Teilmenge $I\subseteq\{1,2,\ldots,m\}$ wählen,
                so dass $I\supseteq I_{0}$ und $|I|=n+1$.
                Dann per \emph{Annahme} ist $(A|\mathbf{b})_{I}$ lösbar.
                Das heißt, ein $\mathbf{x}\in\reell^{n}$ existiert, so dass

                    \begin{mathe}[mc]{rcl}
                        \eqtag[eq:3b:\beweislabel]
                        b_{i} &= &\sum_{j=1}^{n}a_{i,j}x_{j}\\
                    \end{mathe}

                für alle $i\in I$ gilt.
                Da $I\supseteq I_{0}$ können wir \textbf{Behauptung 1} und die Verhältnisse in \eqcref{eq:1:\beweislabel} anwenden.
                Für jedes ${k\in\{1,2,\ldots,m\}\ohne I}$ gilt

                    \begin{longmathe}[mc]{RCL}
                        \sum_{j=1}^{n}a_{k,j}x_{j}
                            &= &\sum_{j=1}^{n}(\mathbf{z}^{(k)})_{j}x_{j}\\
                                &&\quad\text{da die Einträge der $k$-ten Zeile den Einträgen von $\mathbf{z}^{(k)}$ entsprechen}\\
                            &\eqcrefoverset{eq:1:\beweislabel}{=}
                                &\sum_{j=1}^{n}(\sum_{i\in I_{0}}c_{k,i}\mathbf{z}^{(i)})_{j}x_{j}\\
                            &= &\sum_{j=1}^{n}\sum_{i\in I_{0}}c_{k,i}z^{(i)}_{j}x_{j}\\
                            &= &\sum_{i\in I_{0}}c_{k,i}\sum_{j=1}^{n}z^{(i)}_{j}x_{j}\\
                            &= &\sum_{i\in I_{0}}c_{k,i}\sum_{j=1}^{n}a_{i,j}x_{j}\\
                                &&\quad\text{da die Einträge der $i$-ten Zeile den Einträgen von $\mathbf{z}^{(i)}$ entsprechen}\\
                            &\eqcrefoverset{eq:3b:\beweislabel}{=} &\sum_{i\in I_{0}}c_{k,i}b_{i}\\
                            &\textoverset{Beh. 1}{=} &b_{k}\\
                    \end{longmathe}

                Also ist $\mathbf{x}\in\reell^{n}$ nicht nur eine Lösung zu Zeile $i$ des LGS, $(A|\mathbf{b})$, für jedes $i\in I$,
                sondern auch für jedes ${i\in\{1,2,\ldots,m\}\ohne I}$.
                Das heißt, $\mathbf{x}$ ist eine Lösung des LGS $(A|\mathbf{b})$.
                Also ist $(A|\mathbf{b})$ lösbar.
            \enndeOfSomething[Beh. 2]
        \end{kompaktitem}

        Laut \textbf{Behauptung 2} ist also $(A|\mathbf{b})$ lösbar.
        Dies ist aber ein Widerspruch!
        Darum stimmt die \emph{Annahme} oben nicht.
        Also gibt es \emph{doch} eine Teilmenge ${I\subseteq\{1,2,\ldots,m\}}$ mit ${|I|=n+1}$, so dass $(A|\mathbf{b})_{I}$ unlösbar ist.
        Damit wurde die zu zeigende Implikation bewiesen.
    \end{proof}
    \end{einzug}

\begin{rem}
    Falls man sich aber auf rudimentäre Mitteln beschränken will, kann man alternativ wie folgt vorgehen.
    Man wende zuerst das Gaußverfahren an und erhalte somit eine Folge

        \begin{mathe}[mc]{rcccccccl}
            (A^{(0)}|\mathbf{b}^{(0)})
                &\rightsquigarrow
                &(A^{(1)}|\mathbf{b}^{(1)})
                &\rightsquigarrow
                &(A^{(2)}|\mathbf{b}^{(2)})
                &\rightsquigarrow
                &\cdots
                &\rightsquigarrow
                &(A^{(N)}|\mathbf{b}^{(N)})
        \end{mathe}

    wobei $N\in\ntrl$, ${A^{(0)}=A}$, ${\mathbf{b}^{(0)}=\mathbf{b}}$,
    $(A^{(N)}|\mathbf{b}^{(N)})$ eine erweiterte Koeffizientenmatrix in Zeilenstufenform ist,
    und jede der »$\rightsquigarrow$« Übergänge jeweils eine Transformation der Art (I), (II), oder (III) bezeichnet.
    Da $m>n$ sieht nun die Zeilenstufenform, also $(A^{(N)}|\mathbf{b}^{(N)})$, folgendermaßen aus:

        {\scriptsize
        \begin{mathe}[mc]{rcl}
            \begin{matrix}{cccccccc|c}
              \underbrace{0\,0\,\ldots\,0}_{\ell_{1}} &\gamma_{1} &\cdots\cdots &\ast &\cdots\cdots &\cdots\cdots &\ast &\cdots\cdots &b^{(N)}_{1}\\
              0\,0\,\ldots\,0 &0 &\underbrace{0\,0\,\ldots\,0}_{\ell_{2}} &\gamma_{2} &\cdots\cdots &\cdots\cdots &\ast &\cdots\cdots &b^{(N)}_{2}\\
              \vdots & & & & & & &\vdots\\
              0\,0\,\ldots\,0 &0 &0\,0\,\ldots\,0 &0 &\cdots\cdots &\underbrace{0\,0\,\ldots\,0}_{\ell_{r}} &\gamma_{r} &\cdots\cdots &b^{(N)}_{r}\\
              0\,0\,\ldots\,0 &0 &0\,0\,\ldots\,0 &0 &\cdots\cdots &0\,0\,\ldots\,0 &0 &\cdots\cdots &b^{(N)}_{r+1}\\
              \vdots & & & & & & &\vdots\\
              0\,0\,\ldots\,0 &0 &0\,0\,\ldots\,0 &0 &\cdots\cdots &0\,0\,\ldots\,0 &0 &\cdots\cdots &b^{(N)}_{m}\\
            \end{matrix}
        \end{mathe}}

    wobei $r\in\ntrlzero$ die Anzahl der Stufen ist,
    ${\ell_{1},\ell_{2},\ldots,\ell_{r}\in\ntrlzero}$,
    und $\gamma_{1},\gamma_{2},\ldots,\gamma_{r}\in\reell\ohne\{0\}$ die Hauptkoeffizienten der Stufen sind.
    Es muss nun $0\leq r\leq \min\{m,n\}=n$ gelten.

    Jetzt kann man leicht dafür argumentiere, dass (1) die Zeilenstufenform, $(A^{(N)}|\mathbf{b}^{(N)})$, die Implikation erfüllt.
    Dann aufgrund der Umkehrbarkeit der Elementartransformationen, reicht es aus zu zeigen, dass (2):
    wenn ${(A',\mathbf{b}')\rightsquigarrow(A'',\mathbf{b}'')}$ und wenn $(A',\mathbf{b}')$ die Implikation erfüllt,
    dann erfüllt $(A'',\mathbf{b}'')$ die Implikation.
    Dies ist nur etwas mühseliger und die Argumentation von (2) führt letzten Endes zu ähnlichen Ideen, die im Beweis oben vorkommen.
\end{rem}

%% ********************************************************************************
%% FILE: body/uebung/ueb2.tex
%% ********************************************************************************

\setcounternach{chapter}{2}
\chapter[Woche 2]{Woche 2}
    \label{ueb:2}

\textbf{ACHTUNG.}
Diese Lösungen dienen \emph{nicht} als Musterlösungen sondern eher als Referenz.
Hier wird eingehender gearbeitet, als generell verlangt wird.
Das Hauptziel hier ist, eine Variant anzubieten, gegen die man seine Versuche vergleichen kann.

%% AUFGABE 2-1
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 1]{}
    \label{ueb:2:ex:1}
\let\sectionname\altsectionname

\begin{schattierteboxdunn}
\begin{satz}[vgl. {\cite[Korollar 1.3.3]{sinn2020}}]
    \makelabel{satz:main:ueb:2:ex:1}
    Sei $V$ ein Vektorraum über $\reell$ wie $\reell^{n}$ für ein $n\in\ntrlpos$.
    Seien $\mathbf{v},\mathbf{w}\in V$ mit $\mathbf{v}\neq \mathbf{w}$ und $\mathbf{w}\neq\zerovector$
    und sei

        \begin{mathe}[mc]{rcl}
            L &:= &\{s\mathbf{v} + (1-s)\mathbf{w}\mid s\in\reell\}\\
        \end{mathe}

    die Verbindungsgerade zw. $\mathbf{v}$ und $\mathbf{w}$.
    Dann gilt $\zerovector\in L$ $\Leftrightarrow$ $\exists{c\in\reell:~}\mathbf{v}=c\mathbf{w}$.
\end{satz}
\end{schattierteboxdunn}

\begin{proof}
    Der Beweis wird in zwei Teilen gezeigt.

    \hinRichtung Angenommen, $\zerovector\in L$.
        \textbf{Zu zeigen:} $\exists{c\in\reell:~}\mathbf{v}=c\mathbf{w}$.\\
        Per Definition von $L$ existiert ein $s\in\reell$, so dass sich $\zerovector$
        als $\zerovector=s\mathbf{v} + (1-s)\mathbf{w}$
        darstellen lässt.
        Daraus lässt sich ableiten:

        \begin{mathe}[mc]{rcl}
            \zerovector=s\mathbf{v} + (1-s)\mathbf{w}
                &\Longleftrightarrow
                    &s\mathbf{v} = (s-1)\mathbf{w}\\
                &\Longleftrightarrow
                    &\underbrace{%
                        (s=0\,\text{und}\,\mathbf{w}=s(\mathbf{w}-\mathbf{v})=\zerovector)
                    }_{%
                        \text{unmöglich, da $\mathbf{w}\neq\zerovector$ per Voraussetzung}
                    }
                    \,\text{oder}\,(s\neq 0\,\text{und}\,\mathbf{v} = ((s-1)/s)\mathbf{w})\\
                &\Longleftrightarrow
                    &s\neq 0\,\text{und}\,\mathbf{v} = ((s-1)/s)\mathbf{w}\\
                &\Longrightarrow
                    &\exists{c\in\reell:~}\mathbf{v} = c\mathbf{w}.\\
        \end{mathe}

    \herRichtung Angenommen, $\mathbf{v} = c\mathbf{w}$ für ein $c\in\reell$.
        \textbf{Zu zeigen:} $\zerovector\in L$.\\
        Per Voraussetzung gilt nun $\mathbf{v}\neq\mathbf{w}$, sodass $c=1$ direkt ausgeschlossen ist.\\
        Setze nun \fbox{$s:=\frac{1}{1-c}\in\reell$}, was wohldefiniert ist, da $c\neq 1$.\\
        Man berechnet nun

            \begin{mathe}[mc]{rcccccccl}
                \overbrace{s\mathbf{v}+(1-s)\mathbf{w}}^{\in L,\,\text{per Definition}}
                    &= &\frac{1}{1-c}c\mathbf{w}+(1-\frac{1}{1-c})\mathbf{w}
                    &= &(\underbrace{\frac{c}{1-c}+1-\frac{1}{1-c}}_{=\frac{c-1}{1-c}+1=0})\mathbf{w}
                    &= &0\mathbf{w}
                    &= &\zerovector.\\
            \end{mathe}

        Darum gilt $\zerovector\in L$.
\end{proof}

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

\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
    %% AUFGABE 2-2a
    \item
        \begin{schattierteboxdunn}
        \begin{satz}
            \makelabel{satz:main:ueb:2:ex:2a}
            Seien $\mathbf{v},\mathbf{v}^{\prime},\mathbf{w},\mathbf{w}^{\prime}\in\reell^{2}$
            mit $\mathbf{w},\mathbf{w}^{\prime}\neq\zerovector$.
            Seien
                $L:=\{\mathbf{v}+t\mathbf{w}\mid t\in\reell\}$
            und
                $L^{\prime}:=\{\mathbf{v}^{\prime}+s\mathbf{w}^{\prime}\mid s\in\reell\}$.
            Angenommen, $L\neq L^{\prime}$.
            Dann sind folgende Aussagen äquivalent:

                \begin{kompaktenum}{(i)}
                    \item\punktlabel{1}
                        $L\cap L^{\prime}=\leer$;
                    \item\punktlabel{2}
                        $\mathbf{w},\mathbf{w}^{\prime}$ sind kolinear,
                        d.\,h.
                        $\exists{c\in\reell:~}\mathbf{w}=c\mathbf{w}^{\prime}$.
                \end{kompaktenum}

            \nvraum{1}
        \end{satz}
        \end{schattierteboxdunn}

        \begin{proof}
            Der Beweis wird in zwei Teilen gezeigt.

            \hinRichtung{1}{2} Angenommen, $L\cap L^{\prime}=\leer$.
                \textbf{Zu zeigen:} $\exists{c\in\reell:~}\mathbf{w}=c\mathbf{w}^{\prime}$.\\
                \fbox{Angenommen, dies sei nicht der Fall.}\\
                Da $\mathbf{w},\mathbf{w}^{\prime}\neq\zerovector$ bedeutet dies,
                dass $\mathbf{w},\mathbf{w}^{\prime}$ \emph{linear unabhängig} sind. ($\to$ Warum??)\\
                Also gilt für den Untervektorraum
                    $U:=\vectorspacespan\{\mathbf{w},\mathbf{w}^{\prime}\}$,
                dass $\dim(U)=2$.\\
                Da $U\subseteq\reell^{2}$ Vektorräume sind und $\dim(U)=2=\dim(\reell^{2})$,
                folgt hieraus, dass $U=\reell^{2}$. ($\to$ Warum??)\\
                Betrachte bspw. den Vektor

                    \begin{mathe}[mc]{rcl}
                        \eqtag[eq:1-2:1:\beweislabel]
                        \mathbf{\xi} &:= &\mathbf{v}^{\prime}-\mathbf{v}\in\reell^{2}.\\
                    \end{mathe}

                Dann $\mathbf{\xi}\in U=\vectorspacespan\{\mathbf{w},\mathbf{w}^{\prime}\}$.
                Folglich existieren Skalare $\alpha,\beta\in\reell$,
                so dass $\alpha\mathbf{w}+\beta\mathbf{w}^{\prime}=\mathbf{\xi}$
                gilt.\\
                Setze nun \fbox{$t:=\alpha$} und \fbox{$s:=-\beta$}.
                Dann gilt

                    \begin{mathe}[mc]{rclcl}
                        \overbrace{%
                            \mathbf{v}+t\mathbf{w}
                        }^{\in L}
                        &= &(\mathbf{v}+t\mathbf{w})-(\mathbf{v}^{\prime}+s\mathbf{w}^{\prime})
                            +\mathbf{v}^{\prime}+s\mathbf{w}^{\prime}\\
                        &= &(\mathbf{v}-\mathbf{v}^{\prime})+(t\mathbf{w}-s\mathbf{w}^{\prime})
                            +\mathbf{v}^{\prime}+s\mathbf{w}^{\prime}\\
                        &= &(\mathbf{v}-\mathbf{v}^{\prime})+(\alpha\mathbf{w}+\beta\mathbf{w}^{\prime})
                            +\mathbf{v}^{\prime}+s\mathbf{w}^{\prime}\\
                        &\eqcrefoverset{eq:1-2:1:\beweislabel}{=}
                            &-\mathbf{\xi}+\mathbf{\xi}
                            +\mathbf{v}^{\prime}+s\mathbf{w}^{\prime}
                        &= &\underbrace{%
                            \mathbf{v}^{\prime}+s\mathbf{w}^{\prime}%
                        }_{\in L^{\prime}}.\\
                    \end{mathe}

                Darum gilt $L\cap L^{\prime}\neq\leer$,
                was ein Widerspruch ist.\\
                Darum stimmt die o.\,s. Annahme nicht.
                Also sind $\mathbf{w},\mathbf{w}^{\prime}$ kolinear.

