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@@ -59,6 +59,8 @@
 %%            |
 %%            — body/uebung/ueb7.tex;
 %%            |
+%%            — body/uebung/ueb8.tex;
+%%            |
 %%            — body/ska/ska4.tex;
 %%            |
 %%            — body/ska/ska5.tex;
@@ -1342,14 +1344,15 @@
 
 \def\vectorspacespan{\mathop{\text{\upshape Lin}}}
 \def\dim{\mathop{\text{\upshape dim}}}
-\def\rank{\mathop{\text{\upshape Rank}}}
+\def\rank{\mathop{\text{\upshape Rang}}}
 \def\onematrix{\text{\upshape\bfseries I}}
 \def\zeromatrix{\text{\upshape\bfseries 0}}
 \def\zerovector{\text{\upshape\bfseries 0}}
 
 \def\graph{\mathop{\text{\textup Gph}}}
 \def\domain{\mathop{\text{\textup dom}}}
-\def\range{\mathop{\text{\textup ran}}}
+\def\range{\mathop{\text{\textup Bild}}}
+\def\ker{\mathop{\text{\upshape Kern}}}
 \def\functionspace{\mathop{\text{\textup Abb}}}
 \def\id{\text{\textup id}}
 \def\modfn{\mathop{\text{\textup mod}}}
@@ -5162,6 +5165,706 @@ Seien $n\in\ntrlpos$ und $\mathbf{v}_{i}\in V$ für $i\in\{1,2,\ldots,n\}$.
         \end{proof}
 \end{enumerate}
 
+%% ********************************************************************************
+%% FILE: body/uebung/ueb8.tex
+%% ********************************************************************************
+
+\setcounternach{chapter}{8}
+\chapter[Woche 8]{Woche 8}
+    \label{ueb:8}
+
+%% AUFGABE 8-1
+\let\altsectionname\sectionname
+\def\sectionname{Aufgabe}
+\section[Aufgabe 1]{}
+    \label{ueb:8:ex:1}
+\let\sectionname\altsectionname
+
+    In dieser Aufgabe arbeiten wir im Vektorraum $V=\reell^{4}$.
+    Seien
+
+        \begin{mathe}[mc]{rcl}
+            U_{1} &= &\{\mathbf{x}\in V\mid x_{1}+2x_{4}=x_{2}+2x_{3}\},\\
+            U_{2} &= &\{\mathbf{x}\in V\mid x_{1}=x_{2}+x_{3}+x_{4}\}.\
+        \end{mathe}
+
+    Zu bestimmen sind Basen für
+        $U_{1}$,
+        $U_{2}$,
+        $U_{1}\cap U_{2}$,
+    und
+        $U_{1}+U_{2}$.
+    Wir beachten vorab
+
+        \begin{longmathe}[mc]{RCLCL}
+            \mathbf{x}\in U_{1}
+                &\Longleftrightarrow
+                    &x_{1}-x_{2}-2x_{3}+2x_{4}=0
+                &\Longleftrightarrow
+                    &\underbrace{
+                        \begin{smatrix}
+1&-1&-2&2\\
+\end{smatrix}
+                    }_{=:A_{1}}
+                    \mathbf{x}=\zerovector\\
+            \mathbf{x}\in U_{2}
+                &\Longleftrightarrow
+                    &x_{1}-x_{2}-x_{3}-x_{4}=0
+                &\Longleftrightarrow
+                    &\underbrace{
+                        \begin{smatrix}
+1&-1&-1&-1\\
+\end{smatrix}
+                    }_{=:A_{2}}
+                    \mathbf{x}=\zerovector\\
+            \mathbf{x}\in U_{1}\cap U_{2}
+                &\Longleftrightarrow
+                    &\begin{array}[t]{0l}
+                        x_{1}-x_{2}-2x_{3}+2x_{4} = 0\\
+                        \text{und}\,x_{1}-x_{2}-x_{3}-x_{4} = 0\\
+                    \end{array}
+                &\Longleftrightarrow
+                    &\underbrace{
+                        \begin{smatrix}
+1&-1&-2&2\\
+1&-1&-1&-1\\
+\end{smatrix}
+                    }_{=:A_{3}}
+                    \mathbf{x}=\zerovector\\
+        \end{longmathe}
+
+    für alle $\mathbf{x}\in V$.
+    Folglich ist $U_{1}$ die Menge der Nullvektoren von $A_{1}$,
+    $U_{2}$ die Menge der Nullvektoren von $A_{2}$,
+    $U_{1}\cap U_{2}$ die Menge der Nullvektoren von $A_{3}$.
