%% ********************************************************************************
%% 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
%% ********************************************************************************

%% ********************************************************************************
%% DOCUMENT STRUCTURE:
%% ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
%%
%%    — root.tex;
%%        |
%%        — parameters.tex;
%%        |
%%        — src/index.tex;
%%            |
%%            — ########;
%%            |
%%            — src/setup-type.tex;
%%            |
%%            — src/setup-packages.tex;
%%            |
%%            — src/setup-parameters.tex;
%%            |
%%            — src/setup-macros.tex;
%%            |
%%            — src/setup-environments.tex;
%%            |
%%            — src/setup-layout.tex;
%%            |
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%%            |
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%%            |
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%%            |
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%%            |
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%%            |
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%%            |
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%%            |
%%            — body/quizzes/quiz2.tex;
%%            |
%%            — body/quizzes/quiz3.tex;
%%        |
%%        — back/index.tex;
%%            |
%%            — ./back/quelle.bib;
%%
%% DOCUMENT-RANDOM-SEED: 5637845
%% ********************************************************************************

%% ********************************************************************************
%% FILE: root.tex
%% ********************************************************************************

%% ********************************************************************************
%% FILE: parameters.tex
%% ********************************************************************************

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

%% ********************************************************************************
%% FILE: ########
%% ********************************************************************************

\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{nameref}
\usepackage{nowtoaux}
\usepackage{paralist}
\usepackage{enumerate} %% nach [paralist]
\usepackage{pgf}
\usepackage{pgfplots}
\usepackage{proof}
\usepackage{refcount}
\usepackage{relsize}
\usepackage{savesym}
\usepackage{stmaryrd}
\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{math}

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

%% \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

\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}[#4]{#2}}{\renewtheorem{#1@star@basic}[#4]{#2}}
        %% FOR \BEGIN{THM*}[...]
        \theoremstyle{nonumberplain}
        \theoremseparator{\thmForceSepPt}
        \theoremprework{\ra@pretheoremwork}
        \@ifundefined{#1@star@withName}{\newtheorem{#1@star@withName}[#4]{#2}}{\renewtheorem{#1@star@withName}[#4]{#2}}
        %% GENERATE ENVIRONMENTS:
        \umbauenenv{#1}{#3}[#4]
        \umbauenenv{#1@star}{#3}[#4]
        %% 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{e.g.}{Beipsiel}{\enndeOnNeutralSign}[X]
    \ranewthm{fact}{Fakt}{\enndeOnNeutralSign}[X]
    \ranewthm{rem}{Bemerkung}{\enndeOnNeutralSign}[X]
    \ranewthm{qstn}{Frage}{\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
                \setlength{\parsep}{\parskip}\relax
                \setlength{\listparindent}{\z@}\relax
                \setlength{\itemindent}{\z@}\relax
                \setlength{\leftmargin}{#1}\relax
                \setlength{\rightmargin}{#2}\relax
                \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}%
            \setlength{\parindent}{0pt}%
    }
        \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
        }
    }
        \schattiertebox@genbefehl{schattiertebox}{
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            backgroundcolor=leer,%
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        }

        \schattiertebox@genbefehl{schattierteboxdunn}{
            splittopskip=0,%
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            backgroundcolor=leer,%
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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,
        node distance=1cm,
        thick,
        main node/.style={
            circle,draw,font=\sffamily\Large\bfseries,minimum size=0pt
        },
        state/.style={minimum size=0pt}
        loop above right/.style={loop,out=30,in=60,distance=0.5cm},
        loop above left/.style={above left,out=150,in=120,loop},
        loop below right/.style={below right,out=330,in=300,loop},
        loop below left/.style={below left,out=240,in=210,loop},
        itria/.style={
            draw,dashed,shape border uses incircle,
            isosceles triangle,shape border rotate=90,yshift=-1.45cm
        },
        rtria/.style={
            draw,dashed,shape border uses incircle,
            isosceles triangle,isosceles triangle apex angle=90,
            shape border rotate=-45,yshift=0.2cm,xshift=0.5cm
        },
        ritria/.style={
            draw,dashed,shape border uses incircle,
            isosceles triangle,isosceles triangle apex angle=110,
            shape border rotate=-55,yshift=0.1cm
        },
        litria/.style={
            draw,dashed,shape border uses incircle,
            isosceles triangle,isosceles triangle apex angle=110,
            shape border rotate=235,yshift=0.1cm
        }
    }