            \hinRichtung{2}{1} Angenommen, $\mathbf{w}=c\mathbf{w}^{\prime}$ für ein $c\in\reell$.
                \textbf{Zu zeigen:} $L\cap L^{\prime}=\leer$.\\
                \fbox{Angenommen, dies sei nicht der Fall.}
                Dann existiert ein Vektor, $\mathbf{u}\in L\cap L^{\prime}$.\\
                Per Konstruktion existieren dann $s_{0},t_{0}\in\reell$,
                so dass

                    \begin{mathe}[mc]{rcccl}
                        \mathbf{v}+t_{0}\mathbf{w} &= &\mathbf{u} &= &\mathbf{v}^{\prime}+s_{0}\mathbf{w}^{\prime}.\\
                    \end{mathe}

                Aus der Voraussetzung für diese Richtung folgt

                    \begin{mathe}[mc]{rcl}
                        \eqtag[eq:2-1:1:\beweislabel]
                        \mathbf{v}^{\prime} &= &\mathbf{v}+(t_{0}-s_{0}c)\mathbf{w}\\
                    \end{mathe}

                Beachte, dass \fbox{$c\neq 0$}, denn sonst würde $\mathbf{w}=c\mathbf{w}^{\prime}=\zerovector$ gelten,
                was ein Widerspruch ist. Wir berechnen

                    \begin{mathe}[mc]{rcl}
                        \eqtag[eq:2-1:2:\beweislabel]
                        L^{\prime} &= &\{\mathbf{v}^{\prime}+s\mathbf{w}^{\prime}\mid s\in\reell\}\\
                            &\eqcrefoverset{eq:2-1:1:\beweislabel}{=}
                                &\{\mathbf{v}+(t_{0}-s_{0}c)\mathbf{w}+sc\mathbf{w}\mid s\in\reell\}\\
                            &= &\{\mathbf{v}+(t_{0}+(s-s_{0})c)\mathbf{w}\mid s\in\reell\}\\
                            &= &\{\mathbf{v}+t\mathbf{w}\mid t\in R\},\\
                    \end{mathe}

                wobei $R=\{t_{0}+(s-s_{0})c\mid s\in\reell\}=f(\reell)$.
                Also $R=f(\reell)$, wobei ${f:\reell\to\reell}$ eine durch ${f(s)=t_{0}+(s-s_{0})c}$ definierte Funktion ist.
                Da $c\neq 0$, ist es einfach zu sehen, dass $f$ surjektiv ist (in der Tat bijektiv).
                Darum gilt $R=f(\reell)=\reell$.\\
                Aus \eqcref{eq:2-1:2:\beweislabel} folgt also
                    ${L^{\prime}=\{\mathbf{v}+t\mathbf{w}\mid t\in\reell\}=L}$,
                was ein Widerspruch ist.\\
                Darum stimmt die o.\,s. Annahme nicht.
                Also gilt $L\cap L^{\prime}=\leer$.
        \end{proof}
    %% AUFGABE 2-2b
    \item
        Wir zeigen nun ein minimales Beispiel dafür, dass \Cref{satz:main:ueb:2:ex:2a}
        im allgemeinen für andere Vektorräume nicht gilt.
        Betrachte den Vektorraum $\reell^{3}$.
        Betrachte die folgenden Vektoren in $\reell^{3}$:

            \begin{mathe}[mc]{rclqrclqrclqrcl}
                \mathbf{v}          &= &\begin{svector} 0\\ 0\\ 0\\\end{svector},
                &\mathbf{v}^{\prime} &= &\begin{svector} 1\\ 0\\ 0\\\end{svector},
                &\mathbf{w}          &= &\begin{svector} 0\\ 1\\ 0\\\end{svector},
                &\mathbf{w}^{\prime} &= &\begin{svector} 0\\ 1\\ 1\\\end{svector}.\\
            \end{mathe}

        Bis auf 2-Dimensionalität erfüllen diese die Voraussetzungen in \Cref{satz:main:ueb:2:ex:2a}.
        Einerseits wurden $\mathbf{w}$, $\mathbf{w}^{\prime}$ so gewählt, dass sie \emph{nicht} kolinear sind.
        Dennoch schneiden sich die beiden Geraden, $L$, $L^{\prime}$, nicht,
        da
            ${L\subseteq \{\mathbf{x}\in\reell^{3}\mid x_{1}=0\}=:E}$
        und
            ${L^{\prime}\subseteq \{\mathbf{x}\in\reell^{3}\mid x_{1}=1\}=:E^{\prime}}$
        und offensichtlich $E\cap E'=\leer$.
\end{enumerate}

%% AUFGABE 2-3
\clearpage
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 3]{}
    \label{ueb:2:ex:3}
\let\sectionname\altsectionname

\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
    %% AUFGABE 2-3a
    \item
        Für jedes $\gamma\in\reell$ sei die Gerade $L_{\gamma}\subseteq\reell^{2}$ gegeben durch

            \begin{mathe}[mc]{rcl}
                L_{\gamma} &= &\{(x,y)\in\reell^{2}\mid 2x+y=\gamma\cdot(x-3y-7)\}.\\
            \end{mathe}

        \begin{schattierteboxdunn}
        \begin{satz}
            \makelabel{satz:main:ueb:2:ex:3a}
            Es gibt exakt einen Punkt in dem Schnitt aus den Geraden, $L_{\gamma}$, $\gamma\in\reell$.
            Es gilt nämlich ${\displaystyle\bigcap_{\gamma\in\reell}L_{\gamma}=\{\mathbf{\xi}\}}$,
            wobei $\mathbf{\xi}=(1,-2)$.
        \end{satz}
        \end{schattierteboxdunn}

        \begin{proof}
            Wir teilen diesen Beweis in zwei Teilen auf:

            \BeweisRichtung[$\supseteq$]
                Es reicht aus, für alle $\gamma\in\reell$ \textbf{zu zeigen}, dass $\mathbf{\xi}\in L_{\gamma}$.\\
                Fixiere also ein beliebiges $\gamma\in\reell$. Dann

                    \begin{mathe}[mc]{rclclcll}
                        2\xi_{1}+\xi_{2}
                            &= &2\cdot 1+(-2)
                            &= &0,
                            &&&\text{und}\\
                        \gamma\cdot(\xi_{1}-3\xi_{2}-7)
                            &= &\gamma\cdot(1-3(-2)-7)
                            &= &\gamma\cdot 0
                            &= &0.\\
                    \end{mathe}

                Also ${2\xi_{1}+\xi_{2}=\gamma\cdot(\xi_{1}-3\xi_{2}-7)}$.
                Folglich gilt $\mathbf{\xi}\in L_{\gamma}$ per Konstruktion.

            \BeweisRichtung[$\subseteq$]
                Sei ${\mathbf{\eta}:=(x,y)\in\bigcap_{\gamma\in\reell}L_{\gamma}}$ beliebig.
                \textbf{Zu zeigen:} $\mathbf{\eta}=\mathbf{\xi}$.\\
                Zu diesem Zwecke seien $\gamma_{1},\gamma_{2}\in\reell$ irgendwelche Werte mit $\gamma_{1}\neq\gamma_{2}$.
                Per Wahl gilt $\mathbf{\eta}\in L_{\gamma_{1}}\cap L_{\gamma_{2}}$.
                Also

                    \begin{mathe}[mc]{rcl}
                        2x+y &= &\gamma_{1}\cdot(x-3x-7),\,\text{und}\\
                        2x+y &= &\gamma_{2}\cdot(x-3x-7).\\
                    \end{mathe}

                Wir können ganz naiv arbeiten und die Gleichungen subtrahieren.
                Dies liefert
                    $(\gamma_{1}-\gamma_{2})\cdot(x-3x-7)=0$,
                woraus sich ergibt, dass
                    $x-3y-7=0$
                gelten muss, da $\gamma_{1}\neq\gamma_{2}$.
                Eingesetzt in die erste Gleichung oben liefert
                    $2x+y=\gamma\cdot 0=0$.
                Darum muss $\begin{svector} x\\ y\\\end{svector}$
                das LGS $(A|\mathbf{b})$ lösen, wobei

                    \begin{mathe}[mc]{rclqrcl}
                        A &= &\begin{smatrix}
                          1 &-3\\
                          2 &1\\
                        \end{smatrix},
                        &\mathbf{b} &= &\begin{svector} 7\\ 0\\\end{svector}
                    \end{mathe}

                \begin{algorithm}[\rtab][\rtab]
                    Gaußverfahren angewandt auf $(A|\mathbf{b})$:

                    \begin{mathe}[mc]{c}
                        \begin{matrix}{cc|c}
                          1 &-3 &7\\
                          2 &1 &0\\
                        \end{matrix}\\
                    \end{mathe}

                    Wende die Zeilentransformation
                        ${Z_{2}\leftsquigarrow Z_{2}-2\cdot Z_{1}}$
                    an:

                    \begin{mathe}[mc]{c}
                        \begin{matrix}{cc|c}
                          1 &-3 &7\\
                          0 &7 &-14\\
                        \end{matrix}\\
                    \end{mathe}

                    Aus der Stufenform erschließt sich

                    \begin{mathe}[bc]{rclcl}
                        y &= &\frac{-14}{7} &= &-2\\
                        x &= &7 + 3\cdot y  &= &1.\\
                    \end{mathe}
                \end{algorithm}

                Also
                    ${\mathbf{\eta}=(x, y)=(1, -2)=\mathbf{\xi}}$
                für alle $\mathbf{\eta}\in\bigcap_{\gamma\in\reell}L_{\gamma}$.
                Das heißt $\bigcap_{\gamma\in\reell}L_{\gamma}\subseteq\{\mathbf{\xi}\}$.
        \end{proof}

    \clearpage
    %% AUFGABE 2-3b
    \item

    \begin{enumerate}{\bfseries (i)}
        %% AUFGABE 2-3b-i
        \item
            Sei $\gamma\in\reell$. Dann gilt

                \begin{mathe}[mc]{rcl}
                    (-3,2)\in L_{\gamma}
                        &\Longleftrightarrow
                            &2(-3)+(2)=\gamma\cdot((-3)-3(2)-7)\\
                        &\Longleftrightarrow
                            &\gamma=\frac{-4}{-16}=\frac{1}{4}.\\
                \end{mathe}

            Also ist \fbox{$\gamma=\frac{1}{4}$} der eindeutige Parameter,
            für den $(-3,2)\in L_{\gamma}$ gilt.

        %% AUFGABE 2-3b-ii
        \item
            Sei $\gamma\in\reell$. Man beobachte, dass

                \begin{longmathe}[mc]{RCL}
                    L_{\gamma}
                        &= &\{(x,y)\in\reell^{2}\mid (2-\gamma)x+(1+3\gamma)y=-7\gamma\}\\
                        &= &\begin{cases}[m]{lcl}
                            \{(x,y)\in\reell^{2}\mid 0x + (1+3\cdot 2)y=-7\cdot 2\}
                                &: &\gamma=2\\
                            \{(x,y)\in\reell^{2}\mid (2-\frac{-1}{3})x + 0y=-7\cdot\frac{-1}{3}\}
                                &: &\gamma=-\frac{1}{3}\\
                            \{(x,y)\in\reell^{2}\mid (2-\gamma)x+(1+3\gamma)y=-7\gamma\}
                                &: &\text{sonst}
                            \end{cases}\\
                        &= &\begin{cases}[m]{lcl}
                            \{(x,y)\in\reell^{2}\mid y=-2\}
                                &: &\gamma=2\\
                            \{(x,y)\in\reell^{2}\mid x=1\}
                                &: &\gamma=-\frac{1}{3}\\
                            \{(x,y)\in\reell^{2}\mid y=\frac{\gamma-2}{1+3\gamma}x - \frac{7\gamma}{1+3\gamma}\}
                                &: &\text{sonst}
                            \end{cases}.\\
                \end{longmathe}

            Daraus folgt, dass $L_{\gamma}$

            \begin{kompaktitem}
                \item
                    parallel zur $x$-Achse für $\gamma=2$ ist,
                \item
                    parallel zur $y$-Achse für $\gamma=-\frac{1}{3}$ ist,
                \item
                    und ansonsten weder zur $x$- noch $y$-Achse parallel ist,
                    da in diesem Falle $L_{\gamma}$ die Gerade »${y=ax+b}$« ist, wobei $a\neq 0$.
            \end{kompaktitem}

            Also ist der gesuchte Parameterwert eindeutig \fbox{$\gamma=-\frac{1}{3}$}.

        %% AUFGABE 2-3b-iii
        \item
            Die Gerade »$x-2y=-1$« lässt sich äquivalent
            als »$y=\frac{1}{2}x+1$
            darstellen.
            Darum wird ein Wert $\gamma\in\reell$ gesucht,
            so dass die Gerade $L_{\gamma}$ weder zur $x$- noch $y$-Achse parallel ist,
            und die die $y$-$x$-Steigung $\frac{1}{2}$ hat.
            Nach der o.\,s. Berechnung in (ii) kommt dies nur für den 3. Fall in Frage.
            Darum gilt

                \begin{mathe}[mc]{rcl}
                    L_{\gamma}\,\text{parallel zur Gerade »$x-2y=-1$«}
                        &\Longleftrightarrow
                            &\gamma\notin\{2,-\frac{1}{3}\}
                            \,\text{und}\,
                            \frac{\gamma-2}{1+3\gamma}=\frac{1}{2}\\
                        &\Longleftrightarrow
                            &\gamma\notin\{2,-\frac{1}{3}\}
                            \,\text{und}\,
                            (\gamma-2)=\frac{1}{2}(1+3\gamma)\\
                        &\Longleftrightarrow
                            &\gamma\notin\{2,-\frac{1}{3}\}
                            \,\text{und}\,
                            \gamma=-5\\
                        &\Longleftrightarrow
                            &\gamma=-5.\\
                \end{mathe}

            Also ist der gesuchte Parameterwert eindeutig \fbox{$\gamma=-5$}.
    \end{enumerate}
\end{enumerate}

%% ********************************************************************************
%% FILE: body/uebung/ueb3.tex
%% ********************************************************************************

\setcounternach{chapter}{3}
\chapter[Woche 3]{Woche 3}
    \label{ueb:2}

\textbf{ACHTUNG.}
Diese Lösungen dienen \emph{nicht} als Musterlösungen sondern eher als Referenz.
Hier wird eingehender gearbeitet, als generell verlangt wird.
Das Hauptziel hier ist, eine Variant anzubieten, gegen die man seine Versuche vergleichen kann.

%% AUFGABE 3-1
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 1]{}
    \label{ueb:3:ex:1}
\let\sectionname\altsectionname

Wir arbeiten im Vektorraum $\reell^{3}$ und betrachten die Vektoren

    \begin{mathe}[mc]{rclqrclqrclqrcl}
        \mathbf{v}_{1} &= &\begin{svector} 1\\ 3\\ 1\\\end{svector}
        &\mathbf{v}_{2} &= &\begin{svector} -2\\ 5\\ -2\\\end{svector}
        &\mathbf{w}_{1} &= &\begin{svector} 4\\ -3\\ -3\\\end{svector}
        &\mathbf{w}_{2} &= &\begin{svector} 0\\ 1\\ 1\\\end{svector}\\
    \end{mathe}

\textbf{Zu berechnen:}
    $U:=\vectorspacespan\{\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2}\}
        \cap\vectorspacespan\{\mathbf{w}_{1},\mathbf{w}_{2}\}$
als Untervektorraum von $\reell^{3}$.\\
Zu diesem Zwecke betrachte einen beliebigen Vektor, $\mathbf{\xi}\in\reell^{3}$.
Es gilt

    \begin{mathe}[mc]{rcl}
        \eqtag[eq:0:ueb:3:ex:1]
        \mathbf{\xi}\in U
            &\Longleftrightarrow
                &\exists{t_{1},t_{2},t_{3},t_{4}\in\reell:~}
                \mathbf{\xi}=t_{1}\mathbf{v}_{1}+t_{2}\mathbf{v}_{2}
                \,\text{und}\,
                \mathbf{\xi}=t_{3}\mathbf{w}_{1}+t_{4}\mathbf{w}_{2}\\
            &\Longleftrightarrow
                &\exists{\mathbf{t}\in\reell^{4}:~}
                \mathbf{\xi}=t_{1}\mathbf{v}_{1}+t_{2}\mathbf{v}_{2}
                \,\text{und}\,
                t_{1}\mathbf{v}_{1}+t_{2}\mathbf{v}_{2}
                =t_{3}\mathbf{w}_{1}+t_{4}\mathbf{w}_{2}\\
            &\Longleftrightarrow
                &\exists{\mathbf{t}\in\reell^{4}:~}
                \mathbf{\xi}=t_{1}\mathbf{v}_{1}+t_{2}\mathbf{v}_{2}
                \,\text{und}\,
                t_{1}\mathbf{v}_{1}+t_{2}\mathbf{v}_{2}
                -t_{3}\mathbf{w}_{1}-t_{4}\mathbf{w}_{2}
                =\zerovector\\
            &\Longleftrightarrow
                &\exists{\mathbf{t}\in\reell^{4}:~}
                \mathbf{\xi}=t_{1}\mathbf{v}_{1}+t_{2}\mathbf{v}_{2}
                \,\text{und}\,
                t_{1}\mathbf{v}_{1}+t_{2}\mathbf{v}_{2}
                +t_{3}\mathbf{w}_{1}+t_{4}\mathbf{w}_{2}
                =\zerovector\\
            &\Longleftrightarrow
                &\exists{\mathbf{t}\in\reell^{4}:~}
                \mathbf{\xi}=t_{1}\mathbf{v}_{1}+t_{2}\mathbf{v}_{2}
                \,\text{und}\,
                A\mathbf{t}=\zerovector,\\
    \end{mathe}

wobei

        \begin{mathe}[mc]{rcccl}
          A &:= &\left(
                    \mathbf{v}_{1}~
                    \mathbf{v}_{2}~
                    \mathbf{w}_{1}~
                    \mathbf{w}_{2}
                \right)
            &= &\begin{smatrix}
              1 &-2 &4 &0\\
              3 &5 &-3 &1\\
              1 &-2 &-3 &1\\
            \end{smatrix}\\
        \end{mathe}