+    Um diese zu bestimmen, bringen wir diese Matrizen in Zeilenstufenform,
+    und bestimmen mithilfe von \cite[Satz 5.3.8]{sinn2020}
+    eine Basis des Lösungsraums.
+
+    \begin{algorithm}[\rtab][\rtab]
+        Zeilenstufenform für $A_{1}$:
+
+            \begin{mathe}[mc]{rcl}
+                A_{1} &= &\begin{smatrix}
+1&-1&-2&2\\
+\end{smatrix}\\
+            \end{mathe}
+
+        Darum sind $x_{2}$, $x_{3}$, $x_{4}$ frei und $x_{1}$ wird durch diese bestimmt.
+        Der Zeilenstufenform zufolge gilt
+
+            \begin{mathe}[mc]{rcl}
+                x_{1} &= &x_{2}+2x_{3}-2x_{4}.\\
+            \end{mathe}
+
+        Mithilfe von \cite[Satz 5.3.8]{sinn2020}
+        erhalten wir eine Basis des Lösungsraums,
+        indem wir jeweils eine freie Unbekannte auf $1$
+        und alle anderen auf $0$ setzen:
+
+            \begin{mathe}[mc]{rcl}
+                x_{2}:=1,\,x_{3}:=0,\,x_{4}:=0
+                    &\Longrightarrow
+                        &\mathbf{x}=\begin{svector}1\\1\\0\\0\\\end{svector},\\
+                x_{2}:=0,\,x_{3}:=1,\,x_{4}:=0
+                    &\Longrightarrow
+                        &\mathbf{x}=\begin{svector}2\\0\\1\\0\\\end{svector},\\
+                x_{2}:=0,\,x_{3}:=0,\,x_{4}:=1
+                    &\Longrightarrow
+                        &\mathbf{x}=\begin{svector}-2\\0\\0\\1\\\end{svector}.\\
+            \end{mathe}
+    \end{algorithm}
+
+    Darum gilt
+
+        \begin{mathe}[mc]{rclcl}
+            U_{1}
+            &= &\{\mathbf{x}\in V\mid A_{1}\mathbf{x}=\zerovector\}
+            &= &\vectorspacespan\underbrace{
+                \{
+                    \begin{svector}1\\1\\0\\0\\\end{svector},
+                    \begin{svector}2\\0\\1\\0\\\end{svector},
+                    \begin{svector}-2\\0\\0\\1\\\end{svector}
+                \}
+            }_{=:B}\\
+        \end{mathe}
+
+    und \fbox{$B_{1}$ bildet eine Basis für $U_{1}$}.
+
+    \begin{algorithm}[\rtab][\rtab]
+        Zeilenstufenform für $A_{2}$:
+
+            \begin{mathe}[mc]{rcl}
+                A_{2} &= &\begin{smatrix}
+1&-1&-2&2\\
+\end{smatrix}\\
+            \end{mathe}
+
+        Darum sind $x_{2}$, $x_{3}$, $x_{4}$ frei und $x_{1}$ wird durch diese bestimmt.
+        Der Zeilenstufenform zufolge gilt
+
+            \begin{mathe}[mc]{rcl}
+                x_{1} &= &x_{2}+x_{3}+x_{4}.\\
+            \end{mathe}
+
+        Mithilfe von \cite[Satz 5.3.8]{sinn2020}
+        erhalten wir eine Basis des Lösungsraums wie oben:
+
+            \begin{mathe}[mc]{rcl}
+                x_{2}:=1,\,x_{3}:=0,\,x_{4}:=0
+                    &\Longrightarrow
+                        &\mathbf{x}=\begin{svector}1\\1\\0\\0\\\end{svector},\\
+                x_{2}:=0,\,x_{3}:=1,\,x_{4}:=0
+                    &\Longrightarrow
+                        &\mathbf{x}=\begin{svector}1\\0\\1\\0\\\end{svector},\\
+                x_{2}:=0,\,x_{3}:=0,\,x_{4}:=1
+                    &\Longrightarrow
+                        &\mathbf{x}=\begin{svector}1\\0\\0\\1\\\end{svector}.\\
+            \end{mathe}
+    \end{algorithm}
+
+    Darum gilt
+
+        \begin{mathe}[mc]{rclcl}
+            U_{2}
+            &= &\{\mathbf{x}\in V\mid A_{2}\mathbf{x}=\zerovector\}
+            &= &\vectorspacespan\underbrace{
+                \{
+                    \begin{svector}1\\1\\0\\0\\\end{svector},
+                    \begin{svector}1\\0\\1\\0\\\end{svector},
+                    \begin{svector}1\\0\\0\\1\\\end{svector}
+                \}
+            }_{=:B_{2}}\\
+        \end{mathe}
+
+    und \fbox{$B_{2}$ bildet eine Basis für $U_{2}$}.
