raj_mathe/linalg2020
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linalg2020/docs/loesungen.tex

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%% ********************************************************************************
%% 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;
%% |
%% ---- body/uebung/ueb1.tex;
%% |
%% ---- body/uebung/ueb2.tex;
%% |
%% ---- body/uebung/ueb3.tex;
%% |
%% ---- body/uebung/ueb4.tex;
%% |
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%% |
%% ---- body/uebung/ueb6.tex;
%% |
%% ---- body/uebung/ueb7.tex;
%% |
%% ---- body/uebung/ueb8.tex;
%% |
%% ---- body/uebung/ueb9.tex;
%% |
%% ---- body/uebung/ueb10.tex;
%% |
%% ---- body/ska/ska4.tex;
%% |
%% ---- body/ska/ska5.tex;
%% |
%% ---- body/ska/ska6.tex;
%% |
%% ---- body/quizzes/quiz1.tex;
%% |
%% ---- body/quizzes/quiz2.tex;
%% |
%% ---- body/quizzes/quiz3.tex;
%% |
%% ---- body/quizzes/quiz4.tex;
%% |
%% ---- body/quizzes/quiz5.tex;
%% |
%% ---- body/quizzes/quiz6.tex;
%% |
%% ---- body/quizzes/quiz7.tex;
%% |
%% ---- body/quizzes/quiz8.tex;
%% |
%% ---- body/quizzes/quiz9.tex;
%% |
%% ---- back/index.tex;
%% |
%% ---- ./back/quelle.bib;
%%
%% DOCUMENT-RANDOM-SEED: 5637845
%% ********************************************************************************
%% ********************************************************************************
%% FILE: root.tex
%% ********************************************************************************
%% ********************************************************************************
%% FILE: parameters.tex
%% ********************************************************************************
%% ********************************************************************************
%% FILE: src/index.tex
%% ********************************************************************************
\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
%% ********************************************************************************
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\PassOptionsToPackage{
english,
ngerman,
russian,
capitalise,
}{cleveref}
\PassOptionsToPackage{
bookmarks=true,
bookmarksopen=false,
bookmarksopenlevel=0,
bookmarkstype=toc,
colorlinks=false,
raiselinks=true,
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}{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{multicol}
\usepackage{multirow}
\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{subfigure}
\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{
angles,
arrows,
automata,
calc,
decorations,
decorations.pathmorphing,
decorations.pathreplacing,
math,
positioning,
patterns,
quotes,
snakes,
}
%% \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}
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\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
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\setlength{\rtab}{0.025\textwidth}
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\setlength{\gesamtlinkerRand}{0pt}
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\def\secnumberingpt{$\cdot$}
\def\secnumberingseppt{.}
\def\subsecnumberingseppt{}
\def\thmnumberingpt{$\cdot$}
\def\thmnumberingseppt{}
\def\thmForceSepPt{.}
\definecolor{leer}{gray}{1}
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\definecolor{blau}{rgb}{0,0,1}
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%% ********************************************************************************
%% 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%
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\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%
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\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,%
nobreak=true,%
}
\schattiertebox@genbefehl{schattierteboxdunn}{
splittopskip=0,%
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linecolor=black,%
roundcorner=2pt,%
}{
backgroundcolor=leer,%
nobreak=true,%
}
\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,
thick,
main node/.style={
circle,draw,font=\sffamily\Large\bfseries,minimum size=0pt
},
}
%% ********************************************************************************
%% 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}
\def\theunitnamechapter{\theshortchapter}
\def\theunitnamesection{\thelongsection}
\def\theunitnamesubsection{\thelongsubsection}
\def\theunitnamesubsubsection{\thelongsubsubsection}
\def\partname{Teil\erlaubeplatz}
\def\chaptername{Kapitel\erlaubeplatz}
\def\sectionname{\S\erlaubeplatz}
\def\subsectionname{}
\def\subsubsectionname{}
\let\appendix@orig\appendix
\def\appendix{%
\appendix@orig%
\let\boolinappendix\boolwahr
\addcontentsline{toc}{part}{\appendixname}%
\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{0}}
\def\sectionname{Appendix}%
\def\theunitnamesection{\Alph{section}}%
}
\def\notappendix{%
\let\boolinappendix\boolfalse
\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{1 }}
\def\sectionname{}%
\def\theunitnamesection{\arabic{section}}%
}
%% \titlespacing{<sectionclassname>}
%% {linker einzug}{platz oberhalb}{platz unterhalb}[rechter einzug]
\titlespacing{\section}{0pt}{\baselineskip}{\baselineskip}
\titlespacing{\subsection}{0pt}{\baselineskip}{\baselineskip}
\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}
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\bedingtesspaceexpand{sectionname}{~}{\theunitnamesection}%
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}
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\nvraum{0.25}%
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\titleformat{\subsection}[hang]
{\normalfont\headingfont\bfseries\flushleft\large}
{%
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}
[%
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\titleformat{\subsubsection}[hang]
{\normalfont\headingfont\bfseries\flushleft\large}
{%
\bedingtesspaceexpand{subsubsectionname}{~}{\theunitnamesubsubsection}%
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{%
}
[%
\nvraum{0.25}%
]
\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[]{}
\cfoot[]{}
\rfoot[]{}
}
\def\kopfzeiledefault{
\lhead[]{}
\lhead[]{}
\chead[]{}
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\cfoot{\footnotesize\thepage}
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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}%
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\renewcommand{\rmdefault}{cmr}% <— funktionieren nicht mit {ptm}
\renewcommand{\bfdefault}{bx}%
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\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: src/setup-localmacros.tex
%% ********************************************************************************
%% ****************************************************************
%% MATHE:
%% ****************************************************************
\def\cal#1{\mathcal{#1}}
\def\reell{\mathbb{R}}
\def\kmplx{\mathbb{C}}
\def\Torus{\mathbb{T}}
\def\rtnl{\mathbb{Q}}
\def\intgr{\mathbb{Z}}
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\def\imageinh{\imath}
\def\ReTeil{\mathop{\mathfrak{R}\text{\upshape e}}}
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\def\leer{\emptyset}
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\let\altphi\phi
\let\altvarphi\varphi
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\makeatother
\begin{document}
\startdocumentlayoutoptions
%% FRONTMATTER:
\thispagestyle{plain}
%% ********************************************************************************
%% FILE: front/index.tex
%% ********************************************************************************
%% ********************************************************************************
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\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}\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.)
Der Zweck dieser Lösungen besteht darin, Ansätze zu präsentieren,
mit denen man seine 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,
${L_{\alpha,\beta}=\begin{svector} 32\\ -4\\ 0\\ 0\\\end{svector} + \vectorspacespan\left\{\begin{svector} 26\\ -4\\ 1\\ 0\\\end{svector}, \begin{svector} -13\\ 2\\ 1\\ 1\\\end{svector}\right\}}$.
\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,
${L_{\alpha,\beta}=\begin{svector} 32\\ -4\\ 0\\ 0\\\end{svector} + \frac{\beta-8}{\alpha-4}\cdot\begin{svector} 26\\ -4\\ 1\\ 0\\\end{svector} + \vectorspacespan\left\{\begin{svector} -13\\ 2\\ 1\\ 1\\\end{svector}\right\}}$.
\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} + \vectorspacespan\{\mathbf{v},\mathbf{w}\} &: &\alpha=4,\,\beta=8\\
\mathbf{u} + \frac{\alpha-4}{\beta-8}\mathbf{v} + \vectorspacespan\{\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 $(\mathbf{z}^{(i)})_{i\in I_{0}}$ aus linear unabhängigen Vektoren besteht.
Wegen der Dimension von $\reell^{n}$ gilt ${|I|\leq\min\{m,n\}=n}$.
Sei ${k\in\{1,2,\ldots,m\}\ohne I_{0}}$ beliebig.
Wegen Maximalität muss $(\mathbf{z}^{(i)})_{i\in I_{0}\cup\{k\}}$ \emph{linear abhängig} sein.
Und wegen der linearen Unabhängigkeit von $(\mathbf{z}^{(i)})_{i\in I_{0}}$
existieren (eindeutige) Koeffizienten $c_{k,i}\in\reell$ für $i\in I_{0}$ 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
$U:=\vectorspacespan\{\mathbf{w},\mathbf{w}^{\prime}\}$,
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 $\mathbf{\xi}\in U=\vectorspacespan\{\mathbf{w},\mathbf{w}^{\prime}\}$.
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:}
$U:=\vectorspacespan\{\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2}\}
\cap\vectorspacespan\{\mathbf{w}_{1},\mathbf{w}_{2}\}$
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\vectorspacespan\{\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}
\vectorspacespan\{\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2}\}
\cap\vectorspacespan\{\mathbf{w}_{1},\mathbf{w}_{2}\}
&= &U
&= &\vectorspacespan\{\mathbf{u}\}
&= &\vectorspacespan\{44\begin{svector} 1\\ 1\\ 1\\\end{svector}\}
&= &\vectorspacespan\{\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}
%% ********************************************************************************
%% FILE: body/uebung/ueb4.tex
%% ********************************************************************************
\setcounternach{chapter}{4}
\chapter[Woche 4]{Woche 4}
\label{ueb:4}
%% AUFGABE 4-1
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 1]{}
\label{ueb:4:ex:1}
\let\sectionname\altsectionname
\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
%% AUFGABE 4-1a
\item
Betrachte die Menge $X:=\intgr\times\ntrlpos$
und die binäre Relation, $\sim\subseteq X\times X$,
die durch
\begin{mathe}[mc]{rcl}
(a,b)\sim (a',b') &\Longleftrightarrow &ab'=a'b
\end{mathe}
für $(a,b),(a',b')\in X$ definiert wird.
\begin{claim*}
$(X,\sim)$ ist eine Äquivalenzrelation.
\end{claim*}
\begin{proof}
Wir gehen die Axiome durch:
\begin{kompaktenum}[\rtab][\rtab]
\item[\uwave{{\itshape Reflexivität:}}]
Sei $(a,b)\in X$ beliebig.\\
\textbf{Zu zeigen:} $(a,b)\sim(a,b)$.\\
Offensichtlich gilt $ab=ab$.\\
Per Konstruktion gilt also $(a,b)\sim(a,b)$.
\item[\uwave{{\itshape Symmetrie:}}]
Seien $(a,b),(a',b')\in X$ beliebig.\\
\textbf{Zu zeigen:} ${(a,b)\sim(a',b')\Rightarrow(a',b')\sim(a,b)}$.\\
Es gilt
\begin{mathe}[mc]{rclql}
(a,b)\sim (a',b')
&\Longleftrightarrow
&ab'=a'b
&\text{(per Konstruktion)}\\
&\Longrightarrow
&a'b=ab'\\
&\Longleftrightarrow
&(a',b')\sim(a,b)
&\text{(per Konstruktion).}\\
\end{mathe}
\item[\uwave{{\itshape Transitivität:}}]
Seien $(a,b),(a',b'),(a'',b'')\in X$ beliebig.\\
\textbf{Zu zeigen:}
$(a,b)\sim(a',b')$
und
$(a',b')\sim(a'',b'')$
$\Rightarrow$
$(a,b)\sim(a'',b'')$.\\
Es gilt
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\begin{array}[b]{0l0}
(a,b)\sim (a',b')\\
\,\text{und}\,(a',b')\sim(a'',b'')\\
\end{array}
&\Longleftrightarrow
&ab'=a'b\,\text{und}\,a'b''=a''b'\\
&&\quad\text{(per Konstruktion)}\\
&\Longrightarrow
&(ab'')b'=(ab')b''=(a'b)b''=(a'b'')b=(a''b')b=(a''b)b'\\
&\Longrightarrow
&ab''=a''b,\\
&&\quad\text{da $b'\neq 0$}\\
&\Longleftrightarrow
&(a,b)\sim(a'',b'')\\
&&\quad\text{(per Konstruktion).}\\
\end{mathe}
\end{kompaktenum}
Darum erfüllt $(X,\sim)$ die Axiome einer Äquivalenzrelation.
\end{proof}
\textbf{Bemerkung.}
Man kann zeigen, dass ${f:X/\lsim\to\rtnl}$
definiert durch $f([(a,b)])=a/b$
wohldefiniert und bijektiv ist.
In der Tat realisieren manche Werke die rationalen Zahlen, $\rtnl$,
als genau diesen Quotientenraum,
d.\,h. man kann die Äquivalenzklassen hier als rationale Zahlen deuten.
%% AUFGABE 4-1b
\item
Betrachte die Menge $X:=\intgr\times\intgr$
und die binäre Relation, $\leq\subseteq X\times X$,
die durch
\begin{mathe}[mc]{rcl}
(a,b)\leq(a',b') &\Longleftrightarrow &a\leq a'\,\text{und}\,b\leq b'\\
\end{mathe}
für $(a,b),(a',b')\in X$ definiert wird.
\begin{claim*}
$(X,\leq)$ ist eine partielle Ordnung aber \fbox{nicht total}.
\end{claim*}
\begin{proof}
Wir gehen die Axiome durch:
\begin{kompaktenum}[\rtab][\rtab]
\item[\uwave{{\itshape Reflexivität:}}]
Sei $(a,b)\in X$ beliebig.\\
\textbf{Zu zeigen:} $(a,b)\leq(a,b)$.\\
Offensichtlich gilt $a\leq a$ und $b\leq b$.\\
Per Konstruktion gilt also $(a,b)\leq(a,b)$.
\item[\uwave{{\itshape Antisymmetrie:}}]
Seien $(a,b),(a',b')\in X$ beliebig.\\
\textbf{Zu zeigen:}
$(a,b)\leq(a',b')$
und
$(a',b')\leq(a,b)$
$\Rightarrow$
$(a,b)=(a',b')$.\\
Es gilt
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\begin{array}[b]{0l0}
(a,b)\leq (a',b')\\
\,\text{und}\,(a',b')\leq(a,b)\\
\end{array}
&\Longleftrightarrow
&a\leq a'\,\text{und}\,b\leq b'
\text{und}\,
a'\leq a\,\text{und}\,b'\leq b\\
&&\text{(per Konstruktion)}\\
&\Longrightarrow
&a=a\,\text{und}\,b=b',\\
&&\text{da $(\intgr,\leq)$ antisymmetrisch ist}\\
&\Longleftrightarrow
&(a,b)=(a',b').\\
\end{mathe}
\item[\uwave{{\itshape Transitivität:}}]
Seien $(a,b),(a',b'),(a'',b'')\in X$ beliebig.\\
\textbf{Zu zeigen:}
$(a,b)\leq(a',b')$
und
$(a',b')\leq(a'',b'')$
$\Rightarrow$
$(a,b)\leq(a'',b'')$.\\
Es gilt
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\begin{array}[b]{0l0}
(a,b)\leq (a',b')\\
\,\text{und}\,(a',b')\leq(a'',b'')\\
\end{array}
&\Longleftrightarrow
&a\leq a'\,\text{und}\,b\leq b'
\text{und}\,
a'\leq a''\,\text{und}\,b'\leq b''\\
&&\text{(per Konstruktion)}\\
&\Longrightarrow
&a\leq a''\,\text{und}\,b\leq b'',\\
&&\text{da $(\intgr,\leq)$ transitiv ist}\\
&\Longleftrightarrow
&(a,b)\leq(a'',b'')\\
&&\text{(per Konstruktion).}\\
\end{mathe}
\end{kompaktenum}
Darum erfüllt $(X,\leq)$ die einer partiellen Ordnung.\\
Zum Schluss, beachte, dass $(0,1)$ und $(1,0)$ bzgl. $\leq$ unvergleichbar sind.
Darum ist $(X,\leq)$ nicht total.
\end{proof}
\end{enumerate}
%% AUFGABE 4-2
\clearpage
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 2]{}
\label{ueb:4:ex:2}
\let\sectionname\altsectionname
Fixiere $n\in\ntrlpos$. Wir definieren die binäre Relation ${\sim\subseteq\intgr\times\intgr}$
mittels
\begin{mathe}[mc]{rcl}
a \sim b &:\Longleftrightarrow &\modfn(a,n)=\modfn(b,n)\\
\end{mathe}
für $a,b\in\intgr$.
\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
%% AUFGABE 4-2a
\item
\begin{claim*}
$(\intgr,\sim)$ ist eine Äquivalenzrelation.
\end{claim*}
\begin{proof}
Wir gehen die Axiome durch:
\begin{kompaktenum}[\rtab][\rtab]
\item[\uwave{{\itshape Reflexivität:}}]
Sei $a\in \intgr$ beliebig.
\textbf{Zu zeigen:} $a\sim a$.\\
Offensichtlich gilt $\modfn(a,n)=\modfn(a,n)$.\\
Per Konstruktion gilt also $a\sim a$.
\item[\uwave{{\itshape Symmetrie:}}]
Seien $a, a'\in \intgr$ beliebig.
\textbf{Zu zeigen:} ${a\sim a'\Rightarrow a'\sim a}$.\\
Es gilt
\begin{mathe}[mc]{rclql}
a\sim a'
&\Longleftrightarrow
&\modfn(a,n)=\modfn(a',n)
&\text{(per Konstruktion)}\\
&\Longrightarrow
&\modfn(a',n)=\modfn(a,n)\\
&\Longleftrightarrow
& a'\sim a
&\text{(per Konstruktion).}\\
\end{mathe}
\item[\uwave{{\itshape Transitivität:}}]
Seien $ a, a', a''\in \intgr$ beliebig.
\textbf{Zu zeigen:}
$a\sim a'$
und
$a'\sim a''$
$\Rightarrow$
$a\sim a''$.\\
Es gilt
\begin{mathe}[mc]{rclql}
a\sim a'\,\text{und}\, a'\sim a''
&\Longleftrightarrow
&\modfn(a,n)=\modfn(a',n)
\,\text{und}\,
\modfn(a',n)=\modfn(a'',n)\\
&&\text{(per Konstruktion)}\\
&\Longrightarrow
&\modfn(a,n)=\modfn(a'',n)\\
&\Longleftrightarrow
&a\sim a''
\quad\text{(per Konstruktion).}\\
\end{mathe}
\end{kompaktenum}
Darum erfüllt $(\intgr,\sim)$ die Axiome einer Äquivalenzrelation.
\end{proof}
\textbf{Bemerkung.} Es gibt einen einfacheren Ansatz.
Zunächst beweist man das allgemeine Lemma:
Für jede Äquivalenzrelation $(Y,\approx)$ und jede Relation $(X,R)$,
falls eine Funktion ${f:X\to Y}$ existiert,
so dass ${\forall{x,x'\in X:~}(x,x')\in R\Leftrightarrow f(x)\approx f(x')}$,
so gilt dass $(X,R)$ eine Äquivalenzrelation ist.
Und jetzt wendet man dies auf unseren Kontext an:
Wir die Äquivalenzrelation $(\{0,1,2\ldots,n-1\},=)$
und die Relation $(\intgr,\sim)$
und eine Abbildung ${f:a\in\intgr\mapsto\modfn(a,n)}$,
für die
${\forall{a,a'\in\intgr:~}(a,a')\in\sim\Leftrightarrow f(a)\approx f(a')}$
\emph{per Konstruktion} gilt.
Darum ist $(\intgr,\sim)$ eine Äquivalenzrelation.
%% AUFGABE 4-2b
\item
\begin{claim*}
Es gibt $n$ Äquivalenzklassen.
\end{claim*}
\begin{proof}
Betrachte die Abbildung
\begin{mathe}[mc]{rcccl}
\rho &: &\intgr/\lsim &\to &\{0,1,\ldots,n-1\}\\
&: &[a] &\mapsto &\modfn(a,n)\\
\end{mathe}
Es reicht aus \textbf{zu zeigen}, dass $\rho$ eine wohldefinierte Bijektion ist.
\begin{kompaktenum}[\rtab][\rtab]
\item[\uwave{{\itshape Wohldefiniertheit:}}]
Sei $C\in\intgr/\sim$ beliebig.
Seien $a,a'\in\intgr$ mit $[a]=C$ und $[a']=C$.\\
\textbf{Zu zeigen:} $\modfn(a,n)=\modfn(a',n)$.\\
Aus $[a]=C=[a']$
folgt $a\sim a'$
und damit per Konstruktion
$\modfn(a,n)=\modfn(a',n)$.
Darum ordnet $\rho$ einen eindeutig Wert $[a]$ zu.
\item[\uwave{{\itshape Injektivität:}}]
Seien $C,C'\in\intgr/\lsim$ beliebig.
\textbf{Zu zeigen:} ${\rho(C)=\rho(C')\Rightarrow C=C'}$.\\
Wähle zunächst $a,a'\in\intgr$, so dass $C=[a]$ und $C=[a']$.
Dann gilt
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\rho(C)=\rho(C')
&\Longrightarrow
&\modfn(a,n)=\modfn(a',n)\\
&\Longrightarrow
&a\sim a'\\
&\Longrightarrow
&C=[a]=[a']=C'.\\
\end{mathe}
\item[\uwave{{\itshape Surjektivität:}}]
Sei $k\in\{0,1,\ldots,n-1\}$ beliebig.
\textbf{Zu zeigen:} $k\in\rho(\intgr/\lsim)$.\\
Setze $C=[k]\in\intgr/\lsim$.
Dann $\rho(C)=\modfn(k,n)=k$.\footnote{
Seien $q\in\intgr$ und $r\in\{0,1,\ldots,n-1\}$ mit $qn+r=k$.
Da $k,r\in\{0,1,\ldots,n-1\}$,
gilt $qn=k-r\in\intgr\cap(-n,n)$.
Das heißt, $k-r$ ist eine durch $n$ teilbare ganze Zahl
in $(-n,n)$.
Die einzige solche Zahl ist $0$.
Also $k-r=0$.
Also $\modfn(k,n)=r=k$.
}
Also gilt $k\in\rho(\intgr/\lsim)$.
\end{kompaktenum}
Darum ist $\rho$ eine Bijektion.
Also gilt $|\intgr/\lsim|=|\{0,1,\ldots,n-1\}|=n$.
\end{proof}
%% AUFGABE 4-2c
\item
Laut der Berechnung in Aufgabe 2(b) gilt
${\intgr/\lsim=\{[0],[1],\ldots,[n-1]\}}$.
Für jedes ${k\in\{0,1,\ldots,n-1\}}$
lässt sich die Äquivalenzklasse $[k]$
wie folgt als Teilmenge beschreiben
\begin{mathe}[bc]{rcl}
[k] &= &\{a\in\intgr \mid a\sim k\}
\,\text{per Definition}\\
&= &\{a\in\intgr \mid \modfn(a,n)=\modfn(k,n)\}\\
&= &\{a\in\intgr \mid \modfn(a,n)=k\}\\
&= &\{a\in\intgr \mid \exists{q\in\intgr:~}a=qn+k\}\\
&= &\{qn+k \mid q\in\intgr\}\\
&= &\intgr\cdot n + k.\\
\end{mathe}
Also lassen sich die Äquivalenzklassen durch die Teilmengen
${\{\intgr\cdot n+k\mid k\in\{0,1,\ldots,n-1\}\}}$
darstellen.
\end{enumerate}
%% AUFGABE 4-3
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 3]{}
\label{ueb:4:ex:3}
\let\sectionname\altsectionname
\begin{claim*}
\makelabel{claim:main:ueb:4:ex:3}
Für $n\in\ntrlpos$ bezeichne mit $\Phi(n)$ die Aussage,
dass für alle Mengen $X$, $Y$ mit $|X|=|Y|=n$
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\eqtag[eq:1:\beweislabel]
|\{f\mid f\,\text{eine Bijektion zw. $X$ und $Y$}\}| &= &n!.\\
\end{mathe}
Dann gilt $\forall{n\in\ntrlpos:~}\Phi(n)$.
\end{claim*}
\begin{proof}[Ansatz I][Ansatz I]
Sei $n\in\ntrlpos$ und seien $X$, $Y$ $n$-elementige Mengen.
Sei $(x_{1},x_{2},\ldots,x_{n})$ eine Auflistung der Elemente in $X$.
Um eine Injektion zw. $X$ und $Y$ zu definieren,
wählt man zuerst ein Element $y_{1}\in Y$ für $x_{1}$ (dafür gibt es $n$ Möglichkeiten),
dann ein Element $y_{2}\in Y$ for $x_{2}$ (dafür bleiben $n-1$ Möglichkeiten übrig),
usw.