%% ********************************************************************************
%% 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
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\def\firstparagraph{\noindent}
\def\continueparagraph{\noindent}

\hypersetup{
    hidelinks=true,
}

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

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    \def\chapterfont{\documentfont\fontseries{bx}\huge\selectfont}
    \def\sectionfont{\documentfont\fontseries{bx}\Large\selectfont}
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    \def\thepart{\Roman{part}}
    \generatenestedsecnumbering{arabic}{part}{chapter}
    \generatenestedsecnumbering{arabic}{chapter}{section}
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    \generatenestedsecnumbering{arabic}{subsection}{subsubsection}
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    \def\partname{Teil\erlaubeplatz}
    \def\chaptername{Kapitel\erlaubeplatz}
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    \let\appendix@orig\appendix
    \def\appendix{%
        \appendix@orig%
        \let\boolinappendix\boolwahr
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        \addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{0}}
        \def\sectionname{Appendix}%
        \def\theunitnamesection{\Alph{section}}%
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    \def\notappendix{%
        \let\boolinappendix\boolfalse
        \addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{1 }}
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        \def\theunitnamesection{\arabic{section}}%
    }

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

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    \titleformat{\part}[display]
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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{
    \lhead[]{}
    \chead[]{}
    \rhead[]{}
    \lfoot[]{}
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    \rfoot[]{}
}

\DeclareRobustCommand\crfamily{\fontfamily{pcr}\selectfont}
\def\headingfont{\fontfamily{cmss}\selectfont}
\def\documentfancyfont{%
    \gdef\headingfont{\crfamily}%
    \fontfamily{ccr}\fontseries{m}\selectfont%
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\let\cleardoublepage\clearpage

\def\startdocumentlayoutoptions{
    \selectlanguage{ngerman}
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    \documentfont
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\def\highlightTerm#1{\emph{#1}}

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

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

\def\reell{\mathbb{R}}
\def\kmplx{\mathbb{C}}
\def\Torus{\mathbb{T}}
\def\rtnl{\mathbb{Q}}
\def\intgr{\mathbb{Z}}

\def\ntrl{\mathbb{N}}
\def\ntrlpos{\mathbb{N}}
\def\ntrlzero{\mathbb{N}_{0}}
\def\reellNonNeg{\reell_{+}}

\def\leer{\emptyset}
\def\restr#1{\vert_{#1}}
\def\ohne{\setminus}
\def\Pot{\mathop{\mathcal{P}}}

