%% ******************************************************************************** %% 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; %% | %% — src/setup-localmacros.tex; %% | %% — front/index.tex; %% | %% — front/title.tex; %% | %% — front/foreword.tex; %% | %% — front/contents.tex; %% | %% — body/index.tex; %% | %% — 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\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@]} }%] 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\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 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\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]{% 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\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 \sloppy \def\headrulewidth{0pt} \def\footrulewidth{0pt} \setlength{\columnsep}{20pt} \setlength{\columnseprule}{1pt} \setlength{\headheight}{11pt} \setlength{\partopsep}{0pt} \setlength{\topsep}{\baselineskip} \setlength{\topskip}{0.5\baselineskip} \setlength{\footskip}{-1\baselineskip} \setlength{\maxdepth}{0pt} \renewcommand{\baselinestretch}{1} \renewcommand{\arraystretch}{1} \setcounter{LTchunksize}{\infty} \setlength{\abovedisplayskip}{0pt} \setlength{\parskip}{1\baselineskip} \def\firstparagraph{\noindent} \def\continueparagraph{\noindent} \hypersetup{ hidelinks=true, } \@addtoreset{chapter}{part} %% nötig für Hyperref. \def\partfont{\documentfont\fontseries{bx}\Huge\selectfont} \def\chapterfont{\documentfont\fontseries{bx}\huge\selectfont} \def\sectionfont{\documentfont\fontseries{bx}\Large\selectfont} \def\subsectionfont{\documentfont\fontseries{bx}\large\selectfont} \def\thepart{\Roman{part}} \generatenestedsecnumbering{arabic}{part}{chapter} \generatenestedsecnumbering{arabic}{chapter}{section} \generatenestedsecnumbering{arabic}{section}{subsection} \generatenestedsecnumbering{arabic}{subsection}{subsubsection} \def\theunitnamepart{\thepart} 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\titlespacing{\subsubsection}{0pt}{\baselineskip}{\baselineskip} \titlespacing{\paragraph}{0pt}{0pt}{1em} \titleformat{\part}[display] {\normalfont\headingfont\bfseries\Huge\centering} {% \ifthenelse{\equal{\partname}{}}{% \theunitnamepart% }{% \MakeUppercase{\partname}~\theunitnamepart% }% }{0pt}{% }[\thispagestyle{empty}] \titleformat{\chapter}[frame] {\normalfont\headingfont\bfseries\Large} {% \bedingtesspaceexpand{chaptername}{~}{\theunitnamechapter}% }{0.5em}{% }[\thispagestyle{empty}]%\titlerule%[2pt]% \titleformat{\section}[hang] {\normalfont\headingfont\bfseries\flushleft\large} {% \bedingtesspaceexpand{sectionname}{~}{\theunitnamesection}% }{0.5em} {% } [% \nvraum{0.25}% ] \titleformat{\subsection}[hang] {\normalfont\headingfont\bfseries\flushleft\large} {% \bedingtesspaceexpand{subsectionname}{~}{\theunitnamesubsection}% }{0.5em} {% } [% \nvraum{0.25}% ] \titleformat{\subsubsection}[hang] {\normalfont\headingfont\bfseries\flushleft\large} {% 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\DeclareRobustCommand\crfamily{\fontfamily{pcr}\selectfont} \def\headingfont{\fontfamily{cmss}\selectfont} \def\documentfancyfont{% \gdef\headingfont{\crfamily}% \fontfamily{ccr}\fontseries{m}\selectfont% } \def\documentfont{% \gdef\headingfont{\fontfamily{cmss}\selectfont}% \fontfamily{cmss}\fontseries{m}\selectfont% \renewcommand{\sfdefault}{phv}% \renewcommand{\ttdefault}{pcr}% \renewcommand{\rmdefault}{cmr}% <— funktionieren nicht mit {ptm} \renewcommand{\bfdefault}{bx}% \renewcommand{\itdefault}{it}% \renewcommand{\sldefault}{sl}% \renewcommand{\scdefault}{sc}% \renewcommand{\updefault}{n}% } \allowdisplaybreaks \let\altcleardoublepage\cleardoublepage \let\cleardoublepage\clearpage \def\startdocumentlayoutoptions{ \selectlanguage{ngerman} \setlength{\parskip}{0.5\baselineskip} \setlength{\parindent}{0pt} \kopfzeiledefault \documentfont \normalsize } \def\highlightTerm#1{\emph{#1}} %% ******************************************************************************** %% FILE: 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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 $ij$ 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 $|I_{0}|\leq nn$ 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}