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.