+
+    \begin{algorithm}[\rtab][\rtab]
+        Zeilenstufenform für $A_{3}$ ($\text{Zeile}_{2} \rightsquigarrow \text{Zeile}_{2}-\text{Zeile}_{1}$):
+
+            \begin{mathe}[mc]{rclcl}
+                A_{3}
+                    &= &\begin{smatrix}
+1&-1&-2&2\\
+1&-1&-1&-1\\
+\end{smatrix}
+                    &\rightsquigarrow &\begin{smatrix}
+1&-1&-2&2\\
+0&0&1&-3\\
+\end{smatrix}\\
+            \end{mathe}
+
+        Darum sind $x_{2}$, $x_{4}$, frei und $x_{1}$, $x_{3}$ werden durch diese bestimmt.
+        Der Zeilenstufenform zufolge gilt
+
+            \begin{mathe}[mc]{rcl}
+                x_{3} &= &3x_{4}\\
+                x_{1} &= &x_{2}+2x_{3}-2x_{4}
+                    = x_{2}+2(3x_{4})-2x_{4}
+                    = x_{2}+4x_{4}.\\
+            \end{mathe}
+
+        Mithilfe von \cite[Satz 5.3.8]{sinn2020}
+        erhalten wir eine Basis des Lösungsraums wie oben:
+
+            \begin{mathe}[mc]{rcl}
+                x_{2}:=1,\,x_{4}:=0
+                    &\Longrightarrow
+                        &\mathbf{x}=\begin{svector}1\\1\\0\\0\\\end{svector},\\
+                x_{2}:=0,\,x_{4}:=1
+                    &\Longrightarrow
+                        &\mathbf{x}=\begin{svector}4\\0\\3\\1\\\end{svector}.\\
+            \end{mathe}
+
+        gegeben.
+    \end{algorithm}
+
+    Darum gilt
+
+        \begin{mathe}[mc]{rclcl}
+            U_{1}\cap U_{2}
+            &= &\{\mathbf{x}\in V\mid A_{3}\mathbf{x}=\zerovector\}
+            &= &\vectorspacespan\underbrace{
+                \{
+                    \begin{svector}1\\1\\0\\0\\\end{svector},
+                    \begin{svector}4\\0\\3\\1\\\end{svector}
+                \}
+            }_{=:B_{3}}\\
+        \end{mathe}
+
+    und \fbox{$B_{3}$ bildet eine Basis für $U_{1}\cap U_{2}$}.
+
+    Es bleibt, nur noch eine Basis für $U_{1}+U_{2}$ zu bestimmen.
+
+    \textbf{ANSATZ I.}\\
+    Mithilfe der oben berechneten Basen für $U_{1}$, $U_{2}$, wissen wir
+
+        \begin{mathe}[mc]{rcl}
+            U_{1}+U_{2}
+            &= &\vectorspacespan\{
+                    \begin{svector}1\\1\\0\\0\\\end{svector},
+                    \begin{svector}2\\0\\1\\0\\\end{svector},
+                    \begin{svector}-2\\0\\0\\1\\\end{svector}
+                \}
+                +\vectorspacespan\{
+                    \begin{svector}1\\1\\0\\0\\\end{svector},
+                    \begin{svector}1\\0\\1\\0\\\end{svector},
+                    \begin{svector}1\\0\\0\\1\\\end{svector}
+                \}\\
+            &= &\vectorspacespan\{
+                    \begin{svector}1\\1\\0\\0\\\end{svector},
+                    \begin{svector}2\\0\\1\\0\\\end{svector},
+                    \begin{svector}-2\\0\\0\\1\\\end{svector}
+                    \begin{svector}1\\0\\1\\0\\\end{svector},
+                    \begin{svector}1\\0\\0\\1\\\end{svector}
+                \}.\\
+        \end{mathe}
+
+    Wir haben nun ein Erzeugendensystem bestimmt.
+    Diese Menge muss auf eine maximale linear unabhängige reduziert werden,
+    um eine Basis daraus zu berechnen.