Darum gibt es insgesamt $n\cdot (n-1)\cdot\cdots 1=n!$
Injektionen zwischen $X$ und $Y$.
Da $X$ und $Y$ endlich und gleichmächtig sind,
ist jede Injektion zwischen diesen Mengen automatisch surjektiv und damit bijektiv.
Darum gibt es $n!$ Bijektionen zwischen $X$ und $Y$.
\end{proof}
\begin{proof}[Ansatz II][Ansatz II]
Wir beweisen die Behauptung per Induktion über $n$.
\begin{kompaktenum}[\rtab][\rtab]
\item[\uwave{{\bfseries Induktionsanfang:}}]
Sei $n=1$. Für $1$-elementigen Mengen $X$, $Y$,
gibt es offensichtlich exakt eine Funktion zwischen $X$ und $Y$,
und dies ist eine Bijektion.
Darum gilt \eqcref{eq:1:\beweislabel}.
\item[\uwave{{\bfseries Induktionsvoraussetzung:}}]
Sei $n>1$.
Angenommen, $\Phi(n-1)$ gilt.
\item[\uwave{{\bfseries Induktionsschritt:}}]
Seien $X$, $Y$ beliebige $n$-elementige Mengen.
\textbf{Zu zeigen:} \eqcref{eq:1:\beweislabel} gilt.\\
Fixiere $x_{0}\in X$.
Beobachte, dass für alle $y_{0}\in Y$
die Mengen
$X':=X\ohne\{x_{0}\}$
und
$Y':=Y\ohne\{y_{0}\}$
beide $n-1$-elementig sind.
Betrachte nun die Abbildung
\begin{mathe}[mc]{rcccl}
F &: &\{g\mid g\,\text{Bij. zw. $X\ohne\{x_{0}\}$ und $Y\ohne\{x_{0}\}$}\}
&\to
&\{f\mid f\,\text{Bij. zw. $X$ und $Y$},\,f(x_{0})=y_{0}\}\\
&: &g &\mapsto &g\cup\{(x_{0},y_{0})\}.\\
\end{mathe}
Das heißt, jede Bijektion ${g:X\ohne\{x_{0}\}\to Y\ohne\{y_{0}\}}$
wird durch $F$ zu einer Funktion von $X$ nach $Y$ fortgesetzt,
indem das zusätzliche Element, $x_{0}$, auf $y_{0}$ abgebildet wird.
Es ist einfach zu sehen, dass $F$ wohldefiniert ist,
d.\,h. für jede Bijektion ${g:X\ohne\{x_{0}\}\to Y\ohne\{y_{0}\}}$,
es gilt, dass $F(g)$ eine wohldefinierte Funktion zwischen $X$ und $Y$ ist
und weiterhin ist dies eine Bijektion.
Außerdem ist es klar, dass die Abbildung
\begin{mathe}[mc]{rcccl}
G &: &\{f\mid f\,\text{Bij. zw. $X$ und $Y$},\,f(x_{0})=y_{0}\}
&\to
&\{g\mid g\,\text{Bij. zw. $X\ohne\{x_{0}\}$ und $Y\ohne\{x_{0}\}$}\}\\
&: &f &\mapsto &f\restr{X\ohne\{x_{0}\}\times Y\ohne\{x_{0}\}}\\
\end{mathe}
die Abbildung $F$ nach rechts und links invertiert.
Also ist $G$ eine Bijektion.
Daraus folgt per Definition von Kardinalität
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\eqtag[eq:2:\beweislabel]
|\{f\mid f\,\text{Bij. zw. $X$ und $Y$},\,f(x_{0})=y_{0}\}|
&= &|\{g\mid g\,\text{Bij. zw. $X\ohne\{x_{0}\}$ und $Y\ohne\{x_{0}\}$}\}|\\
&= &(n-1)!\,\text{laut IV}.\\
\end{mathe}
Anderseits ist
${(\{f\mid f\,\text{Bij. zw. $X$ und $Y$},\,f(x_{0})=y_{0}\})_{y_{0}\in Y}}$
eine Partition von
${\{f\mid f\,\text{Bij. zw. $X$ und $Y$}\}}$.
Darum gilt
\begin{mathe}[mc]{rcl}
|\{f\mid f\,\text{Bij. zw. $X$ und $Y$}\}|
&= &|\bigcup_{y_{0}\in Y}\{f\mid f\,\text{Bij. zw. $X$ und $Y$},\,f(x_{0})=y_{0}\}|\\
&= &\sum_{y_{0}\in Y}|\{f\mid f\,\text{Bij. zw. $X$ und $Y$},\,f(x_{0})=y_{0}\}|\\
&&\text{wegen paarweise Disjunktheit}\\
&\eqcrefoverset{eq:2:\beweislabel}{=}
&\sum_{y_{0}\in Y}(n-1)!
= |Y|\cdot (n-1)!
= n\cdot (n-1)!
= n!.\\
\end{mathe}
Also gilt \eqcref{eq:1:\beweislabel}.
\end{kompaktenum}
Darum gilt $\Phi(n)$ per Induktion für alle $n\in\ntrl$.
\end{proof}
%% ********************************************************************************
%% FILE: body/uebung/ueb5.tex
%% ********************************************************************************
\setcounternach{chapter}{5}
\chapter[Woche 5]{Woche 5}
\label{ueb:5}
\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 5-1
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 1]{}
\label{ueb:5:ex:1}
\let\sectionname\altsectionname
Fixiere eine natürliche Zahl $n\in\ntrlzero$.
Sei $a_{i}\in\{0,1,\ldots,10-1\}$ die eindeutige Zahlen,
so dass
\begin{mathe}[mc]{rcl}
n &= &\sum_{i\in\ntrlzero}a_{i}10^{i}\\
\end{mathe}
gilt.
\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
%% AUFGABE 5-1a
\item
\begin{claim*}
$3\divides n$ $\Leftrightarrow$ $3\mid\sum_{i\in\ntrlzero}a_{i}$.
\end{claim*}
\begin{proof}
Beachte zunächst, dass $10\equiv 1\mod 3$.
Also gilt modulo $3$
\begin{mathe}[mc]{rcccl}
n &\equiv &\sum_{i\in\ntrlzero}a_{i}1^{i} &\equiv &\sum_{i\in\ntrlzero}a_{i}.\\
\end{mathe}
Folglich gilt
\begin{mathe}[mc]{rcccccl}
3\mid n
&\Longleftrightarrow
&n\equiv 0\mod 3
&\Longleftrightarrow
&\sum_{i\in\ntrlzero}a_{i}\equiv 0\mod 3
&\Longleftrightarrow
&3\mid\sum_{i\in\ntrlzero}a_{i}
\end{mathe}
wie behauptet.
\end{proof}
%% AUFGABE 5-1b
\item
\begin{claim*}
$11\divides n$ $\Leftrightarrow$ $1\mid\sum_{i\in\ntrlzero}(-1)^{i}a_{i}$.
\end{claim*}
\begin{proof}
Beachte zunächst, dass $10=-1\mod 11$.
Also gilt modulo $11$
\begin{mathe}[mc]{rcccl}
n &\equiv &\sum_{i\in\ntrlzero}a_{i}(-1)^{i}.\\
\end{mathe}
Folglich gilt
\begin{mathe}[mc]{rcccccl}
11\mid n
&\Longleftrightarrow
&n\equiv 0\mod 11
&\Longleftrightarrow
&\sum_{i\in\ntrlzero}a_{i}\equiv 0\mod 11
&\Longleftrightarrow
&11\mid\sum_{i\in\ntrlzero}(-1)^{i}a_{i}
\end{mathe}
wie behauptet.
\end{proof}
\end{enumerate}
%% AUFGABE 5-2
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 2]{}
\label{ueb:5:ex:2}
\let\sectionname\altsectionname
\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
%% AUFGABE 5-2a
\item
Seien $a=142$ und $b=84$.
Wir berechnen $\ggT(a,b)$ mittels des Euklidischen Algorithmus
(siehe \cite[Satz 3.4.7]{sinn2020}).
\begin{longtable}[mc]{|c|c|}
\hline
\hline
Restberechnung (symbolisch) &Restberechnung (Werte)\\
\hline
\endhead
$a = b\cdot q_{1} + r_{1}$ &$142 = 84\cdot 1 + 58$\\
$b = r_{1}\cdot q_{2} + r_{2}$ &$84 = 58\cdot 1 + 26$\\
$r_{1} = r_{2}\cdot q_{3} + r_{3}$ &$58 = 26\cdot 2 + 6$\\
$r_{2} = r_{3}\cdot q_{4} + r_{4}$ &$26 = 6\cdot 4 + \boxed{\mathbf{2}}$\\
$r_{3} = r_{4}\cdot q_{5} + r_{5}$ &$6 = 2\cdot 3 + 0$\\
\hline
\hline
\end{longtable}
Darum gilt $\ggT(a,b)=r_{2}=2$.
%% AUFGABE 5-2b
\item
\begin{claim}
\makelabel{claim:main:ueb:5:ex:2b}
Seien $a,b,c\in\intgr$ mit $a,b\neq 0$.
Die folgenden Aussagen sind äquivalent:
\begin{kompaktenum}{\bfseries (i)}[\rtab][\rtab]
\item\punktlabel{1}
$\exists{x,y\in\intgr:~}ax+by=c$
\item\punktlabel{2}
$\ggT(a,b)\divides c$
\end{kompaktenum}
\end{claim}
\begin{proof}
Fixiere zunächst $d:=\ggT(a,b)$.
Da $a,b\in\intgr\ohne\{0\}$, ist $d\in\ntrl$ eine wohldefinierte positive Zahl.
\hinRichtung{1}{2}
Angenommen, $ax+by=c$ für ein $x,y\in\intgr$.\\
Da $x,y\in\intgr$,
erhalten wir $c=ax+by\equiv 0x+0z\equiv 0$ modulo $d$.\\
Also $\ggT(a,b)=d\divides c$.
\hinRichtung{2}{1}
Angenommen, $\ggT(a,b)\divides c$.\\
Dann existiert ein $k\in\intgr$, so dass $c=k\cdot\ggT(a,b)$.\\
Laut des Lemmas von B\'ezout (siehe \cite[Lemma 3.4.8]{sinn2020})
existiere nun $u,v\in\intgr$, so dass $\ggT(a,b)=au+bv$.\\
Daraus folgt ${c=k\cdot\ggT(a,b)=aku+bkv}$.\\
Da $ku,kv\in\intgr$, haben wir \punktcref{1} bewiesen.
\end{proof}
\end{enumerate}
%% AUFGABE 5-3
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 3]{}
\label{ueb:5:ex:3}
\let\sectionname\altsectionname
\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
%% AUFGABE 5-3a
\item
Sei $H:=\intgr/2\intgr$ die (abelsche) Gruppe von Restklassen modulo $2$ unter Addition.\\
Sei $G:=H\times H$ mit Neutralelement $e=([0],[0])$ und versehen mit der Produktstruktur.\\
Als Produkt von (abelschen) Gruppen ist $G$ automatisch eine (abelsche) Gruppe.
Und offensichtlich hat $G$ genau $|G|=|H\times H|=|H|\cdot|H|=2\cdot 2=4$ Elemente.\\
Es bleibt \textbf{zu zeigen}, dass $\forall{a\in G:~}a\ast a=e$.\\
Sei also $a=([k],[j])\in H\times H=G$ ein beliebiges Element.
Es gilt
\begin{mathe}[mc]{rcl}
a\ast a
&= &([k],[j])\ast([k],[j])\\
&= &([k]+[k],[j]+[j])\\
&= &([k+k],[j+j])\\
&= &([2k],[2j])
=([0],[0])
=e,
\end{mathe}
da $2\equiv 0\mod 2$.\\
Also ist unsere Konstruktion von $G$ ein passendes Beispiel.
%% AUFGABE 5-3b
\item
\begin{claim*}
Sei $(G,\ast,e)$ eine Gruppe.
Angenommen, $\forall{a\in G:~}a\ast a=e$.
Dann ist $G$ kommutativ.
\end{claim*}
\begin{proof}
Beachte zunächst, dass wegen Eindeutigkeit des Inverses
die Annahme zu
\begin{mathe}[mc]{c}
\eqtag[eq:1:ueb:5:ex:3]
\forall{a\in G:~}a^{-1}=a
\end{mathe}
äquivalent ist.\\
\textbf{Zu zeigen:} Für alle $a,b\in G$ gilt $a\ast b=b\ast a$.\\
Seien also $a,b\in G$ beliebige Elemente.
Es gilt
\begin{mathe}[mc]{rcccccl}
a\ast b
&\eqcrefoverset{eq:1:ueb:5:ex:3}{=}
&a^{-1}\ast b^{-1}
&= &(b\ast a)^{-1}
&\eqcrefoverset{eq:1:ueb:5:ex:3}{=}
&b\ast a.\\
\end{mathe}
Also ist $G$ eine kommutative Gruppe.
\end{proof}
\end{enumerate}
%% ********************************************************************************
%% FILE: body/uebung/ueb6.tex
%% ********************************************************************************
\setcounternach{chapter}{6}
\chapter[Woche 6]{Woche 6}
\label{ueb:6}
\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 6-1
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 1]{}
\label{ueb:6:ex:1}
\let\sectionname\altsectionname
Es sei $X$ eine Menge und $R=\Pot(X)$.
Auf $R$ definiere man die folgenden Verknüpfungen:
\begin{mathe}[mc]{rcl}
A+B &= &A\cup B\ohne(A\cap B)\\
A\cdot B &= &A\cap B\\
\end{mathe}
für alle $A,B\in R$.
\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
%% AUFGABE 6-1a
\item
Die Additions und Multiplikationstabellen für eine $3$-elementige Menge, $X=\{a,b,c\}$,
sehen wie folgt aus:
\hraum
\begin{tabular}[mc]{|C|CCCCCCCC|}
\hline
+ &\leer &\{c\} &\{b\} &\{b,c\} &\{a\} &\{a,c\} &\{a,b\} &\{a,b,c\}\\
\hline
\leer &\leer &\{c\} &\{b\} &\{b,c\} &\{a\} &\{a,c\} &\{a,b\} &\{a,b,c\}\\
\{c\} &\{c\} &\leer &\{b,c\} &\{b\} &\{a,c\} &\{a\} &\{a,b,c\} &\{a,b\}\\
\{b\} &\{b\} &\{b,c\} &\leer &\{c\} &\{a,b\} &\{a,b,c\} &\{a\} &\{a,c\}\\
\{b,c\} &\{b,c\} &\{b\} &\{c\} &\leer &\{a,b,c\} &\{a,b\} &\{a,c\} &\{a\}\\
\{a\} &\{a\} &\{a,c\} &\{a,b\} &\{a,b,c\} &\leer &\{c\} &\{b\} &\{b,c\}\\
\{a,c\} &\{a,c\} &\{a\} &\{a,b,c\} &\{a,b\} &\{c\} &\leer &\{b,c\} &\{b\}\\
\{a,b\} &\{a,b\} &\{a,b,c\} &\{a\} &\{a,c\} &\{b\} &\{b,c\} &\leer &\{c\}\\
\{a,b,c\} &\{a,b,c\} &\{a,b\} &\{a,c\} &\{a\} &\{b,c\} &\{b\} &\{c\} &\leer\\
\hline
\end{tabular}
\hraum
\hraum
\begin{tabular}[mc]{|C|CCCCCCCC|}
\hline
\cdot &\leer &\{c\} &\{b\} &\{b,c\} &\{a\} &\{a,c\} &\{a,b\} &\{a,b,c\}\\
\hline
\leer &\leer &\leer &\leer &\leer &\leer &\leer &\leer &\leer\\
\{c\} &\leer &\{c\} &\leer &\{c\} &\leer &\{c\} &\leer &\{c\}\\
\{b\} &\leer &\leer &\{b\} &\{b\} &\leer &\leer &\{b\} &\{b\}\\
\{b,c\} &\leer &\{c\} &\{b\} &\{b,c\} &\leer &\{c\} &\{b\} &\{b,c\}\\
\{a\} &\leer &\leer &\leer &\leer &\{a\} &\{a\} &\{a\} &\{a\}\\
\{a,c\} &\leer &\{c\} &\leer &\{c\} &\{a\} &\{a,c\} &\{a\} &\{a,c\}\\
\{a,b\} &\leer &\leer &\{b\} &\{b\} &\{a\} &\{a\} &\{a,b\} &\{a,b\}\\
\{a,b,c\} &\leer &\{c\} &\{b\} &\{b,c\} &\{a\} &\{a,c\} &\{a,b\} &\{a,b,c\}\\
\hline
\end{tabular}
\hraum
Der Additionstabelle ist zu entnehmen, dass \fbox{$\leer$ das Nullelement} (d.\,h. additives Neutralelement) ist.
Der Multiplikationstabelle ist zu entnehmen, dass \fbox{$\{a,b,c\}$ das Einselement} (d.\,h. multiplikatives Neutralelement) ist.\\
%% AUFGABE 6-1b
\clearpage
\item
Sei nun $X$ eine allgemeine Menge.
\begin{claim}
\makelabel{claim:main:ueb:6:ex:1b}
$(R,+,\cdot,\leer,X)$ bildet einen kommutativen Ring,
wobei $R=\Pot(X)$.
\end{claim}
Es gibt hier zwei Ansätze.
\begin{proof}[von \Cref{claim:main:ueb:6:ex:1b}, Ansatz I]
Wir gehen einfach alle Axiome durch.
Zunächst aber beobachten wir für alle $A,B\in R$
und $x\in X$, dass
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\eqtag[eq:0:simplification:\beweislabel]
x\in A+B
&\textoverset{Defn}{\Longleftrightarrow}
&x\in (A\cup B)\ohne(A\cap B)\\
&\Longleftrightarrow
&\text{$x$ in $A$ oder $B$, aber nicht beides}\\
&\Longleftrightarrow
&\text{$x$ in exakt einem von $A$, $B$}.\\
\end{mathe}
Darauf werden wir uns in einigen Berechnungen berufen.
\begin{kompaktitem}[\rtab][\rtab]
\item[\uwave{{\bfseries Addition/Assoziativität:}}]
Seien $A,B,C\in R$ beliebig.
\textbf{Zu zeigen:} $(A+B)+C=A+(B+C)$.\\
Da es sich auf beiden Seiten der Gleichung um Mengen handelt,
reicht es aus, für alle $x\in X$ \textbf{zu zeigen},
dass $x\in (A+B)+C$ gdw. $x\in A+(B+C)$.\\
Sei also $x\in X$ beliebig. Es gilt
\begin{mathe}[mc]{rcl}
x\in A+(B+C)
&\eqcrefoverset{eq:0:simplification:\beweislabel}{\Longleftrightarrow}
&\text{exakt eines von $x\in A$ oder $x\in B+C$ gilt}\\
&\eqcrefoverset{eq:0:simplification:\beweislabel}{\Longleftrightarrow}
&\text{exakt eines von $x\in A$ oder (exakt eines von $x\in B$ oder $x\in C$) gilt}\\
&\Longleftrightarrow
&\text{exakt eines von $x\in A$ oder $x\in B$ oder $x\in C$ gilt}\\
&\Longleftrightarrow
&\text{$x$ in exakt einem von $A$, $B$, oder $C$}\\
\end{mathe}
und
\begin{mathe}[mc]{rcl}
x\in (A+B)+C
&\eqcrefoverset{eq:0:simplification:\beweislabel}{\Longleftrightarrow}
&\text{exakt eines von $x\in A+B$ oder $x\in C$ gilt}\\
&\eqcrefoverset{eq:0:simplification:\beweislabel}{\Longleftrightarrow}
&\text{exakt eines von (exakt eines von $x\in A$ oder $x\in B$) oder $x\in C$ gilt}\\
&\Longleftrightarrow
&\text{exakt eines von $x\in A$ oder $x\in B$ oder $x\in C$ gilt}\\
&\Longleftrightarrow
&\text{$x$ in exakt einem von $A$, $B$, oder $C$}\\
\end{mathe}
Darum gilt $x\in A+(B+C)\Leftrightarrow x\in (A+B)+C$ für alle $x\in X$.
Also $A+(B+C)=(A+B)+C$ für alle $A,B,C\in R$.
Also ist $(R,+)$ assoziativ.
\item[\uwave{{\bfseries Addition/Kommutativität:}}]
Seien $A,B\in R$ beliebig.
\textbf{Zu zeigen:} $A+B=B+A$.\\
Es gilt
\begin{mathe}[mc]{rcccccl}
A+B &\textoverset{Defn}{=}
&(A\cup B)\ohne(A\cap B)
&\overset{(\ast)}{=} &(B\cup A)\ohne(B\cap A)
&\textoverset{Defn}{=} &B+A,\\
\end{mathe}
wobei die Gleichung bei $(\ast)$ gilt,
weil die Mengenoperationen, $\cap$ und $\cup$, bekanntermaßen kommutativ sind.
Also ist $(R,+)$ kommutativ.
\item[\uwave{{\bfseries Addition/Nullelement:}}]
Wir behaupten, dass $0:=\leer$ das additive Neutralelement ist.
Sei also $A\in R$ beliebig.
\textbf{Zu zeigen:} $A+0=0+A=A$.\\
Wegen Kommutativität reicht es aus, $A+0=A$ zu zeigen.
Es gilt
\begin{mathe}[mc]{rcccccl}
A+0 &\textoverset{Defn}{=} &(A\cup\leer)\ohne(A\cap\leer)
&= &A\ohne\leer
&= &A\\
\end{mathe}
Also ist $\leer$ ein Neutralelement für $(R,+)$.
\item[\uwave{{\bfseries Addition/Inverses:}}]
Sei $A\in R$ beliebig.
\textbf{Zu zeigen:}
Es gibt ein Element $A'\in R$, so dass $A'+A=A+A'=0$.\\
Wir betrachten als Möglichkeit $A':=A$:
\begin{mathe}[mc]{rcccccccl}
A'+A &= &A+A
&\textoverset{Defn}{=}
&(A\cup A)\ohne(A\cap A)
&= &A\ohne A
&= &\leer.\\
\end{mathe}
Da wie bereits gezeigt, $\leer$ ein Neutralelement in $(R,+)$ ist,
haben wir somit bewiesen, dass $A$ sein eigenes additives Inverses ist.
\item[\uwave{{\bfseries Multiplikation/Assoziativität:}}]
Da die Mengenschnittoperation bekanntermaßen assoziativ ist,
ist hier eigentlich nichts zu zeigen.
\item[\uwave{{\bfseries Multiplikation/Kommutativität:}}]
Da die Mengenschnittoperation bekanntermaßen kommutativ ist,
ist hier eigentlich nichts zu zeigen.
\item[\uwave{{\bfseries Multiplikation/Einselement:}}]
Wir behaupten, dass $1:=X$ das multiplikative Neutralelement ist.
Sei also $A\in R$ beliebig.
\textbf{Zu zeigen:} $A\cdot 1=1\cdot A=A$.\\
Wegen Kommutativität reicht es aus, $A\cdot 1=A$ zu zeigen.
Es gilt
\begin{mathe}[mc]{rcccl}
A\cdot 1 &= &A\cap X &= A,\\
\end{mathe}
weil $A\in R=\Pot(X)$ und damit $A\subseteq X$ gilt.
Also ist $X$ ein Neutralelement für $(R,\cdot)$.
\item[\uwave{{\bfseries Linksdistributivität:}}]
Seien $A,B,C\in R$ beliebig.