Darum ist es notwendig und hinreichend,
die \emph{homogenen Lösungen} für $A$ zu finden,
und daraus die Parameter abzulesen.

\begin{algorithm}[\rtab][\rtab]
    Homogenes Problem für $A$:\\
    Zeilentransformationen
        ${Z_{2}\leftsquigarrow Z_{2}-3\cdot Z_{1}}$,
        ${Z_{3}\leftsquigarrow Z_{3}-Z_{1}}$
    anwenden:

    \begin{mathe}[mc]{c}
        \begin{smatrix}
          1 &-2 &4 &0\\
          0 &11 &-15 &1\\
          0 &0 &-7 &1\\
        \end{smatrix}\\
    \end{mathe}

    Wende die Zeilentransformation
        ${Z_{2}\leftsquigarrow Z_{2}-Z_{3}}$
    an:

    \begin{mathe}[mc]{c}
        \begin{smatrix}
          1 &-2 &4 &0\\
          0 &11 &-8 &0\\
          0 &0 &-7 &1\\
        \end{smatrix}\\
    \end{mathe}

    Aus der Zeilenstufenform erschließt sich, dass $t_{4}$ frei ist.
    Also $t_{4}=\alpha$ für ein frei wählbares $\alpha\in\reell$.
    Aus der Stufenform von Gleichungen $3,2,1$ erschließt sich

    \begin{mathe}[mc]{rcl}
        t_{3} &= &\frac{1}{7}t_{4} = \frac{1}{7}\alpha\\
        t_{2} &= &\frac{8}{11}t_{3} = \frac{8}{77}\alpha\\
        t_{1} &= &2t_{2} - 4t_{3}
            = \frac{16}{77}\alpha - \frac{4}{7}\alpha
            = -\frac{28}{77}\alpha\\
    \end{mathe}

    Man kann o.\,E. $\alpha$ durch $\beta:=-77\alpha$ ersetzen.
    Also ist die homogene Lösung gegeben durch

    \begin{mathe}[mc]{rcl}
        \mathbf{t} &= &\beta\begin{svector} 28\\ -8\\ -11\\ -77\\\end{svector},
        \quad\text{mit $\beta\in\reell$ frei wählbar}.
    \end{mathe}
\end{algorithm}

Wir können nun \eqcref{eq:0:ueb:3:ex:1} fortsetzen und erhalten

    \begin{mathe}[mc]{rcl}
        \eqtag[eq:1:ueb:3:ex:1]
        \mathbf{\xi}\in U
            &\Longleftrightarrow
                &\exists{\mathbf{t}\in\reell^{4}:~}
                    \mathbf{\xi}=t_{1}\mathbf{v}_{1}+t_{2}\mathbf{v}_{2}
                    \,\text{und}\,
                    A\mathbf{t}=\zerovector\\
            &\Longleftrightarrow
                &\exists{\mathbf{t}\in\reell^{4}:~}
                    \mathbf{\xi}=t_{1}\mathbf{v}_{1}+t_{2}\mathbf{v}_{2}
                    \,\text{und}\,
                    \exists{\beta\in\reell:~}
                        \mathbf{t}=\beta\begin{svector} 28\\ -8\\ -11\\ -77\\\end{svector}\\
            &\Longleftrightarrow
                &\exists{\beta\in\reell:~}
                \mathbf{\xi}=\beta\cdot(
                    \underbrace{
                        28\mathbf{v}_{1}+-8\mathbf{v}_{2}
                    }_{=:\mathbf{u}}
                )\\
            &\Longleftrightarrow &\mathbf{\xi}\in\vectorspacespan\{\mathbf{u}\}\\
    \end{mathe}

für alle $\mathbf{\xi}\in\reell^{3}$.\\
Es gilt

    \begin{mathe}[mc]{rcccccl}
        \mathbf{u}
            &= &28\begin{svector} 1\\ 3\\ 1\\\end{svector}
                -8\begin{svector} -2\\ 5\\ -2\\\end{svector}
            &= &\begin{svector} 44\\ 44\\ 44\\\end{svector}
            &= &44\begin{svector} 1\\ 1\\ 1\\\end{svector}.\\
    \end{mathe}

Aus \eqcref{eq:1:ueb:3:ex:1} ergibt sich der zu berechnende Untervektorraum
als

    \begin{mathe}[mc]{rcccccccl}
        \vectorspacespan\{\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2}\}
        \cap\vectorspacespan\{\mathbf{w}_{1},\mathbf{w}_{2}\}
        &= &U
        &= &\vectorspacespan\{\mathbf{u}\}
        &= &\vectorspacespan\{44\begin{svector} 1\\ 1\\ 1\\\end{svector}\}
        &= &\vectorspacespan\{\begin{svector} 1\\ 1\\ 1\\\end{svector}\}.\\
    \end{mathe}

%% AUFGABE 3-2
\clearpage
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 2]{}
    \label{ueb:3:ex:2}
\let\sectionname\altsectionname

Seien $X$, $Y$ nicht leere Mengen und ${f:X\to Y}$ eine Funktion.

\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
    %% AUFGABE 3-2a
    \item
        \begin{claim*}
            Die Aussage $\forall{A,B\subseteq X:~}f(A\cap B)=f(A)\cap f(B)$
            ist \fbox{\uline{nicht} allgemein gültig}.
        \end{claim*}

        \begin{proof}
            Betrachte das Beispiel $X=\{0,1\}$, $Y=\{2\}$, und ${f:X\to Y}$ mit $f(x)=2$ für alle $x\in X$.
            Für $A=\{0\}$ und $B=\{1\}$
            gilt $f(A\cap B)=f(\leer)=\leer$,
            während $f(A)\cap f(B)=\{2\}\cap\{2\}=\{2\}$.
            Also $f(A\cap B)\neq f(A)\cap f(B)$.
            Darum ist dies ein Gegenbeispiel zur Aussage.
        \end{proof}

        \text{Bemerkung.} Die Aussage ist eigentlich genau dann wahr, wenn $f$ injektiv ist.

    %% AUFGABE 3-2b
    \item
        \begin{claim*}
            Die Aussage $\forall{A,B\subseteq X:~}f(A\cup B)=f(A)\cup f(B)$
            ist \fbox{allgemein gültig}.
        \end{claim*}

        Für manche (doppelte) Implikationen hier, nämlich für den Umgang mit Existenzquantoren,
        braucht man Grundkenntnisse in Prädikatenlogik 1. Stufe.
        Hierfüg gibt es zahlreiche Einführungswerke in die mathematische Logik,
        bspw. \cite{ebbinghaus2018}.

        \begin{proof}
            Seien $A,B\subseteq X$ beliebige Teilmengen.
            Es reicht aus \textbf{zu zeigen},
            dass $y\in f(A\cup B)\Leftrightarrow y\in f(A)\cup f(B)$
            für alle $y\in Y$ gilt.\\
            Sei also $y\in Y$ beliebig. Es gilt

                \begin{longmathe}[mc]{RCL}
                    y\in f(A\cup B)
                        &\Longleftrightarrow
                            &\exists{x\in A\cup B:~}y=f(x)\\
                        &\Longleftrightarrow
                            &\exists{x\in X:~}x\in A\cup B\,\text{und}\,y=f(x)\\
                        &\Longleftrightarrow
                            &\exists{x\in X:~}
                                (x\in A\,\text{oder}\,x\in B)
                                \,\text{und}\,y=f(x)\\
                        &\Longleftrightarrow
                            &\exists{x\in X:~}
                                \big(
                                    (x\in A\,\text{und}\,y=f(x))
                                    \,\text{oder}\,
                                    (x\in B\,\text{und}\,y=f(x))
                                \big)\\
                        &\Longleftrightarrow
                            &\exists{x\in X:~}(x\in A\,\text{und}\,y=f(x))
                            \,\text{oder}\,
                            \exists{x\in X:~}(x\in B\,\text{und}\,y=f(x))\\
                        &\Longleftrightarrow
                            &\exists{x\in A:~}y=f(x)
                            \,\text{oder}\,
                            \exists{x\in B:~}y=f(x)\\
                        &\Longleftrightarrow
                            &y\in f(A)\,\text{oder}\,y\in f(B)\\
                        &\Longleftrightarrow
                            &y\in f(A)\cup f(B).\\
                \end{longmathe}

            Darum gilt $f(A\cup B)=f(A)\cup f(B)$ für alle $A,B\subseteq X$.
        \end{proof}

    %% AUFGABE 3-2c
    \item
        \begin{claim*}
            Die Aussage $\forall{A\subseteq X:~}f(X\ohne A)=Y\ohne f(A)$
            ist \fbox{\uline{nicht} allgemein gültig}.
        \end{claim*}

        \begin{proof}
            Betrachte das Beispiel $X=\{0,1\}$, $Y=\{2\}$, und ${f:X\to Y}$ mit $f(x)=2$ für alle $x\in X$.
            Für $A=\{0\}$
            gilt $f(X\ohne A)=f(\{1\})=\{2\}$,
            während $Y\cap f(A)=\{2\}\ohne\{2\}=\leer$.
            Also $f(X\ohne A)\neq Y\cap f(A)$.
            Darum ist dies ein Gegenbeispiel zur Aussage.
        \end{proof}

        \text{Bemerkung.} Die Aussage ist eigentlich genau dann wahr, wenn $f$ bijektiv ist.
        Und eine leicht modifizierte Aussage,
            $\forall{A\subseteq X:~}f(X\ohne A)=f(X)\cap f(A)$,
        ist genau dann wahr, wenn $f$ injektiv ist.

    %% AUFGABE 3-2d
    \item
        \begin{claim*}
            Die Aussage $\forall{A,B\subseteq Y:~}f^{-1}(A\cap B)=f^{-1}(A)\cap f^{-1}(B)$
            ist \fbox{allgemein gültig}.
        \end{claim*}

        \begin{proof}
            Seien $A,B\subseteq Y$ beliebige Teilmengen.
            Es reicht aus \textbf{zu zeigen},
            dass $x\in f^{-1}(A\cap B)\Leftrightarrow x\in f^{-1}(A)\cap f^{-1}(B)$
            für alle $x\in X$ gilt.\\
            Sei also $x\in X$ beliebig. Es gilt

                \begin{longmathe}[mc]{RCL}
                    x\in f^{-1}(A\cap B)
                        &\Longleftrightarrow
                            &f(x)\in A\cap B\\
                        &\Longleftrightarrow
                            &f(x)\in A\,\text{und}\,f(x)\in B\\
                        &\Longleftrightarrow
                            &x\in f^{-1}(A)\,\text{und}\,x\in f^{-1}(B)\\
                        &\Longleftrightarrow
                            &x\in f^{-1}(A)\cap f^{-1}(B).\\
                \end{longmathe}

            Darum gilt $f^{-1}(A\cap B)=f^{-1}(A)\cap f^{-1}(B)$ für alle $A,B\subseteq Y$.
        \end{proof}

    %% AUFGABE 3-2e
    \item
        \begin{claim*}
            Die Aussage $\forall{A,B\subseteq Y:~}f^{-1}(A\cup B)=f^{-1}(A)\cup f^{-1}(B)$
            ist \fbox{allgemein gültig}.
        \end{claim*}

        \begin{proof}
            Seien $A,B\subseteq Y$ beliebige Teilmengen.
            Es reicht aus \textbf{zu zeigen},
            dass $x\in f^{-1}(A\cup B)\Leftrightarrow x\in f^{-1}(A)\cup f^{-1}(B)$
            für alle $x\in X$ gilt.\\
            Sei also $x\in X$ beliebig. Es gilt

                \begin{longmathe}[mc]{RCL}
                    x\in f^{-1}(A\cup B)
                        &\Longleftrightarrow
                            &f(x)\in A\cup B\\
                        &\Longleftrightarrow
                            &f(x)\in A\,\text{oder}\,f(x)\in B\\
                        &\Longleftrightarrow
                            &x\in f^{-1}(A)\,\text{oder}\,x\in f^{-1}(B)\\
                        &\Longleftrightarrow
                            &x\in f^{-1}(A)\cup f^{-1}(B).\\
                \end{longmathe}

            Darum gilt $f^{-1}(A\cup B)=f^{-1}(A)\cup f^{-1}(B)$ für alle $A,B\subseteq Y$.
        \end{proof}

\end{enumerate}

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

\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
    %% AUFGABE 3-3a
    \item
        Seien $n\in\ntrlpos$ und $v\in\reell^{n}$.
        Sei ${f:\reell^{n}\to\reell^{n}}$ durch $f(x)=x+v$ definiert.

        \begin{claim*}
            $f$ ist \fbox{bijektiv}.
        \end{claim*}

        \begin{proof}
            Sei ${g:\reell^{n}\to\reell^{n}}$ durch $g(x)=x-v$ definiert.
            Es ist einfach zu sehen,
            dass $f\circ g=\id_{\reell^{n}}$
            und $g\circ f=\id_{\reell^{n}}$.
            Per Definition ist als $f$ eine Bijektion mit Inversem $g$.
        \end{proof}
    %% AUFGABE 3-3b
    \item
        Seien $n\in\ntrlpos$ und $X=\reell^{n}\times(\reell^{n}\ohne\{\zerovector\})$.
        Sei $Y$ die Menge aller Geraden im $\reell^{n}$.
        Sei ${f:X\to Y}$ durch $f(v,w)=\{v+t\cdot w\mid t\in\reell\}$ definiert.

        \begin{claim*}
            $f$ ist \fbox{surjektiv} aber \fbox{nicht injektiv}.
        \end{claim*}

        \begin{proof}
            \uwave{{\bfseries Surjektivität}}\\
            \textbf{Idee:} Folgt aus der Definition von Geraden durch Parameter.\\
            Sei $L\subseteq\reell^{n}$ eine beliebige Gerade. \textbf{Zu zeigen:} $L\in f(X)$.\\
            Nun, \emph{per Definition} einer Geraden existieren
            $u,v\in\reell^{n}$ mit $w\neq\zerovector$
            und so dass $L=\{u+t\cdot w\mid t\in\reell\}$.
            Offensichtlicht gilt $(v,w)\in X$.
            Darum gilt $L=f((v,w))\in f(X)$.

            \uwave{{\bfseries Nichtinjektivität}}\\
            \textbf{Idee:} Wir wissen, dass verschiedene aber parallele Vektoren dieselbe Gerade definieren.\\
            Fixiere beliebiges $v,w\in\reell^{n}$
            und wähle ein $c\in\reell\ohne\{0,1\}$.\\
            Dann sind $w,cw\neq\zerovector$ verschiedene aber parallele Vektoren.\\
            Darum gilt $f((v,w))=\{v+t\cdot w\mid t\in\reell\}=\{v+tc\cdot w\mid t\in\reell\}=f((v,cw))$.\\
            Da $(v,w)\neq(v,cw)$, ist $f$ somit nicht injektiv.
        \end{proof}
    %% AUFGABE 3-3c
    \item
        Es sei $X$ die Menge aller Bücher in einem fixierten Kontext.
        Sei $Y$ die Menge alle Autor(inn)en von Büchern.
        Sei ${f:X\to\Pot(Y)}$ definiert durch
            $f(x)=\{y\mid \text{$y$ ein(e) Autor(in) vom Buch $x$}\}$
        für alle $x\in X$.

        \begin{claim*}
            $f$ ist \fbox{nicht im Allgemeinen injektiv} und \fbox{niemals surjektiv}.
        \end{claim*}

        \begin{proof}
            \uwave{{\bfseries Nichtsurjektivität}}\\
            \textbf{Zu zeigen:} Es gibt konstellationen von Autor(inn)en, die kein gemeinsames Buch verfasst haben.\\
            Es gibt \emph{immer} eine(n) Autor(in) eines Buchs,
            sodass $\leer\notin f(X)$ in allen Kontexten.
            Darum ist $f$ niemals surjektiv.

            \uwave{{\bfseries Nichtinjektivität}}\\
            \textbf{Zu zeigen:} Es gibt zwei verschiedene Bücher,
            die von der gleichen Konstellation an Autor(inn)en
            verfasst wurden.
            In unserem Kontext hat bspw. $a=\text{{\itshape JK~Rowling}}$ alleine die Bücher
                ${b_{1}:=\text{{\itshape »HP~and~the~Philosopher's~Stone«}}}$
                und
                ${b_{2}:=\text{{\itshape »HP~and~the~Goblet~of~Fire«}}}$
            geschrieben.
            Darum $b_{1}\neq b_{2}$ und $f(b_{1})=\{a\}=f(b_{2})$.
            Also ist $f$ in unserem Kontext nicht injektiv.
        \end{proof}

        \textbf{Anmerkung.}
        Falls wir $\leer$ von der Bildmenge $\Pot(Y)$ exludieren,
        dann können wir mindestens dafür argumentieren,
        dass $f$ \fbox{nicht im Allgemeinen surjektiv} ist:
        In unserem konkreten Kontext haben bspw. {\itshape JK~Rowling} und {\itshape Oscar~Wilde} nie am selben Buch gearbeitet,
        also gilt $\{\text{JK Rowling},\,\text{Oscar Wilde}\}\notin f(X)$.
        In der Tat ist ein Kontext kaum vorstellbar,
        in dem sich \emph{alle} Autor(inn)en an einem gemeinsamen Buch beteiligt haben,
        d.\,h. $Y\in f(X)$ sowie alle „große“ Teilmengen sind fast immer ausgeschlossen.