\def\brkt#1{\langle{}#1{}\rangle}
\def\lsim{\mathop{\sim}}
\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\span{\mathop{\text{\upshape Lin}}}
\def\dim{\mathop{\text{\upshape dim}}}
\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\id{\text{\textup id}}
\def\modfn{\mathop{\text{\textup mod}}}
\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/Institut für Philosophie}\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
und dienen \emph{nicht} als Musterlösungen!
Der Zweck dieser Lösungen ist es vielmehr, Ansätze zu präsentieren,
mit denen man seine \emph{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,
                    ${L_{\alpha,\beta}=\begin{svector}32\\-4\\0\\0\\\end{svector} + \span\left\{\begin{svector}26\\-4\\1\\0\\\end{svector}, \begin{svector}-13\\2\\1\\1\\\end{svector}\right\}}$.
        \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,
            ${L_{\alpha,\beta}=\begin{svector}32\\-4\\0\\0\\\end{svector} + \frac{\beta-8}{\alpha-4}\cdot\begin{svector}26\\-4\\1\\0\\\end{svector} + \span\left\{\begin{svector}-13\\2\\1\\1\\\end{svector}\right\}}$.
\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} + \span\{\mathbf{v},\mathbf{w}\} &: &\alpha=4,\,\beta=8\\
            \mathbf{u} + \frac{\alpha-4}{\beta-8}\mathbf{v} + \span\{\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 $(\mathbf{z}^{(i)})_{i\in I_{0}}$ linear unabhängige Vektoren sind.
        Aus der Maximalität folgt, dass für jedes ${k\in\{1,2,\ldots,m\}\ohne I_{0}}$
        $(\mathbf{z}^{(i)})_{i\in I_{0}\cup\{k\}}$ \emph{linear abhängig} sind.
        Wegen der Dimension von $\reell^{n}$ gilt ${|I|\leq\min\{m,n\}=n}$.
        Aus der linearer Unabhängigkeit von den $(\mathbf{z}^{(i)})_{i\in I_{0}}$ folgt,
        dass es (eindeutige) Koeffizienten $c_{k,i}\in\reell$ für $i\in I_{0}$ gibt,
        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
                    $U:=\span\{\mathbf{w},\mathbf{w}^{\prime}\}$,
                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 $\mathbf{\xi}\in U=\span\{\mathbf{w},\mathbf{w}^{\prime}\}$.
                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:}
    $U:=\span\{\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2}\}
        \cap\span\{\mathbf{w}_{1},\mathbf{w}_{2}\}$
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\span\{\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}
        \span\{\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2}\}
        \cap\span\{\mathbf{w}_{1},\mathbf{w}_{2}\}
        &= &U
        &= &\span\{\mathbf{u}\}
        &= &\span\{44\begin{svector}1\\1\\1\\\end{svector}\}
        &= &\span\{\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}

\setcounternach{part}{2}
\part{Selbstkontrollenaufgaben}

    \def\chaptername{SKA Blatt}

%% ********************************************************************************
%% FILE: body/ska/ska4.tex
%% ********************************************************************************

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

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

Seien $X$, $Y$ nicht leere Mengen.
Einer Abbildung, $f:X\to Y$,
können wir eindeutig die Relation
    $\graph(f):=\{(x,y)\in X\times Y\mid f(x)=y\}$
zuordnen. Dies nennt sich der \textbf{Graph von $f$}
(siehe \cite[\S{}2.3]{sinn2020}---dort wird dies mit $\Gamma_{f}$ bezeichnet).
Hier ist $\graph(f)$ also eine Relation auf $X\times Y$.
In der Tat \emph{setzen} manche Werke Funktionen mit ihrem Graphen gleich
(siehe bspw. \cite[S.11]{jech1997}),
aber dies ist streng genommen nicht die ganze Wahrheit.

%% SKA 4-2
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\section[Aufgabe 2]{}
    \label{ska:4:ex:2}
\let\sectionname\altsectionname

({\itshape Unter Arbeit})

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

({\itshape Unter Arbeit})

%% SKA 4-4
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\section[Aufgabe 4]{}
    \label{ska:4:ex:4}
\let\sectionname\altsectionname

({\itshape Unter Arbeit})

%% SKA 4-5
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\section[Aufgabe 5]{}
    \label{ska:4:ex:5}
\let\sectionname\altsectionname

({\itshape Unter Arbeit})

%% SKA 4-6
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\section[Aufgabe 6]{}
    \label{ska:4:ex:6}
\let\sectionname\altsectionname

({\itshape Unter Arbeit})

%% SKA 4-7
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\section[Aufgabe 7]{}
    \label{ska:4:ex:7}
\let\sectionname\altsectionname

({\itshape Unter Arbeit})

%% SKA 4-8
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\section[Aufgabe 8]{}
    \label{ska:4:ex:8}
\let\sectionname\altsectionname

({\itshape Unter Arbeit})

%% SKA 4-9
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\section[Aufgabe 9]{}
    \label{ska:4:ex:9}
\let\sectionname\altsectionname

({\itshape Unter Arbeit})

%% SKA 4-10
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\section[Aufgabe 10]{}
    \label{ska:4:ex:10}
\let\sectionname\altsectionname

({\itshape Unter Arbeit})

%% SKA 4-11
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\section[Aufgabe 11]{}
    \label{ska:4:ex:11}
\let\sectionname\altsectionname