\textbf{Zu zeigen:} $A\cdot(B+C)=(A\cdot B)+(A\cdot C)$.\\
Da es sich auf beiden Seiten der Gleichung um Mengen handelt,
reicht es aus, für alle $x\in X$ \textbf{zu zeigen},
dass $x\in A\cdot(B+C)$ gdw. $x\in (A\cdot B)+(A\cdot C)$.\\
Sei also $x\in X$ beliebig. Es gilt
\begin{mathe}[mc]{rcl}
x\in A\cdot(B+C)
&\textoverset{Defn}{\Longleftrightarrow}
&x\in A\cap((B\cup C)\ohne(B\cap C))\\
&\eqcrefoverset{eq:0:simplification:\beweislabel}{\Longleftrightarrow}
&\text{$x$ in $A$ und $x$ in exakt einer der Mengen $B$, $C$}\\
&\Longleftrightarrow
&\text{$x$ in exakt einer der Mengen $A\cap B$, $A\cap C$}\\
&\eqcrefoverset{eq:0:simplification:\beweislabel}{\Longleftrightarrow}
&x\in (A\cdot B)+(A\cdot C).\\
\end{mathe}
Also gilt $A\cdot(B+C)=(A\cdot B)+(A\cdot C)$.
Also weist $(R,+,\cdot)$ linksdistributivität auf.
\item[\uwave{{\bfseries Rechtsdistributivität:}}]
Da Multiplikation kommutativ ist, folgt Rechtsdistributivität
automatisch aus Linksdistributivität.
\end{kompaktitem}
Darum erfüllt $(R,+,\cdot)$ die Axiome eines Rings
und dieser Ring hat ein Einselement und heißt kommutativ,
weil hier Multiplikation kommutativ ist.
\end{proof}
\clearpage
\begin{proof}[von \Cref{claim:main:ueb:6:ex:1b}, Ansatz II]
Ein scharfes Auge erkennt, dass wir Teilmengen von $X$
mit binären Tupeln identifizieren kann.
Vielmehr wollen wir diese Menge von binären Tupeln mit einer bekannten algebraischen Struktur in Verbindung setzen,
also betrachten wir konkret die Abbildungen
\begin{mathe}[mc]{rclcl}
\Phi &: &\prod_{x\in X}\intgr/2\intgr &\to &\Pot(X)\\
&: &\alpha &\mapsto &\supp(\alpha):=\{x\in X\mid \alpha_{x}=1\}\\
\\
\Psi &: &\Pot(X) &\to &\prod_{x\in X}\intgr/2\intgr\\
&: &A &\mapsto &(\einser_{A}(x))_{x\in X}\\
\end{mathe}
um Elemente aus dem einen Raum auf Elemente aus dem anderen zu übertragen.
Nun ist $\intgr/2\intgr$ bekanntermaßen ein kommutativer Ring (eigentlich ein Körper).
Darum ist das Produkt $\prod_{x\in X}\intgr/2\intgr$,
versehen mit punktweise Addition und punktweise Multiplikation,
ebenfalls ein kommutativer Ring.
Darum reicht es aus \textbf{zu zeigen}, dass $\Phi$
eine Bijektion ist, die die Operationen erhält
(auch \emph{Isomorphismus} genannt).
\begin{kompaktitem}[\rtab][\rtab]
\item[\uwave{{\bfseries Bijektion:}}]
Wir beobachten, dass
\begin{mathe}[mc]{rclcl}
\Phi(\Psi(A))
&= &\{x\in X\mid \Psi(A)_{x}=1\}\\
&= &\{x\in X\mid \einser_{A}(x)=1\}\\
&= &\{x\in X\mid x\in A\}
&= &A\\
\end{mathe}
für alle $A\in\Pot(X)$ und
\begin{mathe}[mc]{rclcl}
\Psi(\Phi(\alpha))
&= &(\einser_{\Phi(\alpha)}(x))_{x\in X}\\
&= &(\einser_{\{x'\in X\mid \alpha_{x'}=1\}}(x))_{x\in X}\\
&= &\left(
\begin{cases}[mc]{lcl}
1 &: &x\in\{x'\in X\mid \alpha_{x'}=1\}\\
0 &: &\text{sonst}\\
\end{cases}
\right)_{x\in X}\\
&= &\left(
\begin{cases}[mc]{lcl}
1 &: &\alpha_{x}=1\\
0 &: &\alpha_{x}=0\\
\end{cases}
\right)_{x\in X}
&= &(\alpha_{x})_{x\in X}
= \alpha\\
\end{mathe}
für alle $\alpha\in\prod_{x\in X}\intgr/2\intgr$.
Also $\Phi\circ\Psi=\id$ und $\Psi\circ\Phi=\id$.
Darum sind $\Phi$ und $\Psi$ Bijektion (und invertieren einander).
\item[\uwave{{\bfseries Erhaltung der Operationen:}}]
Seien $\alpha,\beta\in\prod_{x\in X}\intgr/2\intgr$.
\textbf{Zu zeigen:}
$\Phi(\alpha+\beta)=\Phi(\alpha)+\Phi(\beta)$
und
$\Phi(\alpha\cdot\beta)=\Phi(\alpha)\cdot\Phi(\beta)$.
Es gilt
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\Phi(\alpha+\beta)
&= &\{x\in X\mid (\alpha+\beta)_{x}=1\}\\
&= &\{x\in X\mid \alpha_{x}+\beta_{x}=1\},\\
&&\quad\text{da Operationen auf $\prod_{x\in X}\intgr/2\intgr$ punktweise definiert sind}\\
&= &\{x\in X\mid \alpha_{x}=1\,\text{od.}\,\beta_{x}=1,\,\text{aber nicht beides}\}\\
&= &(\{x\in X\mid \alpha_{x}=1\}\cup\{x\in X\mid \beta_{x}=1\})\\
&&\,\ohne\,(\{x\in X\mid \alpha_{x}=1\}\cap\{x\in X\mid \beta_{x}=1\})\\
&= &(\Phi(\alpha)\cup\Phi(\beta))
\ohne(\Phi(\alpha)\cap\Phi(\beta))
\quad\text{per Konstruktion von $\Phi$}\\
&= &\Phi(\alpha)+\Phi(\beta)
\quad\text{per Definition von Addition in $R$}\\
\end{mathe}
und
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\Phi(\alpha\cdot\beta)
&= &\{x\in X\mid (\alpha\cdot\beta)_{x}=1\}\\
&= &\{x\in X\mid \alpha_{x}\cdot\beta_{x}=1\},\\
&&\quad\text{da Operationen auf $\prod_{x\in X}\intgr/2\intgr$ punktweise definiert sind}\\
&= &\{x\in X\mid \alpha_{x}=1\,\text{und.}\,\beta_{x}=1\}\\
&= &\{x\in X\mid \alpha_{x}=1\}\cap\{x\in X\mid \beta_{x}=1\}\\
&= &\Phi(\alpha)\cap\Phi(\beta)
\quad\text{per Konstruktion von $\Phi$}\\
&= &\Phi(\alpha)\cdot\Phi(\beta)
\quad\text{per Definition von Multiplikation in $R$}.\\
\end{mathe}
Darum präserviert $\Phi$ die Operationen.
\end{kompaktitem}
Zusammegefasst haben wir gezeigt,
dass $(\Pot(X),+,\cdot)$ zu dem kommutativen Ring, $(\prod_{x\in X}\intgr/2\intgr,+,\cdot)$ isomorph ist
(und zwar mittels $\Phi$),
und damit dass $(R,+,\cdot)$ selbst ein kommutativer Ring ist.
\end{proof}
\textbf{Bemerkung.}
Aus diesem Beweis geht hervor, dass
das Nullelement durch $\Phi((0)_{x\in X})=\leer$
und
das Einselement durch $\Phi((1)_{x\in X})=X$
gegeben sind.
\end{enumerate}
%% AUFGABE 6-2
\clearpage
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 2]{}
\label{ueb:6:ex:2}
\let\sectionname\altsectionname
Wir identifizieren $\kmplx$ mit $\reell^{2}$ mittel der Abbildungen
\begin{mathe}[mc]{rcl}
z\in\kmplx &\mapsto &\begin{svector} \ReTeil(z)\\ \ImTeil(z)\\\end{svector}\in\reell^{2},\\
\mathbf{x}\in\reell^{2} &\mapsto &x_{1}+\imageinh x_{2}\in\kmplx.\\
\end{mathe}
\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
%% AUFGABE 6-2a
\item
\begin{claim*}
Für alle $z\in\kmplx\ohne\{0\}$ existieren eindeutige Werte $r\in(0,\infty)$ und $\alpha\in[0,2\pi)$,
dann $z=r\cdot\begin{svector} \cos(\alpha)\\ \sin(\alpha)\\\end{svector}$ (unter der o.\,s. Identifizierung).
\end{claim*}
\begin{proof}
Unter der Identifizierung können wir $z=\begin{svector} x\\ y\\\end{svector}$ schreiben, wobei $x,y\in\reell$.
Da $z\neq 0=\begin{svector} 0\\ 0\\\end{svector}$, muss entweder $x\neq 0$ oder $y\neq 0$ gelten.
Zur {\bfseries Existenz}:
Sei $r:=\sqrt{x^{2}+y^{2}}$. Dann $r>0$ weil $(x,y)\neq (0,0)$.\\
Um $\alpha$ zu bestimmen, werden folgende Fälle aufgeführt:
\begin{kompaktenum}{\bfseries {Fall} 1.}[\rtab][\rtab]
\item
$y=0$. Dann $x\neq 0$ und in diesem Falle gilt $r=|x|$.
Man setze
$\alpha := \begin{cases}[mc]{lcl}
0 &: &x>0\\
\pi &: &x<0\\
\end{cases}$.
Dann $r\cos(\alpha) :=
\begin{cases}[mc]{lcl}
r &: &x>0\\
-r &: &x<0\\
\end{cases}
= x$
und $r\sin(\alpha)=0$.
\item
$y>0$.
Man setze $\alpha\in(0,\pi)$ der eindeutige Winkel
mit $\cos(\alpha)=\frac{x}{r}$.
Dann
$r\cos(\alpha)=x$
und
$r\sin(\alpha)=r\sqrt{1-\cos^{2}(\alpha)}
=\sqrt{r^{2}-(r\cos(\alpha))^{2}}
=\sqrt{(x^{2}+y^{2})-x^{2}}
=\sqrt{y^{2}}
=|y|=y$.
\item
$y<0$.
Man setze $\alpha\in(\pi,2\pi)$ der eindeutige Winkel
mit $\cos(\alpha)=\frac{x}{r}$.
Dann
$r\cos(\alpha)=x$
und
$r\sin(\alpha)=r\cdot -\sqrt{1-\cos^{2}(\alpha)}
=-\sqrt{r^{2}-(r\cos(\alpha))^{2}}
=-\sqrt{(x^{2}+y^{2})-x^{2}}
=-\sqrt{y^{2}}
=-|y|=y$.
\end{kompaktenum}
Darum gilt in allen Fällen
$r\cdot\begin{svector} \cos(\alpha)\\ \sin(\alpha)\\\end{svector}
=\begin{svector} r\cos(\alpha)\\ r\sin(\alpha)\\\end{svector}
=\begin{svector} x\\ y\\\end{svector}
=z$.
Zur {\bfseries Eindeutigkeit}:
Seien $r_{i}\in(0,\infty)$, $\alpha_{i}\in[0,2\pi)$
mit
$r_{i}\cdot\begin{svector} \cos(\alpha_{i})\\ \sin(\alpha_{i})\\\end{svector}=z$
für $i\in\{1,2\}$.
\textbf{Zu zeigen:} $r_{1}=r_{2}$ und $\alpha_{1}=\alpha_{2}$.
Es gilt
\begin{mathe}[mc]{rclcl}
r_{1}^{2} &= &r_{1}^{2}(\cos^{2}(\alpha_{1}) + \sin^{2}(\alpha_{1}))\\
&= &(r_{1}\cos(\alpha_{1}))^{2} + (r_{1}\sin(\alpha_{1}))^{2}\\
&= &x^{2}+y^{2}\\
&= &(r_{2}\cos(\alpha_{2}))^{2} + (r_{2}\sin(\alpha))^{2}\\
&= &r_{2}^{2}(\cos^{2}(\alpha_{2}) + \sin^{2}(\alpha_{2}))
&= &r_{2}^{2},\\
\end{mathe}
woraus sich ergibt, dass $r_{1}=r_{2}$, weil $r_{1},r_{2}\geq 0$.
Da $r_{1},r_{2}>0$, folgt
\begin{mathe}[mc]{ccccccccccl}
\cos(\alpha_{1})
&= &\dfrac{r_{1}\cos(\alpha_{1})}{r_{1}}
&= &\dfrac{x}{r_{1}}
&= &\dfrac{x}{r_{2}}
&= &\dfrac{r_{2}\cos(\alpha_{2})}{r_{2}}
&= &\cos(\alpha_{2})\\
\sin(\alpha_{1})
&= &\dfrac{r_{1}\sin(\alpha_{1})}{r_{1}}
&= &\dfrac{y}{r_{1}}
&= &\dfrac{y}{r_{2}}
&= &\dfrac{r_{2}\sin(\alpha_{2})}{r_{2}}
&= &\sin(\alpha_{2})\\
\end{mathe}
Da $\alpha_{1},\alpha_{2}\in[0,2\pi)$ und wegen Injektivität von $\cos$
auf $[0,\pi)$ und $[\pi,2\pi)$ und der Symmetrie um $\pi$,
erhalten wir aus
$\cos(\alpha_{1})=\cos(\alpha_{2})$,
dass (i)~$\alpha_{1}=\alpha_{2}$ oder (ii)~$\alpha_{1}=2\pi-\alpha_{2}$
gelten muss.\\
Falls (ii) gilt,
so gilt $\sin(\alpha_{1})=\sin(2\pi-\alpha_{2})=-\sin(\alpha_{2})$.
Da aber $\sin(\alpha_{1})=\sin(\alpha_{2})$,
folgt daraus $\sin(\alpha_{2})=0$,
und damit (iii)~$\alpha_{2}=0$ oder (iv)~$\pi$.
Falls (iii) gilt, so gilt wegen (ii) $\alpha_{1}=2\pi-0=2\pi$,
was ein Widerspruch ist, weil $\alpha_{1}\in[0,2\pi)$.
Darum muss (iv) gelten.
Wegen (ii) gilt also $\alpha_{1}=2\pi-\pi=\pi=\alpha_{2}$.\\
Zusammegefasst gilt entweder (i) $\alpha_{1}=\alpha_{2}$
oder (ii), aus dem sich (iv) ergibt, was wiederum $\alpha_{1}=\alpha_{2}$ zur Folge hat.
D.\,h., in allen Fällen gilt $\alpha_{1}=\alpha_{2}$.
Darum gelten $r_{1}=r_{2}$ und $\alpha_{1}=\alpha_{2}$.
Also ist die Darstellung eindeutig.
\end{proof}
%% AUFGABE 6-2b
\clearpage
\item
\begin{claim*}
Seien $z_{1},z_{2}\in\kmplx\ohne\{0\}$ mit Darstellungen
$z_{i}=r_{i}\cdot\begin{svector} \cos(\alpha_{i})\\ \sin(\alpha_{i})\\\end{svector}$
für $i\in\{1,2\}$.
Dann gilt die Rechenregel
$z_{1}z_{2}=r_{1}r_{2}\cdot\begin{svector} \cos(\alpha_{1}+\alpha_{2})\\ \sin(\alpha_{1}+\alpha_{2})\\\end{svector}$.
\end{claim*}
\begin{proof}
Multiplikation in $\kmplx$ liefert
\begin{longmathe}[mc]{RCL}
z_{1}z_{2}
&= &\begin{svector} \ReTeil(z_{1})\ReTeil(z_{2})-\ImTeil(z_{1})\ImTeil(z_{2})\\ \ReTeil(z_{1})\ImTeil(z_{2})+\ReTeil(z_{1})\ImTeil(z_{2})\\\end{svector}\\
&= &\begin{svector} r_{1}\cos(\alpha_{1})\cdot r_{2}\cos(\alpha_{2})-r_{1}\sin(\alpha_{1})\cdot r_{2}\sin(\alpha_{2})\\ r_{1}\cos(\alpha_{1})\cdot r_{2}\sin(\alpha_{2})+r_{1}\cos(\alpha_{1})\cdot r_{2}\sin(\alpha_{2})\\\end{svector}\\
&= &r_{1}r_{2}\begin{svector} \cos(\alpha_{1})\cos(\alpha_{2})-\sin(\alpha_{1})\sin(\alpha_{2})\\ \cos(\alpha_{1})\sin(\alpha_{2})+\cos(\alpha_{1})\sin(\alpha_{2})\\\end{svector}\\
&= &r_{1}r_{2}\begin{svector} \cos(\alpha_{1}+\alpha_{2})\\ \sin(\alpha_{1}+\alpha_{2})\\\end{svector}.\\
\end{longmathe}
Die letzte Vereinfachung folgt aus der trigonometrischen Additionsregel.
\end{proof}
%% AUFGABE 6-2c
\item
\begin{claim*}[de Moivre]
Sei $z\in\kmplx\ohne\{0\}$ mit Darstellungen
$z=r\cdot\begin{svector} \cos(\alpha)\\ \sin(\alpha)\\\end{svector}$.
Dann gilt die Potenzregel
$z^{n}=r^{n}\cdot\begin{svector} \cos(n\alpha)\\ \sin(n\alpha)\\\end{svector}$
für alle $n\in\ntrlpos$.
\end{claim*}
\begin{proof}
Wir beweisen dies per Induktion über $n$.
\begin{kompaktenum}[\rtab][\rtab]
\item[\uwave{{\bfseries Induktionsanfang:}}]
Die Gleichung gilt offensichtlich für $n=1$.
\item[\uwave{{\bfseries Induktionsvoraussetzung:}}]
Sei $n>1$. Angenommen, $z^{n-1}=r^{n-1}\cdot\begin{svector} \cos((n-1)\alpha)\\ \sin((n-1)\alpha)\\\end{svector}$.
\item[\uwave{{\bfseries Induktionsschritt:}}]
\textbf{Zu zeigen:} $z^{n}=r^{n}\cdot\begin{svector} \cos(n\alpha)\\ \sin(n\alpha)\\\end{svector}$.\\
Per rekursive Definition vom Potenzieren
gilt zunächst $z^{n}=z^{n-1}\cdot z$ (Multiplikation innerhalb der Algebra $\kmplx$).
Aufgabe 6-2(b) zur Folge gilt somit
\begin{mathe}[mc]{rcl}
z^{n}=z^{n-1}\cdot z
&\textoverset{IV}{=}
&r^{n-1}\cdot\begin{svector} \cos((n-1)\alpha)\\ \sin((n-1)\alpha)\\\end{svector}
\cdot r\cdot\begin{svector} \cos(\alpha)\\ \sin(\alpha)\\\end{svector}\\
&\textoverset{(2b)}{=}
&r^{n-1}r\cdot\begin{svector} \cos((n-1)\alpha+\alpha)\\ \sin((n-1)\alpha+\alpha)\\\end{svector}\\
&= &r^{n}\cdot\begin{svector} \cos(n\alpha)\\ \sin(n\alpha)\\\end{svector}.\\
\end{mathe}
Darum gilt die Gleichung für $n$.
\end{kompaktenum}
Also gilt die Gleichung für alle $n\in\ntrlzero$.
\end{proof}
\begin{rem*}
Wir können eigentlich zeigen,
dass dies für alle $n\in\intgr$ gilt.
Für $n=0$, gilt
$%
z^{0}
=1+\imageinh 0
=\begin{svector} 1\\ 0\\\end{svector}
=r^{0}\cdot\begin{svector} \cos(0\alpha)\\ \sin(0\alpha)\\\end{svector}%
$.
Für $n=-1$ liefert uns die Rechenregel für Multiplikation innerhalb $\kmplx$,
dass
$r^{-1}\cdot\begin{svector} \cos(-\alpha)\\ \sin(-\alpha)\\\end{svector}$
eine hinreichende Konstruktion für ein Inverses von $z$ ist,
und darum ist dies wegen Eindeutigkeit des Inverses gleich $z^{-1}$.
Für $n<0$ allgemein wenden wir schließlich
$%
z^{n}
=(z^{-1})^{|n|}
=(r^{-1}\cdot\begin{svector} \cos(-\alpha)\\ \sin(-\alpha)\\\end{svector})^{|n|}
=(r^{-1})^{|n|}\cdot\begin{svector} \cos(|n|\cdot-\alpha)\\ \sin(|n|\cdot-\alpha)\\\end{svector}
=r^{n}\cdot\begin{svector} \cos(n\alpha)\\ \sin(n\alpha)\\\end{svector}%
$
an.
\end{rem*}
\end{enumerate}
%% AUFGABE 6-3
\clearpage
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 3]{}
\label{ueb:6:ex:3}
\let\sectionname\altsectionname
Es sei $K$ ein Körper und $F:=K\times K$ versehen mit den Operationen ${+,\cdot:F\times F\to F}$,
definiert vermöge
\begin{mathe}[mc]{rcl}
(a,b)+(a',b') &= &(a+a',b+b')\\
(a,b)\cdot (a',b') &= &(aa'-bb',ab'+a'b)\\
\end{mathe}
für alle $a,b,a',b'\in K$.
Wir werden folgendes klassifizierendes Ergebnis verwenden,
um die Aufgaben zu behandeln
(und dieses Resultat dann anschließend beweisen).
\begin{satz}
\makelabel{satz:1:ueb:6:ex:3}
$(F,+,\cdot)$ ist genau dann ein Körper,
wenn $a^{2}+b^{2}\neq 0$ innerhalb $K$
für alle $(a,b)\in F\ohne\{(0,0)\}$.
\end{satz}
\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
%% AUFGABE 6-3a
\item
\begin{schattierteboxdunn}
\begin{claim*}
Sei $K=\mathbf{F}_{2}=\intgr/2\intgr$.
Dann ist $(F,+,\cdot)$ kein Körper.
\end{claim*}
\end{schattierteboxdunn}
\begin{proof}
Da $(a,b):=(1,1)\in F\ohne\{(0,0)\}$
und
$a^{2}+b^{2}=1+1=0$
innerhalb $K=\intgr/2\intgr$,
ist \Cref{satz:1:ueb:6:ex:3} zufolge $F$ kein Körper.
Es scheitert genau das Axiom der Existenz multiplikativer Inverser.
(Nichtsdestotrotz bildet $F$ einen kommutativen Ring mit Einselement.)
\end{proof}
%% AUFGABE 6-3b
\item
\begin{schattierteboxdunn}
\begin{claim*}
Sei $K=\mathbf{F}_{3}=\intgr/3\intgr$.
Dann ist $(F,+,\cdot)$ ein Körper.
\end{claim*}
\end{schattierteboxdunn}
\begin{proof}
Laut \Cref{satz:1:ueb:6:ex:3} reicht es aus
für alle $(a,b)\in F\ohne\{(0,0)\}$
\textbf{zu zeigen}, dass $a^{2}+b^{2}\neq 0$ innerhalb $K=\intgr/3\intgr$.
Sei also $(a,b)\in F\ohne\{(0,0)\}$ beliebig.
Da $a\neq 0$ oder $b\neq 0$ gibt es folgende Fälle:
\begin{kompaktenum}{\bfseries {Fall} 1.}[\rtab][\rtab]
%% FALL 1
\item $a=0$, $b\neq 0$. Dann $b=\pm 1\mod 3$.
Also $a^{2}+b^{2}=0+1=1\nequiv 0\mod 3$.
%% FALL 2
\item $a\neq 0$, $b=0$. Dann $a=\pm 1\mod 3$.
Also $a^{2}+b^{2}=1+0=1\nequiv 0\mod 3$.
%% FALL 3
\item $a\neq 0$, $b\neq 0$. Dann $a,b=\pm 1\mod 3$.
Also $a^{2}+b^{2}=1+1=2\nequiv 0\mod 3$.
\end{kompaktenum}
Also gilt in jedem Falle $a^{2}+b^{2}\neq 0$.
Darum bildet $F$ einen Körper.
\end{proof}
\end{enumerate}
Um \Cref{satz:1:ueb:6:ex:3} zu beweisen, brauchen wir zunächst folgendes Zwischenresultat.
\begin{lemm}
\makelabel{lemm:1:ueb:6:ex:3}
$(F,+,\cdot)$ ist genau dann ein Körper,
wenn in der Teilstruktur $(F,\cdot)$ multiplikative Inverse existieren für jedes Element.