    %% AUFGABE 3-3d
    \item
        Seien $X$ die Menge aller in Deutschland zugelassener Kfz und
        $Y$ die Menge aller amtlicher Kennzeichen.
        Sei ${f:X\to Y}$ die Abbildung, die jedem Kfz sein Kennzeichen zuordnet.

        \begin{claim*}
            $f$ ist \fbox{injektiv} aber \fbox{nicht im Allgemeinen surjektiv}.
        \end{claim*}

        \begin{proof}
            \uwave{{\bfseries Injektivität:}}
            Jedes Kennzeichen darf per Gesetz nur einem Kfz zugehören.
            \uwave{{\bfseries Nichtsurjektivität:}}
            Es besteht zwar die Chance, dass irgendwann alle Kennzeichen aufgebraucht werden,
            aber in der Praxis ist die Menge $Y$ sehr groß,
            dass dies aktuell und für eine lange Zeit nicht vorkommt.
        \end{proof}
\end{enumerate}

%% ********************************************************************************
%% FILE: body/uebung/ueb4.tex
%% ********************************************************************************

\setcounternach{chapter}{4}
\chapter[Woche 4]{Woche 4}
    \label{ueb:4}

%% AUFGABE 4-1
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 1]{}
    \label{ueb:4:ex:1}
\let\sectionname\altsectionname

\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
    %% AUFGABE 4-1a
    \item
        Betrachte die Menge $X:=\intgr\times\ntrlpos$
        und die binäre Relation, $\sim\subseteq X\times X$,
        die durch

            \begin{mathe}[mc]{rcl}
                (a,b)\sim (a',b') &\Longleftrightarrow &ab'=a'b
            \end{mathe}

        für $(a,b),(a',b')\in X$ definiert wird.

        \begin{claim*}
            $(X,\sim)$ ist eine Äquivalenzrelation.
        \end{claim*}

        \begin{proof}
            Wir gehen die Axiome durch:

            \begin{kompaktenum}[\rtab][\rtab]
                \item[\uwave{{\itshape Reflexivität:}}]
                    Sei $(a,b)\in X$ beliebig.\\
                    \textbf{Zu zeigen:} $(a,b)\sim(a,b)$.\\
                    Offensichtlich gilt $ab=ab$.\\
                    Per Konstruktion gilt also $(a,b)\sim(a,b)$.

                \item[\uwave{{\itshape Symmetrie:}}]
                    Seien $(a,b),(a',b')\in X$ beliebig.\\
                    \textbf{Zu zeigen:} ${(a,b)\sim(a',b')\Rightarrow(a',b')\sim(a,b)}$.\\
                    Es gilt

                        \begin{mathe}[mc]{rclql}
                            (a,b)\sim (a',b')
                                &\Longleftrightarrow
                                    &ab'=a'b
                                    &\text{(per Konstruktion)}\\
                                &\Longrightarrow
                                    &a'b=ab'\\
                                &\Longleftrightarrow
                                    &(a',b')\sim(a,b)
                                    &\text{(per Konstruktion).}\\
                        \end{mathe}

                \item[\uwave{{\itshape Transitivität:}}]
                    Seien $(a,b),(a',b'),(a'',b'')\in X$ beliebig.\\
                    \textbf{Zu zeigen:}
                        $(a,b)\sim(a',b')$
                        und
                        $(a',b')\sim(a'',b'')$
                        $\Rightarrow$
                        $(a,b)\sim(a'',b'')$.\\
                    Es gilt

                        \begin{mathe}[mc]{rcl}
                            \begin{array}[b]{0l0}
                                (a,b)\sim (a',b')\\
                                \,\text{und}\,(a',b')\sim(a'',b'')\\
                            \end{array}
                                &\Longleftrightarrow
                                    &ab'=a'b\,\text{und}\,a'b''=a''b'\\
                                    &&\quad\text{(per Konstruktion)}\\
                                &\Longrightarrow
                                    &(ab'')b'=(ab')b''=(a'b)b''=(a'b'')b=(a''b')b=(a''b)b'\\
                                &\Longrightarrow
                                    &ab''=a''b,\\
                                    &&\quad\text{da $b'\neq 0$}\\
                                &\Longleftrightarrow
                                    &(a,b)\sim(a'',b'')\\
                                    &&\quad\text{(per Konstruktion).}\\
                        \end{mathe}
            \end{kompaktenum}

            Darum erfüllt $(X,\sim)$ die Axiome einer Äquivalenzrelation.
        \end{proof}

        \textbf{Bemerkung.}
        Man kann zeigen, dass ${f:X/\lsim\to\rtnl}$
        definiert durch $f([(a,b)])=a/b$
        wohldefiniert und bijektiv ist.
        In der Tat realisieren manche Werke die rationalen Zahlen, $\rtnl$,
        als genau diesen Quotientenraum,
        d.\,h. man kann die Äquivalenzklassen hier als rationale Zahlen deuten.

    %% AUFGABE 4-1b
    \item
        Betrachte die Menge $X:=\intgr\times\intgr$
        und die binäre Relation, $\leq\subseteq X\times X$,
        die durch

            \begin{mathe}[mc]{rcl}
                (a,b)\leq(a',b') &\Longleftrightarrow &a\leq a'\,\text{und}\,b\leq b'\\
            \end{mathe}

        für $(a,b),(a',b')\in X$ definiert wird.

        \begin{claim*}
            $(X,\leq)$ ist eine partielle Ordnung aber \fbox{nicht total}.
        \end{claim*}

        \begin{proof}
            Wir gehen die Axiome durch:

            \begin{kompaktenum}[\rtab][\rtab]
                \item[\uwave{{\itshape Reflexivität:}}]
                    Sei $(a,b)\in X$ beliebig.\\
                    \textbf{Zu zeigen:} $(a,b)\leq(a,b)$.\\
                    Offensichtlich gilt $a\leq a$ und $b\leq b$.\\
                    Per Konstruktion gilt also $(a,b)\leq(a,b)$.

                \item[\uwave{{\itshape Antisymmetrie:}}]
                    Seien $(a,b),(a',b')\in X$ beliebig.\\
                    \textbf{Zu zeigen:}
                        $(a,b)\leq(a',b')$
                        und
                        $(a',b')\leq(a,b)$
                        $\Rightarrow$
                        $(a,b)=(a',b')$.\\
                    Es gilt

                        \begin{mathe}[mc]{rcl}
                            \begin{array}[b]{0l0}
                                (a,b)\leq (a',b')\\
                                \,\text{und}\,(a',b')\leq(a,b)\\
                            \end{array}
                                &\Longleftrightarrow
                                    &a\leq a'\,\text{und}\,b\leq b'
                                    \text{und}\,
                                    a'\leq a\,\text{und}\,b'\leq b\\
                                    &&\text{(per Konstruktion)}\\
                                &\Longrightarrow
                                    &a=a\,\text{und}\,b=b',\\
                                    &&\text{da $(\intgr,\leq)$ antisymmetrisch ist}\\
                                &\Longleftrightarrow
                                    &(a,b)=(a',b').\\
                        \end{mathe}

                \item[\uwave{{\itshape Transitivität:}}]
                    Seien $(a,b),(a',b'),(a'',b'')\in X$ beliebig.\\
                    \textbf{Zu zeigen:}
                        $(a,b)\leq(a',b')$
                        und
                        $(a',b')\leq(a'',b'')$
                        $\Rightarrow$
                        $(a,b)\leq(a'',b'')$.\\
                    Es gilt

                        \begin{mathe}[mc]{rcl}
                            \begin{array}[b]{0l0}
                                (a,b)\leq (a',b')\\
                                \,\text{und}\,(a',b')\leq(a'',b'')\\
                            \end{array}
                                &\Longleftrightarrow
                                    &a\leq a'\,\text{und}\,b\leq b'
                                    \text{und}\,
                                    a'\leq a''\,\text{und}\,b'\leq b''\\
                                    &&\text{(per Konstruktion)}\\
                                &\Longrightarrow
                                    &a\leq a''\,\text{und}\,b\leq b'',\\
                                    &&\text{da $(\intgr,\leq)$ transitiv ist}\\
                                &\Longleftrightarrow
                                    &(a,b)\leq(a'',b'')\\
                                    &&\text{(per Konstruktion).}\\
                        \end{mathe}
            \end{kompaktenum}

            Darum erfüllt $(X,\leq)$ die einer partiellen Ordnung.\\
            Zum Schluss, beachte, dass $(0,1)$ und $(1,0)$ bzgl. $\leq$ unvergleichbar sind.
            Darum ist $(X,\leq)$ nicht total.
        \end{proof}
\end{enumerate}

%% AUFGABE 4-2
\clearpage
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 2]{}
    \label{ueb:4:ex:2}
\let\sectionname\altsectionname

Fixiere $n\in\ntrlpos$. Wir definieren die binäre Relation ${\sim\subseteq\intgr\times\intgr}$
mittels

    \begin{mathe}[mc]{rcl}
        a \sim b &:\Longleftrightarrow &\modfn(a,n)=\modfn(b,n)\\
    \end{mathe}

für $a,b\in\intgr$.

\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
    %% AUFGABE 4-2a
    \item
        \begin{claim*}
            $(\intgr,\sim)$ ist eine Äquivalenzrelation.
        \end{claim*}

        \begin{proof}
            Wir gehen die Axiome durch:

            \begin{kompaktenum}[\rtab][\rtab]
                \item[\uwave{{\itshape Reflexivität:}}]
                    Sei $a\in \intgr$ beliebig.
                    \textbf{Zu zeigen:} $a\sim a$.\\
                    Offensichtlich gilt $\modfn(a,n)=\modfn(a,n)$.\\
                    Per Konstruktion gilt also $a\sim a$.

                \item[\uwave{{\itshape Symmetrie:}}]
                    Seien $a, a'\in \intgr$ beliebig.
                    \textbf{Zu zeigen:} ${a\sim a'\Rightarrow a'\sim a}$.\\
                    Es gilt

                        \begin{mathe}[mc]{rclql}
                            a\sim a'
                                &\Longleftrightarrow
                                    &\modfn(a,n)=\modfn(a',n)
                                    &\text{(per Konstruktion)}\\
                                &\Longrightarrow
                                    &\modfn(a',n)=\modfn(a,n)\\
                                &\Longleftrightarrow
                                    & a'\sim a
                                    &\text{(per Konstruktion).}\\
                        \end{mathe}

                \item[\uwave{{\itshape Transitivität:}}]
                    Seien $ a, a', a''\in \intgr$ beliebig.
                    \textbf{Zu zeigen:}
                        $a\sim a'$
                        und
                        $a'\sim a''$
                        $\Rightarrow$
                        $a\sim a''$.\\
                    Es gilt

                        \begin{mathe}[mc]{rclql}
                            a\sim a'\,\text{und}\, a'\sim a''
                                &\Longleftrightarrow
                                    &\modfn(a,n)=\modfn(a',n)
                                    \,\text{und}\,
                                    \modfn(a',n)=\modfn(a'',n)\\
                                &&\text{(per Konstruktion)}\\
                                &\Longrightarrow
                                    &\modfn(a,n)=\modfn(a'',n)\\
                                &\Longleftrightarrow
                                    &a\sim a''
                                    \quad\text{(per Konstruktion).}\\
                        \end{mathe}
            \end{kompaktenum}

            Darum erfüllt $(\intgr,\sim)$ die Axiome einer Äquivalenzrelation.
        \end{proof}

        \textbf{Bemerkung.} Es gibt einen einfacheren Ansatz.
        Zunächst beweist man das allgemeine Lemma:
        Für jede Äquivalenzrelation $(Y,\approx)$ und jede Relation $(X,R)$,
        falls eine Funktion ${f:X\to Y}$ existiert,
        so dass ${\forall{x,x'\in X:~}(x,x')\in R\Leftrightarrow f(x)\approx f(x')}$,
        so gilt dass $(X,R)$ eine Äquivalenzrelation ist.
        Und jetzt wendet man dies auf unseren Kontext an:
        Wir die Äquivalenzrelation $(\{0,1,2\ldots,n-1\},=)$
        und die Relation $(\intgr,\sim)$
        und eine Abbildung ${f:a\in\intgr\mapsto\modfn(a,n)}$,
        für die
        ${\forall{a,a'\in\intgr:~}(a,a')\in\sim\Leftrightarrow f(a)\approx f(a')}$
        \emph{per Konstruktion} gilt.
        Darum ist $(\intgr,\sim)$ eine Äquivalenzrelation.

    %% AUFGABE 4-2b
    \item
        \begin{claim*}
            Es gibt $n$ Äquivalenzklassen.
        \end{claim*}

        \begin{proof}
            Betrachte die Abbildung

                \begin{mathe}[mc]{rcccl}
                    \rho &: &\intgr/\lsim &\to &\{0,1,\ldots,n-1\}\\
                        &: &[a] &\mapsto &\modfn(a,n)\\
                \end{mathe}

            Es reicht aus \textbf{zu zeigen}, dass $\rho$ eine wohldefinierte Bijektion ist.

            \begin{kompaktenum}[\rtab][\rtab]
                \item[\uwave{{\itshape Wohldefiniertheit:}}]
                    Sei $C\in\intgr/\sim$ beliebig.
                    Seien $a,a'\in\intgr$ mit $[a]=C$ und $[a']=C$.\\
                    \textbf{Zu zeigen:} $\modfn(a,n)=\modfn(a',n)$.\\
                    Aus $[a]=C=[a']$
                    folgt $a\sim a'$
                    und damit per Konstruktion
                    $\modfn(a,n)=\modfn(a',n)$.
                    Darum ordnet $\rho$ einen eindeutig Wert $[a]$ zu.

                \item[\uwave{{\itshape Injektivität:}}]
                    Seien $C,C'\in\intgr/\lsim$ beliebig.
                    \textbf{Zu zeigen:} ${\rho(C)=\rho(C')\Rightarrow C=C'}$.\\
                    Wähle zunächst $a,a'\in\intgr$, so dass $C=[a]$ und $C=[a']$.
                    Dann gilt

                        \begin{mathe}[mc]{rcl}
                            \rho(C)=\rho(C')
                                &\Longrightarrow
                                    &\modfn(a,n)=\modfn(a',n)\\
                                &\Longrightarrow
                                    &a\sim a'\\
                                &\Longrightarrow
                                    &C=[a]=[a']=C'.\\
                        \end{mathe}

                \item[\uwave{{\itshape Surjektivität:}}]
                    Sei $k\in\{0,1,\ldots,n-1\}$ beliebig.
                    \textbf{Zu zeigen:} $k\in\rho(\intgr/\lsim)$.\\
                    Setze $C=[k]\in\intgr/\lsim$.
                    Dann $\rho(C)=\modfn(k,n)=k$.\footnote{
                        Seien $q\in\intgr$ und $r\in\{0,1,\ldots,n-1\}$ mit $qn+r=k$.
                        Da $k,r\in\{0,1,\ldots,n-1\}$,
                        gilt $qn=k-r\in\intgr\cap(-n,n)$.
                        Das heißt, $k-r$ ist eine durch $n$ teilbare ganze Zahl
                        in $(-n,n)$.
                        Die einzige solche Zahl ist $0$.
                        Also $k-r=0$.
                        Also $\modfn(k,n)=r=k$.
                    }
                    Also gilt $k\in\rho(\intgr/\lsim)$.
            \end{kompaktenum}

            Darum ist $\rho$ eine Bijektion.
            Also gilt $|\intgr/\lsim|=|\{0,1,\ldots,n-1\}|=n$.
        \end{proof}
    %% AUFGABE 4-2c
    \item
        Laut der Berechnung in Aufgabe 2(b) gilt
            ${\intgr/\lsim=\{[0],[1],\ldots,[n-1]\}}$.
        Für jedes ${k\in\{0,1,\ldots,n-1\}}$
        lässt sich die Äquivalenzklasse $[k]$
        wie folgt als Teilmenge beschreiben

            \begin{mathe}[bc]{rcl}
                [k] &= &\{a\in\intgr \mid a\sim k\}
                    \,\text{per Definition}\\
                    &= &\{a\in\intgr \mid \modfn(a,n)=\modfn(k,n)\}\\
                    &= &\{a\in\intgr \mid \modfn(a,n)=k\}\\
                    &= &\{a\in\intgr \mid \exists{q\in\intgr:~}a=qn+k\}\\
                    &= &\{qn+k \mid q\in\intgr\}\\
                    &= &\intgr\cdot n + k.\\
            \end{mathe}

        Also lassen sich die Äquivalenzklassen durch die Teilmengen
            ${\{\intgr\cdot n+k\mid k\in\{0,1,\ldots,n-1\}\}}$
        darstellen.
\end{enumerate}

%% AUFGABE 4-3
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 3]{}
    \label{ueb:4:ex:3}
\let\sectionname\altsectionname

\begin{claim*}
    \makelabel{claim:main:ueb:4:ex:3}
    Für $n\in\ntrlpos$ bezeichne mit $\Phi(n)$ die Aussage,
    dass für alle Mengen $X$, $Y$ mit $|X|=|Y|=n$

        \begin{mathe}[mc]{rcl}
            \eqtag[eq:1:\beweislabel]
            |\{f\mid f\,\text{eine Bijektion zw. $X$ und $Y$}\}| &= &n!.\\
        \end{mathe}

    Dann gilt $\forall{n\in\ntrlpos:~}\Phi(n)$.
\end{claim*}

    \begin{proof}[Ansatz I][Ansatz I]
        Sei $n\in\ntrlpos$ und seien $X$, $Y$ $n$-elementige Mengen.
        Sei $(x_{1},x_{2},\ldots,x_{n})$ eine Auflistung der Elemente in $X$.
        Um eine Injektion zw. $X$ und $Y$ zu definieren,
        wählt man zuerst ein Element $y_{1}\in Y$ für $x_{1}$ (dafür gibt es $n$ Möglichkeiten),
        dann ein Element $y_{2}\in Y$ for $x_{2}$ (dafür bleiben $n-1$ Möglichkeiten übrig),
        usw.
        Darum gibt es insgesamt $n\cdot (n-1)\cdot\cdots 1=n!$
        Injektionen zwischen $X$ und $Y$.
        Da $X$ und $Y$ endlich und gleichmächtig sind,
        ist jede Injektion zwischen diesen Mengen automatisch surjektiv und damit bijektiv.
        Darum gibt es $n!$ Bijektionen zwischen $X$ und $Y$.
    \end{proof}

    \begin{proof}[Ansatz II][Ansatz II]
        Wir beweisen die Behauptung per Induktion über $n$.

        \begin{kompaktenum}[\rtab][\rtab]
            \item[\uwave{{\bfseries Induktionsanfang:}}]
                Sei $n=1$. Für $1$-elementigen Mengen $X$, $Y$,
                gibt es offensichtlich exakt eine Funktion zwischen $X$ und $Y$,
                und dies ist eine Bijektion.
                Darum gilt \eqcref{eq:1:\beweislabel}.