+    Um diese zu tun, reicht es aus,
+    die Vektoren in ein homogenes LGS zu überführen,
+    die Matrix auf Zeilenstufenform zu reduzieren,
+    um etwa durch die Spalten entsprechend den freien Unbekannten zu bestimmen,
+    welche Spalten linear abhängig sind.
+
+        \begin{algorithm}[\rtab][\rtab]
+            Homogenes System:
+
+                \begin{mathe}[mc]{rcl}
+                    \begin{smatrix}
+1&2&-2&1&1\\
+1&0&0&0&0\\
+0&1&0&1&0\\
+0&0&1&0&1\\
+\end{smatrix}\\
+                \end{mathe}
+
+            Zeilenoperation
+                ${Z_{2}\leftsquigarrow Z_{1}-Z_{2}}$
+            anwenden:
+
+            \begin{mathe}[mc]{rcl}
+                \begin{smatrix}
+1&2&-2&1&1\\
+0&2&-2&1&1\\
+0&1&0&1&0\\
+0&0&1&0&1\\
+\end{smatrix}\\
+            \end{mathe}
+
+            Zeilenoperation
+                ${Z_{3}\leftsquigarrow 2\cdot Z_{3} - Z_{2}}$
+            anwenden:
+
+            \begin{mathe}[mc]{rcl}
+                \begin{smatrix}
+1&2&-2&1&1\\
+0&2&-2&1&1\\
+0&0&2&1&-1\\
+0&0&1&0&1\\
+\end{smatrix}\\
+            \end{mathe}
+
+            Zeilenoperation
+                ${Z_{4}\leftsquigarrow Z_{3} - 2\cdot Z_{4}}$
+            anwenden:
+
+            \begin{mathe}[mc]{rcl}
+                \begin{smatrix}
+1&2&-2&1&1\\
+0&2&-2&1&1\\
+0&0&2&1&-1\\
+0&0&0&1&-3\\
+\end{smatrix}\\
+            \end{mathe}
+
+            $\Longrightarrow$ nur $x_{5}$ frei.
+        \end{algorithm}
+
+    Also hängt die 5. Spalte von Spalten 1--4 ab, welche der Zeilenstufenform zufolge linear unabhängig sind.
+    Folglich ist
+
+        \begin{mathe}[mc]{c}
+            \left\{
+                \begin{svector}1\\1\\0\\0\\\end{svector},
+                \begin{svector}2\\0\\1\\0\\\end{svector},
+                \begin{svector}-2\\0\\0\\1\\\end{svector}
+                \begin{svector}1\\0\\1\\0\\\end{svector}
+            \right\}\\
+        \end{mathe}
+
+    eine \fbox{Basis für $U_{1}+U_{2}$}.
+
+    \textbf{ANSATZ II.}\\
+    Mithilfe der Dimensionsformel (siehe \cite[Satz~5.4.3~(2)]{sinn2020}) wissen wir
+
+        \begin{mathe}[mc]{rcl}
+            \dim(U_{1}+U_{2})
+                &= &\dim(U_{1}) + \dim(U_{2}) - \dim(U_{1}\cap U_{2})\\
+                &= &3+3-2 = 4 = \dim(V).\\
+        \end{mathe}
+
+    Da $V$ endlich dimensional ist,
+    und $\dim(U_{1}+U_{2})=\dim(V)$
+    für den linearen Unterraum $U_{1}+U_{2}\subseteq V$
+    gilt,
+    gilt $U_{1}+U_{2}=V=\reell^{4}$
+    (Siehe \cite[Satz~5.4.3~(1)]{sinn2020}).
+    Darum können wir bspw. die \uline{kanonische Basis} für $\reell^{4}$
+
+        \begin{mathe}[mc]{c}
+            \left\{
+                \begin{svector}1\\0\\0\\0\\\end{svector},
+                \begin{svector}0\\1\\0\\0\\\end{svector},
+                \begin{svector}0\\0\\1\\0\\\end{svector},
+                \begin{svector}0\\0\\0\\1\\\end{svector}
+            \right\}\\
+        \end{mathe}
+
+    als Basis für $U_{1}+U_{2}$ verwenden.
+
+    \textbf{Bemerkung.} In diesem letzten Teil hatten wir Glück.
+    Wenn sich $\dim(U_{1}+U_{2})<V$ herausgestellt hätte,
+    hätten wir Ansatz II nicht anwenden können,
+    und hätten etwas wie Ansatz I anwenden müssen.