\end{lemm}
\begin{einzug}[\rtab][\rtab]
\begin{proof}[von \Cref{lemm:1:ueb:6:ex:3}][\Cref{lemm:1:ueb:6:ex:3}]
Da die Teilstruktur, $(F,+)$, durch die Produktstruktur $(K,+)\times (K,+)$ gegeben ist,
dessen Faktoren all kommutative Gruppen sind, ist $(F,+)$ eine kommutative Gruppe.
Das heißt, die {\bfseries Additionsaxiome} unter den Körperaxiomen sind allesamt erfüllt.
(Insbesondere ist das Nullelement durch $0_{F}=(0,0)$ gegeben.)
Bei den {\bfseries Multiplikationsaxiomen} sehen wir dass Kommutativität offensichtlich gilt,
weil die o.\,s. Definitions von Multiplikation in den Argumenten offensichtlich symmetrisch ist,
und weil die Operationen in $K$ kommutativ sind.
Es gilt auch $(a,b)\cdot(1,0)=(a\cdot 1-b\cdot 0,a\cdot 0+1\cdot b)=(a,b)$,
sodass $1_{F}:=(1,0)$ das Einselement von $F$ ist.
Assoziativität von Multiplikation ist auch erfüllt, weil
\begin{mathe}[mc]{rcl}
(a,b)\cdot((a',b')\cdot(a'',b''))
&= &(a,b)\cdot(a'a''-b'b'', a'b''+a''b')\\
&= &(a(a'a''-b'b'')-b(a'b''+a''b'), a(a'b''+a''b')+(a'a''-b'b'')b)\\
&= &(aa'a'' - ab'b'' - ba'b'' - ba''b', aa'b'' + aa''b' + a'a''b - b'b''b)\\
&= &\boxed{(aa'a'' - ab'b'' - a'bb'' - a''bb', aa'b'' + aa''b' + a'a''b - bb'b'')}\\
\end{mathe}
und
\begin{mathe}[mc]{rcl}
((a,b)\cdot(a',b'))\cdot(a'',b'')
&= &(aa'-bb',ab'+a'b)\cdot(a'',b'')\\
&= &((aa'-bb')a'' - (ab'+a'b)b'', (aa'-bb')b'' + a''(ab'+a'b))\\
&= &(aa'a'' - bb'a'' - ab'b'' - a'bb'', aa'b'' - bb'b'' + a''ab' + a''a'b)\\
&= &\boxed{(aa'a'' - ab'b'' - a'bb'' - a''bb', aa'b'' + aa''b' + a'a''b - bb'b'')}\\
&= &(a,b)\cdot((a',b')\cdot(a'',b''))
\end{mathe}
für alle $(a,b),(a',b'),(a'',b'')\in F$.
Darum ist $(F,\cdot)$ assoziativ, kommutativ, und hat ein Neutralelement.
Wegen Kommutativität von Multiplikation in $F$, ist {\bfseries Distributitivität}
zu Linksdistributivität äquivalent, und da
\begin{mathe}[mc]{rcl}
(a,b)\cdot((a',b')+(a'',b''))
&= &(a,b)\cdot(a'+a'',b'+b'')\\
&= &(a(a'+a'')-b(b'+b''), a(b'+b'')+(a'+a'')b)\\
&= &((aa'-bb')+(aa''-bb''), (ab'+a'b)+(ab''+a''b))\\
&= &(aa'-bb',ab'+a'b)+(aa''-bb'', ab''+a''b)\\
&= &(a,b)\cdot(a',b')+(a,b)/cdot (a'',b'')\\
\end{mathe}
für alle $(a,b),(a',b'),(a'',b'')\in F$, ist dies erfüllt.
Darum erfüllt $(F,+,\cdot)$ jedes Axiom eines Körpers,
evtl. bis auf das Axiom für multiplikative Inverse.
Darum gilt:
$(F,+,\cdot)$ bildet einen Körper
$\Leftrightarrow$
jedes Element in $F\ohne\{0_{F}\}$ hat ein multiplikatives Inverses.
\end{proof}
\end{einzug}
Jetzt können wir uns dem Beweis von \Cref{satz:1:ueb:6:ex:3} widmen
\begin{proof}[von \Cref{satz:1:ueb:6:ex:3}][\Cref{satz:1:ueb:6:ex:3}]
Laut \Cref{lemm:1:ueb:6:ex:3} gilt $(F,+,\cdot)$ ein Körper gdw. jedes Element in $F$ hat ein multiplikatives Inverses.
Darum reicht es aus \textbf{zu zeigen}, dass
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\forall{(a,b)\in F\ohne\{0_{F}\}:~}\exists{(a',b')\in F:~}(a,b)\cdot (a',b')=1_{F}
&\Longleftrightarrow
&\forall{(a,b)\in F\ohne\{0_{F}\}:~}a^{2}+b^{2}\neq 0
\end{mathe}
gilt.\footnote{
Man beachte: Wegen multiplikativer Kommutativität folgt aus
$(a,b)\cdot (a',b')=1_{F}$,
dass auch
$(a',b')\cdot (a,b)=1_{F}$
gilt.
}
\herRichtung
Angenommen, $a^{2}+b^{2}\neq 0$ für alle $(a,b)\in F\ohne\{0_{F}\}$.\\
Sei $(a,b)\in F\ohne\{0_{F}\}$ beliebig.
\textbf{Zu zeigen:} $(a,b)$ sei innerhalb $F$ invertierbar.\\
Per Annahme gilt nun $r:=a^{2}+b^{2}\neq 0$ und somit ist $r$ innerhalb $K$ invertierbar.
Setze $(a',b'):=(r^{-1}a,-r^{-1}b)$.
Dann
\begin{mathe}[mc]{rcl}
(a,b)\cdot(a',b')
&= &(a\cdot r^{-1}a-b(-r^{-1}b),a(-r^{-1}b)+(r^{-1}a)b)\\
&= &(r^{-1}(a^{2}+b^{2}), 0)\\
&= &(r^{-1}r, 0)\\
&= &(1, 0)\\
&= &1_{F}.\\
\end{mathe}
Also ist jedes $(a,b)\in F\ohne\{0_{F}\}$ innerhalb $F$ invertierbar.
\hinRichtung
Angenommen, jedes Element in $F\ohne\{0_{F}\}$ sei invertierbar.\\
Wie oben erklärt, ist $(F,+,\cdot)$ somit ein Körper.\\
Sei $(a,b)\in F\ohne\{0_{F}\}$ beliebig.
\textbf{Zu zeigen:} $a^{2}+b^{2}\neq 0$.\\
Da $(a,b)\neq 0_{F}=(0,0)$,
gilt $a\neq 0$ oder $b\neq 0$
und damit gilt auch $(a,-b)\in F\ohne\{0_{F}\}$.\\
Da $F$ ein Körper ist,
sind $(a,b)$ und $(a,-b)$
und folglich auch das Produkt
$(a,b)\cdot(a,-b)$
invertierbar.\\
Da $F$ ein Körper ist, bedeutet dies wiederum,
dass $(a,b)\cdot(a,-b)\neq 0_{F}$ gilt.
Nun,
\begin{mathe}[mc]{rclcl}
(a,b)\cdot(a,-b)
&= &(aa-b(-b),a(-b)+ab)
&= &(a^{2}+b^{2},0).\\
\end{mathe}
Darum gilt $(a^{2}+b^{2},0)=(a,b)\cdot(a,-b)\neq 0_{F}=(0,0)$,
woraus sich $a^{2}+b^{2}\neq 0$ ergibt.
\end{proof}
%% ********************************************************************************
%% FILE: body/uebung/ueb7.tex
%% ********************************************************************************
\setcounternach{chapter}{7}
\chapter[Woche 7]{Woche 7}
\label{ueb:7}
\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 7-1
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 1]{}
\label{ueb:7:ex:1}
\let\sectionname\altsectionname
Betrachte den Vektorraum $V:=\functionspace(\reell,\reell)$ über dem Körper $\reell$.
Wir bezeichnen mit $0(\cdot)$ die konstante Funktion, die überall gleich $0$ ist.
Dies ist zufälligerweise auch das Nullelement von $V$.
\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
%% AUFGABE 7-1a
\item
\begin{claim*}
Seien $a,b\in\reell$ beliebig.
Dann \fbox{ist} $U_{1}:=\{f\in V\mid f(a)=f(b)\}$ ein Untervektorraum (»linearer Unterraum«).
\end{claim*}
\begin{proof}
Wir gehen die Axiome aus der Definition durch:
\begin{kompaktitem}[\rtab][\rtab]
\item[{\bfseries (NL)}]
Offensichtlich gilt $0(\cdot)\in U_{1}$, da diese Funktion überall und damit insbesondere auf $\{a,b\}$ gleich ist.
Also, $U_{1}\neq\leer$.
\item[{\bfseries (LK)}]
Seien $\alpha,\beta\in\reell$ und $f,g\in U_{1}$.
\textbf{Zu zeigen:} $\alpha\cdot f+\beta\cdot g\in U_{1}$\\
Es gilt
\begin{mathe}[mc]{rcl}
(\alpha\cdot f+\beta\cdot g)(a)
&= &\alpha\cdot f(a)+\beta\cdot g(a)\\
&\overset{(\ast)}{=}
&\alpha\cdot f(b)+\beta\cdot g(b)\\
&= &(\alpha\cdot f+\beta\cdot g)(b)\\
\end{mathe}
Hier gilt $(\ast)$, weil $f,g\in U_{1}$.\\
Darum gilt per Konstruktion, dass $\alpha\cdot f+\beta\cdot g\in U_{1}$.
\end{kompaktitem}
Darum bildet $U_{1}$ einen Untervektorraum.
\end{proof}
%% AUFGABE 7-1b
\item
\begin{claim*}
Seien $a,b\in\reell$ beliebig.
Dann ist $U_{2}:=\{f\in V\mid f(a)=f(b)=1\}$ \fbox{kein Untervektorraum}.
\end{claim*}
\begin{proof}
Offensichtlich ist der Nullvektor, $0(\cdot)$, nicht in $U_{2}$,
da $0(a)=0\neq 1$.
Darum kann $U_{2}$ kein Untervektorraum sein.
(Siehe \cite[Lemma~5.1.3]{sinn2020}.)
\end{proof}
Alternativ für die $\Rightarrow$-Richtung kann man folgendermaßen argumentieren:
die konstante Funktion $1(\cdot)$ liegt in $U_{2}$,
aber $0\cdot 1(\cdot)\notin U_{2}$,
sodass $U_{2}$ nicht unter Skalarmultiplikation stabil ist.
%% AUFGABE 7-1c
\item
\begin{claim*}
Die Teilmenge $U_{3}:=\{f\in V\mid f\,\text{injektiv}\}$ \fbox{ist kein Untervektorraum} von $V$.
\end{claim*}
\begin{proof}
Offensichtlich ist der Nullvektor, $0(\cdot)$, nicht in $U_{3}$,
weil diese konstante Funktion nicht injektiv ist.
Darum kann $U_{3}$ kein Untervektorraum sein.
(Siehe \cite[Lemma~5.1.3]{sinn2020}.)
\end{proof}
%% AUFGABE 7-1d
\item
\begin{claim*}
Die Teilmenge $U_{4}:=\{f\in V\mid f\,\text{surjektiv}\}$ \fbox{ist kein Untervektorraum} von $V$.
\end{claim*}
\begin{proof}
Offensichtlich ist der Nullvektor, $0(\cdot)$, nicht in $U_{4}$,
weil die konstante Funktion nicht surjektiv ist.
Darum kann $U_{4}$ kein Untervektorraum sein.
(Siehe \cite[Lemma~5.1.3]{sinn2020}.)
\end{proof}
\end{enumerate}
%% AUFGABE 7-2
\clearpage
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 2]{}
\label{ueb:7:ex:2}
\let\sectionname\altsectionname
\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
%% AUFGABE 7-2a
\item
\begin{claim*}
Sei $K=\rtnl$. Dann sind
${\mathbf{v}_{1}=\begin{svector} 1\\ 2\\ 2\\\end{svector}}$,
${\mathbf{v}_{2}=\begin{svector} 3\\ 2\\ 1\\\end{svector}}$, und
${\mathbf{v}_{3}=\begin{svector} 2\\ 1\\ -1\\\end{svector}}$
über $K$ \fbox{linear unabhängig}.
\end{claim*}
\begin{proof}
Es reicht aus, den (Zeilen)rang der Matrix
\begin{mathe}[mc]{rcl}
A &:= &\begin{matrix}{ccc}
1 &3 &2\\
2 &2 &1\\
2 &1 &-1\\
\end{matrix}
\end{mathe}
zu untersuchen. Wir berechnen
\begin{algorithm}[\rtab][\rtab]
Reduktion der Matrix, $A$, mittels des Gaußverfahrens:\\
Zeilentransformationen
${Z_{2} \leftsquigarrow 3\cdot Z_{1}-Z_{2}}$
und
${Z_{3} \leftsquigarrow 2\cdot Z_{1}-Z_{3}}$
anwenden:
\begin{mathe}[mc]{c}
\begin{matrix}{ccc}
1 &2 &2\\
0 &4 &5\\
0 &3 &5\\
\end{matrix}\\
\end{mathe}
Zeilentransformation
${Z_{3} \leftsquigarrow 4\cdot Z_{3}-3\cdot Z_{2}}$
anwenden:
\begin{mathe}[mc]{c}
\begin{matrix}{ccc}
\boxed{1} &2 &2\\
0 &\boxed{4} &5\\
0 &0 &\boxed{5}\\
\end{matrix}\\
\end{mathe}
\end{algorithm}
Der Zeilenstufenform entnimmt man, $\rank(A)=3$.
Darum sind alle $3$ Vektoren,
$\{\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\mathbf{v}_{3}\}$,
linear unabhängig.
\end{proof}
%% AUFGABE 7-2b
\item
\begin{claim*}
Sei $K=\mathbb{F}_{5}$. Dann sind
${\mathbf{v}_{1}=\begin{svector} 1\\ 2\\ 2\\\end{svector}}$,
${\mathbf{v}_{2}=\begin{svector} 3\\ 2\\ 1\\\end{svector}}$, und
${\mathbf{v}_{3}=\begin{svector} 2\\ 1\\ 4\\\end{svector}}$
über $K$ \fbox{nicht linear unabhängig}.
\end{claim*}
\begin{proof}
Es reicht aus, den (Zeilen)rang der Matrix
\begin{mathe}[mc]{rcl}
A &:= &\begin{matrix}{ccc}
1 &3 &2\\
2 &2 &1\\
2 &1 &4\\
\end{matrix}
\end{mathe}
zu untersuchen. Um dies zu bestimmen, können wir das Gaußverfahren anwenden.
Da wir in $\mathbf{F}_{5}$ arbeiten, genügt es, die Matrix über $\intgr$ zu behandeln,
und lediglich in den Zeilenoperationen Vielfache von $5$ zu vermeiden.
Da die Matrix dieselbe ist wie in \textbf{Aufgabe 7.2(a)}
und in dem Gaußverfahren dort Vielfache von $5$ vermieden wurden,
ist das Resultat
\begin{mathe}[mc]{c}
\begin{matrix}{ccl}
\boxed{1} &2 &2\\
0 &\boxed{4} &5(=0)\\
0 &0 &5(=0)\\
\end{matrix}\\
\end{mathe}
Der Zeilenstufenform entnimmt man, $\rank(A)=2$.
Darum sind nur $2$ der Vektoren, und zwar
$\{\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2}\}$,
linear unabhängig.
Der Vektor, $\mathbf{v}_{3}$, hingegen, hängt linear von diesen ab.
\end{proof}
%% AUFGABE 7-2c
\item
\begin{claim*}
Sei $K=\kmplx$. Dann sind
${\mathbf{v}_{1}=\begin{svector} 1\\ \imageinh\\ 0\\\end{svector}}$,
${\mathbf{v}_{2}=\begin{svector} 1+\imageinh\\ -\imageinh\\ 1-2\imageinh\\\end{svector}}$, und
${\mathbf{v}_{3}=\begin{svector} \imageinh\\ 1-\imageinh\\ 2-\imageinh\\\end{svector}}$
über $K$ \fbox{nicht linear unabhängig}.
\end{claim*}
\begin{proof}
Es reicht aus, den (Zeilen)rang der Matrix
\begin{mathe}[mc]{rcl}
A &:= &\begin{matrix}{ccc}
1 &1+\imageinh &\imageinh\\
\imageinh &-\imageinh &1-\imageinh\\
0 &1-2\imageinh &2-\imageinh\\
\end{matrix}
\end{mathe}
zu untersuchen. Wir berechnen
\begin{algorithm}[\rtab][\rtab]
Reduktion der Matrix, $A$, mittels des Gaußverfahrens:\\
Zeilentransformation
${Z_{2} \leftsquigarrow \imageinh\cdot Z_{2}+Z_{1}}$
anwenden:
\begin{mathe}[mc]{c}
\begin{matrix}{ccc}
1 &1+\imageinh &\imageinh\\
0 &2+\imageinh &1+2\imageinh\\
0 &1-2\imageinh &2-\imageinh\\
\end{matrix}\\
\end{mathe}
Zeilentransformation
${Z_{3} \leftsquigarrow \imageinh\cdot Z_{3}-Z_{2}}$
anwenden:
\begin{mathe}[mc]{c}
\begin{matrix}{ccc}
\boxed{1} &1+\imageinh &\imageinh\\
0 &\boxed{2+\imageinh} &1+2\imageinh\\
0 &0 &0\\
\end{matrix}\\
\end{mathe}
\end{algorithm}
Der Zeilenstufenform entnimmt man, $\rank(A)=2$.
Darum sind nur $2$ der Vektoren, und zwar
$\{\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2}\}$,
linear unabhängig.
Der Vektor, $\mathbf{v}_{3}$, hingegen, hängt linear von diesen ab.
\end{proof}
Wir betrachten nun dieselbe Aufgabe, nur über $\reell$ statt $\kmplx$:
\begin{claim*}
Sei $K=\reell$. Dann sind
${\mathbf{v}_{1}=\begin{svector} 1\\ 0\\ 0\\ 1\\ 0\\ 0\\\end{svector}}$,
${\mathbf{v}_{2}=\begin{svector} 1\\ 1\\ 0\\ -1\\ 1\\ -2\\\end{svector}}$, und
${\mathbf{v}_{3}=\begin{svector} 0\\ 1\\ 1\\ -1\\ 2\\ -1\\\end{svector}}$
über $K$ \fbox{linear unabhängig}.
\end{claim*}
\begin{proof}
Es reicht aus, den (Zeilen)rang der Matrix
\begin{mathe}[mc]{rcl}
A &:= &\begin{smatrix}
1 &1 &0\\
0 &1 &1\\
0 &0 &1\\
1 &-1 &-1\\
0 &1 &2\\
0 &-2 &-1\\
\end{smatrix}
\end{mathe}
zu untersuchen. Wir berechnen
\begin{algorithm}[\rtab][\rtab]
Reduktion der Matrix, $A$, mittels des Gaußverfahrens:\\
Zeilentransformation
${Z_{4} \leftsquigarrow \imageinh\cdot Z_{1}-Z_{4}}$
anwenden:
\begin{mathe}[mc]{c}
\begin{smatrix}
1 &1 &0\\
0 &1 &1\\
0 &0 &1\\
0 &2 &1\\
0 &1 &2\\
0 &-2 &-1\\
\end{smatrix}\\
\end{mathe}
Zeilentransformation
${Z_{3} \leftrightsquigarrow Z_{6}}$
anwenden:
\begin{mathe}[mc]{c}
\begin{smatrix}
1 &1 &0\\
0 &1 &1\\
0 &-2 &-1\\
0 &2 &1\\
0 &1 &2\\
0 &0 &1\\
\end{smatrix}\\
\end{mathe}
Zeilentransformationen
${Z_{3} \leftsquigarrow 2\cdot Z_{2}+Z_{3}}$,
${Z_{4} \leftsquigarrow 2\cdot Z_{2}-Z_{4}}$,
und
${Z_{5} \leftsquigarrow -1\cdot Z_{2}+Z_{5}}$
anwenden:
\begin{mathe}[mc]{c}
\begin{smatrix}
1 &1 &0\\
0 &1 &1\\
0 &0 &1\\
0 &0 &1\\
0 &0 &1\\
0 &0 &1\\
\end{smatrix}\\
\end{mathe}
Zeilentransformationen
${Z_{4} \leftsquigarrow Z_{4}-Z_{3}}$,
${Z_{5} \leftsquigarrow Z_{5}-Z_{3}}$,
und
${Z_{6} \leftsquigarrow Z_{6}-Z_{3}}$
anwenden:
\begin{mathe}[mc]{c}
\begin{smatrix}
1 &1 &0\\
0 &1 &1\\
0 &0 &1\\
0 &0 &0\\
0 &0 &0\\
0 &0 &0\\
\end{smatrix}\\
\end{mathe}
\end{algorithm}
Der Zeilenstufenform entnimmt man, $\rank(A)=3$.
Darum sind alle $3$ Vektoren,
$\{\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\mathbf{v}_{3}\}$,
linear unabhängig.
\end{proof}
\end{enumerate}
%% AUFGABE 7-3
\clearpage
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 3]{}
\label{ueb:7:ex:3}
\let\sectionname\altsectionname
Seien $K$ ein Körper und $V$ ein Vektorraum über $K$.
Seien $n\in\ntrlpos$ und $\mathbf{v}_{i}\in V$ für $i\in\{1,2,\ldots,n\}$.
\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
%% AUFGABE 7-3a
\item
\begin{claim*}
Die folgende Aussage ist \fbox{gültig}:\\
Angenommen es existieren linear unabhängige Vektoren,
$\mathbf{w}_{1},\mathbf{w}_{2},\ldots,\mathbf{w}_{n}\in V$
und Skalare $c_{i}\in K\ohne\{0\}$,
so dass $\mathbf{v}_{i}=c_{i}\mathbf{w}_{i}$
für alle $i\in\{1,2,\ldots,n\}$.
Dann bilden
$\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n}$
ein linear unabhängiges System.
\end{claim*}
\begin{proof}
Wir zeigen dies direkt.
Sei $\alpha_{i}\in K$ für $i\in\{1,2,\ldots,n\}$
und so dass
$\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}\cdot\mathbf{v}_{i}=\zerovector$.\\
\textbf{Zu zeigen:} $\forall{i\in\{1,2,\ldots,n\}:~}\alpha_{i}=0$.
Es gilt
\begin{longmathe}[mc]{RCL}
\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}\cdot\mathbf{v}_{i}=\zerovector
&\Longleftrightarrow
&\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}\cdot(c_{i}\mathbf{w}_{i})=\zerovector\\
&\Longleftrightarrow
&\sum_{i=1}^{n}(\alpha_{i}c_{i})\cdot\mathbf{w}_{i}=\zerovector\\
&\Longrightarrow
&\forall{i\in\{1,2,\ldots,n\}:~}\alpha_{i}c_{i}=0,\\
&&\text{da $\mathbf{w}_{1},\mathbf{w}_{2},\ldots,\mathbf{w}_{n}$ linear unabhängig}\\
&\Longleftrightarrow
&\forall{i\in\{1,2,\ldots,n\}:~}\alpha_{i}=0\,\text{oder}\,c_{i}=0,
\quad\text{da $K$ ein Körper ist}\\
&\Longleftrightarrow
&\forall{i\in\{1,2,\ldots,n\}:~}\alpha_{i}=0,
\quad\text{da $c_{i}\neq 0$ für alle $i$}.\\
\end{longmathe}
Darum gilt $\alpha_{i}=0$ für alle $i\in\{1,2,\ldots,n\}$.
Folglich sind
$\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n}$
linear unabhängig.
\end{proof}
%% AUFGABE 7-3b
\item
\begin{claim*}
Die folgende Aussage ist \fbox{ungültig}:\\
Angenommen,
$\mathbf{v}_{n}\notin\vectorspacespan(\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n-1})$.
Dann ist
$\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n}$
linear unabhängig.
\end{claim*}
\begin{proof}
Folgendes ist ein Gegenbeispiel.
Sei $n\geq 3$ beliebig.