            \item[\uwave{{\bfseries Induktionsvoraussetzung:}}]
                Sei $n>1$.
                Angenommen, $\Phi(n-1)$ gilt.

            \item[\uwave{{\bfseries Induktionsschritt:}}]
                Seien $X$, $Y$ beliebige $n$-elementige Mengen.
                \textbf{Zu zeigen:} \eqcref{eq:1:\beweislabel} gilt.\\
                Fixiere $x_{0}\in X$.
                Beobachte, dass für alle $y_{0}\in Y$
                die Mengen
                    $X':=X\ohne\{x_{0}\}$
                und
                    $Y':=Y\ohne\{y_{0}\}$
                beide $n-1$-elementig sind.
                Betrachte nun die Abbildung

                    \begin{mathe}[mc]{rcccl}
                        F &: &\{g\mid g\,\text{Bij. zw. $X\ohne\{x_{0}\}$ und $Y\ohne\{x_{0}\}$}\}
                            &\to
                            &\{f\mid f\,\text{Bij. zw. $X$ und $Y$},\,f(x_{0})=y_{0}\}\\
                        &: &g &\mapsto &g\cup\{(x_{0},y_{0})\}.\\
                    \end{mathe}

                Das heißt, jede Bijektion ${g:X\ohne\{x_{0}\}\to Y\ohne\{y_{0}\}}$
                wird durch $F$ zu einer Funktion von $X$ nach $Y$ fortgesetzt,
                indem das zusätzliche Element, $x_{0}$, auf $y_{0}$ abgebildet wird.
                Es ist einfach zu sehen, dass $F$ wohldefiniert ist,
                d.\,h. für jede Bijektion ${g:X\ohne\{x_{0}\}\to Y\ohne\{y_{0}\}}$,
                es gilt, dass $F(g)$ eine wohldefinierte Funktion zwischen $X$ und $Y$ ist
                und weiterhin ist dies eine Bijektion.
                Außerdem ist es klar, dass die Abbildung

                    \begin{mathe}[mc]{rcccl}
                        G &: &\{f\mid f\,\text{Bij. zw. $X$ und $Y$},\,f(x_{0})=y_{0}\}
                            &\to
                            &\{g\mid g\,\text{Bij. zw. $X\ohne\{x_{0}\}$ und $Y\ohne\{x_{0}\}$}\}\\
                        &: &f &\mapsto &f\restr{X\ohne\{x_{0}\}\times Y\ohne\{x_{0}\}}\\
                    \end{mathe}

                die Abbildung $F$ nach rechts und links invertiert.
                Also ist $G$ eine Bijektion.
                Daraus folgt per Definition von Kardinalität

                    \begin{mathe}[mc]{rcl}
                        \eqtag[eq:2:\beweislabel]
                        |\{f\mid f\,\text{Bij. zw. $X$ und $Y$},\,f(x_{0})=y_{0}\}|
                        &= &|\{g\mid g\,\text{Bij. zw. $X\ohne\{x_{0}\}$ und $Y\ohne\{x_{0}\}$}\}|\\
                        &= &(n-1)!\,\text{laut IV}.\\
                    \end{mathe}

                Anderseits ist
                    ${(\{f\mid f\,\text{Bij. zw. $X$ und $Y$},\,f(x_{0})=y_{0}\})_{y_{0}\in Y}}$
                eine Partition von
                    ${\{f\mid f\,\text{Bij. zw. $X$ und $Y$}\}}$.
                Darum gilt

                    \begin{mathe}[mc]{rcl}
                        |\{f\mid f\,\text{Bij. zw. $X$ und $Y$}\}|
                        &= &|\bigcup_{y_{0}\in Y}\{f\mid f\,\text{Bij. zw. $X$ und $Y$},\,f(x_{0})=y_{0}\}|\\
                        &= &\sum_{y_{0}\in Y}|\{f\mid f\,\text{Bij. zw. $X$ und $Y$},\,f(x_{0})=y_{0}\}|\\
                            &&\text{wegen paarweise Disjunktheit}\\
                        &\eqcrefoverset{eq:2:\beweislabel}{=}
                            &\sum_{y_{0}\in Y}(n-1)!
                        = |Y|\cdot (n-1)!
                        = n\cdot (n-1)!
                        = n!.\\
                    \end{mathe}

                Also gilt \eqcref{eq:1:\beweislabel}.
        \end{kompaktenum}

        Darum gilt $\Phi(n)$ per Induktion für alle $n\in\ntrl$.
    \end{proof}

%% ********************************************************************************
%% FILE: body/uebung/ueb5.tex
%% ********************************************************************************

\setcounternach{chapter}{5}
\chapter[Woche 5]{Woche 5}
    \label{ueb:5}

\textbf{ACHTUNG.}
Diese Lösungen dienen \emph{nicht} als Musterlösungen sondern eher als Referenz.
Hier wird eingehender gearbeitet, als generell verlangt wird.
Das Hauptziel hier ist, eine Variant anzubieten, gegen die man seine Versuche vergleichen kann.

%% AUFGABE 5-1
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 1]{}
    \label{ueb:5:ex:1}
\let\sectionname\altsectionname

Fixiere eine natürliche Zahl $n\in\ntrlzero$.
Sei $a_{i}\in\{0,1,\ldots,10-1\}$ die eindeutige Zahlen,
so dass

    \begin{mathe}[mc]{rcl}
        n &= &\sum_{i\in\ntrlzero}a_{i}10^{i}\\
    \end{mathe}

gilt.

\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
    %% AUFGABE 5-1a
    \item
        \begin{claim*}
            $3\divides n$ $\Leftrightarrow$ $3\mid\sum_{i\in\ntrlzero}a_{i}$.
        \end{claim*}

        \begin{proof}
            Beachte zunächst, dass $10\equiv 1\mod 3$.
            Also gilt modulo $3$

                \begin{mathe}[mc]{rcccl}
                    n &\equiv &\sum_{i\in\ntrlzero}a_{i}1^{i} &\equiv &\sum_{i\in\ntrlzero}a_{i}.\\
                \end{mathe}

            Folglich gilt

                \begin{mathe}[mc]{rcccccl}
                    3\mid n
                        &\Longleftrightarrow
                            &n\equiv 0\mod 3
                        &\Longleftrightarrow
                            &\sum_{i\in\ntrlzero}a_{i}\equiv 0\mod 3
                        &\Longleftrightarrow
                            &3\mid\sum_{i\in\ntrlzero}a_{i}
                \end{mathe}

            wie behauptet.
        \end{proof}

    %% AUFGABE 5-1b
    \item
        \begin{claim*}
            $11\divides n$ $\Leftrightarrow$ $1\mid\sum_{i\in\ntrlzero}(-1)^{i}a_{i}$.
        \end{claim*}

        \begin{proof}
            Beachte zunächst, dass $10=-1\mod 11$.
            Also gilt modulo $11$

                \begin{mathe}[mc]{rcccl}
                    n &\equiv &\sum_{i\in\ntrlzero}a_{i}(-1)^{i}.\\
                \end{mathe}

            Folglich gilt

                \begin{mathe}[mc]{rcccccl}
                    11\mid n
                        &\Longleftrightarrow
                            &n\equiv 0\mod 11
                        &\Longleftrightarrow
                            &\sum_{i\in\ntrlzero}a_{i}\equiv 0\mod 11
                        &\Longleftrightarrow
                            &11\mid\sum_{i\in\ntrlzero}(-1)^{i}a_{i}
                \end{mathe}

            wie behauptet.
        \end{proof}
\end{enumerate}

%% AUFGABE 5-2
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 2]{}
    \label{ueb:5:ex:2}
\let\sectionname\altsectionname

\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
    %% AUFGABE 5-2a
    \item

        Seien $a=142$ und $b=84$.
        Wir berechnen $\ggT(a,b)$ mittels des Euklidischen Algorithmus
        (siehe \cite[Satz 3.4.7]{sinn2020}).

        \begin{longtable}[mc]{|c|c|}
            \hline
            \hline
                Restberechnung (symbolisch) &Restberechnung (Werte)\\
            \hline
            \endhead
                    $a = b\cdot q_{1} + r_{1}$ &$142 = 84\cdot 1 + 58$\\
                    $b = r_{1}\cdot q_{2} + r_{2}$ &$84 = 58\cdot 1 + 26$\\
                    $r_{1} = r_{2}\cdot q_{3} + r_{3}$ &$58 = 26\cdot 2 + 6$\\
                    $r_{2} = r_{3}\cdot q_{4} + r_{4}$ &$26 = 6\cdot 4 + \boxed{\mathbf{2}}$\\
                    $r_{3} = r_{4}\cdot q_{5} + r_{5}$ &$6 = 2\cdot 3 + 0$\\
            \hline
            \hline
        \end{longtable}

        Darum gilt $\ggT(a,b)=r_{2}=2$.

    %% AUFGABE 5-2b
    \item

        \begin{claim}
            \makelabel{claim:main:ueb:5:ex:2b}
            Seien $a,b,c\in\intgr$ mit $a,b\neq 0$.
            Die folgenden Aussagen sind äquivalent:

                \begin{kompaktenum}{\bfseries (i)}[\rtab][\rtab]
                    \item\punktlabel{1}
                        $\exists{x,y\in\intgr:~}ax+by=c$
                    \item\punktlabel{2}
                        $\ggT(a,b)\divides c$
                \end{kompaktenum}

        \end{claim}

        \begin{proof}
            Fixiere zunächst $d:=\ggT(a,b)$.
            Da $a,b\in\intgr\ohne\{0\}$, ist $d\in\ntrl$ eine wohldefinierte positive Zahl.

            \hinRichtung{1}{2}
                Angenommen, $ax+by=c$ für ein $x,y\in\intgr$.\\
                Da $x,y\in\intgr$,
                erhalten wir $c=ax+by\equiv 0x+0z\equiv 0$ modulo $d$.\\
                Also $\ggT(a,b)=d\divides c$.

            \hinRichtung{2}{1}
                Angenommen, $\ggT(a,b)\divides c$.\\
                Dann existiert ein $k\in\intgr$, so dass $c=k\cdot\ggT(a,b)$.\\
                Laut des Lemmas von B\'ezout (siehe \cite[Lemma 3.4.8]{sinn2020})
                existiere nun $u,v\in\intgr$, so dass $\ggT(a,b)=au+bv$.\\
                Daraus folgt ${c=k\cdot\ggT(a,b)=aku+bkv}$.\\
                Da $ku,kv\in\intgr$, haben wir \punktcref{1} bewiesen.
        \end{proof}
\end{enumerate}

%% AUFGABE 5-3
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 3]{}
    \label{ueb:5:ex:3}
\let\sectionname\altsectionname

\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
    %% AUFGABE 5-3a
    \item

        Sei $H:=\intgr/2\intgr$ die (abelsche) Gruppe von Restklassen modulo $2$ unter Addition.\\
        Sei $G:=H\times H$ mit Neutralelement $e=([0],[0])$ und versehen mit der Produktstruktur.\\
        Als Produkt von (abelschen) Gruppen ist $G$ automatisch eine (abelsche) Gruppe.
        Und offensichtlich hat $G$ genau $|G|=|H\times H|=|H|\cdot|H|=2\cdot 2=4$ Elemente.\\
        Es bleibt \textbf{zu zeigen}, dass $\forall{a\in G:~}a\ast a=e$.\\
        Sei also $a=([k],[j])\in H\times H=G$ ein beliebiges Element.
        Es gilt

            \begin{mathe}[mc]{rcl}
                a\ast a
                    &= &([k],[j])\ast([k],[j])\\
                    &= &([k]+[k],[j]+[j])\\
                    &= &([k+k],[j+j])\\
                    &= &([2k],[2j])
                    =([0],[0])
                    =e,
            \end{mathe}

        da $2\equiv 0\mod 2$.\\
        Also ist unsere Konstruktion von $G$ ein passendes Beispiel.

    %% AUFGABE 5-3b
    \item
        \begin{claim*}
            Sei $(G,\ast,e)$ eine Gruppe.
            Angenommen, $\forall{a\in G:~}a\ast a=e$.
            Dann ist $G$ kommutativ.
        \end{claim*}

        \begin{proof}
            Beachte zunächst, dass wegen Eindeutigkeit des Inverses
            die Annahme zu

                \begin{mathe}[mc]{c}
                    \eqtag[eq:1:ueb:5:ex:3]
                    \forall{a\in G:~}a^{-1}=a
                \end{mathe}

            äquivalent ist.\\
            \textbf{Zu zeigen:} Für alle $a,b\in G$ gilt $a\ast b=b\ast a$.\\
            Seien also $a,b\in G$ beliebige Elemente.
            Es gilt

                \begin{mathe}[mc]{rcccccl}
                    a\ast b
                        &\eqcrefoverset{eq:1:ueb:5:ex:3}{=}
                            &a^{-1}\ast b^{-1}
                        &= &(b\ast a)^{-1}
                        &\eqcrefoverset{eq:1:ueb:5:ex:3}{=}
                            &b\ast a.\\
                \end{mathe}

            Also ist $G$ eine kommutative Gruppe.
        \end{proof}
\end{enumerate}

%% ********************************************************************************
%% FILE: body/uebung/ueb6.tex
%% ********************************************************************************

\setcounternach{chapter}{6}
\chapter[Woche 6]{Woche 6}
    \label{ueb:6}

\textbf{ACHTUNG.}
Diese Lösungen dienen \emph{nicht} als Musterlösungen sondern eher als Referenz.
Hier wird eingehender gearbeitet, als generell verlangt wird.
Das Hauptziel hier ist, eine Variant anzubieten, gegen die man seine Versuche vergleichen kann.

%% AUFGABE 6-1
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 1]{}
    \label{ueb:6:ex:1}
\let\sectionname\altsectionname

Es sei $X$ eine Menge und $R=\Pot(X)$.
Auf $R$ definiere man die folgenden Verknüpfungen:

\begin{mathe}[mc]{rcl}
    A+B &= &A\cup B\ohne(A\cap B)\\
    A\cdot B &= &A\cap B\\
\end{mathe}

für alle $A,B\in R$.