+
+%% AUFGABE 8-2
+\clearpage
+\let\altsectionname\sectionname
+\def\sectionname{Aufgabe}
+\section[Aufgabe 2]{}
+    \label{ueb:8:ex:2}
+\let\sectionname\altsectionname
+
+    In dieser Aufgabe arbeiten wir im Vektorraum $V=\reell[x]_{\leq d}$
+    für ein $d\in\ntrlpos$.
+    Dies ist ein linearer Unterraum von $\reell[x]$.
+    Seien
+
+        \begin{mathe}[mc]{c}
+            \mathbf{v}_{i} := (x-1)^{i}\in V\\
+        \end{mathe}
+
+    für $i\in\{0,1,\ldots,d\}$.
+
+    \begin{schattierteboxdunn}
+    \begin{claim}
+        \makelabel{claim:main:ueb:8:ex:2}
+        Die Vektoren in $B:=\{\mathbf{v}_{0},\mathbf{v}_{1}\ldots,\mathbf{v}_{d}\}$
+        bilden eine Basis für $V$.
+    \end{claim}
+    \end{schattierteboxdunn}
+
+        \begin{proof}
+            \textbf{Zu zeigen:} $B$ ist ein Erzeugendensystem
+            und ist eine linear unabhängige Menge.
+
+            \uwave{{\bfseries Erzeugendensystem:}}\\
+            Da $1,x,\ldots,x^{d}$ offensichtlich ein Erzeugendensystem für $V$ ist,\\
+            reicht es aus \textbf{zu zeigen},
+            dass $x^{k}\in\vectorspacespan B$
+            für alle $k\in\{0,1,\ldots,d\}$.\\
+            Fixiere also ein beliebiges $k\in\{0,1,\ldots,d\}$.\\
+            Mithilfe der binomischen Formel wissen wir
+
+                \begin{mathe}[mc]{rcccccl}
+                    x^{k} &= &(x-1\,+\,1)^{k}
+                        &= &\sum_{i=0}^{k}\choose{k}{i}\cdot (x-1)^{i}\cdot 1^{k-i}
+                        &= &\sum_{i=0}^{k}c_{i}\mathbf{v}_{i},\\
+                \end{mathe}
+
+            wobei $c_{i}=\choose{k}{i}\in\reell$ für alle $i\in\{0,1,\ldots,k\}$.
+            Darum gilt offensichtlich $x^{k}\in\vectorspacespan B$
+            für alle $k\in\{0,1,\ldots,d\}$.\\
+            Also ist $B$ ein Erzeugendensystem.
+
+            \uwave{{\bfseries Lineare Unabhägigkeit:}}\\
+            Seien $c_{0},c_{1},\ldots,c_{d}\in\reell$ mit
+
+                \begin{mathe}[mc]{rcl}
+                    \eqtag[eq:1:\beweislabel]
+                    \sum_{i=0}^{d}c_{i}\mathbf{v}_{i} &= &\zerovector\\
+                \end{mathe}
+
+            wobei $\zerovector$ der Nullvektor von $V$ ist,
+            also das $0$-Polynom.
+            \textbf{Zu zeigen:} $c_{0},c_{1},\ldots,c_{d}=0$.
+
+            \textbf{Ansatz I:}
+            \fbox{Angenommen}, dies sei nicht der Fall.
+            Sei $k\in\{0,1,\ldots,d\}$ maximal mit $c_{k}\neq 0$.
+            Falls $k=0$, dann
+
+                \begin{mathe}[mc]{rcl}
+                    x^{0} &= &c_{0}^{-1}c_{0}(x-1)^{0}\\
+                        &= &c_{0}^{-1}\sum_{i=0}^{d}c_{i}(x-1)^{i}
+                        \quad\text{wegen Maximalität von $k$}\\
+                        &\eqcrefoverset{eq:1:\beweislabel}{=}
+                            &c_{0}^{-1}\cdot\zerovector\\
+                        &= &\zerovector,\\
+                \end{mathe}
+
+            was offensichtlich ein Widerspruch ist.