Sei $V=K^{2}$
und betrachte die Vektoren
\begin{mathe}[mc]{rclqrcl}
\mathbf{v}_{1}=\mathbf{v}_{2}=\ldots=\mathbf{v}_{n-1} &:= &\begin{svector} 1\\ 0\\\end{svector}
&\mathbf{v}_{n} &:= &\begin{svector} 0\\ 1\\\end{svector}\\
\end{mathe}
Dann gilt $\mathbf{v}_{n}\notin\vectorspacespan(\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n-1})$,
weil $\vectorspacespan(\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n-1})
=\vectorspacespan(\mathbf{v}_{1})
=\{\begin{svector} t\\ 0\\\end{svector}\mid t\in K\}\notni \begin{svector} 0\\ 1\\\end{svector}$.
Andererseits sind die $n-1\geq 2$ Vektoren,
$\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n}$
per Wahl nicht linear unabhängig (weil die alle gleich sind).
Also sind die Vektoren,
$\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n}$
ebenfalls nicht linear unabhängig.
Darum gilt die behauptete Implikation nicht im Allgemeinen.
\end{proof}
%% AUFGABE 7-3c
\item
\begin{claim*}
Die folgende Aussage ist \fbox{ungültig}:\\
Das System
$\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n}$
ist genau dann linear unabhängig,
wenn jedes echte Teilsystem linear unabhängig ist.
\end{claim*}
\begin{proof}
Der $\Rightarrow$-Teil ist offensichtlich wahr.
Es kann also nur die $\Leftarrow$-Richtung schiefgehen.
Wir betrachten ein Gegenbeispiel mit $n=3$ Vektoren.
Sei $V=K^{2}$ und betrachte
\begin{mathe}[mc]{rclqrclqrcl}
\mathbf{v}_{1} &:= &\begin{svector} 0\\ 1\\\end{svector},
&\mathbf{v}_{2} &:= &\begin{svector} 1\\ 0\\\end{svector},
&\mathbf{v}_{3} &:= &\begin{svector} 1\\ 1\\\end{svector}.\\
\end{mathe}
Es ist einfach zu sehen, dass die echten Teilsysteme
\begin{mathe}[mc]{cccccc}
(\mathbf{v}_{1}),
&(\mathbf{v}_{2}),
&(\mathbf{v}_{3}),
&(\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2})
&(\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{3})
&(\mathbf{v}_{2},\mathbf{v}_{3})\\
\end{mathe}
linear unabhängig sind. Aber (vor allem weil $V$ nur $2$-dimensional ist)
$\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\mathbf{v}_{3}$
ist nicht linear unabhängig, da
\begin{mathe}[mc]{rcl}
1\cdot\mathbf{v}_{1}
+1\cdot\mathbf{v}_{2}
+-1\cdot\mathbf{v}_{3}
&= &\zerovector.\\
\end{mathe}
Darum gilt die behauptete Implikation nicht im Allgemeinen.
\end{proof}
%% AUFGABE 7-3d
\item
\begin{claim*}
Die folgende Aussage ist \fbox{gültig}:\\
Angenommen,
$\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n}$
sei linear unabhängig.
Dann für alle $i\in\{1,2,\ldots,n\}\ohne\{1\}$
und $c\in K$
bilden
$\mathbf{u},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n}$
ein linear unabhängiges System,
wobei ${\mathbf{u}:=\mathbf{v}_{1}+c\mathbf{v}_{i}}$.
\end{claim*}
\begin{proof}
Wir zeigen dies direkt.
Sei $\alpha_{j}\in K$ für $j\in\{1,2,\ldots,n\}$
und so dass
$\alpha_{1}\mathbf{u}+\sum_{j=2}^{n}\alpha_{j}\cdot\mathbf{v}_{j}=\zerovector$.\\
\textbf{Zu zeigen:} $\forall{j\in\{1,2,\ldots,n\}:~}\alpha_{j}=0$.
Es gilt
\begin{longmathe}[mc]{RCL}
\alpha_{1}\mathbf{u}+\sum_{j=2}^{n}\alpha_{j}\cdot\mathbf{v}_{j}=\zerovector
&\Longleftrightarrow
&\alpha_{1}\mathbf{v}_{1}
+\alpha_{1}c\mathbf{v}_{i}
+\sum_{j=2}^{n}\alpha_{j}\cdot\mathbf{v}_{j}=\zerovector\\
&\Longleftrightarrow
&c\alpha_{1}\mathbf{v}_{i}
+\sum_{j=1}^{n}\alpha_{j}\cdot\mathbf{v}_{j}=\zerovector\\
&\Longleftrightarrow
&\sum_{j=1}^{n}\beta_{j}\mathbf{v}_{j}=\zerovector,\\
&&\text{%
wobei $\beta_{j}=\alpha_{j}$ für $j\in\{1,2,\ldots,n\}\ohne\{i\}$
und $\beta_{i}=c\alpha_{1}+\alpha_{i}$
}\\
&\Longrightarrow
&\forall{j\in\{1,2,\ldots,n\}:~}\beta_{j}=0,\\
&&\text{da $\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n}$ linear unabhängig}\\
&\Longleftrightarrow
&c\alpha_{1}+\alpha_{i}=0
\,\text{und}\,
\forall{j\in\{1,2,\ldots,n\}\ohne\{i\}:~}\alpha_{j}=0\\
&\Longrightarrow
&c\cdot 0+\alpha_{i}=0
\,\text{und}\,
\forall{j\in\{1,2,\ldots,n\}\ohne\{i\}:~}\alpha_{j}=0\\
&\Longleftrightarrow
&\forall{j\in\{1,2,\ldots,n\}:~}\alpha_{j}=0\\
\end{longmathe}
Darum gilt $\alpha_{i}=0$ für alle $i\in\{1,2,\ldots,n\}$.
Folglich sind
$\mathbf{u},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n}$
linear unabhängig.
\end{proof}
\end{enumerate}
%% ********************************************************************************
%% FILE: body/uebung/ueb8.tex
%% ********************************************************************************
\setcounternach{chapter}{8}
\chapter[Woche 8]{Woche 8}
\label{ueb:8}
%% AUFGABE 8-1
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 1]{}
\label{ueb:8:ex:1}
\let\sectionname\altsectionname
In dieser Aufgabe arbeiten wir im Vektorraum $V=\reell^{4}$.
Seien
\begin{mathe}[mc]{rcl}
U_{1} &= &\{\mathbf{x}\in V\mid x_{1}+2x_{4}=x_{2}+2x_{3}\},\\
U_{2} &= &\{\mathbf{x}\in V\mid x_{1}=x_{2}+x_{3}+x_{4}\}.\
\end{mathe}
Zu bestimmen sind Basen für
$U_{1}$,
$U_{2}$,
$U_{1}\cap U_{2}$,
und
$U_{1}+U_{2}$.
Wir beachten vorab
\begin{longmathe}[mc]{RCLCL}
\mathbf{x}\in U_{1}
&\Longleftrightarrow
&x_{1}-x_{2}-2x_{3}+2x_{4}=0
&\Longleftrightarrow
&\underbrace{
\begin{matrix}{cccc}
1 &-1 &-2 &2\\
\end{matrix}
}_{=:A_{1}}
\mathbf{x}=\zerovector\\
\mathbf{x}\in U_{2}
&\Longleftrightarrow
&x_{1}-x_{2}-x_{3}-x_{4}=0
&\Longleftrightarrow
&\underbrace{
\begin{matrix}{cccc}
1 &-1 &-1 &-1\\
\end{matrix}
}_{=:A_{2}}
\mathbf{x}=\zerovector\\
\mathbf{x}\in U_{1}\cap U_{2}
&\Longleftrightarrow
&\begin{array}[t]{0l}
x_{1}-x_{2}-2x_{3}+2x_{4} = 0\\
\text{und}\,x_{1}-x_{2}-x_{3}-x_{4} = 0\\
\end{array}
&\Longleftrightarrow
&\underbrace{
\begin{matrix}{cccc}
1 &-1 &-2 &2\\
1 &-1 &-1 &-1\\
\end{matrix}
}_{=:A_{3}}
\mathbf{x}=\zerovector\\
\end{longmathe}
für alle $\mathbf{x}\in V$.
Folglich ist $U_{1}$ die Menge der Nullvektoren von $A_{1}$,
$U_{2}$ die Menge der Nullvektoren von $A_{2}$,
$U_{1}\cap U_{2}$ die Menge der Nullvektoren von $A_{3}$.
Um diese zu bestimmen, bringen wir diese Matrizen in Zeilenstufenform,
und bestimmen mithilfe von \cite[Satz 5.3.8]{sinn2020}
eine Basis des Lösungsraums.
\begin{algorithm}[\rtab][\rtab]
Zeilenstufenform für $A_{1}$:
\begin{mathe}[mc]{rcl}
A_{1} &= &\begin{matrix}{cccc}
1 &-1 &-2 &2\\
\end{matrix}\\
\end{mathe}
Darum sind $x_{2}$, $x_{3}$, $x_{4}$ frei und $x_{1}$ wird durch diese bestimmt.
Der Zeilenstufenform zufolge gilt
\begin{mathe}[mc]{rcl}
x_{1} &= &x_{2}+2x_{3}-2x_{4}.\\
\end{mathe}
Mithilfe von \cite[Satz 5.3.8]{sinn2020}
erhalten wir eine Basis des Lösungsraums,
indem wir jeweils eine freie Unbekannte auf $1$
und alle anderen auf $0$ setzen:
\begin{mathe}[mc]{rcl}
x_{2}:=1,\,x_{3}:=0,\,x_{4}:=0
&\Longrightarrow
&\mathbf{x}=\begin{svector} 1\\ 1\\ 0\\ 0\\\end{svector},\\
x_{2}:=0,\,x_{3}:=1,\,x_{4}:=0
&\Longrightarrow
&\mathbf{x}=\begin{svector} 2\\ 0\\ 1\\ 0\\\end{svector},\\
x_{2}:=0,\,x_{3}:=0,\,x_{4}:=1
&\Longrightarrow
&\mathbf{x}=\begin{svector} -2\\ 0\\ 0\\ 1\\\end{svector}.\\
\end{mathe}
\end{algorithm}
Darum gilt
\begin{mathe}[mc]{rclcl}
U_{1}
&= &\{\mathbf{x}\in V\mid A_{1}\mathbf{x}=\zerovector\}
&= &\vectorspacespan\underbrace{
\left\{
\begin{svector} 1\\ 1\\ 0\\ 0\\\end{svector},
\begin{svector} 2\\ 0\\ 1\\ 0\\\end{svector},
\begin{svector} -2\\ 0\\ 0\\ 1\\\end{svector}
\right\}
}_{=:B_{1}}\\
\end{mathe}
und \fbox{$B_{1}$ bildet eine Basis für $U_{1}$}.
\begin{algorithm}[\rtab][\rtab]
Zeilenstufenform für $A_{2}$:
\begin{mathe}[mc]{rcl}
A_{2} &= &\begin{matrix}{cccc}
1 &-1 &-2 &2\\
\end{matrix}\\
\end{mathe}
Darum sind $x_{2}$, $x_{3}$, $x_{4}$ frei und $x_{1}$ wird durch diese bestimmt.
Der Zeilenstufenform zufolge gilt
\begin{mathe}[mc]{rcl}
x_{1} &= &x_{2}+x_{3}+x_{4}.\\
\end{mathe}
Mithilfe von \cite[Satz 5.3.8]{sinn2020}
erhalten wir eine Basis des Lösungsraums wie oben:
\begin{mathe}[mc]{rcl}
x_{2}:=1,\,x_{3}:=0,\,x_{4}:=0
&\Longrightarrow
&\mathbf{x}=\begin{svector} 1\\ 1\\ 0\\ 0\\\end{svector},\\
x_{2}:=0,\,x_{3}:=1,\,x_{4}:=0
&\Longrightarrow
&\mathbf{x}=\begin{svector} 1\\ 0\\ 1\\ 0\\\end{svector},\\
x_{2}:=0,\,x_{3}:=0,\,x_{4}:=1
&\Longrightarrow
&\mathbf{x}=\begin{svector} 1\\ 0\\ 0\\ 1\\\end{svector}.\\
\end{mathe}
\end{algorithm}
Darum gilt
\begin{mathe}[mc]{rclcl}
U_{2}
&= &\{\mathbf{x}\in V\mid A_{2}\mathbf{x}=\zerovector\}
&= &\vectorspacespan\underbrace{
\left\{
\begin{svector} 1\\ 1\\ 0\\ 0\\\end{svector},
\begin{svector} 1\\ 0\\ 1\\ 0\\\end{svector},
\begin{svector} 1\\ 0\\ 0\\ 1\\\end{svector}
\right\}
}_{=:B_{2}}\\
\end{mathe}
und \fbox{$B_{2}$ bildet eine Basis für $U_{2}$}.
\begin{algorithm}[\rtab][\rtab]
Zeilenstufenform für $A_{3}$ ($\text{Zeile}_{2} \leftsquigarrow \text{Zeile}_{2}-\text{Zeile}_{1}$):
\begin{mathe}[mc]{rclcl}
A_{3}
&= &\begin{matrix}{cccc}
1 &-1 &-2 &2\\
1 &-1 &-1 &-1\\
\end{matrix}
&\rightsquigarrow &\begin{matrix}{cccc}
1 &-1 &-2 &2\\
0 &0 &1 &-3\\
\end{matrix}\\
\end{mathe}
Darum sind $x_{2}$, $x_{4}$, frei und $x_{1}$, $x_{3}$ werden durch diese bestimmt.
Der Zeilenstufenform zufolge gilt
\begin{mathe}[mc]{rcl}
x_{3} &= &3x_{4}\\
x_{1} &= &x_{2}+2x_{3}-2x_{4}
= x_{2}+2(3x_{4})-2x_{4}
= x_{2}+4x_{4}.\\
\end{mathe}
Mithilfe von \cite[Satz 5.3.8]{sinn2020}
erhalten wir eine Basis des Lösungsraums wie oben:
\begin{mathe}[mc]{rcl}
x_{2}:=1,\,x_{4}:=0
&\Longrightarrow
&\mathbf{x}=\begin{svector} 1\\ 1\\ 0\\ 0\\\end{svector},\\
x_{2}:=0,\,x_{4}:=1
&\Longrightarrow
&\mathbf{x}=\begin{svector} 4\\ 0\\ 3\\ 1\\\end{svector}.\\
\end{mathe}
gegeben.
\end{algorithm}
Darum gilt
\begin{mathe}[mc]{rclcl}
U_{1}\cap U_{2}
&= &\{\mathbf{x}\in V\mid A_{3}\mathbf{x}=\zerovector\}
&= &\vectorspacespan\underbrace{
\left\{
\begin{svector} 1\\ 1\\ 0\\ 0\\\end{svector},
\begin{svector} 4\\ 0\\ 3\\ 1\\\end{svector}
\right\}
}_{=:B_{3}}\\
\end{mathe}
und \fbox{$B_{3}$ bildet eine Basis für $U_{1}\cap U_{2}$}.
Es bleibt, nur noch eine Basis für $U_{1}+U_{2}$ zu bestimmen.
\textbf{ANSATZ I.}\\
Mithilfe der oben berechneten Basen für $U_{1}$, $U_{2}$, wissen wir
\begin{mathe}[mc]{rcl}
U_{1}+U_{2}
&= &\vectorspacespan\big\{
\begin{svector} 1\\ 1\\ 0\\ 0\\\end{svector},
\begin{svector} 2\\ 0\\ 1\\ 0\\\end{svector},
\begin{svector} -2\\ 0\\ 0\\ 1\\\end{svector}
\big\}
+\vectorspacespan\big\{
\begin{svector} 1\\ 1\\ 0\\ 0\\\end{svector},
\begin{svector} 1\\ 0\\ 1\\ 0\\\end{svector},
\begin{svector} 1\\ 0\\ 0\\ 1\\\end{svector}
\big\}\\
&= &\vectorspacespan\big\{
\begin{svector} 1\\ 1\\ 0\\ 0\\\end{svector},
\begin{svector} 2\\ 0\\ 1\\ 0\\\end{svector},
\begin{svector} -2\\ 0\\ 0\\ 1\\\end{svector}
\begin{svector} 1\\ 0\\ 1\\ 0\\\end{svector},
\begin{svector} 1\\ 0\\ 0\\ 1\\\end{svector}
\big\}.\\
\end{mathe}
Wir haben nun ein Erzeugendensystem bestimmt.
Diese Menge muss auf eine \emph{maximale linear unabhängige Teilmenge} reduziert werden,
um eine Basis daraus zu berechnen.
Hierfür reicht es aus,
die Vektoren in ein homogenes LGS überzuführen,
die Matrix auf Zeilenstufenform zu reduzieren,
um etwa durch die Spalten entsprechend den freien Unbekannten zu bestimmen,
welche Spalten linear abhängig sind.
\begin{algorithm}[\rtab][\rtab]
Homogenes System:
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\begin{matrix}{ccccc}
1 &2 &-2 &1 &1\\
1 &0 &0 &0 &0\\
0 &1 &0 &1 &0\\
0 &0 &1 &0 &1\\
\end{matrix}\\
\end{mathe}
Zeilenoperation
${Z_{2}\leftsquigarrow Z_{1}-Z_{2}}$
anwenden:
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\begin{matrix}{ccccc}
1 &2 &-2 &1 &1\\
0 &2 &-2 &1 &1\\
0 &1 &0 &1 &0\\
0 &0 &1 &0 &1\\
\end{matrix}\\
\end{mathe}
Zeilenoperation
${Z_{3}\leftsquigarrow 2\cdot Z_{3} - Z_{2}}$
anwenden:
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\begin{matrix}{ccccc}
1 &2 &-2 &1 &1\\
0 &2 &-2 &1 &1\\
0 &0 &2 &1 &-1\\
0 &0 &1 &0 &1\\
\end{matrix}\\
\end{mathe}
Zeilenoperation
${Z_{4}\leftsquigarrow Z_{3} - 2\cdot Z_{4}}$
anwenden:
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\begin{matrix}{ccccc}
1 &2 &-2 &1 &1\\
0 &2 &-2 &1 &1\\
0 &0 &2 &1 &-1\\
0 &0 &0 &1 &-3\\
\end{matrix}\\
\end{mathe}
$\Longrightarrow$ nur $x_{5}$ frei.
\end{algorithm}
Also hängt die 5. Spalte von Spalten 1--4 ab, welche der Zeilenstufenform zufolge linear unabhängig sind.
Folglich ist
\begin{mathe}[mc]{c}
\left\{
\begin{svector} 1\\ 1\\ 0\\ 0\\\end{svector},
\begin{svector} 2\\ 0\\ 1\\ 0\\\end{svector},
\begin{svector} -2\\ 0\\ 0\\ 1\\\end{svector}
\begin{svector} 1\\ 0\\ 1\\ 0\\\end{svector}
\right\}\\
\end{mathe}
eine \fbox{Basis für $U_{1}+U_{2}$}.
\textbf{ANSATZ II.}\\
Mithilfe der Dimensionsformel (siehe \cite[Satz~5.4.3~(2)]{sinn2020}) wissen wir
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\dim(U_{1}+U_{2})
&= &\dim(U_{1}) + \dim(U_{2}) - \dim(U_{1}\cap U_{2})\\
&= &3+3-2 = 4 = \dim(V).\\
\end{mathe}
Da $V$ endlich dimensional ist,
und $\dim(U_{1}+U_{2})=\dim(V)$
für den linearen Unterraum $U_{1}+U_{2}\subseteq V$
gilt,
gilt $U_{1}+U_{2}=V=\reell^{4}$
(Siehe \cite[Satz~5.4.3~(1)]{sinn2020}).
Darum können wir bspw. die \uline{kanonische Basis} für $\reell^{4}$
\begin{mathe}[mc]{c}
\left\{
\begin{svector} 1\\ 0\\ 0\\ 0\\\end{svector},
\begin{svector} 0\\ 1\\ 0\\ 0\\\end{svector},
\begin{svector} 0\\ 0\\ 1\\ 0\\\end{svector},
\begin{svector} 0\\ 0\\ 0\\ 1\\\end{svector}
\right\}\\
\end{mathe}
als \fbox{Basis für $U_{1}+U_{2}$} verwenden.
\textbf{Bemerkung.} In diesem letzten Teil hatten wir Glück.
Wenn sich $\dim(U_{1}+U_{2})<V$ herausgestellt hätte,
hätten wir Ansatz II nicht anwenden können,
und hätten etwas wie Ansatz I anwenden müssen.
%% AUFGABE 8-2
\clearpage
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 2]{}
\label{ueb:8:ex:2}
\let\sectionname\altsectionname
In dieser Aufgabe arbeiten wir im Vektorraum $V=\reell[x]_{\leq d}$
für ein $d\in\ntrlpos$.
Dies ist ein linearer Unterraum von $\reell[x]$.
Seien
\begin{mathe}[mc]{c}
\mathbf{v}_{i} := (x-1)^{i}\in V\\
\end{mathe}
für $i\in\{0,1,\ldots,d\}$.
\begin{schattierteboxdunn}
\begin{claim}
\makelabel{claim:main:ueb:8:ex:2}
Die Vektoren in $B:=\{\mathbf{v}_{0},\mathbf{v}_{1}\ldots,\mathbf{v}_{d}\}$
bilden eine Basis für $V$.
\end{claim}
\end{schattierteboxdunn}
\begin{proof}
\textbf{Zu zeigen:} $B$ ist ein Erzeugendensystem
und ist eine linear unabhängige Menge.
\uwave{{\bfseries Erzeugendensystem:}}\\
Da $1,x,\ldots,x^{d}$ offensichtlich ein Erzeugendensystem für $V$ ist,\\
reicht es aus \textbf{zu zeigen},
dass $x^{k}\in\vectorspacespan B$
für alle $k\in\{0,1,\ldots,d\}$.\\
Fixiere also ein beliebiges $k\in\{0,1,\ldots,d\}$.\\
Mithilfe der binomischen Formel wissen wir
\begin{mathe}[mc]{rcccccl}
x^{k} &= &(x-1\,+\,1)^{k}
&= &\sum_{i=0}^{k}\choose{k}{i}\cdot (x-1)^{i}\cdot 1^{k-i}
&= &\sum_{i=0}^{k}c_{i}\mathbf{v}_{i},\\
\end{mathe}
wobei $c_{i}=\choose{k}{i}\in\reell$ für alle $i\in\{0,1,\ldots,k\}$.
Darum gilt offensichtlich $x^{k}\in\vectorspacespan B$
für alle $k\in\{0,1,\ldots,d\}$.\\
Also ist $B$ ein Erzeugendensystem.
\uwave{{\bfseries Lineare Unabhägigkeit:}}\\
Seien $c_{0},c_{1},\ldots,c_{d}\in\reell$ mit
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\eqtag[eq:1:\beweislabel]
\sum_{i=0}^{d}c_{i}\mathbf{v}_{i} &= &\zerovector\\
\end{mathe}
wobei $\zerovector$ der Nullvektor von $V$ ist,
also das $0$-Polynom.
\textbf{Zu zeigen:} $c_{0},c_{1},\ldots,c_{d}=0$.
\textbf{Ansatz I:}
\fbox{Angenommen}, dies sei nicht der Fall.
Sei $k\in\{0,1,\ldots,d\}$ maximal mit $c_{k}\neq 0$.
Falls $k=0$, dann
\begin{mathe}[mc]{rcl}
x^{0} &= &c_{0}^{-1}c_{0}(x-1)^{0}\\
&= &c_{0}^{-1}\sum_{i=0}^{d}c_{i}(x-1)^{i}
\quad\text{wegen Maximalität von $k$}\\
&\eqcrefoverset{eq:1:\beweislabel}{=}
&c_{0}^{-1}\cdot\zerovector\\
&= &\zerovector,\\
\end{mathe}
was offensichtlich ein Widerspruch ist.