\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
    %% AUFGABE 6-1a
    \item
    Die Additions und Multiplikationstabellen für eine $3$-elementige Menge, $X=\{a,b,c\}$,
    sehen wie folgt aus:

        \hraum
        \begin{tabular}[mc]{|C|CCCCCCCC|}
            \hline
            + &\leer &\{c\} &\{b\} &\{b,c\} &\{a\} &\{a,c\} &\{a,b\} &\{a,b,c\}\\
            \hline
            \leer &\leer &\{c\} &\{b\} &\{b,c\} &\{a\} &\{a,c\} &\{a,b\} &\{a,b,c\}\\
            \{c\} &\{c\} &\leer &\{b,c\} &\{b\} &\{a,c\} &\{a\} &\{a,b,c\} &\{a,b\}\\
            \{b\} &\{b\} &\{b,c\} &\leer &\{c\} &\{a,b\} &\{a,b,c\} &\{a\} &\{a,c\}\\
            \{b,c\} &\{b,c\} &\{b\} &\{c\} &\leer &\{a,b,c\} &\{a,b\} &\{a,c\} &\{a\}\\
            \{a\} &\{a\} &\{a,c\} &\{a,b\} &\{a,b,c\} &\leer &\{c\} &\{b\} &\{b,c\}\\
            \{a,c\} &\{a,c\} &\{a\} &\{a,b,c\} &\{a,b\} &\{c\} &\leer &\{b,c\} &\{b\}\\
            \{a,b\} &\{a,b\} &\{a,b,c\} &\{a\} &\{a,c\} &\{b\} &\{b,c\} &\leer &\{c\}\\
            \{a,b,c\} &\{a,b,c\} &\{a,b\} &\{a,c\} &\{a\} &\{b,c\} &\{b\} &\{c\} &\leer\\
            \hline
        \end{tabular}
        \hraum

        \hraum
        \begin{tabular}[mc]{|C|CCCCCCCC|}
            \hline
            \cdot &\leer &\{c\} &\{b\} &\{b,c\} &\{a\} &\{a,c\} &\{a,b\} &\{a,b,c\}\\
            \hline
            \leer &\leer &\leer &\leer &\leer &\leer &\leer &\leer &\leer\\
            \{c\} &\leer &\{c\} &\leer &\{c\} &\leer &\{c\} &\leer &\{c\}\\
            \{b\} &\leer &\leer &\{b\} &\{b\} &\leer &\leer &\{b\} &\{b\}\\
            \{b,c\} &\leer &\{c\} &\{b\} &\{b,c\} &\leer &\{c\} &\{b\} &\{b,c\}\\
            \{a\} &\leer &\leer &\leer &\leer &\{a\} &\{a\} &\{a\} &\{a\}\\
            \{a,c\} &\leer &\{c\} &\leer &\{c\} &\{a\} &\{a,c\} &\{a\} &\{a,c\}\\
            \{a,b\} &\leer &\leer &\{b\} &\{b\} &\{a\} &\{a\} &\{a,b\} &\{a,b\}\\
            \{a,b,c\} &\leer &\{c\} &\{b\} &\{b,c\} &\{a\} &\{a,c\} &\{a,b\} &\{a,b,c\}\\
            \hline
        \end{tabular}
        \hraum

        Der Additionstabelle ist zu entnehmen, dass \fbox{$\leer$ das Nullelement} (d.\,h. additives Neutralelement) ist.
        Der Multiplikationstabelle ist zu entnehmen, dass \fbox{$\{a,b,c\}$ das Einselement} (d.\,h. multiplikatives Neutralelement) ist.\\

    %% AUFGABE 6-1b
    \clearpage
    \item
        Sei nun $X$ eine allgemeine Menge.

        \begin{claim}
            \makelabel{claim:main:ueb:6:ex:1b}
            $(R,+,\cdot,\leer,X)$ bildet einen kommutativen Ring,
            wobei $R=\Pot(X)$.
        \end{claim}

        Es gibt hier zwei Ansätze.

        \begin{proof}[von \Cref{claim:main:ueb:6:ex:1b}, Ansatz I]
            Wir gehen einfach alle Axiome durch.
            Zunächst aber beobachten wir für alle $A,B\in R$
            und $x\in X$, dass

                \begin{mathe}[mc]{rcl}
                \eqtag[eq:0:simplification:\beweislabel]
                    x\in A+B
                        &\textoverset{Defn}{\Longleftrightarrow}
                            &x\in (A\cup B)\ohne(A\cap B)\\
                        &\Longleftrightarrow
                            &\text{$x$ in $A$ oder $B$, aber nicht beides}\\
                        &\Longleftrightarrow
                            &\text{$x$ in exakt einem von $A$, $B$}.\\
                \end{mathe}

            Darauf werden wir uns in einigen Berechnungen berufen.

            \begin{kompaktitem}[\rtab][\rtab]
                \item[\uwave{{\bfseries Addition/Assoziativität:}}]
                        Seien $A,B,C\in R$ beliebig.
                        \textbf{Zu zeigen:} $(A+B)+C=A+(B+C)$.\\
                        Da es sich auf beiden Seiten der Gleichung um Mengen handelt,
                        reicht es aus, für alle $x\in X$ \textbf{zu zeigen},
                        dass $x\in (A+B)+C$ gdw. $x\in A+(B+C)$.\\
                        Sei also $x\in X$ beliebig. Es gilt

                                \begin{mathe}[mc]{rcl}
                                    x\in A+(B+C)
                                        &\eqcrefoverset{eq:0:simplification:\beweislabel}{\Longleftrightarrow}
                                            &\text{exakt eines von $x\in A$ oder $x\in B+C$ gilt}\\
                                        &\eqcrefoverset{eq:0:simplification:\beweislabel}{\Longleftrightarrow}
                                            &\text{exakt eines von $x\in A$ oder (exakt eines von $x\in B$ oder $x\in C$) gilt}\\
                                        &\Longleftrightarrow
                                            &\text{exakt eines von $x\in A$ oder $x\in B$ oder $x\in C$ gilt}\\
                                        &\Longleftrightarrow
                                            &\text{$x$ in exakt einem von $A$, $B$, oder $C$}\\
                                \end{mathe}

                        und

                                \begin{mathe}[mc]{rcl}
                                    x\in (A+B)+C
                                        &\eqcrefoverset{eq:0:simplification:\beweislabel}{\Longleftrightarrow}
                                            &\text{exakt eines von $x\in A+B$ oder $x\in C$ gilt}\\
                                        &\eqcrefoverset{eq:0:simplification:\beweislabel}{\Longleftrightarrow}
                                            &\text{exakt eines von (exakt eines von $x\in A$ oder $x\in B$) oder $x\in C$ gilt}\\
                                        &\Longleftrightarrow
                                            &\text{exakt eines von $x\in A$ oder $x\in B$ oder $x\in C$ gilt}\\
                                        &\Longleftrightarrow
                                            &\text{$x$ in exakt einem von $A$, $B$, oder $C$}\\
                                \end{mathe}

                        Darum gilt $x\in A+(B+C)\Leftrightarrow x\in (A+B)+C$ für alle $x\in X$.
                        Also $A+(B+C)=(A+B)+C$ für alle $A,B,C\in R$.
                        Also ist $(R,+)$ assoziativ.

                \item[\uwave{{\bfseries Addition/Kommutativität:}}]
                        Seien $A,B\in R$ beliebig.
                        \textbf{Zu zeigen:} $A+B=B+A$.\\
                        Es gilt

                            \begin{mathe}[mc]{rcccccl}
                                A+B &\textoverset{Defn}{=}
                                    &(A\cup B)\ohne(A\cap B)
                                    &\overset{(\ast)}{=} &(B\cup A)\ohne(B\cap A)
                                    &\textoverset{Defn}{=} &B+A,\\
                            \end{mathe}

                        wobei die Gleichung bei $(\ast)$ gilt,
                        weil die Mengenoperationen, $\cap$ und $\cup$, bekanntermaßen kommutativ sind.
                        Also ist $(R,+)$ kommutativ.

                \item[\uwave{{\bfseries Addition/Nullelement:}}]
                        Wir behaupten, dass $0:=\leer$ das additive Neutralelement ist.
                        Sei also $A\in R$ beliebig.
                        \textbf{Zu zeigen:} $A+0=0+A=A$.\\
                        Wegen Kommutativität reicht es aus, $A+0=A$ zu zeigen.
                        Es gilt

                            \begin{mathe}[mc]{rcccccl}
                                A+0 &\textoverset{Defn}{=} &(A\cup\leer)\ohne(A\cap\leer)
                                    &= &A\ohne\leer
                                    &= &A\\
                            \end{mathe}

                        Also ist $\leer$ ein Neutralelement für $(R,+)$.

                \item[\uwave{{\bfseries Addition/Inverses:}}]
                        Sei $A\in R$ beliebig.
                        \textbf{Zu zeigen:}
                        Es gibt ein Element $A'\in R$, so dass $A'+A=A+A'=0$.\\
                        Wir betrachten als Möglichkeit $A':=A$:

                            \begin{mathe}[mc]{rcccccccl}
                                A'+A &= &A+A
                                    &\textoverset{Defn}{=}
                                        &(A\cup A)\ohne(A\cap A)
                                    &= &A\ohne A
                                    &= &\leer.\\
                            \end{mathe}

                        Da wie bereits gezeigt, $\leer$ ein Neutralelement in $(R,+)$ ist,
                        haben wir somit bewiesen, dass $A$ sein eigenes additives Inverses ist.

                \item[\uwave{{\bfseries Multiplikation/Assoziativität:}}]
                        Da die Mengenschnittoperation bekanntermaßen assoziativ ist,
                        ist hier eigentlich nichts zu zeigen.

                \item[\uwave{{\bfseries Multiplikation/Kommutativität:}}]
                        Da die Mengenschnittoperation bekanntermaßen kommutativ ist,
                        ist hier eigentlich nichts zu zeigen.

                \item[\uwave{{\bfseries Multiplikation/Einselement:}}]
                        Wir behaupten, dass $1:=X$ das multiplikative Neutralelement ist.
                        Sei also $A\in R$ beliebig.
                        \textbf{Zu zeigen:} $A\cdot 1=1\cdot A=A$.\\
                        Wegen Kommutativität reicht es aus, $A\cdot 1=A$ zu zeigen.
                        Es gilt

                            \begin{mathe}[mc]{rcccl}
                                A\cdot 1 &= &A\cap X &= A,\\
                            \end{mathe}

                        weil $A\in R=\Pot(X)$ und damit $A\subseteq X$ gilt.
                        Also ist $X$ ein Neutralelement für $(R,\cdot)$.

                \item[\uwave{{\bfseries Linksdistributivität:}}]
                    Seien $A,B,C\in R$ beliebig.
                    \textbf{Zu zeigen:} $A\cdot(B+C)=(A\cdot B)+(A\cdot C)$.\\
                    Da es sich auf beiden Seiten der Gleichung um Mengen handelt,
                    reicht es aus, für alle $x\in X$ \textbf{zu zeigen},
                    dass $x\in A\cdot(B+C)$ gdw. $x\in (A\cdot B)+(A\cdot C)$.\\
                    Sei also $x\in X$ beliebig. Es gilt

                            \begin{mathe}[mc]{rcl}
                                x\in A\cdot(B+C)
                                    &\textoverset{Defn}{\Longleftrightarrow}
                                        &x\in A\cap((B\cup C)\ohne(B\cap C))\\
                                    &\eqcrefoverset{eq:0:simplification:\beweislabel}{\Longleftrightarrow}
                                        &\text{$x$ in $A$ und $x$ in exakt einer der Mengen $B$, $C$}\\
                                    &\Longleftrightarrow
                                        &\text{$x$ in exakt einer der Mengen $A\cap B$, $A\cap C$}\\
                                    &\eqcrefoverset{eq:0:simplification:\beweislabel}{\Longleftrightarrow}
                                        &x\in (A\cdot B)+(A\cdot C).\\
                            \end{mathe}

                    Also gilt $A\cdot(B+C)=(A\cdot B)+(A\cdot C)$.
                    Also weist $(R,+,\cdot)$ linksdistributivität auf.

                \item[\uwave{{\bfseries Rechtsdistributivität:}}]
                    Da Multiplikation kommutativ ist, folgt Rechtsdistributivität
                    automatisch aus Linksdistributivität.
            \end{kompaktitem}

            Darum erfüllt $(R,+,\cdot)$ die Axiome eines Rings
            und dieser Ring hat ein Einselement und heißt kommutativ,
            weil hier Multiplikation kommutativ ist.
        \end{proof}

        \clearpage
        \begin{proof}[von \Cref{claim:main:ueb:6:ex:1b}, Ansatz II]
            Ein scharfes Auge erkennt, dass wir Teilmengen von $X$
            mit binären Tupeln identifizieren kann.
            Vielmehr wollen wir diese Menge von binären Tupeln mit einer bekannten algebraischen Struktur in Verbindung setzen,
            also betrachten wir konkret die Abbildungen

                \begin{mathe}[mc]{rclcl}
                    \Phi &: &\prod_{x\in X}\intgr/2\intgr &\to &\Pot(X)\\
                        &: &\alpha &\mapsto &\supp(\alpha):=\{x\in X\mid \alpha_{x}=1\}\\
                    \\
                    \Psi &: &\Pot(X) &\to &\prod_{x\in X}\intgr/2\intgr\\
                        &: &A &\mapsto &(\einser_{A}(x))_{x\in X}\\
                \end{mathe}

            um Elemente aus dem einen Raum auf Elemente aus dem anderen zu übertragen.
            Nun ist $\intgr/2\intgr$ bekanntermaßen ein kommutativer Ring (eigentlich ein Körper).
            Darum ist das Produkt $\prod_{x\in X}\intgr/2\intgr$,
            versehen mit punktweise Addition und punktweise Multiplikation,
            ebenfalls ein kommutativer Ring.

            Darum reicht es aus \textbf{zu zeigen}, dass $\Phi$
            eine Bijektion ist, die die Operationen erhält
            (auch \emph{Isomorphismus} genannt).

            \begin{kompaktitem}[\rtab][\rtab]
                \item[\uwave{{\bfseries Bijektion:}}]
                    Wir beobachten, dass

                        \begin{mathe}[mc]{rclcl}
                            \Phi(\Psi(A))
                                &= &\{x\in X\mid \Psi(A)_{x}=1\}\\
                                &= &\{x\in X\mid \einser_{A}(x)=1\}\\
                                &= &\{x\in X\mid x\in A\}
                                &= &A\\
                        \end{mathe}

                    für alle $A\in\Pot(X)$ und

                        \begin{mathe}[mc]{rclcl}
                            \Psi(\Phi(\alpha))
                                &= &(\einser_{\Phi(\alpha)}(x))_{x\in X}\\
                                &= &(\einser_{\{x'\in X\mid \alpha_{x'}=1\}}(x))_{x\in X}\\
                                &= &\left(
                                    \begin{cases}[mc]{lcl}
                                        1 &: &x\in\{x'\in X\mid \alpha_{x'}=1\}\\
                                        0 &: &\text{sonst}\\
                                    \end{cases}
                                    \right)_{x\in X}\\
                                &= &\left(
                                    \begin{cases}[mc]{lcl}
                                        1 &: &\alpha_{x}=1\\
                                        0 &: &\alpha_{x}=0\\
                                    \end{cases}
                                    \right)_{x\in X}
                                &= &(\alpha_{x})_{x\in X}
                                = \alpha\\
                        \end{mathe}

                    für alle $\alpha\in\prod_{x\in X}\intgr/2\intgr$.
                    Also $\Phi\circ\Psi=\id$ und $\Psi\circ\Phi=\id$.
                    Darum sind $\Phi$ und $\Psi$ Bijektion (und invertieren einander).