+            Falls $k>0$, dann
+
+                \begin{mathe}[mc]{rcl}
+                    x^{k}
+                        &=
+                            &x^{k}-c_{k}^{-1}\cdot\zerovector\\
+                        &\eqcrefoverset{eq:1:\beweislabel}{=}
+                            &x^{k}-c_{k}^{-1}\sum_{i=0}^{d}c_{i}(x-1)^{i}\\
+                        &=
+                            &x^{k}-\sum_{i=0}^{k}c_{k}^{-1}c_{i}(x-1)^{i}
+                        \quad\text{wegen Maximalität von $k$}\\
+                        &=
+                            &\sum_{i=0}^{k-1}
+                                -c_{k}^{-1}c_{i}(x-1)^{i}
+                            +(x^{k}-(x-1)^{k}).\\
+                \end{mathe}
+
+            Mithilfe der binomischen Formel ist es leicht zu sehen,
+            dass der letzte Term ein Polynom vom Grade $<k$ ist.\\
+            Das heißt, $x^{k}\in\vectorspacespan\{1,x,\ldots,x^{k-1}\}$.\\
+            Daraus folgt, dass $1,x,\ldots,x^{k-1},x^{k}$
+            \emph{linear abhängig} sind.\\
+            Aber dies widerspricht,
+            dass $1,x^{1},x^{2},\ldots$ im (Ober)vektorraum $\reell[x]$ linear unabhängig sind
+            (siehe \cite[Bsp.~5.2.7]{sinn2020}).\\
+            Darum gilt die Annahme nicht.
+            Also $c_{0},c_{1},\ldots,c_{d}=0$.
+
+            \textbf{Ansatz II:}
+            Sei nun $t\in\reell$ ein beliebiger Wert.
+            Wenn man $x=t+1$ in \eqcref{eq:1:\beweislabel} einsetzt,
+            erhält man
+
+                \begin{mathe}[mc]{rcccccl}
+                    \eqtag[eq:2:\beweislabel]
+                    \sum_{i=0}^{d}c_{i}t^{i}
+                        &= &\sum_{i=0}^{d}c_{i}\mathbf{v}_{i}(t+1)
+                        &= &\zerovector(t+1)
+                        &= &0.\\
+                \end{mathe}
+
+            Da \eqcref{eq:2:\beweislabel} nun für alle $t\in\reell$ gilt,
+            haben wir somit bewiesen, dass
+
+                \begin{mathe}[mc]{rcl}
+                    \eqtag[eq:3:\beweislabel]
+                    \sum_{i=0}^{d}c_{i}x^{i} &= &\zerovector\\
+                \end{mathe}
+
+            gilt.
+            Da nun $1,x^{1},x^{2},\ldots$ im (Ober)vektorraum $\reell[x]$
+            linear unabhängig sind
+            (siehe \cite[Bsp.~5.2.7]{sinn2020}),
+            folgt aus \eqcref{eq:3:\beweislabel}
+            per Definition von linearer Unabhägigkeit,
+            dass $c_{0},c_{1},\ldots,c_{d}=0$ gilt.
+        \end{proof}
+
+%% AUFGABE 8-3
+\clearpage
+\let\altsectionname\sectionname
+\def\sectionname{Aufgabe}
+\section[Aufgabe 3]{}
+    \label{ueb:8:ex:3}
+\let\sectionname\altsectionname
+
+    Sei $V$ ein Vektorraum über $\kmplx$ mit Basis
+    $\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n}$.
+    Bezeichne mit $W$ denselben Vektorraum,
+    nur über dem Körper $\reell$ statt $\kmplx$.
+
+    \begin{enumerate}{\bfseries (a)}
+        %% AUFGABE 8-3a
+        \item\voritemise
+
+            \begin{schattierteboxdunn}
+            \begin{claim}
+                \makelabel{claim:1:ueb:8:ex:3}
+                Die Vektoren $\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n}$
+                \fbox{bleiben linear unabhängig} in $W$.
+            \end{claim}
+            \end{schattierteboxdunn}
+
+                \begin{proof}
+                    Seien $c_{1},c_{2},\ldots,c_{n}\in\reell$ mit
+
+                        \begin{mathe}[mc]{rcl}
+                            \eqtag[eq:1:\beweislabel]
+                            \sum_{i=1}^{n}c_{i}\mathbf{v}_{i} &= &\zerovector\\
+                        \end{mathe}
+
+                    \textbf{Zu zeigen:} $c_{1},c_{2},\ldots,c_{n}=0$.\\
+                    Da per Voraussetzung von Aufgabe 3
+                        $\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n}$
+                    linear unabhängig in $V$ sind,
+                    gilt nun
+
+                        \begin{mathe}[mc]{rcl}
+                            \eqtag[eq:2:\beweislabel]
+                            \forall{c'_{1},c'_{2},\ldots,c'_{n}\in\kmplx:~}
+                            \sum_{i=1}^{n}c'_{i}\mathbf{v}_{i}=\zerovector
+                            \Rightarrow
+                            c'_{1},c'_{2},\ldots,c'_{n}=0.\\
+                        \end{mathe}
+
+                    Da $\reell\subseteq\kmplx$ folgt unmittelbar aus
+                        \eqcref{eq:1:\beweislabel}
+                        und \eqcref{eq:2:\beweislabel},
+                    dass $c_{1},c_{2},\ldots,c_{n}=0$ gilt.