Falls $k>0$, dann
\begin{mathe}[mc]{rcl}
x^{k}
&=
&x^{k}-c_{k}^{-1}\cdot\zerovector\\
&\eqcrefoverset{eq:1:\beweislabel}{=}
&x^{k}-c_{k}^{-1}\sum_{i=0}^{d}c_{i}(x-1)^{i}\\
&=
&x^{k}-\sum_{i=0}^{k}c_{k}^{-1}c_{i}(x-1)^{i}
\quad\text{wegen Maximalität von $k$}\\
&=
&\sum_{i=0}^{k-1}
-c_{k}^{-1}c_{i}(x-1)^{i}
+(x^{k}-(x-1)^{k}).\\
\end{mathe}
Mithilfe der binomischen Formel ist es leicht zu sehen,
dass der letzte Term ein Polynom vom Grade $<k$ ist.\\
Das heißt, $x^{k}\in\vectorspacespan\{1,x,\ldots,x^{k-1}\}$.\\
Daraus folgt, dass $1,x,\ldots,x^{k-1},x^{k}$
\emph{linear abhängig} sind.\\
Aber dies widerspricht,
dass $1,x^{1},x^{2},\ldots$ im (Ober)vektorraum $\reell[x]$ linear unabhängig sind
(siehe \cite[Bsp.~5.2.7]{sinn2020}).\\
Darum gilt die Annahme nicht.
Also $c_{0},c_{1},\ldots,c_{d}=0$.
\textbf{Ansatz II:}
Sei nun $t\in\reell$ ein beliebiger Wert.
Wenn man $x=t+1$ in \eqcref{eq:1:\beweislabel} einsetzt,
erhält man
\begin{mathe}[mc]{rcccccl}
\eqtag[eq:2:\beweislabel]
\sum_{i=0}^{d}c_{i}t^{i}
&= &\sum_{i=0}^{d}c_{i}\mathbf{v}_{i}(t+1)
&= &\zerovector(t+1)
&= &0.\\
\end{mathe}
Da \eqcref{eq:2:\beweislabel} nun für alle $t\in\reell$ gilt,
haben wir somit bewiesen, dass
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\eqtag[eq:3:\beweislabel]
\sum_{i=0}^{d}c_{i}x^{i} &= &\zerovector\\
\end{mathe}
gilt.
Da nun $1,x^{1},x^{2},\ldots$ im (Ober)vektorraum $\reell[x]$
linear unabhängig sind
(siehe \cite[Bsp.~5.2.7]{sinn2020}),
folgt aus \eqcref{eq:3:\beweislabel}
per Definition von linearer Unabhägigkeit,
dass $c_{0},c_{1},\ldots,c_{d}=0$ gilt.
\end{proof}
%% AUFGABE 8-3
\clearpage
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 3]{}
\label{ueb:8:ex:3}
\let\sectionname\altsectionname
Sei $V$ ein Vektorraum über $\kmplx$ mit Basis
$\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n}$.
Bezeichne mit $W$ denselben Vektorraum,
nur über dem Körper $\reell$ statt $\kmplx$.
\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
%% AUFGABE 8-3a
\item\voritemise
\begin{schattierteboxdunn}
\begin{claim}
\makelabel{claim:1:ueb:8:ex:3}
Die Vektoren $\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n}$
\fbox{bleiben linear unabhängig} in $W$.
\end{claim}
\end{schattierteboxdunn}
\begin{proof}
Seien $c_{1},c_{2},\ldots,c_{n}\in\reell$ mit
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\eqtag[eq:1:\beweislabel]
\sum_{i=1}^{n}c_{i}\mathbf{v}_{i} &= &\zerovector\\
\end{mathe}
\textbf{Zu zeigen:} $c_{1},c_{2},\ldots,c_{n}=0$.\\
Da per Voraussetzung von Aufgabe 3
$\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n}$
linear unabhängig in $V$ sind,
gilt nun
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\eqtag[eq:2:\beweislabel]
\forall{c'_{1},c'_{2},\ldots,c'_{n}\in\kmplx:~}
\sum_{i=1}^{n}c'_{i}\mathbf{v}_{i}=\zerovector
\Rightarrow
c'_{1},c'_{2},\ldots,c'_{n}=0.\\
\end{mathe}
Da $\reell\subseteq\kmplx$ folgt unmittelbar aus
\eqcref{eq:1:\beweislabel}
und \eqcref{eq:2:\beweislabel},
dass $c_{1},c_{2},\ldots,c_{n}=0$ gilt.
\end{proof}
%% AUFGABE 8-3b
\item
Wir beantworten (b) zusammen mit (c).
%% AUFGABE 8-3c
\item\voritemise
\begin{schattierteboxdunn}
\begin{claim}
\makelabel{claim:2-3:ueb:8:ex:3}
Die Vektoren
$\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n},
\mathbf{v}_{n+1},\mathbf{v}_{n+2},\ldots,\mathbf{v}_{2n}$,
wobei
\begin{mathe}[mc]{c}
\forall{i\in\{1,2,\ldots,n\}:~}
\mathbf{v}_{n+i}:=\imageinh\cdot\mathbf{v}_{n}
~\text{(berechnet in $V$)},\\
\end{mathe}
bilden \fbox{eine Basis für $W$}.
Insbesondere gilt \fbox{$\dim(W)=2n=2\dim(V)$}.
\end{claim}
\end{schattierteboxdunn}
\begin{proof}
\textbf{Zu zeigen:}
$\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{2n}$
ist ein Erzeugendensystem für $W$
und linear unabhängig.
\uwave{{\bfseries Erzeugendensystem:}}\\
Sei $\mathbf{\xi}\in W(=V)$ ein beliebiger Vektor.
\textbf{Zu zeigen:}
Es gibt $c_{1},c_{2},\ldots,c_{2n}\in\reell$,
so dass $\sum_{i=1}^{2n}c_{i}\mathbf{v}_{i}=\mathbf{\xi}$.\\
Da nun $\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n}$
eine Basis für $V$ ist,
und $V$ ein $\kmplx$-Vektorraum ist,
existieren Skalare $\alpha_{1},\alpha_{2},\ldots,\alpha_{n}\in\kmplx$,
so dass
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\eqtag[eq:1:\beweislabel]
\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}\mathbf{v}_{i} &= &\mathbf{\xi}.\\
\end{mathe}
Setze nun
\begin{mathe}[mc]{cqc}
c_{i}:=\ReTeil(\alpha_{i}),
&c_{n+i}:=\ImTeil(\alpha_{i})\\
\end{mathe}
für alle $i\in\{1,2,\ldots,n\}$. Dann gilt
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\sum_{i=1}^{2n}c_{i}\mathbf{v}_{i}
&= &\sum_{i=1}^{n}c_{i}\mathbf{v}_{i}
+ \sum_{i=n+1}^{2n}c_{i}\mathbf{v}_{i}\\
&= &\sum_{i=1}^{n}c_{i}\mathbf{v}_{i}
+ \sum_{i=1}^{n}c_{n+i}\mathbf{v}_{n+i}\\
&= &\sum_{i=1}^{n}c_{i}\mathbf{v}_{i}
+ \sum_{i=1}^{n}c_{n+i}(\imageinh\cdot\mathbf{v}_{i})
\quad\text{(per Konstruktion)}\\
&= &\sum_{i=1}^{n}(c_{i}+\imageinh\cdot c_{n+i})\mathbf{v}_{i}\\
&= &\sum_{i=1}^{n}(\ReTeil(\alpha_{i})+\imageinh\ImTeil(\alpha_{i}))\mathbf{v}_{i}
\quad\text{(per Konstruktion)}\\
&= &\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}\mathbf{v}_{i}
\eqcrefoverset{eq:1:\beweislabel}{=}
\mathbf{\xi}.\\
\end{mathe}
Also gibt es $c_{1},c_{2},\ldots,c_{2n}\in\reell$,
so dass $\sum_{i=1}^{2n}c_{i}\mathbf{v}_{i}=\mathbf{\xi}$.
Da dies für alle $\mathbf{\xi}\in W$ gilt,
bilden $\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{2n}$
ein Erzeugendensystem für $W$.
\uwave{{\bfseries Lineare Unabhägigkeit:}}\\
Seien $c_{1},c_{2},\ldots,c_{2n}\in\reell$, so dass
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\eqtag[eq:2:\beweislabel]
\sum_{i=1}^{2n}c_{i}\mathbf{v}_{i} &= &\zerovector.\\
\end{mathe}
\textbf{Zu zeigen:}
$c_{1},c_{2},\ldots,c_{2n}=0$.
Es gilt
\begin{mathe}[mc]{rclcl}
\eqtag[eq:2b:\beweislabel]
\zerovector
&\eqcrefoverset{eq:2:\beweislabel}{=}
&\sum_{i=1}^{2n}c_{i}\mathbf{v}_{i}
&= &\sum_{i=1}^{n}
\overbrace{
(c_{i}+\imageinh\cdot c_{n+i})
}^{=:\alpha_{i},\,\in\kmplx}
\mathbf{v}_{i},\\
\end{mathe}
wobei die letzte Umformung genau wie in der o.\,s. Berechnung
sich herleiten lässt.
Da $\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n}$
im $\kmplx$-Vektorraum, $V$,
linear unabhängig sind,
folgt aus \eqcref{eq:2b:\beweislabel},
dass $\alpha_{1},\alpha_{2},\ldots,\alpha_{n}=0$.\\
Da $c_{i}\in\reell$ für alle $i\in\{1,2,\ldots,2n\}$,
folgt aus der Definition von jedem $\alpha_{i}$,
dass
\begin{mathe}[mc]{rclcl}
c_{i} &= &\ReTeil(\alpha_{i}) &= &0\\
c_{n+i} &= &\ImTeil(\alpha_{i}) &= &0\\
\end{mathe}
für alle $i\in\{1,2,\ldots,n\}$.
Darum gilt $c_{1},c_{2},\ldots,c_{2n}=0$.
Also sind $\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{2n}$
linear unabhängig.
\end{proof}
\end{enumerate}
\textbf{Bemerkung.}
Zum Schluss betrachten wir den konkreten Fall von $V=\kmplx^{2}$
mit der kanonischen Basis
\begin{mathe}[mc]{cqc}
\mathbf{v}_{1}:=\begin{svector} 1\\ 0\\\end{svector},
&\mathbf{v}_{2}:=\begin{svector} 0\\ 1\\\end{svector}.\\
\end{mathe}
\Cref{claim:2-3:ueb:8:ex:3} zufolge ist
\begin{mathe}[mc]{cqcqcqc}
\mathbf{v}_{1},
&\mathbf{v}_{2},
&\mathbf{v}_{3}:=\imageinh\cdot\mathbf{v}_{1} = \begin{svector} \imageinh\\ 0\\\end{svector},
&\mathbf{v}_{4}:=\imageinh\cdot\mathbf{v}_{2} = \begin{svector} 0\\ \imageinh\\\end{svector}.\\
\end{mathe}
eine Basis für $W:=\kmplx^{2}$, wenn dies als $\reell$-Vektorraum betrachtet wird.
Insbesondere gilt $\dim(W)=4$.
%% ********************************************************************************
%% FILE: body/uebung/ueb9.tex
%% ********************************************************************************
\setcounternach{chapter}{9}
\chapter[Woche 9]{Woche 9}
\label{ueb:9}
%% AUFGABE 9-1
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 1]{}
\label{ueb:9:ex:1}
\let\sectionname\altsectionname
Seien
\begin{mathe}[mc]{cqcqcqcqc}
u_{1} := \begin{svector} 1\\ 2\\ -1\\ 1\\\end{svector},
&u_{2} := \begin{svector} -1\\ -2\\ 1\\ 2\\\end{svector},
&v_{1} := \begin{svector} 1\\ 2\\ -1\\ -2\\\end{svector},
&v_{2} := \begin{svector} -1\\ 3\\ 0\\ -2\\\end{svector},
&v_{3} := \begin{svector} 2\\ -1\\ -1\\ 1\\\end{svector}.\\
\end{mathe}
Vektoren in $\reell^{4}$ und setze
\begin{mathe}[mc]{cqc}
U:=\vectorspacespan\{u_{1},u_{2}\}
&V:=\vectorspacespan\{v_{1},v_{2},v_{3}\}.\\
\end{mathe}
\begin{schattierteboxdunn}
\begin{claim}
\makelabel{claim:1:ueb:9:ex:1}
$U\subseteq V$.
\end{claim}
\end{schattierteboxdunn}
\begin{einzug}[\rtab][\rtab]
\begin{proof}
Es reicht aus zu zeigen, dass $u_{1},u_{2}\in\vectorspacespan\{v_{1},v_{2},v_{3}\}$.
Zu diesem Zwecke reicht es aus
das homogene LGS $A\mathbf{x}=\zerovector$
in Zeilenstufenform zu bringen,
wobei
\begin{mathe}[mc]{rcccl}
A &= &\left(
v_{1}\:v_{2}\:v_{3}\:u_{1}\:u_{2}
\right)
&= &\begin{smatrix}
1 &-1 &2 &1 &-1\\
2 &3 &-1 &2 &-2\\
-1 &0 &-1 &-1 &1\\
-2 &-2 &1 &1 &2\\
\end{smatrix}\\
\end{mathe}
und \textbf{zu zeigen}, dass $x_{4},x_{5}$ darin freie Unbekannte sind.
\begin{algorithm}[\rtab][\rtab]
Zeilenoperationen
${Z_{2}\leftsquigarrow Z_{2} - 2\cdot Z_{1}}$;
${Z_{3}\leftsquigarrow Z_{3} + Z_{1}}$
und
${Z_{4}\leftsquigarrow Z_{4} + 2\cdot Z_{1}}$
anwenden:
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\begin{matrix}{ccccc}
1 &-1 &2 &1 &-1\\
0 &5 &-5 &0 &0\\
0 &-1 &1 &0 &0\\
0 &-4 &5 &3 &0\\
\end{matrix}.\\
\end{mathe}
Zeilenoperation
${Z_{3}\leftsquigarrow Z_{3} + \frac{1}{5}\cdot Z_{2}}$
und
${Z_{4}\leftsquigarrow Z_{4} + \frac{4}{5}\cdot Z_{2}}$
anwenden:
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\begin{matrix}{ccccc}
1 &-1 &2 &1 &-1\\
0 &5 &-5 &0 &0\\
0 &0 &0 &0 &0\\
0 &0 &1 &3 &0\\
\end{matrix}.\\
\end{mathe}
Zeilenoperation
${Z_{3}\leftrightsquigarrow Z_{4}}$
anwenden:
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\begin{matrix}{ccccc}
\boxed{1} &-1 &2 &1 &-1\\
0 &\boxed{5} &-5 &0 &0\\
0 &0 &\boxed{1} &3 &0\\
0 &0 &0 &0 &0\\
\end{matrix}.\\
\end{mathe}
\end{algorithm}
Darum sind $x_{4},x_{5}$ im homogenen LGS frei.
Folglich gelten $u_{1},u_{2}\in\vectorspacespan\{v_{1},v_{2},v_{3}\}=V$
und damit gilt $U=\vectorspacespan\{u_{1},u_{2}\}\subseteq V$.
\end{proof}
\end{einzug}
\begin{rem}
\makelabel{rem:1:ueb:9:ex:1}
Im Beweis von \Cref{claim:1:ueb:9:ex:1} wurde aus der Feststellung,
dass $x_{4},x_{5}$ im LGS $A\mathbf{x}=\zerovector$ frei sind,
schlussfolgert,
dass $u_{1},u_{2}\in\vectorspacespan\{v_{1},v_{2},v_{3}\}$.
Diese Schlussfolgerung lässt sich rechtfertigen:
\begin{kompaktitem}[\rtab][\rtab]
\item Sei $u\in U=\vectorspacespan\{u_{1},u_{2}\}$.
Dann existieren $c_{1},c_{2}\in\reell$,
so dass \fbox{$u=c_{1}u_{1}+c_{2}u_{2}$}.
\item
Setze nun im homogenen LGS $x_{4}:=-c_{1}$ und $x_{5}:=-c_{2}$
und bestimme $x_{1},x_{2},x_{3}\in\reell$, gemäß der Zeilenstufenform.
Dies liefert uns eine Lösung zu $A\mathbf{x}=\zerovector$.
Wegen der Konstruktion von $A$ heißt dies
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\eqtag[eq:1:ueb:9:ex:1]
x_{1}v_{1}+x_{2}v_{2}+x_{3}v_{3}+x_{4}u_{1}+x_{5}u_{2} &= &\zerovector\\
\end{mathe}
\item
Folglich gilt
\begin{mathe}[mc]{rcl}
u &= &c_{1}u_{1}+c_{2}u_{2}\\
&= &-x_{4}u_{1} + -x_{5}u_{2}
\quad\text{(per Konstruktion)}\\
&\eqcrefoverset{eq:1:ueb:9:ex:1}{=}
&x_{1}v_{1}+x_{2}v_{2}+x_{3}v_{3}
\in \vectorspacespan\{v_{1},v_{2},v_{3}\}=V.\\
\end{mathe}
Da $u\in U$ beliebig gewählt wurde,
gilt $U\subseteq V$.
\end{kompaktitem}
Beachte hier, dass die Freiheit von $x_{4},x_{5}$ im LGS eine kritische Rolle spielt.
\end{rem}
\begin{schattierteboxdunn}
\begin{claim}
\makelabel{claim:2:ueb:9:ex:1}
$\{v_{2}+U\}$ ist eine Basis für $V/U$.
Insbesondere gilt $\dim(V/U)=1$.
\end{claim}
\end{schattierteboxdunn}
\begin{einzug}[\rtab][\rtab]
\begin{proof}
Unser Ziel ist es, zu bestimmen,
in wiefern sich das\footnote{evtl. nicht linear unabhängiges} System $\{u_{1},u_{2}\}$
durch die Vektoren
$v_{1},v_{2},v_{3}$
erweitern lässt,
und dabei die linear abhängigen Vektoren zu entfernen
und die linear unabhängigen zu behalten
(vgl. Ansatz im Beweis von \cite[Satz~5.5.3]{sinn2020}).
Zu diesem Zwecke untersuchen wir das homogene LGS,
$B\mathbf{x}=\zeromatrix$,
wobei
\begin{mathe}[mc]{rcccl}
B &= &\left(
u_{1}\:u_{2}\:v_{1}\:v_{2}\:v_{3}
\right)
&= &\begin{smatrix}
1 &-1 &1 &-1 &2\\
2 &-2 &2 &3 &-1\\
-1 &1 &-1 &0 &-1\\
1 &2 &-2 &-2 &1\\
\end{smatrix}.\\
\end{mathe}
Es reicht aus hier \textbf{zu zeigen},
dass $x_{3},x_{5}$ frei sind und $x_{4}$ nicht frei ist.
\begin{algorithm}[\rtab][\rtab]
Zeilenoperationen
${Z_{2}\leftsquigarrow Z_{2} - 2\cdot Z_{1}}$;
${Z_{3}\leftsquigarrow Z_{3} + Z_{1}}$
und
${Z_{4}\leftsquigarrow Z_{4} - Z_{1}}$
anwenden:
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\begin{matrix}{ccccc}
1 &-1 &1 &-1 &2\\
0 &0 &0 &5 &-5\\
0 &0 &0 &-1 &1\\
0 &3 &-3 &-1 &-1\\
\end{matrix}.\\
\end{mathe}
Zeilenoperation
${Z_{2}\leftrightsquigarrow Z_{4}}$
anwenden:
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\begin{matrix}{ccccc}
1 &-1 &1 &-1 &2\\
0 &3 &-3 &-1 &-1\\
0 &0 &0 &-1 &1\\
0 &0 &0 &5 &-5\\
\end{matrix}.\\
\end{mathe}
Zeilenoperation
${Z_{4}\leftsquigarrow Z_{4} + 5\cdot Z_{3}}$
anwenden:
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\begin{matrix}{ccccc}
\boxed{1} &-1 &1 &-1 &2\\
0 &\boxed{3} &-3 &-1 &-1\\
0 &0 &0 &\boxed{-1} &1\\
0 &0 &0 &0 &0\\
\end{matrix}.\\
\end{mathe}
\end{algorithm}
Darum sind $x_{3},x_{5}$ frei und $x_{1},x_{2},x_{4}$ nicht.
Also ist $\{v_{2}+U\}$ eine (einelementige) Basis für $V/U$.
\end{proof}
\end{einzug}
\begin{rem*}
Wie in \Cref{rem:1:ueb:9:ex:1} erklärt wurde,
sind die Spalten/Vektoren entsprechend den freien Variablen,
also $v_{1},v_{3}$,
linear abhängig von den Spalten/Vektoren entsprechend den nicht-freien Variablen,
also $u_{1},u_{2},u_{3}$.
Folglich gelten
\begin{mathe}[mc]{rcl}
v_{1}+U,v_{2}+U &\in &\vectorspacespan\{v_{3}+U\}\\
\end{mathe}
Und da $x_{4}$ nicht frei ist, hängt $v_{3}$ von $u_{1},u_{2}$ nicht ab.
Also gilt $v_{3}+U\neq\zerovector_{V/U}$.
\end{rem*}
%% AUFGABE 9-2
\clearpage
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 2]{}
\label{ueb:9:ex:2}
\let\sectionname\altsectionname
Seien
\begin{mathe}[mc]{cqcqcqcqc}
\mathbf{v}_{1} := \begin{svector} 1\\ -2\\ 3\\ 1\\\end{svector},
&\mathbf{v}_{2} := \begin{svector} 2\\ -5\\ 7\\ 0\\\end{svector},
&\mathbf{v}_{3} := \begin{svector} -2\\ 6\\ -9\\ -3\\\end{svector}.\\
\end{mathe}
Vektoren in $\reell^{4}$ und sei $\phi:\reell^{3}\to\reell^{4}$
die eindeutig definierte lineare Abbildung mit $\phi(\mathbf{e}_{i})=\mathbf{v}_{i}$
für $i\in\{1,2,3\}$,
wobei $\{\mathbf{e}_{1},\mathbf{e}_{2},\mathbf{e}_{3}\}$
die kanonische Basis für $\reell^{3}$ ist.
\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
%% AUFGABE 9-2(a)
\item
Wegen Linearität gilt für alle $x_{1},x_{2},x_{3}\in\reell$
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\phi(x_{1},x_{2},x_{3})
&= &\phi(x_{1}\mathbf{e}_{1}+x_{2}\mathbf{e}_{2}+x_{3}\mathbf{e}_{3})\\
&= &x_{1}\phi(\mathbf{e}_{1})+x_{2}\phi(\mathbf{e}_{2})+x_{3}\phi(\mathbf{e}_{3})\\
&= &x_{1}\mathbf{v}_{1}+x_{2}\mathbf{v}_{2}+x_{3}\mathbf{v}_{3}\\
&= &A\mathbf{x}\\
\end{mathe}
wobei
\begin{mathe}[mc]{rcl}
A &:= &\begin{smatrix}
1 &2 &-2\\
-2 &-5 &6\\
3 &7 &-9\\
1 &0 &-3\\
\end{smatrix}
\end{mathe}
Insbesondere gilt \fbox{$\phi=\phi_{A}$}.
Im nächsten Aufgabenteil nutzen wir diese Darstellung aus.
%% AUFGABE 9-2(b)
\item
Um zu bestimmen, ob $\phi=\phi_{A}$ injektiv, surjektiv, bijektiv ist,
berechnen wir die Zeilenstufenform von $A$.
Es gilt
\begin{algorithm}[\rtab][\rtab]
Zeilenoperationen
${Z_{2}\leftsquigarrow Z_{2} + 2\cdot Z_{1}}$;
${Z_{2}\leftsquigarrow Z_{2} - 3\cdot Z_{1}}$
und
${Z_{3}\leftsquigarrow Z_{3} - Z_{1}}$
anwenden:
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\begin{matrix}{ccccc}
1 &2 &-2\\
0 &-1 &2\\
0 &1 &-3\\
0 &-2 &-1\\
\end{matrix}.\\
\end{mathe}
Zeilenoperation
${Z_{3}\leftsquigarrow Z_{3} + Z_{2}}$
und
${Z_{4}\leftsquigarrow Z_{4} - 2\cdot Z_{2}}$
anwenden:
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\begin{matrix}{ccccc}
1 &2 &-2\\
0 &-1 &2\\
0 &0 &-1\\
0 &0 &-5\\
\end{matrix}.\\
\end{mathe}
Zeilenoperation
${Z_{4}\leftsquigarrow Z_{4} - 5\cdot Z_{3}}$
anwenden:
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\begin{matrix}{ccccc}
\boxed{1} &2 &-2\\
0 &\boxed{-1} &2\\
0 &0 &\boxed{-1}\\
0 &0 &0\\
\end{matrix}.\\
\end{mathe}
$\Rightarrow$ $\rank(A)=\text{\upshape Zeilenrang}(A)=3$
(siehe \cite[Satz~6.3.11]{sinn2020}).