                \item[\uwave{{\bfseries Erhaltung der Operationen:}}]
                    Seien $\alpha,\beta\in\prod_{x\in X}\intgr/2\intgr$.
                    \textbf{Zu zeigen:}
                        $\Phi(\alpha+\beta)=\Phi(\alpha)+\Phi(\beta)$
                    und
                        $\Phi(\alpha\cdot\beta)=\Phi(\alpha)\cdot\Phi(\beta)$.
                    Es gilt

                        \begin{mathe}[mc]{rcl}
                            \Phi(\alpha+\beta)
                                &= &\{x\in X\mid (\alpha+\beta)_{x}=1\}\\
                                &= &\{x\in X\mid \alpha_{x}+\beta_{x}=1\},\\
                                &&\quad\text{da Operationen auf $\prod_{x\in X}\intgr/2\intgr$ punktweise definiert sind}\\
                                &= &\{x\in X\mid \alpha_{x}=1\,\text{od.}\,\beta_{x}=1,\,\text{aber nicht beides}\}\\
                                &= &(\{x\in X\mid \alpha_{x}=1\}\cup\{x\in X\mid \beta_{x}=1\})\\
                                    &&\,\ohne\,(\{x\in X\mid \alpha_{x}=1\}\cap\{x\in X\mid \beta_{x}=1\})\\
                                &= &(\Phi(\alpha)\cup\Phi(\beta))
                                    \ohne(\Phi(\alpha)\cap\Phi(\beta))
                                    \quad\text{per Konstruktion von $\Phi$}\\
                                &= &\Phi(\alpha)+\Phi(\beta)
                                    \quad\text{per Definition von Addition in $R$}\\
                        \end{mathe}

                    und

                        \begin{mathe}[mc]{rcl}
                            \Phi(\alpha\cdot\beta)
                                &= &\{x\in X\mid (\alpha\cdot\beta)_{x}=1\}\\
                                &= &\{x\in X\mid \alpha_{x}\cdot\beta_{x}=1\},\\
                                &&\quad\text{da Operationen auf $\prod_{x\in X}\intgr/2\intgr$ punktweise definiert sind}\\
                                &= &\{x\in X\mid \alpha_{x}=1\,\text{und.}\,\beta_{x}=1\}\\
                                &= &\{x\in X\mid \alpha_{x}=1\}\cap\{x\in X\mid \beta_{x}=1\}\\
                                &= &\Phi(\alpha)\cap\Phi(\beta)
                                    \quad\text{per Konstruktion von $\Phi$}\\
                                &= &\Phi(\alpha)\cdot\Phi(\beta)
                                    \quad\text{per Definition von Multiplikation in $R$}.\\
                        \end{mathe}

                    Darum präserviert $\Phi$ die Operationen.
            \end{kompaktitem}

            Zusammegefasst haben wir gezeigt,
            dass $(\Pot(X),+,\cdot)$ zu dem kommutativen Ring, $(\prod_{x\in X}\intgr/2\intgr,+,\cdot)$ isomorph ist
            (und zwar mittels $\Phi$),
            und damit dass $(R,+,\cdot)$ selbst ein kommutativer Ring ist.
        \end{proof}

        \textbf{Bemerkung.}
        Aus diesem Beweis geht hervor, dass
            das Nullelement durch $\Phi((0)_{x\in X})=\leer$
            und
            das Einselement durch $\Phi((1)_{x\in X})=X$
        gegeben sind.
\end{enumerate}

%% AUFGABE 6-2
\clearpage
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 2]{}
    \label{ueb:6:ex:2}
\let\sectionname\altsectionname

Wir identifizieren $\kmplx$ mit $\reell^{2}$ mittel der Abbildungen

    \begin{mathe}[mc]{rcl}
        z\in\kmplx &\mapsto &\begin{svector} \ReTeil(z)\\ \ImTeil(z)\\\end{svector}\in\reell^{2},\\
        \mathbf{x}\in\reell^{2} &\mapsto &x_{1}+\imageinh x_{2}\in\kmplx.\\
    \end{mathe}

\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
    %% AUFGABE 6-2a
    \item
        \begin{claim*}
            Für alle $z\in\kmplx\ohne\{0\}$ existieren eindeutige Werte $r\in(0,\infty)$ und $\alpha\in[0,2\pi)$,
            dann $z=r\cdot\begin{svector} \cos(\alpha)\\ \sin(\alpha)\\\end{svector}$ (unter der o.\,s. Identifizierung).
        \end{claim*}

        \begin{proof}
            Unter der Identifizierung können wir $z=\begin{svector} x\\ y\\\end{svector}$ schreiben, wobei $x,y\in\reell$.
            Da $z\neq 0=\begin{svector} 0\\ 0\\\end{svector}$, muss entweder $x\neq 0$ oder $y\neq 0$ gelten.

            Zur {\bfseries Existenz}:
            Sei $r:=\sqrt{x^{2}+y^{2}}$. Dann $r>0$ weil $(x,y)\neq (0,0)$.\\
            Um $\alpha$ zu bestimmen, werden folgende Fälle aufgeführt:

                \begin{kompaktenum}{\bfseries {Fall} 1.}[\rtab][\rtab]
                    \item
                        $y=0$. Dann $x\neq 0$ und in diesem Falle gilt $r=|x|$.
                        Man setze
                            $\alpha := \begin{cases}[mc]{lcl}
                                0 &: &x>0\\
                                \pi &: &x<0\\
                            \end{cases}$.
                        Dann $r\cos(\alpha) :=
                            \begin{cases}[mc]{lcl}
                                r &: &x>0\\
                                -r &: &x<0\\
                            \end{cases}
                            = x$
                        und $r\sin(\alpha)=0$.
                    \item
                        $y>0$.
                        Man setze $\alpha\in(0,\pi)$ der eindeutige Winkel
                        mit $\cos(\alpha)=\frac{x}{r}$.
                        Dann
                            $r\cos(\alpha)=x$
                        und
                            $r\sin(\alpha)=r\sqrt{1-\cos^{2}(\alpha)}
                            =\sqrt{r^{2}-(r\cos(\alpha))^{2}}
                            =\sqrt{(x^{2}+y^{2})-x^{2}}
                            =\sqrt{y^{2}}
                            =|y|=y$.
                    \item
                        $y<0$.
                        Man setze $\alpha\in(\pi,2\pi)$ der eindeutige Winkel
                        mit $\cos(\alpha)=\frac{x}{r}$.
                        Dann
                            $r\cos(\alpha)=x$
                        und
                            $r\sin(\alpha)=r\cdot -\sqrt{1-\cos^{2}(\alpha)}
                            =-\sqrt{r^{2}-(r\cos(\alpha))^{2}}
                            =-\sqrt{(x^{2}+y^{2})-x^{2}}
                            =-\sqrt{y^{2}}
                            =-|y|=y$.
                \end{kompaktenum}

            Darum gilt in allen Fällen
                $r\cdot\begin{svector} \cos(\alpha)\\ \sin(\alpha)\\\end{svector}
                =\begin{svector} r\cos(\alpha)\\ r\sin(\alpha)\\\end{svector}
                =\begin{svector} x\\ y\\\end{svector}
                =z$.

            Zur {\bfseries Eindeutigkeit}:
            Seien $r_{i}\in(0,\infty)$, $\alpha_{i}\in[0,2\pi)$
            mit
                $r_{i}\cdot\begin{svector} \cos(\alpha_{i})\\ \sin(\alpha_{i})\\\end{svector}=z$
            für $i\in\{1,2\}$.
            \textbf{Zu zeigen:} $r_{1}=r_{2}$ und $\alpha_{1}=\alpha_{2}$.
            Es gilt

                \begin{mathe}[mc]{rclcl}
                    r_{1}^{2} &= &r_{1}^{2}(\cos^{2}(\alpha_{1}) + \sin^{2}(\alpha_{1}))\\
                        &= &(r_{1}\cos(\alpha_{1}))^{2} + (r_{1}\sin(\alpha_{1}))^{2}\\
                        &= &x^{2}+y^{2}\\
                        &= &(r_{2}\cos(\alpha_{2}))^{2} + (r_{2}\sin(\alpha))^{2}\\
                        &= &r_{2}^{2}(\cos^{2}(\alpha_{2}) + \sin^{2}(\alpha_{2}))
                        &= &r_{2}^{2},\\
                \end{mathe}

            woraus sich ergibt, dass $r_{1}=r_{2}$, weil $r_{1},r_{2}\geq 0$.
            Da $r_{1},r_{2}>0$, folgt

                \begin{mathe}[mc]{ccccccccccl}
                    \cos(\alpha_{1})
                        &= &\dfrac{r_{1}\cos(\alpha_{1})}{r_{1}}
                        &= &\dfrac{x}{r_{1}}
                        &= &\dfrac{x}{r_{2}}
                        &= &\dfrac{r_{2}\cos(\alpha_{2})}{r_{2}}
                        &= &\cos(\alpha_{2})\\
                    \sin(\alpha_{1})
                        &= &\dfrac{r_{1}\sin(\alpha_{1})}{r_{1}}
                        &= &\dfrac{y}{r_{1}}
                        &= &\dfrac{y}{r_{2}}
                        &= &\dfrac{r_{2}\sin(\alpha_{2})}{r_{2}}
                        &= &\sin(\alpha_{2})\\
                \end{mathe}

            Da $\alpha_{1},\alpha_{2}\in[0,2\pi)$ und wegen Injektivität von $\cos$
            auf $[0,\pi)$ und $[\pi,2\pi)$ und der Symmetrie um $\pi$,
            erhalten wir aus
            $\cos(\alpha_{1})=\cos(\alpha_{2})$,
            dass (i)~$\alpha_{1}=\alpha_{2}$ oder (ii)~$\alpha_{1}=2\pi-\alpha_{2}$
            gelten muss.\\
            Falls (ii) gilt,
            so gilt $\sin(\alpha_{1})=\sin(2\pi-\alpha_{2})=-\sin(\alpha_{2})$.
            Da aber $\sin(\alpha_{1})=\sin(\alpha_{2})$,
            folgt daraus $\sin(\alpha_{2})=0$,
            und damit (iii)~$\alpha_{2}=0$ oder (iv)~$\pi$.
            Falls (iii) gilt, so gilt wegen (ii) $\alpha_{1}=2\pi-0=2\pi$,
            was ein Widerspruch ist, weil $\alpha_{1}\in[0,2\pi)$.
            Darum muss (iv) gelten.
            Wegen (ii) gilt also $\alpha_{1}=2\pi-\pi=\pi=\alpha_{2}$.\\
            Zusammegefasst gilt entweder (i) $\alpha_{1}=\alpha_{2}$
            oder (ii), aus dem sich (iv) ergibt, was wiederum $\alpha_{1}=\alpha_{2}$ zur Folge hat.
            D.\,h., in allen Fällen gilt $\alpha_{1}=\alpha_{2}$.

            Darum gelten $r_{1}=r_{2}$ und $\alpha_{1}=\alpha_{2}$.
            Also ist die Darstellung eindeutig.
        \end{proof}

    %% AUFGABE 6-2b
    \clearpage
    \item
        \begin{claim*}
            Seien $z_{1},z_{2}\in\kmplx\ohne\{0\}$ mit Darstellungen
            $z_{i}=r_{i}\cdot\begin{svector} \cos(\alpha_{i})\\ \sin(\alpha_{i})\\\end{svector}$
            für $i\in\{1,2\}$.
            Dann gilt die Rechenregel
                $z_{1}z_{2}=r_{1}r_{2}\cdot\begin{svector} \cos(\alpha_{1}+\alpha_{2})\\ \sin(\alpha_{1}+\alpha_{2})\\\end{svector}$.
        \end{claim*}

        \begin{proof}
            Multiplikation in $\kmplx$ liefert

                \begin{longmathe}[mc]{RCL}
                    z_{1}z_{2}
                        &= &\begin{svector} \ReTeil(z_{1})\ReTeil(z_{2})-\ImTeil(z_{1})\ImTeil(z_{2})\\ \ReTeil(z_{1})\ImTeil(z_{2})+\ReTeil(z_{1})\ImTeil(z_{2})\\\end{svector}\\
                        &= &\begin{svector} r_{1}\cos(\alpha_{1})\cdot r_{2}\cos(\alpha_{2})-r_{1}\sin(\alpha_{1})\cdot r_{2}\sin(\alpha_{2})\\ r_{1}\cos(\alpha_{1})\cdot r_{2}\sin(\alpha_{2})+r_{1}\cos(\alpha_{1})\cdot r_{2}\sin(\alpha_{2})\\\end{svector}\\
                        &= &r_{1}r_{2}\begin{svector} \cos(\alpha_{1})\cos(\alpha_{2})-\sin(\alpha_{1})\sin(\alpha_{2})\\ \cos(\alpha_{1})\sin(\alpha_{2})+\cos(\alpha_{1})\sin(\alpha_{2})\\\end{svector}\\
                        &= &r_{1}r_{2}\begin{svector} \cos(\alpha_{1}+\alpha_{2})\\ \sin(\alpha_{1}+\alpha_{2})\\\end{svector}.\\
                \end{longmathe}

            Die letzte Vereinfachung folgt aus der trigonometrischen Additionsregel.
        \end{proof}
    %% AUFGABE 6-2c
    \item
        \begin{claim*}[de Moivre]
            Sei $z\in\kmplx\ohne\{0\}$ mit Darstellungen
            $z=r\cdot\begin{svector} \cos(\alpha)\\ \sin(\alpha)\\\end{svector}$.
            Dann gilt die Potenzregel
                $z^{n}=r^{n}\cdot\begin{svector} \cos(n\alpha)\\ \sin(n\alpha)\\\end{svector}$
            für alle $n\in\ntrlpos$.
        \end{claim*}

        \begin{proof}
            Wir beweisen dies per Induktion über $n$.

            \begin{kompaktenum}[\rtab][\rtab]
                \item[\uwave{{\bfseries Induktionsanfang:}}]
                    Die Gleichung gilt offensichtlich für $n=1$.

                \item[\uwave{{\bfseries Induktionsvoraussetzung:}}]
                    Sei $n>1$. Angenommen, $z^{n-1}=r^{n-1}\cdot\begin{svector} \cos((n-1)\alpha)\\ \sin((n-1)\alpha)\\\end{svector}$.

                \item[\uwave{{\bfseries Induktionsschritt:}}]
                    \textbf{Zu zeigen:} $z^{n}=r^{n}\cdot\begin{svector} \cos(n\alpha)\\ \sin(n\alpha)\\\end{svector}$.\\
                    Per rekursive Definition vom Potenzieren
                    gilt zunächst $z^{n}=z^{n-1}\cdot z$ (Multiplikation innerhalb der Algebra $\kmplx$).
                    Aufgabe 6-2(b) zur Folge gilt somit

                        \begin{mathe}[mc]{rcl}
                            z^{n}=z^{n-1}\cdot z
                                &\textoverset{IV}{=}
                                    &r^{n-1}\cdot\begin{svector} \cos((n-1)\alpha)\\ \sin((n-1)\alpha)\\\end{svector}
                                    \cdot r\cdot\begin{svector} \cos(\alpha)\\ \sin(\alpha)\\\end{svector}\\
                                &\textoverset{(2b)}{=}
                                    &r^{n-1}r\cdot\begin{svector} \cos((n-1)\alpha+\alpha)\\ \sin((n-1)\alpha+\alpha)\\\end{svector}\\
                                &= &r^{n}\cdot\begin{svector} \cos(n\alpha)\\ \sin(n\alpha)\\\end{svector}.\\
                        \end{mathe}

                    Darum gilt die Gleichung für $n$.
            \end{kompaktenum}

            Also gilt die Gleichung für alle $n\in\ntrlzero$.
        \end{proof}

        \begin{rem*}
            Wir können eigentlich zeigen,
            dass dies für alle $n\in\intgr$ gilt.
            Für $n=0$, gilt
                $%
                    z^{0}
                    =1+\imageinh 0
                    =\begin{svector} 1\\ 0\\\end{svector}
                    =r^{0}\cdot\begin{svector} \cos(0\alpha)\\ \sin(0\alpha)\\\end{svector}%
                $.
            Für $n=-1$ liefert uns die Rechenregel für Multiplikation innerhalb $\kmplx$,
            dass
                $r^{-1}\cdot\begin{svector} \cos(-\alpha)\\ \sin(-\alpha)\\\end{svector}$
            eine hinreichende Konstruktion für ein Inverses von $z$ ist,
            und darum ist dies wegen Eindeutigkeit des Inverses gleich $z^{-1}$.
            Für $n<0$ allgemein wenden wir schließlich
                $%
                    z^{n}
                    =(z^{-1})^{|n|}
                    =(r^{-1}\cdot\begin{svector} \cos(-\alpha)\\ \sin(-\alpha)\\\end{svector})^{|n|}
                    =(r^{-1})^{|n|}\cdot\begin{svector} \cos(|n|\cdot-\alpha)\\ \sin(|n|\cdot-\alpha)\\\end{svector}
                    =r^{n}\cdot\begin{svector} \cos(n\alpha)\\ \sin(n\alpha)\\\end{svector}%
                $
            an.
        \end{rem*}
\end{enumerate}

%% AUFGABE 6-3
\clearpage
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 3]{}
    \label{ueb:6:ex:3}
\let\sectionname\altsectionname

Es sei $K$ ein Körper und $F:=K\times K$ versehen mit den Operationen ${+,\cdot:F\times F\to F}$,
definiert vermöge

    \begin{mathe}[mc]{rcl}
        (a,b)+(a',b') &= &(a+a',b+b')\\
        (a,b)\cdot (a',b') &= &(aa'-bb',ab'+a'b)\\
    \end{mathe}

für alle $a,b,a',b'\in K$.