+                \end{proof}
+
+        %% AUFGABE 8-3b
+        \item
+            Wir beantworten (b) zusammen mit (c).
+        %% AUFGABE 8-3c
+        \item\voritemise
+
+            \begin{schattierteboxdunn}
+            \begin{claim}
+                \makelabel{claim:2-3:ueb:8:ex:3}
+                Die Vektoren
+                $\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n},
+                \mathbf{v}_{n+1},\mathbf{v}_{n+2},\ldots,\mathbf{v}_{2n}$,
+                wobei
+
+                    \begin{mathe}[mc]{c}
+                        \forall{i\in\{1,2,\ldots,n\}:~}
+                            \mathbf{v}_{n+i}:=\imageinh\cdot\mathbf{v}_{n}
+                            ~\text{(berechnet in $V$)},\\
+                    \end{mathe}
+
+                bilden \fbox{eine Basis für $W$}.
+                Insbesondere gilt \fbox{$\dim(W)=2n=2\dim(V)$}.
+            \end{claim}
+            \end{schattierteboxdunn}
+
+            \begin{proof}
+                \textbf{Zu zeigen:}
+                    $\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{2n}$
+                    ist ein Erzeugendensystem für $W$
+                    und linear unabhängig.
+
+                \uwave{{\bfseries Erzeugendensystem:}}\\
+                Sei $\mathbf{\xi}\in W(=V)$ ein beliebiger Vektor.
+                \textbf{Zu zeigen:}
+                    Es gibt $c_{1},c_{2},\ldots,c_{2n}\in\reell$,
+                    so dass $\sum_{i=1}^{2n}c_{i}\mathbf{v}_{i}=\mathbf{\xi}$.\\
+                Da nun $\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n}$
+                eine Basis für $V$ ist,
+                und $V$ ein $\kmplx$-Vektorraum ist,
+                existieren Skalare $\alpha_{1},\alpha_{2},\ldots,\alpha_{n}\in\kmplx$,
+                so dass
+
+                    \begin{mathe}[mc]{rcl}
+                        \eqtag[eq:1:\beweislabel]
+                        \sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}\mathbf{v}_{i} &= &\mathbf{\xi}.\\
+                    \end{mathe}
+
+                Setze nun
+
+                    \begin{mathe}[mc]{cqc}
+                        c_{i}:=\ReTeil(\alpha_{i}),
+                        &c_{n+i}:=\ImTeil(\alpha_{i})\\
+                    \end{mathe}
+
+                für alle $i\in\{1,2,\ldots,n\}$. Dann gilt
+
+                    \begin{mathe}[mc]{rcl}
+                        \sum_{i=1}^{2n}c_{i}\mathbf{v}_{i}
+                            &= &\sum_{i=1}^{n}c_{i}\mathbf{v}_{i}
+                                + \sum_{i=n+1}^{2n}c_{i}\mathbf{v}_{i}\\
+                            &= &\sum_{i=1}^{n}c_{i}\mathbf{v}_{i}
+                                + \sum_{i=1}^{n}c_{n+i}\mathbf{v}_{n+i}\\
+                            &= &\sum_{i=1}^{n}c_{i}\mathbf{v}_{i}
+                                + \sum_{i=1}^{n}c_{n+i}(\imageinh\cdot\mathbf{v}_{i})
+                                \quad\text{(per Konstruktion)}\\
+                            &= &\sum_{i=1}^{n}(c_{i}+\imageinh\cdot c_{n+i})\mathbf{v}_{i}\\
+                            &= &\sum_{i=1}^{n}(\ReTeil(\alpha_{i})+\imageinh\ImTeil(\alpha_{i}))\mathbf{v}_{i}
+                                \quad\text{(per Konstruktion)}\\
+                            &= &\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}\mathbf{v}_{i}
+                            \eqcrefoverset{eq:1:\beweislabel}{=}
+                                \mathbf{\xi}.\\
+                    \end{mathe}
+
+                Also gibt es $c_{1},c_{2},\ldots,c_{2n}\in\reell$,
+                so dass $\sum_{i=1}^{2n}c_{i}\mathbf{v}_{i}=\mathbf{\xi}$.