\end{algorithm}
Also gilt $\phi=\phi_{A}$,
wobei $A$ eine $m\times n$-Matrix ist,
wobei $m=4$, $n=3$,
und $\rank(A)=3$.
Laut \cite[Korollar~6.3.15]{sinn2020} erhalten wir also
\begin{kompaktitem}
\item
$\phi$ \fbox{ist injektiv},
weil $\rank(A)=3\geq 3=n$.
\item
$\phi$ ist \fbox{nicht surjektiv},
weil $\rank(A)=3\ngeq 4=m$.
\item
$\phi$ ist \fbox{nicht bijektiv},
weil $m\neq n$.
\end{kompaktitem}
\end{enumerate}
%% AUFGABE 9-3
\clearpage
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 3]{}
\label{ueb:9:ex:3}
\let\sectionname\altsectionname
Seien $U,V,W$ Vektorräume über einem Körper $K$.
Seien ${\phi:U\to V}$ und ${\psi:V\to W}$ lineare Abbildungen.
\begin{schattierteboxdunn}
\begin{claim*}
${\psi\circ \phi:U\to W}$
ist injektiv $\Leftrightarrow$
$\phi$ injektiv und $\ker(\psi)\cap\range(\phi)=\{0\}$.
\end{claim*}
\end{schattierteboxdunn}
\begin{proof}
\hinRichtung
Angenommen, $\psi\circ\phi$ sei injektiv.
\textbf{Zu zeigen:} (i)~$\phi$ injektiv und (ii)~$\ker(\psi)\cap\range(\phi)=\{0\}$.\\
\begin{enumerate}{\bfseries (i)}[\rtab][\rtab]
\item
Seien $x,x'\in U$ beliebig. Dann gilt
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\phi(x)=\phi(x')
&\Longrightarrow
&\psi(\phi(x))=\psi(\phi(x'))\\
&\Longrightarrow
&(\psi\circ \phi)(x)=(\psi\circ \phi)(x')\\
&\textoverset{$\psi\circ\phi$ inj.}{\Longrightarrow}
&x=x'.\\
\end{mathe}
Folglich ist $\phi$ injektiv.
\item
Sei $y\in V$ beliebig. Es gilt
\begin{longmathe}[mc]{RCL}
y\in\ker(\psi)\cap\range(\phi)
&\Longleftrightarrow
&y\in\range(\phi)\,\text{und}\,y\in\ker(\psi)\\
&\Longleftrightarrow
&(\exists{x\in U:~}y=\phi(x))\,\text{und}\,y\in\ker(\psi)\\
&\Longleftrightarrow
&\exists{x\in U:~}(y=\phi(x)\,\text{und}\,y\in\ker(\psi))\\
&\Longleftrightarrow
&\exists{x\in U:~}(y=\phi(x)\,\text{und}\,\psi(y)=0)\\
&\Longleftrightarrow
&\exists{x\in U:~}(y=\phi(x)\,\text{und}\,\psi(\phi(x))=0)\\
&\Longleftrightarrow
&\exists{x\in U:~}(y=\phi(x)\,\text{und}\,(\psi\circ\phi)(x)=0)\\
&\Longleftrightarrow
&\exists{x\in U:~}(y=\phi(x)\,\text{und}\,x\in\ker(\psi\circ\phi))\\
&\Longleftrightarrow
&\exists{x\in U:~}(y=\phi(x)\,\text{und}\,x\in\{0\})\\
&&\text{(wegen Injektivität von $\psi\circ\phi$ + \cite[Lemma~6.1.4(1)]{sinn2020})}\\
&\Longleftrightarrow
&\exists{x\in U:~}(y=\phi(x)\,\text{und}\,x=0)\\
&\Longleftrightarrow
&y=\phi(0)=0
\Longleftrightarrow
y\in\{0\}.\\
\end{longmathe}
Darum gilt $\ker(\psi)\cap\range(\phi)=\{0\}$.
\end{enumerate}
\herRichtung
Angenommen, (i)~$\phi$ sei injektiv und (ii)~$\ker(\psi)\cap\range(\phi)=\{0\}$.
\textbf{Zu zeigen:} $\psi\circ\phi$ injektiv.\\
Hierfür wenden wir \cite[Lemma~6.1.4(1)]{sinn2020} an.
Sei $x\in U$ beliebig. Es gilt
\begin{longmathe}[mc]{RCL}
x\in\ker(\psi\circ\phi)
&\Longleftrightarrow
&\psi(\phi(x))=(\psi\circ\phi)(x)=0\\
&\Longleftrightarrow
&\phi(x)\in\ker(\psi)\\
&\Longleftrightarrow
&\phi(x)\in\ker(\psi)\cap\range(\phi)
\quad
\text{($\phi(x)$ ist immer in $\range(\phi)$)}\\
&\textoverset{(ii)}{\Longleftrightarrow}
&\phi(x)\in\{0\}\\
&\Longleftrightarrow
&\phi(x)=0\\
&\Longleftrightarrow
&x\in\ker(\phi)\\
&\Longleftrightarrow
&x\in\{0\}
\quad\text{(wegen (i) + \cite[Lemma~6.1.4(1)]{sinn2020})}\\\
\end{longmathe}
Darum gilt $\ker(\psi\circ\phi)=\{0\}$
und laut \cite[Lemma~6.1.4(1)]{sinn2020}
ist dies zur Injektivität von $\psi\circ\phi$ äquivalent.
\end{proof}
%% ********************************************************************************
%% FILE: body/uebung/ueb10.tex
%% ********************************************************************************
\setcounternach{chapter}{10}
\chapter[Woche 10]{Woche 10}
\label{ueb:10}
\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 10-1
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 1]{}
\label{ueb:10:ex:1}
\let\sectionname\altsectionname
Seien $V,W,X$ Vektorräume über einem Körper $K$
und seien ${\phi:V\to W}$ und ${\psi:W\to X}$ linear.
Des Weiteren sei angenommen, $V,W,X$ seien endlich dimensional.
\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
%% AUFGABE 10-1(a)
\item\voritemise
\begin{schattierteboxdunn}
\begin{claim*}
$\rank(\psi\circ\phi)\leq\min\{\rank(\psi),\rank(\phi)\}$.
\end{claim*}
\end{schattierteboxdunn}
\begin{proof}
Sei $d=\rank(\psi\circ\phi)=\dim(\range(\psi\circ\phi))$.
\textbf{Zu zeigen:}
${d\leq\rank(\psi)\textoverset{Defn}{=}\dim(\range(\psi))}$
und
${d\leq\rank(\phi)\textoverset{Defn}{=}\dim(\range(\phi))}$.
Da $d=\dim(\range(\psi\circ\phi))$, existiert eine Basis
\begin{mathe}[mc]{c}
(x_{1},x_{2},\ldots,x_{d})\subseteq\range(\psi\circ\phi)\\
\end{mathe}
für $\range(\psi\circ\phi)$.
Insbesondere sind $x_{1},x_{2},\ldots,x_{d}$ linear unabhängig.
Da jedes $x_{i}\in\range(\psi\circ\phi)$, existieren $v_{i}\in V$,
so dass $(\psi\circ\phi)(v_{i})=x_{i}$ für alle ${i\in\{1,2,\ldots,d\}}$.
Setze außerdem $w_{i}:=\phi(v_{i})$ für jedes ${i\in\{1,2,\ldots,d\}}$.
Darum $x_{i}=(\psi\circ\phi)(v_{i})=\psi(\phi(v_{i}))=\psi(w_{i})$ für alle ${i\in\{1,2,\ldots,d\}}$.
Da ${x_{i}=\psi(w_{i})\in\range(\psi)}$ für alle ${i\in\{1,2,\ldots,d\}}$,
folgt aus der linearen Unabhängigkeit von
${(x_{1},x_{2},\ldots,x_{d})}$,
dass \fbox{$d\leq\dim(\range(\psi))$}
(siehe \cite[Satz~5.3.4]{sinn2020}).
Es bleibt noch zu zeigen, dass $d\leq\rank(\phi)$ gilt.
Da $w_{i}\in\range(\phi)$ für alle ${i\in\{1,2,\ldots,d\}}$,
reicht es aus wie oben zu zeigen,
dass ${(w_{1},w_{2},\ldots,w_{d})}$ linear unabhängig sind.
Für $c_{1},c_{2},\ldots,c_{d}\in K$ gelten nun folgende Implikationen:
\begin{longmathe}[mc]{RCL}
\sum_{i=1}^{d}c_{i}w_{i}=\zerovector
&\Longrightarrow
&\psi(\sum_{i=1}^{d}c_{i}w_{i})=\psi(\zerovector)\\
&\Longrightarrow
&\sum_{i=1}^{d}c_{i}\psi(w_{i})=\zerovector\\
&&\text{wegen Linearität von $\psi$ und \cite[Lemma~6.1.2]{sinn2020}}\\
&\Longrightarrow
&\sum_{i=1}^{d}c_{i}x_{i}=\zerovector\\
&&\text{per Konstruktion von $w_{i}$}\\
&\Longrightarrow
&c_{1},c_{2},\ldots,c_{d}=0_{K}\\
&&\text{weil ${(x_{1},x_{2},\ldots,x_{d})}$ linear unabhängig ist.}\\
\end{longmathe}
Damit gilt
${\sum_{i=1}^{d}c_{i}w_{i}=\zerovector
\Rightarrow
c_{1},c_{2},\ldots,c_{d}=0_{K}}$
für alle $c_{1},c_{2},\ldots,c_{d}\in K$.
Also ist ${(w_{1},w_{2},\ldots,w_{d})}$ linear unabhängig.
Da ${w_{i}\in\range(\phi)}$ für alle ${i\in\{1,2,\ldots,d\}}$,
erschließt sich aus der linearen Unabhängigkeit
\fbox{$d\leq\dim(\range(\phi))$}
(siehe \cite[Satz~5.3.4]{sinn2020}).
\end{proof}
%% AUFGABE 10-1(b)
\item\voritemise
\begin{schattierteboxdunn}
\begin{claim*}
Falls $\psi$ injektiv ist,
so gilt $\rank(\psi\circ\phi)=\rank(\phi)$.
\end{claim*}
\end{schattierteboxdunn}
\begin{proof}
Laut Teil (a) wissen wir bereits, dass $\rank(\psi\circ\phi)\leq\rank(\phi)$.
Es bleibt \textbf{zu zeigen}, dass $\rank(\psi\circ\phi)\geq\rank(\phi)$.
Sei $d:=\rank(\phi)\textoverset{Defn}{=}\dim(\range(\phi))$.
Dann existiert eine Basis
\begin{mathe}[mc]{c}
(w_{1},w_{2},\ldots,w_{d})\subseteq\range(\phi)\\
\end{mathe}
für $\range(\phi)$.
Da jedes $w_{i}\in\range(\phi)$, existieren $v_{i}\in V$,
so dass $\phi(v_{i})=w_{i}$ für alle ${i\in\{1,2,\ldots,d\}}$.
Setze außerdem
$x_{i}:=\psi(w_{i})=\psi(\phi(v_{i}))=(\psi\circ\phi)(v_{i})\in\range(\psi\circ\phi)$
für jedes ${i\in\{1,2,\ldots,d\}}$.
Wir zeigen nun, dass
$(x_{1},x_{2},\ldots,x_{d})$
linear unabhängig ist.
Für $c_{1},c_{2},\ldots,c_{d}\in K$ gelten nun folgende Implikationen:
\begin{longmathe}[mc]{RCL}
\sum_{i=1}^{d}c_{i}x_{i}=\zerovector
&\Longrightarrow
&\sum_{i=1}^{d}c_{i}\psi(w_{i})=\zerovector\\
&&\text{per Konstruktion von $x_{i}$}\\
&\Longrightarrow
&\psi(\sum_{i=1}^{d}c_{i}w_{i})=\zerovector\\
&&\text{wegen Linearität von $\psi$}\\
&\Longrightarrow
&\sum_{i=1}^{d}c_{i}w_{i}\in\ker(\psi)=\{\zerovector\}\\
&&\text{wegen \uline{Injektivität} von $\psi$ + \cite[Lemma~6.1.4]{sinn2020}}\\
&\Longrightarrow
&\sum_{i=1}^{d}c_{i}w_{i}=\zerovector\\
&\Longrightarrow
&c_{1},c_{2},\ldots,c_{d}=0_{K}\\
&&\text{weil ${(x_{1},x_{2},\ldots,x_{d})}$ linear unabhängig ist.}\\
\end{longmathe}
Damit gilt
${\sum_{i=1}^{d}c_{i}x_{i}=\zerovector
\Rightarrow
c_{1},c_{2},\ldots,c_{d}=0_{K}}$
für alle $c_{1},c_{2},\ldots,c_{d}\in K$.
Also ist ${(x_{1},x_{2},\ldots,x_{d})}$ linear unabhängig.
Da $(x_{1},x_{2},\ldots,x_{d})$ linear unabhängig ist
und ${x_{i}\in\range(\psi\circ\phi)}$ für alle ${i\in\{1,2,\ldots,d\}}$,
folgt \fbox{$%
d\leq\dim(\range(\psi\circ\phi))
\textoverset{Defn}{=}\rank(\psi\circ\phi)%
$}
(siehe \cite[Satz~5.3.4]{sinn2020}).
\end{proof}
%% AUFGABE 10-1(c)
\item\voritemise
\begin{schattierteboxdunn}
\begin{claim*}
Falls $\phi$ surjektiv ist,
so gilt $\rank(\psi\circ\phi)=\rank(\psi)$.
\end{claim*}
\end{schattierteboxdunn}
\begin{proof}
Es gilt
\begin{mathe}[bc]{rcl}
\rank(\psi\circ\phi)
&\textoverset{Defn}{=}
&\dim(\range(\psi\circ\phi))\\
&= &\dim((\psi\circ\phi)(V))\\
&= &\dim(\psi(\phi(V)))\\
&= &\dim(\psi(\range(\phi)))\\
&= &\dim(\psi(W)),
\quad\text{da $\phi$ surjektiv ist}\\
&= &\dim(\range(\psi))\\
&\textoverset{Defn}{=}
&\rank(\psi).\\
\end{mathe}
\end{proof}
\end{enumerate}
%% AUFGABE 10-2
\clearpage
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 2]{}
\label{ueb:10:ex:2}
\let\sectionname\altsectionname
Seien
\begin{mathe}[mc]{ccccc}
v_{1} = \begin{vector} 2\\ 1\\\end{vector},
&v_{2} = \begin{vector} -1\\ 1\\\end{vector},
&w_{1} = \begin{vector} 1\\ 1\\ 0\\\end{vector},
&w_{2} = \begin{vector} 1\\ -1\\ 2\\\end{vector},
&w_{3} = \begin{vector} 0\\ 3\\ -1\\\end{vector}.
\end{mathe}
Zuerst beoachten wir dass
$\cal{A}:=(v_{1},\,v_{2})$
und
$\cal{B}:=(w_{1},\,w_{2},\,w_{3})$
Basen für $\reell^{2}$ bzw. $\reell^{3}$:
Setze
${A:=(v_{1}\ v_{2})=\begin{smatrix}
2 &-1\\
1 &1\\
\end{smatrix}}$
und
${B:=(w_{1}\ w_{2}\ w_{3})=\begin{smatrix}
1 &1 &0\\
1 &-1 &3\\
0 &2 &-1\\
\end{smatrix}}$.
Anwendung des Gaußverfahrens liefert
\begin{mathe}[mc]{rclcl}
A
&\xrightarrow{
Z_{2}\mapsfrom 2\cdot Z_{2} - Z_{1}
}
&
\begin{matrix}{rr}
\boxed{2} &-1\\
0 &\boxed{3}\\
\end{matrix}
\\
B
&\xrightarrow{
Z_{2}\mapsfrom Z_{2} - Z_{1}
}
&
\begin{matrix}{rrr}
1 &1 &0\\
0 &-2 &3\\
0 &2 &-1\\
\end{matrix}
&\xrightarrow{
Z_{3}\mapsfrom Z_{3} + Z_{2}
}
&
\begin{matrix}{rrr}
\boxed{1} &1 &0\\
0 &\boxed{-2} &3\\
0 &0 &\boxed{2}\\
\end{matrix}
\\
\end{mathe}
Darum gilt
${\rank(A)=2=\dim(\reell^{2})}$
und
${\rank(B)=3=\dim(\reell^{3})}$,
woraus sich ergibt,
dass
$\cal{A}$ eine Basis für $\reell^{2}$
und $\cal{B}$ eine Basis für $\reell^{3}$
sind (vgl. \cite[Korollar~5.4.4]{sinn2020}).
\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
%% AUFGABE 10-2(a)
\item
Für $x\in\reell^{2}$ sei $\phi(x)\in\reell^{2}$ definiert durch
\begin{mathe}[mc]{rcccccl}
\phi(x)
&= &\begin{vector} 2x_{1}\\ -x_{2}\\\end{vector}
&= &\begin{vector} 2\\ 0\\\end{vector}x_{1}
+ \begin{vector} 0\\ -1\\\end{vector}x_{2}
&= &\underbrace{
\begin{matrix}{rr}
2 &0\\
0 &-1\\
\end{matrix}
}_{=:C}
x.\\
\end{mathe}
Also gilt $\phi=\phi_{C}$.
Folglich gilt $M^{\cal{A}}_{\cal{A}}(\phi)=A^{-1}CA$.
Um dies zu berechnen betrachten wir das augmentierte System
$\left(A \vert CA\right)$
und führen darauf das Gaußverfahren, bis die linke Hälfte wie die Identitätsmatrix aussieht.
Dann steht in der rechten Hälfte die Matrix $A^{-1}CA$.
Es gilt
\begin{mathe}[mc]{rcccl}
CA &= &\begin{matrix}{rr}
2 &0\\
0 &-1\\
\end{matrix} \begin{matrix}{rr}
2 &-1\\
1 &1\\
\end{matrix}
&= &
\begin{matrix}{rr}
4 &-2\\
-1 &-1\\
\end{matrix}
.\\
\end{mathe}
Und das augmentierte System, $\left(A \vert CA\right)$, wird wie folgt reduziert:
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\begin{matrix}{rr|rr}
2 &-1 &4 &-2\\
1 &1 &-1 &-1\\
\end{matrix}
&\xrightarrow{
Z_{2}\mapsfrom 2\cdot Z_{2} - Z_{1}
}
&
\begin{matrix}{rr|rr}
2 &-1 &4 &-2\\
0 &3 &-6 &0\\
\end{matrix}
\\
&\xrightarrow{
Z_{1}\mapsfrom 3\cdot Z_{1} + Z_{2}
}
&
\begin{matrix}{rr|rr}
6 &0 &6 &-6\\
0 &3 &-6 &0\\
\end{matrix}
\\
&\xrightarrow{
\substack{
Z_{1}\mapsfrom Z_{1}:6\\
Z_{2}\mapsfrom Z_{2}:3\\
}
}
&
\begin{matrix}{rr|rr}
1 &0 &1 &-1\\
0 &1 &-2 &0\\
\end{matrix}
.\\
\end{mathe}
Darum gilt $M^{\cal{A}}_{\cal{A}}(\phi)=A^{-1}CA=\boxed{\begin{matrix}{rr}
1 &-1\\
-2 &0\\
\end{matrix}}$.
%% AUFGABE 10-2(b)
\item
Für $x\in\reell^{2}$ sei $\phi(x)\in\reell^{3}$ definiert durch
\begin{mathe}[mc]{rcccccl}
\phi(x)
&= &\begin{vector} x_{1}+x_{2}\\ 5x_{2}-x_{1}\\ 2x_{1}-4x_{2}\\\end{vector}
&= &\begin{vector} 1\\ -1\\ 2\\\end{vector}x_{1}
+ \begin{vector} 1\\ 5\\ -4\\\end{vector}x_{2}
&= &\underbrace{
\begin{matrix}{rr}
1 &1\\
-1 &5\\
2 &-4\\
\end{matrix}
}_{=:C}
x.\\
\end{mathe}
Also gilt $\phi=\phi_{C}$.
Folglich gilt $M^{\cal{A}}_{\cal{B}}(\phi)=B^{-1}CA$.
Um dies zu berechnen betrachten wir das augmentierte System
$\left(B \vert CA\right)$
und führen darauf das Gaußverfahren, bis die linke Hälfte wie die Identitätsmatrix aussieht.
Dann steht in der rechten Hälfte die Matrix $B^{-1}CA$.
Es gilt
\begin{mathe}[mc]{rcccl}
CA &= &\begin{matrix}{rr}
1 &1\\
-1 &5\\
2 &-4\\
\end{matrix} \begin{matrix}{rr}
2 &-1\\
1 &1\\
\end{matrix}
&= &
\begin{matrix}{rrr}
3 &0\\
3 &6\\
0 &-6\\
\end{matrix}
.\\
\end{mathe}
Und das augmentierte System, $\left(B \vert CA\right)$, wird wie folgt reduziert:
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\begin{matrix}{rrr|rr}
1 &1 &0 &3 &0\\
1 &-1 &3 &3 &6\\
0 &2 &-1 &0 &-6\\
\end{matrix}
&\xrightarrow{
Z_{2}\mapsfrom Z_{1} - Z_{2}
}
&
\begin{matrix}{rrr|rr}
1 &1 &0 &3 &0\\
0 &2 &-3 &0 &-6\\
0 &2 &-1 &0 &-6\\
\end{matrix}
\\
&\xrightarrow{
\substack{
Z_{1}\mapsfrom 2\cdot Z_{1}-Z_{2}\\
Z_{3}\mapsfrom Z_{3}-Z_{2}\\
}
}
&
\begin{matrix}{rrr|rr}
2 &0 &3 &6 &6\\
0 &2 &-3 &0 &-6\\
0 &0 &2 &0 &0\\
\end{matrix}
\\
&\xrightarrow{
\substack{
Z_{1}\mapsfrom 2\cdot Z_{1} - 3\cdot Z_{3}\\
Z_{2}\mapsfrom 2\cdot Z_{1} + 3\cdot Z_{3}\\
}
}
&
\begin{matrix}{rrr|rr}
4 &0 &0 &12 &12\\
0 &4 &0 &0 &-12\\
0 &0 &2 &0 &0\\
\end{matrix}
\\
&\xrightarrow{
\substack{
Z_{1}\mapsfrom Z_{1}:4\\
Z_{2}\mapsfrom Z_{2}:4\\
Z_{3}\mapsfrom Z_{3}:2\\
}
}
&
\begin{matrix}{rrr|rr}
1 &0 &0 &3 &3\\
0 &1 &0 &0 &-3\\
0 &0 &1 &0 &0\\
\end{matrix}
.\\
\end{mathe}
Darum gilt $M^{\cal{A}}_{\cal{B}}(\phi)=B^{-1}CA=\boxed{\begin{matrix}{rr}
3 &3\\
0 &-3\\
0 &0\\
\end{matrix}}$.
\item
Für $x\in\reell^{3}$ sei $\phi(x)\in\reell^{2}$ definiert durch
\begin{mathe}[mc]{rcccccl}
\phi(x)
&= &\begin{vector} 2x_{2}\\ 3x_{1}-4x_{3}\\\end{vector}
&= &\begin{vector} 0\\ 3\\\end{vector}x_{1}
+ \begin{vector} 2\\ 0\\\end{vector}x_{2}
+ \begin{vector} 0\\ -4\\\end{vector}x_{3}
&= &\underbrace{
\begin{matrix}{rrr}
0 &2 &0\\
3 &0 &-4\\
\end{matrix}
}_{=:C}
x.\\
\end{mathe}
Also gilt $\phi=\phi_{C}$.
Folglich gilt $M^{\cal{B}}_{\cal{A}}(\phi)=A^{-1}CB$.
Um dies zu berechnen betrachten wir das augmentierte System
$\left(A \vert CB\right)$
und führen darauf das Gaußverfahren, bis die linke Hälfte wie die Identitätsmatrix aussieht.