Wir werden folgendes klassifizierendes Ergebnis verwenden,
um die Aufgaben zu behandeln
(und dieses Resultat dann anschließend beweisen).

\begin{satz}
    \makelabel{satz:1:ueb:6:ex:3}
    $(F,+,\cdot)$ ist genau dann ein Körper,
    wenn $a^{2}+b^{2}\neq 0$ innerhalb $K$
    für alle $(a,b)\in F\ohne\{(0,0)\}$.
\end{satz}

\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
    %% AUFGABE 6-3a
    \item
        \begin{schattierteboxdunn}
        \begin{claim*}
            Sei $K=\mathbf{F}_{2}=\intgr/2\intgr$.
            Dann ist $(F,+,\cdot)$ kein Körper.
        \end{claim*}
        \end{schattierteboxdunn}

        \begin{proof}
            Da $(a,b):=(1,1)\in F\ohne\{(0,0)\}$
            und
                $a^{2}+b^{2}=1+1=0$
                innerhalb $K=\intgr/2\intgr$,
            ist \Cref{satz:1:ueb:6:ex:3} zufolge $F$ kein Körper.
            Es scheitert genau das Axiom der Existenz multiplikativer Inverser.
            (Nichtsdestotrotz bildet $F$ einen kommutativen Ring mit Einselement.)
        \end{proof}

    %% AUFGABE 6-3b
    \item
        \begin{schattierteboxdunn}
        \begin{claim*}
            Sei $K=\mathbf{F}_{3}=\intgr/3\intgr$.
            Dann ist $(F,+,\cdot)$ ein Körper.
        \end{claim*}
        \end{schattierteboxdunn}

        \begin{proof}
            Laut \Cref{satz:1:ueb:6:ex:3} reicht es aus
            für alle $(a,b)\in F\ohne\{(0,0)\}$
            \textbf{zu zeigen}, dass $a^{2}+b^{2}\neq 0$ innerhalb $K=\intgr/3\intgr$.
            Sei also $(a,b)\in F\ohne\{(0,0)\}$ beliebig.
            Da $a\neq 0$ oder $b\neq 0$ gibt es folgende Fälle:

            \begin{kompaktenum}{\bfseries {Fall} 1.}[\rtab][\rtab]
                %% FALL 1
                \item $a=0$, $b\neq 0$. Dann $b=\pm 1\mod 3$.
                    Also $a^{2}+b^{2}=0+1=1\nequiv 0\mod 3$.
                %% FALL 2
                \item $a\neq 0$, $b=0$. Dann $a=\pm 1\mod 3$.
                    Also $a^{2}+b^{2}=1+0=1\nequiv 0\mod 3$.
                %% FALL 3
                \item $a\neq 0$, $b\neq 0$. Dann $a,b=\pm 1\mod 3$.
                    Also $a^{2}+b^{2}=1+1=2\nequiv 0\mod 3$.
            \end{kompaktenum}

            Also gilt in jedem Falle $a^{2}+b^{2}\neq 0$.
            Darum bildet $F$ einen Körper.
        \end{proof}
\end{enumerate}

Um \Cref{satz:1:ueb:6:ex:3} zu beweisen, brauchen wir zunächst folgendes Zwischenresultat.

\begin{lemm}
    \makelabel{lemm:1:ueb:6:ex:3}
    $(F,+,\cdot)$ ist genau dann ein Körper,
    wenn in der Teilstruktur $(F,\cdot)$ multiplikative Inverse existieren für jedes Element.
\end{lemm}

    \begin{einzug}[\rtab][\rtab]
    \begin{proof}[von \Cref{lemm:1:ueb:6:ex:3}][\Cref{lemm:1:ueb:6:ex:3}]
        Da die Teilstruktur, $(F,+)$, durch die Produktstruktur $(K,+)\times (K,+)$ gegeben ist,
        dessen Faktoren all kommutative Gruppen sind, ist $(F,+)$ eine kommutative Gruppe.
        Das heißt, die {\bfseries Additionsaxiome} unter den Körperaxiomen sind allesamt erfüllt.
        (Insbesondere ist das Nullelement durch $0_{F}=(0,0)$ gegeben.)

        Bei den {\bfseries Multiplikationsaxiomen} sehen wir dass Kommutativität offensichtlich gilt,
        weil die o.\,s. Definitions von Multiplikation in den Argumenten offensichtlich symmetrisch ist,
        und weil die Operationen in $K$ kommutativ sind.
        Es gilt auch $(a,b)\cdot(1,0)=(a\cdot 1-b\cdot 0,a\cdot 0+1\cdot b)=(a,b)$,
        sodass $1_{F}:=(1,0)$ das Einselement von $F$ ist.
        Assoziativität von Multiplikation ist auch erfüllt, weil

            \begin{mathe}[mc]{rcl}
                (a,b)\cdot((a',b')\cdot(a'',b''))
                    &= &(a,b)\cdot(a'a''-b'b'', a'b''+a''b')\\
                    &= &(a(a'a''-b'b'')-b(a'b''+a''b'), a(a'b''+a''b')+(a'a''-b'b'')b)\\
                    &= &(aa'a'' - ab'b'' - ba'b'' - ba''b', aa'b'' + aa''b' + a'a''b - b'b''b)\\
                    &= &\boxed{(aa'a'' - ab'b'' - a'bb'' - a''bb', aa'b'' + aa''b' + a'a''b - bb'b'')}\\
            \end{mathe}

        und

            \begin{mathe}[mc]{rcl}
                ((a,b)\cdot(a',b'))\cdot(a'',b'')
                    &= &(aa'-bb',ab'+a'b)\cdot(a'',b'')\\
                    &= &((aa'-bb')a'' - (ab'+a'b)b'', (aa'-bb')b'' + a''(ab'+a'b))\\
                    &= &(aa'a'' - bb'a'' - ab'b'' - a'bb'', aa'b'' - bb'b'' + a''ab' + a''a'b)\\
                    &= &\boxed{(aa'a'' - ab'b'' - a'bb'' - a''bb', aa'b'' + aa''b' + a'a''b - bb'b'')}\\
                    &= &(a,b)\cdot((a',b')\cdot(a'',b''))
            \end{mathe}

        für alle $(a,b),(a',b'),(a'',b'')\in F$.
        Darum ist $(F,\cdot)$ assoziativ, kommutativ, und hat ein Neutralelement.

        Wegen Kommutativität von Multiplikation in $F$, ist {\bfseries Distributitivität}
        zu Linksdistributivität äquivalent, und da

            \begin{mathe}[mc]{rcl}
                (a,b)\cdot((a',b')+(a'',b''))
                    &= &(a,b)\cdot(a'+a'',b'+b'')\\
                    &= &(a(a'+a'')-b(b'+b''), a(b'+b'')+(a'+a'')b)\\
                    &= &((aa'-bb')+(aa''-bb''), (ab'+a'b)+(ab''+a''b))\\
                    &= &(aa'-bb',ab'+a'b)+(aa''-bb'', ab''+a''b)\\
                    &= &(a,b)\cdot(a',b')+(a,b)/cdot (a'',b'')\\
            \end{mathe}

        für alle $(a,b),(a',b'),(a'',b'')\in F$, ist dies erfüllt.

        Darum erfüllt $(F,+,\cdot)$ jedes Axiom eines Körpers,
        evtl. bis auf das Axiom für multiplikative Inverse.
        Darum gilt:
        $(F,+,\cdot)$ bildet einen Körper
        $\Leftrightarrow$
        jedes Element in $F\ohne\{0_{F}\}$ hat ein multiplikatives Inverses.
    \end{proof}
    \end{einzug}

Jetzt können wir uns dem Beweis von \Cref{satz:1:ueb:6:ex:3} widmen

\begin{proof}[von \Cref{satz:1:ueb:6:ex:3}][\Cref{satz:1:ueb:6:ex:3}]
    Laut \Cref{lemm:1:ueb:6:ex:3} gilt $(F,+,\cdot)$ ein Körper gdw. jedes Element in $F$ hat ein multiplikatives Inverses.
    Darum reicht es aus \textbf{zu zeigen}, dass

        \begin{mathe}[mc]{rcl}
            \forall{(a,b)\in F\ohne\{0_{F}\}:~}\exists{(a',b')\in F:~}(a,b)\cdot (a',b')=1_{F}
                &\Longleftrightarrow
                    &\forall{(a,b)\in F\ohne\{0_{F}\}:~}a^{2}+b^{2}\neq 0
        \end{mathe}

    gilt.\footnote{
        Man beachte: Wegen multiplikativer Kommutativität folgt aus
            $(a,b)\cdot (a',b')=1_{F}$,
        dass auch
            $(a',b')\cdot (a,b)=1_{F}$
        gilt.
    }

    \herRichtung
        Angenommen, $a^{2}+b^{2}\neq 0$ für alle $(a,b)\in F\ohne\{0_{F}\}$.\\
        Sei $(a,b)\in F\ohne\{0_{F}\}$ beliebig.
        \textbf{Zu zeigen:} $(a,b)$ sei innerhalb $F$ invertierbar.\\
        Per Annahme gilt nun $r:=a^{2}+b^{2}\neq 0$ und somit ist $r$ innerhalb $K$ invertierbar.
        Setze $(a',b'):=(r^{-1}a,-r^{-1}b)$.
        Dann

            \begin{mathe}[mc]{rcl}
                (a,b)\cdot(a',b')
                    &= &(a\cdot r^{-1}a-b(-r^{-1}b),a(-r^{-1}b)+(r^{-1}a)b)\\
                    &= &(r^{-1}(a^{2}+b^{2}), 0)\\
                    &= &(r^{-1}r, 0)\\
                    &= &(1, 0)\\
                    &= &1_{F}.\\
            \end{mathe}

        Also ist jedes $(a,b)\in F\ohne\{0_{F}\}$ innerhalb $F$ invertierbar.

    \hinRichtung
        Angenommen, jedes Element in $F\ohne\{0_{F}\}$ sei invertierbar.\\
        Wie oben erklärt, ist $(F,+,\cdot)$ somit ein Körper.\\
        Sei $(a,b)\in F\ohne\{0_{F}\}$ beliebig.
        \textbf{Zu zeigen:} $a^{2}+b^{2}\neq 0$.\\
        Da $(a,b)\neq 0_{F}=(0,0)$,
        gilt $a\neq 0$ oder $b\neq 0$
        und damit gilt auch $(a,-b)\in F\ohne\{0_{F}\}$.\\
        Da $F$ ein Körper ist,
        sind $(a,b)$ und $(a,-b)$
        und folglich auch das Produkt
            $(a,b)\cdot(a,-b)$
        invertierbar.\\
        Da $F$ ein Körper ist, bedeutet dies wiederum,
        dass $(a,b)\cdot(a,-b)\neq 0_{F}$ gilt.
        Nun,

            \begin{mathe}[mc]{rclcl}
                (a,b)\cdot(a,-b)
                    &= &(aa-b(-b),a(-b)+ab)
                    &= &(a^{2}+b^{2},0).\\
            \end{mathe}

        Darum gilt $(a^{2}+b^{2},0)=(a,b)\cdot(a,-b)\neq 0_{F}=(0,0)$,
        woraus sich $a^{2}+b^{2}\neq 0$ ergibt.
\end{proof}

%% ********************************************************************************
%% FILE: body/uebung/ueb7.tex
%% ********************************************************************************

\setcounternach{chapter}{7}
\chapter[Woche 7]{Woche 7}
    \label{ueb:7}

\textbf{ACHTUNG.}
Diese Lösungen dienen \emph{nicht} als Musterlösungen sondern eher als Referenz.
Hier wird eingehender gearbeitet, als generell verlangt wird.
Das Hauptziel hier ist, eine Variant anzubieten, gegen die man seine Versuche vergleichen kann.

%% AUFGABE 7-1
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 1]{}
    \label{ueb:7:ex:1}
\let\sectionname\altsectionname

Betrachte den Vektorraum $V:=\functionspace(\reell,\reell)$ über dem Körper $\reell$.
Wir bezeichnen mit $0(\cdot)$ die konstante Funktion, die überall gleich $0$ ist.
Dies ist zufälligerweise auch das Nullelement von $V$.

\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
    %% AUFGABE 7-1a
    \item
        \begin{claim*}
            Seien $a,b\in\reell$ beliebig.
            Dann \fbox{ist} $U_{1}:=\{f\in V\mid f(a)=f(b)\}$ ein Untervektorraum (»linearer Unterraum«).
        \end{claim*}

        \begin{proof}
            Wir gehen die Axiome aus der Definition durch:

                \begin{kompaktitem}[\rtab][\rtab]
                    \item[{\bfseries (NL)}]
                        Offensichtlich gilt $0(\cdot)\in U_{1}$, da diese Funktion überall und damit insbesondere auf $\{a,b\}$ gleich ist.
                        Also, $U_{1}\neq\leer$.

                    \item[{\bfseries (LK)}]
                        Seien $\alpha,\beta\in\reell$ und $f,g\in U_{1}$.
                        \textbf{Zu zeigen:} $\alpha\cdot f+\beta\cdot g\in U_{1}$\\
                        Es gilt

                            \begin{mathe}[mc]{rcl}
                                (\alpha\cdot f+\beta\cdot g)(a)
                                    &= &\alpha\cdot f(a)+\beta\cdot g(a)\\
                                    &\overset{(\ast)}{=}
                                        &\alpha\cdot f(b)+\beta\cdot g(b)\\
                                    &= &(\alpha\cdot f+\beta\cdot g)(b)\\
                            \end{mathe}

                        Hier gilt $(\ast)$, weil $f,g\in U_{1}$.\\
                        Darum gilt per Konstruktion, dass $\alpha\cdot f+\beta\cdot g\in U_{1}$.
                \end{kompaktitem}

            Darum bildet $U_{1}$ einen Untervektorraum.
        \end{proof}
    %% AUFGABE 7-1b
    \item
        \begin{claim*}
            Seien $a,b\in\reell$ beliebig.
            Dann ist $U_{2}:=\{f\in V\mid f(a)=f(b)=1\}$ \fbox{kein Untervektorraum}.
        \end{claim*}

        \begin{proof}
            Offensichtlich ist der Nullvektor, $0(\cdot)$, nicht in $U_{2}$,
            da $0(a)=0\neq 1$.
            Darum kann $U_{2}$ kein Untervektorraum sein.
            (Siehe \cite[Lemma~5.1.3]{sinn2020}.)
        \end{proof}

        Alternativ für die $\Rightarrow$-Richtung kann man folgendermaßen argumentieren:
        die konstante Funktion $1(\cdot)$ liegt in $U_{2}$,
        aber $0\cdot 1(\cdot)\notin U_{2}$,
        sodass $U_{2}$ nicht unter Skalarmultiplikation stabil ist.
    %% AUFGABE 7-1c
    \item
        \begin{claim*}
            Die Teilmenge $U_{3}:=\{f\in V\mid f\,\text{injektiv}\}$ \fbox{ist kein Untervektorraum} von $V$.
        \end{claim*}

        \begin{proof}
            Offensichtlich ist der Nullvektor, $0(\cdot)$, nicht in $U_{3}$,
            weil diese konstante Funktion nicht injektiv ist.
            Darum kann $U_{3}$ kein Untervektorraum sein.
            (Siehe \cite[Lemma~5.1.3]{sinn2020}.)
        \end{proof}
    %% AUFGABE 7-1d
    \item
        \begin{claim*}
            Die Teilmenge $U_{4}:=\{f\in V\mid f\,\text{surjektiv}\}$ \fbox{ist kein Untervektorraum} von $V$.
        \end{claim*}

        \begin{proof}
            Offensichtlich ist der Nullvektor, $0(\cdot)$, nicht in $U_{4}$,
            weil die konstante Funktion nicht surjektiv ist.
            Darum kann $U_{4}$ kein Untervektorraum sein.
            (Siehe \cite[Lemma~5.1.3]{sinn2020}.)
        \end{proof}
\end{enumerate}

%% AUFGABE 7-2
\clearpage
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 2]{}
    \label{ueb:7:ex:2}
\let\sectionname\altsectionname

\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
    %% AUFGABE 7-2a
    \item
        \begin{claim*}
            Sei $K=\rtnl$. Dann sind
                ${\mathbf{v}_{1}=\begin{svector} 1\\ 2\\ 2\\\end{svector}}$,
                ${\mathbf{v}_{2}=\begin{svector} 3\\ 2\\ 1\\\end{svector}}$, und
                ${\mathbf{v}_{3}=\begin{svector} 2\\ 1\\ -1\\\end{svector}}$
            über $K$ \fbox{linear unabhängig}.
        \end{claim*}

        \begin{proof}
            Es reicht aus, den (Zeilen)rang der Matrix

                \begin{mathe}[mc]{rcl}
                    A &:= &\begin{matrix}{ccc}
                      1 &3 &2\\
                      2 &2 &1\\
                      2 &1 &-1\\
                    \end{matrix}
                \end{mathe}

            zu untersuchen. Wir berechnen

            \begin{algorithm}[\rtab][\rtab]
                Reduktion der Matrix, $A$, mittels des Gaußverfahrens:\\
                Zeilentransformationen
                    ${Z_{2} \leftsquigarrow 3\cdot Z_{1}-Z_{2}}$
                und
                    ${Z_{3} \leftsquigarrow 2\cdot Z_{1}-Z_{3}}$
                anwenden:

                \begin{mathe}[mc]{c}
                    \begin{matrix}{ccc}
                      1 &2 &2\\
                      0 &4 &5\\
                      0 &3 &5\\
                    \end{matrix}\\
                \end{mathe}

                Zeilentransformation
                    ${Z_{3} \leftsquigarrow 4\cdot Z_{3}-3\cdot Z_{2}}$
                anwenden:

                \begin{mathe}[mc]{c}
                    \begin{matrix}{ccc}
                      \boxed{1} &2 &2\\
                      0 &\boxed{4} &5\\
                      0 &0 &\boxed{5}\\
                    \end{matrix}\\
                \end{mathe}
            \end{algorithm}

            Der Zeilenstufenform entnimmt man, $\rank(A)=3$.
            Darum sind alle $3$ Vektoren,
                $\{\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\mathbf{v}_{3}\}$,
            linear unabhängig.
        \end{proof}

    %% AUFGABE 7-2b
    \item
        \begin{claim*}
            Sei $K=\mathbb{F}_{5}$. Dann sind
                ${\mathbf{v}_{1}=\begin{svector} 1\\ 2\\ 2\\\end{svector}}$,
                ${\mathbf{v}_{2}=\begin{svector} 3\\ 2\\ 1\\\end{svector}}$, und
                ${\mathbf{v}_{3}=\begin{svector} 2\\ 1\\ 4\\\end{svector}}$