({\itshape Unter Arbeit})

\setcounternach{part}{3}
\part{Quizzes}

    \def\chaptername{Quiz}

%% ********************************************************************************
%% FILE: body/quizzes/quiz1.tex
%% ********************************************************************************

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

\begin{claim*}
    Das LGS

        \begin{mathe}[mc]{rcrcr}
            -x &+ &a\cdot y &= &3\\
            a\cdot x &- &4y &= &0\\
        \end{mathe}

    ist genau dann lösbar, wenn $a\in\reell\ohne\{\pm 2\}$.
\end{claim*}

\begin{proof}
    Sei $a\in\reell$ beliebig. Wir führen das Gaußverfahren aus:

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

            \begin{mathe}[mc]{c}
                \begin{matrix}{cc|c}
-1 &a &3\\
a &-4 &0\\
\end{matrix}\\
            \end{mathe}

            Wende die Zeilentransformationen
                ${Z_{2}\leftsquigarrow a\cdot Z_{1}+Z_{2}}$
            an:

            \begin{mathe}[mc]{c}
                \begin{matrix}{cc|c}
1 &a &3\\
0 &a^{2}-4 &3a\\
\end{matrix}\\
            \end{mathe}

        \end{algorithm}

    Wenn $a\in\{\pm 2\}$, ist das LGS unlösbar, da in der 2. Zeile links nur $0$ Einträge stehen und rechts $\pm 6$.\\
    Wenn $a\notin\{\pm 2\}$, gibt es zwei Stufen und damit ist das LGS lösbar.\\
    Also gilt die Behauptung.
\end{proof}

%% ********************************************************************************
%% FILE: body/quizzes/quiz2.tex
%% ********************************************************************************

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

Sei $L$ die Gerade $\{\mathbf{v}+t\mathbf{w}\mid t\in\reell\}\subseteq\reell^{3}$,
wobei

    \begin{mathe}[mc]{rclqrcl}
        \mathbf{v} &= &\begin{svector}-4\\2\\5\\\end{svector},
        &\mathbf{w} &= &\begin{svector}2\\-6\\12\\\end{svector}.\\
    \end{mathe}

\begin{enumerate}{\bfseries (1)}
    %% QUIZ 2-a
    \item

        \begin{claim*}
            Der Punkt, $\mathbf{x}=\begin{svector}-3\\-1\\11\\\end{svector}$, liegt in der Geraden, $L$.
        \end{claim*}

        \begin{proof}
            Es gilt

                \begin{mathe}[mc]{rcl}
                    \mathbf{x}\in L
                        &\Longleftrightarrow
                            &\exists{t\in\reell:~}
                                \mathbf{x}=\mathbf{v}+t\mathbf{w}\\
                        &\Longleftrightarrow
                            &\exists{t\in\reell:~}
                                \mathbf{x}-\mathbf{v}=t\mathbf{w}\\
                        &\Longleftrightarrow
                            &\exists{t\in\reell:~}
                                \begin{svector}1\\-3\\6\\\end{svector}=t\begin{svector}2\\-6\\12\\\end{svector}\\
                \end{mathe}

            Nun ist die letzte Aussage wahr,
            da der Ausdruck innerhalb des Existenzquantors offensichtlich unter $t=\frac{1}{2}$ wahr ist.
            Darum gilt $\mathbf{x}\in L$.
        \end{proof}

    %% QUIZ 2-b
    \item
        Fixiere einen Vektor, $\mathbf{w}_{\perp}\in\reell^{3}$,
        der zu $\mathbf{w}$ normal ist.
        Z.\,B. können wir

        \begin{mathe}[mc]{rcl}
            \mathbf{w}_{\perp} &= &\begin{svector}3\\-1\\0\\\end{svector}\\
        \end{mathe}

        wählen. Dann gilt $\brkt{\mathbf{w},\mathbf{w}_{\perp}}=0$,
        sodass die Vektoren normal zueinander stehen.

