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notes/vorbereitungKL2_2.md

@@ -0,0 +1,105 @@
+
+
+v1=... w1=...
+v2=... w2=... wie in Aufgabe
+v3 = (1 0 0)
+    [oder sagen: „es gibt“ ein v3, so dass {v1,v2,v3} eine Basis von R^3 ist]
+wähle w3 in R^3 beliebig
+    ---> ex. lin Abb φ : R^3 ---> R^3 (siehe Satz 6.1.13)
+
+5b)
+ii) wir wissen, dass {w1, w2} lin unabh.
+    ---> also ex. w3 ∈ R^3 s. d. {w1, w2, w3} eine Basis von R^3 ist.
+    ---> lin Abb φ wie vorher erzeugen.
+        Zz: φ ist injektiv. (Dann folgt: φ bijektiv (weil VR beide 3-dimensional sind), also φ ein Isomorphismus)
+        Sei x ∈ Kern(φ).
+            Dann x = c1·v1 + c2·v2 + c3·v3
+            Also 0 = φ(x) = c1·w1 + c2·w2 + c3·w3
+            Also c1, c2, c3 = 0, weil {w1, w2, w3} eine Basis
+            Also x = c1·v1 + c2·v2 + c3·v3 = 0.
+        ===> Damit haben wir gezeigt, dass Kern(φ) = {0}
+            (beachte, dass 0 immer im Kern ist)
+        ===> φ injektiv.
+
+        ODER
+
+        Aus Korollar 6.1.15 folgt φ ein Iso, weil {w1, w2, w3} eine Basis ist.
+
+iii) setze w3 = 0. Konstruiere φ wie oben.
+Dann erfüllt φ die 3 erwünschten Eigenschaften.
+Und φ(v3) = w3 = 0, sodass Kern(φ) ≠ {0}, weil v3 ≠ 0.
+Darum ist φ nicht injektiv und damit kein Isomorphismus.
+
+Wenn dim(W) = m, m eine endliche Zahl:
+
+(1) φ injektiv  <==> Kern(φ) = {0}
+                <==> dim(Kern(φ)) = 0
+                <==> dim(Bild(φ)) = dim(V)
+                <==> Rang(φ) = dim(V)
+                <==> Rang(φ) ≥ dim(V)
+
+(2) φ surjektiv <==> Bild(φ) = W
+                <==> dim(Bild(φ)) = dim(W) (=m)
+                <==> Rang(φ) = dim(W)
+                <==> Rang(φ) ≥ dim(W)
+
+    z. B. wenn Bild(φ) = lin{w1, w2, ..., w_r} und {w1, w2, ..., w_r} lin unabh.
+    dann dim(Bild(φ)) = r
+
+
+A = ( a_ij ) eine m x n Matrix
+B = ( b_ij ) eine m x n Matrix
+
+A + 5B = ( a_ij + 5b_ij )
+
+A = ( a_ij ) eine m x n Matrix
+                      ¯
+B = ( b_ij ) eine n x l Matrix
+                  ¯
+(„innere Dimensionen“ müssen übereinstimmen, um Matrixmult. durchzuführen)
+                             n
+A·B = ( c_ij ), wobei c_ij = ∑ a_ik b_kj
+                            k=1
+
+                             l
+B·A = ( d_ij ), wobei d_ij = ∑ b_ik a_kj
+                            k=1
+
+
+
+## BEWEISE ##
+
+d)
+
+    Behauptung. A,B ⊆ Y gilt f^-1(A∩B) = f^−1(A) ∩ f^−1(B).
+
+    Beweis.
+    (⊆) Sei x ∈ f^-1(A∩B) beliebig.
+        Zu zeigen: x ∈ f^−1(A) ∩ f^−1(B).
+        D. h. wir müssen zeigen,
+        dass x ∈ f^−1(A) und x ∈ f^−1(B).
+
+        Es gilt
+
+            x ∈ f^-1(A∩B)
+            ⟹ f(x) ∈ A ∩ B                 (per Definition von f^-1)
+            ⟹ f(x) ∈ A und f(x) ∈ B
+            ⟹ x ∈ f^-1(A) und x ∈ f^-1(B)  (per Definition von f^-1)
+
+        Darum gilt x ∈ r. S.
+
+
+    (⊇) Sei x ∈ f^−1(A) ∩ f^−1(B).
+        D. h. x ∈ f^−1(A) und x ∈ f^−1(B).
+        Zu zeigen: x ∈ f^-1(A∩B).
+
+        Es gilt
+
+            x ∈ f^-1(A) und x ∈ f^-1(B)
+            ⟹ f(x) ∈ A und f(x) ∈ B   (per Definition von f^-1)
+            ⟹ f(x) ∈ A ∩ B
+            ⟹ x ∈ f^-1(A∩B)           (per Definition von f^-1)
+
+        Darum gilt x ∈ l. S.
+
+    QED.