+                Da dies für alle $\mathbf{\xi}\in W$ gilt,
+                bilden $\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{2n}$
+                ein Erzeugendensystem für $W$.
+
+                \uwave{{\bfseries Lineare Unabhägigkeit:}}\\
+                Seien $c_{1},c_{2},\ldots,c_{2n}\in\reell$, so dass
+
+                    \begin{mathe}[mc]{rcl}
+                        \eqtag[eq:2:\beweislabel]
+                        \sum_{i=1}^{2n}c_{i}\mathbf{v}_{i} &= &\zerovector.\\
+                    \end{mathe}
+
+                \textbf{Zu zeigen:}
+                    $c_{1},c_{2},\ldots,c_{2n}=0$.
+                Es gilt
+
+                    \begin{mathe}[mc]{rclcl}
+                        \eqtag[eq:2b:\beweislabel]
+                        \zerovector
+                            &\eqcrefoverset{eq:2:\beweislabel}{=}
+                                &\sum_{i=1}^{2n}c_{i}\mathbf{v}_{i}
+                            &= &\sum_{i=1}^{n}
+                                \overbrace{
+                                    (c_{i}+\imageinh\cdot c_{n+i})
+                                }^{=:\alpha_{i},\,\in\kmplx}
+                                \mathbf{v}_{i},\\
+                    \end{mathe}
+
+                wobei die letzte Umformung genau wie in der o.\,s. Berechnung
+                sich herleiten lässt.
+                Da $\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n}$
+                im $\kmplx$-Vektorraum, $V$,
+                linear unabhängig sind,
+                folgt aus \eqcref{eq:2b:\beweislabel},
+                dass $\alpha_{1},\alpha_{2},\ldots,\alpha_{n}=0$.\\
+                Da $c_{i}\in\reell$ für alle $i\in\{1,2,\ldots,2n\}$,
+                folgt aus der Definition von jedem $\alpha_{i}$,
+                dass
+
+                    \begin{mathe}[mc]{rclcl}
+                        c_{i} &= &\ReTeil(\alpha_{i}) &= &0\\
+                        c_{n+i} &= &\ImTeil(\alpha_{i}) &= &0\\
+                    \end{mathe}
+
+                für alle $i\in\{1,2,\ldots,n\}$.
+                Darum gilt $c_{1},c_{2},\ldots,c_{2n}=0$.
+                Also sind $\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{2n}$
+                linear unabhängig.
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+
+    \textbf{Bemerkung.}
+    Zum Schluss betrachten wir den konkreten Fall von $V=\kmplx^{2}$
+    mit der kanonischen Basis
+
+        \begin{mathe}[mc]{cqc}
+            \mathbf{v}_{1}:=\begin{svector}1\\0\\\end{svector},
+            &\mathbf{v}_{2}:=\begin{svector}0\\1\\\end{svector}.\\
+        \end{mathe}
+
+    \Cref{claim:2-3:ueb:8:ex:3} zufolge ist
+
+        \begin{mathe}[mc]{cqcqcqc}
+            \mathbf{v}_{1},
+            &\mathbf{v}_{2},
+            &\mathbf{v}_{3}:=\imageinh\cdot\mathbf{v}_{1} = \begin{svector}\imageinh\\0\\\end{svector},
+            &\mathbf{v}_{4}:=\imageinh\cdot\mathbf{v}_{2} = \begin{svector}0\\\imageinh\\\end{svector}.\\
+        \end{mathe}
+
+    eine Basis für $W:=\kmplx^{2}$, wenn dies als $\reell$-Vektorraum betrachtet wird.
+    Insbesondere gilt $\dim(W)=4$.
+
 \setcounternach{part}{2}
 \part{Selbstkontrollenaufgaben}
 
@@ -6656,7 +7359,8 @@ Die Gruppentafel sieht folgendermaßen aus:
 An der Tafel lässt sich leicht erkennen, ob eine Gruppe kommutativ ist:
 eine Gruppe, $G$, ist genau dann kommutativ, wenn die Gruppentafel symmetrisch ist.
 Hierbei sollte man darauf achten, dass die \emph{Labels} der Elemente gar keine Rolle spielen.
-Um diese Urteil also leichter treffen zu können ersetzen wir die Elemente durch verschieden gefärbte Quadrate:
+Um dieses Urteil leichter treffen zu können,
+ersetzen wir die Elemente o.\,E. durch verschieden gefärbte Quadrate:
 
     \begin{figure}[h]
         \footnotesize