        Nun, für $\mathbf{x}\in L$ setze

            \begin{mathe}[mc]{rcl}
                L_{\mathbf{x}} &:= &\{\mathbf{x}+s\cdot\mathbf{w}_{\perp}\mid s\in\reell\}.\\
            \end{mathe}

        Dann gilt offensichtlich $\mathbf{x}\in L\cap L_{\mathbf{x}}$.\\
        Andererseits, da die Richtungsvektoren in den Geraden nicht linear abhängig sind,
        (da sie normal zueinander stehen),
        gilt $|L\cap L_{\mathbf{x}}|\leq 1$.\\
        Darum gilt $L\cap L_{\mathbf{x}}=\{\mathbf{x}\}$.
\end{enumerate}

%% ********************************************************************************
%% FILE: body/quizzes/quiz3.tex
%% ********************************************************************************

\setcounternach{chapter}{3}
\chapter[Woche 3]{Woche 3}
    \label{quiz:3}

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

        \begin{claim*}
            Seien $X$, $Y$ beliebige Mengen und $f:X\to Y$ eine Funktion.
            Sei $B\subseteq Y$ beliebig.
            Dann gilt $f(f^{-1}(B))=f(X)\cap B$.
            Insbesondere gilt $f(f^{-1}(B))\subseteq B$
        \end{claim*}

        \begin{proof}
            Für $y\in Y$ gilt

                \begin{mathe}[mc]{rcl}
                    y\in f(f^{-1}(B))
                        &\Longleftrightarrow
                            &\exists{x\in f^{-1}(B):~}f(x)=y\\
                        &\Longleftrightarrow
                            &\exists{x\in X:~}(x\in f^{-1}(B)\,\text{und}\,f(x)=y)\\
                        &\Longleftrightarrow
                            &\exists{x\in X:~}(f(x)=y\,\text{und}\,x\in f^{-1}(B))\\
                        &\Longleftrightarrow
                            &\exists{x\in X:~}(y=f(x)\,\text{und}\,f(x)\in B)\\
                        &\Longleftrightarrow
                            &\exists{x\in X:~}(y=f(x)\,\text{und}\,y\in B)\\
                        &\Longleftrightarrow
                            &(\exists{x\in X:~}y=f(x))\,\text{und}\,y\in B\\
                        &\Longleftrightarrow
                            &y\in f(X)\,\text{und}\,y\in B\\
                        &\Longleftrightarrow
                            &y\in f(X)\cap B.\\
                \end{mathe}

            Darum gilt $f(f^{-1}(B))=f(X)\cap B\subseteq B$.
        \end{proof}

    %% QUIZ 3-b
    \item

        Aus (a) folgt:

            \begin{kompaktitem}
                \item
                    $f$ \uline{surjektiv} $\Longrightarrow$
                        $f(f^{-1}(B))=f(X)\cap B=Y\cap B=B$
                        für alle $B\subseteq Y$;
                \item
                    $f$ \uline{nicht surjektiv} $\Longrightarrow$
                        $f(f^{-1}(Y))=f(X)\cap Y=f(X)\subset Y$ (strikt).
            \end{kompaktitem}

        Darum ist es notwendig und hinreichend, eine nicht-surjektive Funktion als Beispiel zu nehmen.
        Hier ein minimales Beispiel $X=\{0\}$ und $Y=\{1,2\}$ und $B=Y$ und $f:X\to Y$ definiert durch $f(0)=1$.
        Dann $f(f^{-1}(B))=f(f^{-1}(Y))=f(X)=\{1\}\subset Y$ (strikt).
\end{enumerate}

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

\bibliographystyle{alpha}
\def\bibname{Literaturverzeichnis}
\nocite{*}

\bgroup
\footnotesize

%% ********************************************************************************
%% FILE: ./back/quelle.bib
%% ********************************************************************************

\begin{thebibliography}{EFT18}

\bibitem[EFT18]{ebbinghaus2018}
Heinz-Dieter Ebbinghaus, J\"org Flum, and Wolfgang Thomas.
\newblock {\em {Einf\"uhrung in die mathematische Logik}}.
\newblock 2018.

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

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

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

\end{thebibliography}
\egroup
\end{document}