Dann steht in der rechten Hälfte die Matrix $A^{-1}CB$.
Es gilt
\begin{mathe}[mc]{rcccl}
CB &= &\begin{matrix}{rrr}
0 &2 &0\\
3 &0 &-4\\
\end{matrix} \begin{matrix}{rrr}
1 &1 &0\\
1 &-1 &3\\
0 &2 &-1\\
\end{matrix}
&= &
\begin{matrix}{rrr}
2 &-2 &6\\
3 &-5 &4\\
\end{matrix}
.\\
\end{mathe}
Und das augmentierte System, $\left(A \vert CB\right)$, wird wie folgt reduziert:
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\begin{matrix}{rr|rrr}
2 &-1 &2 &-2 &6\\
1 &1 &3 &-5 &4\\
\end{matrix}
&\xrightarrow{
Z_{2}\mapsfrom 2\cdot Z_{2} - Z_{1}
}
&
\begin{matrix}{rr|rrr}
2 &-1 &2 &-2 &6\\
0 &3 &4 &-8 &2\\
\end{matrix}
\\
&\xrightarrow{
Z_{1}\mapsfrom 3\cdot Z_{1}+Z_{2}
}
&
\begin{matrix}{rr|rrr}
6 &0 &10 &-14 &20\\
0 &3 &4 &-8 &2\\
\end{matrix}
\\
&\xrightarrow{
\substack{
Z_{1}\mapsfrom Z_{1}:6\\
Z_{2}\mapsfrom Z_{2}:3\\
}
}
&
\begin{matrix}{rr|rrr}
1 &0 &5/3 &-7/3 &10/3\\
0 &1 &4/3 &-8/3 &2/3\\
\end{matrix}
.\\
\end{mathe}
Darum gilt $M^{\cal{B}}_{\cal{A}}(\phi)=A^{-1}CB=\boxed{\begin{matrix}{rrr}
5/3 &-7/3 &10/3\\
4/3 &-8/3 &2/3\\
\end{matrix}}$.
\end{enumerate}
%% AUFGABE 10-3
\clearpage
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 3]{}
\label{ueb:10:ex:3}
\let\sectionname\altsectionname
Seien $d\in\ntrlpos$ und $a\in\reell$.
Betrachet sei die Abbildung
${\phi:\reell[x]_{\leq d}\to\reell[x]_{\leq d}}$
definiert durch
\begin{mathe}[mc]{rclql}
\phi(f)(t) &:= &f(t+a),
&\text{für alle $f\in\reell[x]_{\leq d}$, $t\in\reell$}.\\
\end{mathe}
Bevor wir die uns den Aufgaben widmen,
machen wir von der binomischen Formel mehrfach Gebrauch
und beobachten wir
für
$f\in\reell[x]_{\leq d}$
der Form $f=\sum_{k=0}^{d}\alpha_{k}x^{k}$
mit $\alpha_{0},\alpha_{1},\ldots,\alpha_{d}\in\reell$,
dass
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\phi(f)(t)
&= &f(t+a)\\
&= &\sum_{k=0}^{d}\alpha_{k}(t+a)^{k}\\
&= &\sum_{k=0}^{d}\alpha_{k}\sum_{i=0}^{k}\choose{k}{i}a^{k-i}t^{i}
\quad\text{(Anwendung der bin. Formel)}\\
&= &\sum_{k=0}^{d}\sum_{i=0}^{k}\alpha_{k}\choose{k}{i}a^{k-i}t^{i}\\
&= &\sum_{i=0}^{d}
\big(
\underbrace{
\sum_{k=i}^{d}
\choose{k}{i}a^{k-i}\alpha_{k}
}_{=:\alpha'_{i}}
\big)
t^{i}.\\
\end{mathe}
für alle $t\in\reell$ gilt. Folglich gilt
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\eqtag[eq:0:ueb:10:ex:3]
\phi(f) &= &\sum_{i=0}^{d}\alpha'_{i}x^{i}.
\end{mathe}
Insbesondere ist es zumindest klar,
dass $\phi(f)\in\reell[x]_{\leq d}$
für alle $f\in\reell[x]_{\leq d}$
gilt. D.\,h. $\phi$ ist wohldefiniert.
\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
%% AUFGABE 10-3(a)
\item
\begin{claim*}
$\phi$ ist linear.
\end{claim*}
\begin{proof}[Ansatz I]
Wir beweisen die Aussage direkt.
Für diesen Beweis ist es wichtig, dass wir die Objekte des Vektorraumes,
$\reell[x]_{\leq d}$
wirklich als Funktionen und nicht als abstrakte Objekt betrachten.
Es reicht aus \textbf{zu zeigen},
dass $\phi$ dem (LIN)-Axiom genügt (siehe \cite[\S{}6.1]{sinn2020}).
Seien also $c,c'\in\reell$ und $f,g\in\reell[x]_{\leq d}$ beliebig.
\textbf{Zu zeigen:} $\phi(cf+c'g)=c\phi(f)+c'\phi(g)$.
Für alle $x\in\reell$ berechnen wir
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\eqtag[eq:1:ueb:10:ex:3]
(\phi(cf+c'g))(x)
&\textoverset{Defn}{=}
&(cf+c'g)(x+a)\\
&\textoverset{($\ast$)}{=}
&(cf)(x+a)+(c'g)(x+a)\\
&\textoverset{($\ast$)}{=}
&c\cdot (f(x+a)) + c'\cdot (g(x+a))\\
&\textoverset{Defn}{=}
&c\cdot(\phi(f)(x)) + c'\cdot(\phi(g)(x))\\
&\textoverset{($\ast$)}{=}
&(c\cdot\phi(f))(x) + (c'\cdot\phi(g))(x)\\
&\textoverset{($\ast$)}{=}
&(c\cdot\phi(f)+c'\cdot\phi(g))(x)\\
\end{mathe}
Hier gelten die mit ($\ast$) gekennzeichneten Gleichungen,
per Definition von (punktweise) Skalarmultiplikation und Vektoraddition
innerhalb des Vektorraumes, der aus $\reell$-wertigen Funktionen besteht.
Da nun \eqcref{eq:1:ueb:10:ex:3} für alle $x\in\reell$ gilt,
haben wir beweisen, dass $\phi(cf+c'g)=c\phi(f)+c'\phi(g)$
für alle $c,c'\in\reell$ und $f,g\in\reell[x]_{\leq d}$
Darum gilt das (LIN)-Axiom.
Somit ist $\phi$ linear.
\end{proof}
\begin{proof}[Ansatz II]
In diesem Ansatz machen wir von Darstellungsmatrizen Gebrauch.
Da nun ${\cal{B}=\{x^{0},x^{1},\ldots,x^{d}\}}$ eine Basis von ${V:=\reell[x]_{\leq d}}$ ist
und $\phi$ eine wohldefinierte Funktion von $V$ nach $V$ ist,
können wir o.\,E. $\phi$ als Abbildung von $\reell^{d+1}$ nach $\reell^{d+1}$ betrachten.
Bezeichen wir diese Abbildung als $\tilde{\phi}$.
Da $\reell^{d+1}$ zu $V$ isomorph ist,
reicht es aus, um die Linearität von $\phi$ zu beweisen,
\textbf{zu zeigen},
dass eine Matrix $C\in\reell^{(d+1)\times(d+1)}$ existiert,
so dass $\tilde{\phi}$ gleich $\phi_{C}$ ist,
was auf jeden Fall linear ist (siehe \cite[\S{}6.2]{sinn2020}).
Zu diesem Zwecke konstruieren wir die Matrix,
${C\in\reell^{(d+1)\times(d+1)}}$,
mit Einträgen
\begin{mathe}[mc]{rcl}
C_{ij} &=
&\begin{cases}[m]{ccl}
\choose{j}{i}a^{j-i} &: &j\geq i\\
0 &: &j<i\\
\end{cases}\\
\end{mathe}
für ${i,j\in\{0,1,\ldots,d\}}$.
Für alle
${\mathbf{\alpha}\in\reell^{d+1}}$,
unter Betrachtung des entsprechenden Objekts
${f=\sum_{i=0}^{d}\alpha_{i}x^{i}\in\reell[x]_{\leq d}}$,
und da laut \eqcref{eq:0:ueb:10:ex:3}
${\phi(f)=\sum_{i=0}^{d}\alpha'_{i}x^{i}}$
mit ${\alpha'_{i}=\sum_{j=i}^{d}\choose{j}{i}a^{j-i}\alpha_{j}}$
für alle ${i\in\{0,1,\ldots,d\}}$,
erhalten wir
\begin{mathe}[mc]{rcccl}
\tilde{\phi}(\mathbf{\alpha})
&= &\mathbf{\alpha}'
&= &(\sum_{j=i}^{d}\choose{j}{i}a^{j-i}\alpha_{j})_{i=0}^{d+1}.
\end{mathe}
Beachte nun, dass
\begin{mathe}[mc]{rcccccl}
\sum_{j=i}^{d}\choose{j}{i}a^{j-i}\alpha_{j}
&= &\sum_{j=i}^{d}C_{ij}\alpha_{j}
&= &\sum_{j=0}^{d}C_{ij}\alpha_{j}
&= &\text{das $i$-te Element von}\,C\cdot\mathbf{\alpha}\\
\end{mathe}
für alle ${i\in\{0,1,\ldots,d+1\}}$, da $C_{ij}=0$ für $0\leq j<i$.
Darum gilt
$\tilde{\phi}(\mathbf{\alpha})
=C\cdot\mathbf{\alpha}
=\phi_{C}(\mathbf{\alpha})$
für alle $\mathbf{\alpha}\in\reell^{d+1}$.
Also, $\tilde{\phi}=\phi_{C}$.
Darum ist $\phi$ wie oben erklärt linear.
\end{proof}
%% AUFGABE 10-3(b)
\item
Laut Teil (a) ist $\phi$ linear, und somit hat $\phi$
eine (eindeutige) Matrizendarstellung
$M^{\cal{B}}_{\cal{B}}(\phi)\in\reell^{(d+1)\times (d+1)}$.
Wir haben dies im 2. Ansatz im Allgemeinen explizit ausgerechnet
(siehe die Konstruktion von $C$ in diesem Beweis).
Für $d=4$ ist dies nun
\begin{mathe}[mc]{rcl}
M^{\cal{B}}_{\cal{B}}(\phi)
&= &\begin{matrix}{rrrrr}
\choose{0}{0}a^{0} &\choose{1}{0}a^{1} &\choose{2}{0}a^{2} &\choose{3}{0}a^{3} &\choose{4}{0}a^{4}\\
0 &\choose{1}{1}a^{0} &\choose{2}{1}a^{1} &\choose{3}{1}a^{2} &\choose{4}{1}a^{3}\\
0 &0 &\choose{2}{2}a^{0} &\choose{3}{2}a^{1} &\choose{4}{2}a^{2}\\
0 &0 &0 &\choose{3}{3}a^{0} &\choose{4}{3}a^{1}\\
0 &0 &0 &0 &\choose{4}{4}a^{0}\\
\end{matrix}\\
&= &\begin{matrix}{rrrrr}
1 &a &a^{2} &a^{3} &a^{4}\\
0 &1 &2a &3a^{2} &4a^{3}\\
0 &0 &1 &3a &6a^{2}\\
0 &0 &0 &1 &4a\\
0 &0 &0 &0 &1\\
\end{matrix}.
\end{mathe}
Als \textbf{Alternative} können wir (davon ausgehend, dass $\phi$ linear ist)
einfach die Abbildung auf die Basiselemente anwenden,
diese wiederum in Bezug auf die Basis umschreiben
und daraus die Darstellungsmatrix ablesen:
\begin{mathe}[mc]{rclclcl}
\phi(x^{0})
&= &(x+a)^{0}
&= &
1\cdot x^{0}
&\cong &\begin{svector} 1\\ 0\\ 0\\ 0\\ 0\\\end{svector}\\
\phi(x^{1})
&= &(x+a)^{1}
&= &
a\cdot x^{0} + 1\cdot x^{1}
&\cong &\begin{svector} a\\ 1\\ 0\\ 0\\ 0\\\end{svector}\\
\phi(x^{2})
&= &(x+a)^{2}
&= &
a^{2}\cdot x^{0} + 2a\cdot x^{1} + 1\cdot x^{2}
&\cong &\begin{svector} a^{2}\\ 2a\\ 1\\ 0\\ 0\\\end{svector}\\
\phi(x^{3})
&= &(x+a)^{3}
&= &
a^{3}\cdot x^{0} + 3a^{2}\cdot x^{1} + 3a\cdot x^{2} + 1\cdot x^{3}
&\cong &\begin{svector} a^{3}\\ 3a^{2}\\ 3a\\ 1\\ 0\\\end{svector}\\
\phi(x^{4})
&= &(x+a)^{4}
&= &
a^{4}\cdot x^{0} + 4a^{3}\cdot x^{1} + 6a^{2}\cdot x^{2} + 4a\cdot x^{3} + 1\cdot x^{4}
&\cong &\begin{svector} a^{4}\\ 4a^{3}\\ 6a^{2}\\ 4a\\ 1\\\end{svector}\\
\end{mathe}
Wenn wir diese Spalten in eine Matrix aufführen,
ergibt sich genau die o.\,s. Matrizendarstellung von $\phi$.
\textbf{Bemerkung.} Als kleine Bestätigung, dass dies »nicht offensichtlich falsch« sei,
beachte, dass sich diese Matrix der Identitätsmatrix ($\cong$ Identitätsabbbildung)
nähert als ${a\longrightarrow 0}$ in $\reell$, was zu erwarten ist.
\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
\textbf{Hinweis:} Hier scheint im Punkt (ii) etwas verwechselt worden zu sein.
Seien $M$, $N$ Mengen und $R\subseteq M\times N$.
\begin{claim}
\makelabel{claim:main:ska:4:ex:2}
Angenommen, $R$ erfülle folgende Eigenschaften:
\begin{kompaktenum}{\bfseries (i)}[\rtab][\rtab]
\item\punktlabel{1}
$\forall{x\in M:~}\exists{y\in N:~}(x,y)\in R$
\item\punktlabel{2}
$\forall{x\in M:~}\forall{y,y'\in N:~}
(x,y),(x,y')\in R
\Rightarrow y=y'$
\end{kompaktenum}
Dann existiert eine (notwendigerweise eindeutige) Funktion,
${f:M\to N}$,
so dass $\graph(f)=R$.
\end{claim}
\begin{einzug}[\rtab][\rtab]
\begin{proof}
Wir definieren ${f:M\to N}$ durch
\begin{mathe}[mc]{rcl}
f(x) &= &y\\
\end{mathe}
für $(x,y)\in R$.
Offensichtlich gilt
$\graph(f)
=\{(x,y)\in M\times N\mid f(x)=y\}
=\{(x,y)\in M\times N\mid (x,y)\in R\}
=R$.
\textbf{Zu zeigen:}
(1) $f$ ist überall definiert;
(2) $f$ ist wohldefiniert.
\begin{kompaktenum}[\rtab][\rtab]
\item[\uwave{{\bfseries Überall definiert:}}]
Sei $x\in M$.
\textbf{Zu zeigen:} $f(x)=y$ für ein $y\in N$.\\
Eigenschaft \punktlabel{1} besagt, dass ein $y\in M$ existiert,
so dass $(x,y)\in R$.
Per Konstruktion erhalten wir, dass $f(x)=y$ gilt.
\item[\uwave{{\bfseries Wohldefiniertheit:}}]
Seien $x\in M$ und $y,y'\in N$.
Angenommen, $f(x)=y$ und $f(x)=y'$.\\
\textbf{Zu zeigen:} $y=y'$.\\
Aus $f(x)=y$ und $f(x)=y'$
folgt $(x,y),(x,y')\in R$ per Konstruktion von $f$.\\
Eigenschaft \punktlabel{2} besagt, dass $y=y'$.
\end{kompaktenum}
Darum ist $f$ eine Abbildung zwischen $M$ und $N$
und $\graph(f)=R$.
\end{proof}
\end{einzug}
%% SKA 4-3
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\section[Aufgabe 3]{}
\label{ska:4:ex:3}
\let\sectionname\altsectionname
Sei $X=\{a,b,c\}$ und betrachte die binäre Relation,
$(\Pot(X),\leq)$, definiert durch
\begin{mathe}[mc]{rcl}
A\leq B &\Longleftrightarrow &X\ohne A\subseteq X\ohne B\\
\end{mathe}
für $A,B\in\Pot(X)$.
\begin{claim*}
$(\Pot(X),\leq)$ ist eine partielle Ordnung (auch »Halbordnung« genannt).
\end{claim*}
Es gibt nun 3 Ansätze, um dies zu zeigen.
\begin{proof}[Ansatz I][Ansatz I]
Beobachte, dass für $A,B\in\Pot(X)$
\begin{mathe}[mc]{rcl}
A\leq B
&\textoverset{Defn}{\Longleftrightarrow}
&X\ohne A\subseteq X\ohne B\\
&\Longrightarrow
&X\ohne (X\ohne A)\supseteq X\ohne (X\ohne B)\\
&\Longrightarrow
&A\supseteq B,
\,\text{da $A,B\subseteq X$}\\
&\Longrightarrow
&X\ohne A\subseteq X\ohne B\\
&\textoverset{Defn}{\Longleftrightarrow}
&A\leq B,\\
\end{mathe}
also $A\leq B\Leftrightarrow A\supseteq B$.
Darum kann $(\Pot(X),\leq)$ mit $(\Pot(X),\supseteq)$
identifiziert werden.
Letzteres ist bekanntermaßen eine Halbordnung.
\end{proof}
\begin{proof}[Ansatz II][Ansatz II]
Im konkreten Falle von $X=\{a,b,c\}$ können wir die Relation
durch ein \emph{Hasse-Diagramm} skizzieren:
\hraum
{\footnotesize
\begin{tikzpicture}[node distance=1cm, thick]
\pgfmathsetmacro\habst{1.5}
\pgfmathsetmacro\vabst{1}
\node (Set1) at (0*\habst,0*\vabst) {$X$};
\node (SetAB) at (-1*\habst,1*\vabst) {$\{a,b\}$};
\node (SetAC) at (0*\habst,1*\vabst) {$\{a,c\}$};
\node (SetBC) at (1*\habst,1*\vabst) {$\{b,c\}$};
\node (SetA) at (-1*\habst,2*\vabst) {$\{a\}$};
\node (SetB) at (0*\habst,2*\vabst) {$\{b\}$};
\node (SetC) at (1*\habst,2*\vabst) {$\{c\}$};
\node (Set0) at (0*\habst,3*\vabst) {$\leer$};
\draw (Set1) edge [->] (SetAB);
\draw (Set1) edge [->] (SetAC);
\draw (Set1) edge [->] (SetBC);
\draw (SetAB) edge [->] (SetA);
\draw (SetAB) edge [->] (SetB);
\draw (SetAC) edge [->] (SetA);
\draw (SetAC) edge [->] (SetC);
\draw (SetBC) edge [->] (SetB);
\draw (SetBC) edge [->] (SetC);
\draw (SetA) edge [->] (Set0);
\draw (SetB) edge [->] (Set0);
\draw (SetC) edge [->] (Set0);
\end{tikzpicture}}
\hraum
Man sieht, dass dies einen \emph{Verband} und damit insbesondere eine Halbordnung bildet.
\end{proof}
\begin{proof}[Ansatz III][Ansatz III]
Wir gehen die Axiome einer Halbordnung durch:
\begin{kompaktenum}[\rtab][\rtab]
\item[\uwave{{\itshape Reflexivität:}}]
Sei $A\in\Pot(X)$ beliebig.
\textbf{Zu zeigen:} $A\leq A$.\\
Offensichtlich gilt $X\ohne A\subseteq X\ohne A$.\\
Per Konstruktion gilt also $A\leq A$.
\item[\uwave{{\itshape Antisymmetrie:}}]
Seien $ A, A'\in\Pot(X)$ beliebig.\\
\textbf{Zu zeigen:} $A\leq A'$ und $A'\leq A$ $\Rightarrow$ $A=A'$.\\
Es gilt
\begin{mathe}[mc]{rclql}
A\leq A'\,\text{und}\, A'\leq A
&\Longleftrightarrow
&X\ohne A\subseteq X\ohne A'
\,\text{und}\,
X\ohne A'\subseteq X\ohne A
&\text{(per Konstruktion)}\\
&\Longrightarrow
&X\ohne A=X\ohne A'
&\text{(per Definition von Mengengleichheit)}\\
&\Longrightarrow
&A=A',
&\text{da $A,A'\subseteq X$}.\\
\end{mathe}
\item[\uwave{{\itshape Transitivität:}}]
Seien $A, A',(a'',b'')\in\Pot(X)$ beliebig.\\
\textbf{Zu zeigen:} $A\leq A'$ und $A'\leq A''$ $\Rightarrow$ $A\leq A''$.\\
Es gilt
\begin{mathe}[mc]{rcl}
A\leq A'\,\text{und}\, A'\leq A''
&\Longleftrightarrow
&X\ohne A\subseteq X\ohne A'
\,\text{und}\,
X\ohne A'\subseteq X\ohne A''
\,\text{(per Konstruktion)}\\
&\Longrightarrow
&X\ohne A\subseteq X\ohne A''\\
&\Longleftrightarrow
&A\leq A''
\,\text{(per Konstruktion)}.\\
\end{mathe}
\end{kompaktenum}
Darum erfüllt $(\Pot(X),\leq)$ die Axiome einer Halbordnung.
\end{proof}
%% SKA 4-4
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\section[Aufgabe 4]{}
\label{ska:4:ex:4}
\let\sectionname\altsectionname
Betrachten wir die Halbordnung aus \cite[Beispiel 2.4.2(2)]{sinn2020}.
Es sei also $C=\{a,b,c\}$ und
die durch folgendes \emph{Hasse-Diagramm} dargestellte Ordnungsrelation auf $\Pot(C)$:
\hraum
{\footnotesize
\begin{tikzpicture}[node distance=1cm, thick]
\pgfmathsetmacro\habst{1.5}
\pgfmathsetmacro\vabst{1}
\node (Set1) at (0*\habst,3*\vabst) {$C$};
\node (SetAB) at (-1*\habst,2*\vabst) {$\{a,b\}$};
\node (SetAC) at (0*\habst,2*\vabst) {$\{a,c\}$};
\node (SetBC) at (1*\habst,2*\vabst) {$\{b,c\}$};
\node (SetA) at (-1*\habst,1*\vabst) {$\{a\}$};
\node (SetB) at (0*\habst,1*\vabst) {$\{b\}$};
\node (SetC) at (1*\habst,1*\vabst) {$\{c\}$};
\node (Set0) at (0*\habst,0*\vabst) {$\leer$};
\draw (Set0) edge [->] (SetA);
\draw (Set0) edge [->] (SetB);
\draw (Set0) edge [->] (SetC);
\draw (SetA) edge [->] (SetAB);
\draw (SetA) edge [->] (SetAC);
\draw (SetB) edge [->] (SetAB);
\draw (SetB) edge [->] (SetBC);
\draw (SetC) edge [->] (SetAC);
\draw (SetC) edge [->] (SetBC);
\draw (SetAB) edge [->] (Set1);
\draw (SetAC) edge [->] (Set1);
\draw (SetBC) edge [->] (Set1);
\end{tikzpicture}}
\hraum
Wenn wir das Element $\leer$ von $\Pot(C)$ entfernen sieht die Struktur folgendermaßen aus
\hraum
{\footnotesize
\begin{tikzpicture}[node distance=1cm, thick]
\pgfmathsetmacro\habst{1.5}
\pgfmathsetmacro\vabst{1}
\node (Set1) at (0*\habst,3*\vabst) {$C$};
\node (SetAB) at (-1*\habst,2*\vabst) {$\{a,b\}$};
\node (SetAC) at (0*\habst,2*\vabst) {$\{a,c\}$};
\node (SetBC) at (1*\habst,2*\vabst) {$\{b,c\}$};
\node (SetA) at (-1*\habst,1*\vabst) {$\{a\}$};
\node (SetB) at (0*\habst,1*\vabst) {$\{b\}$};
\node (SetC) at (1*\habst,1*\vabst) {$\{c\}$};
\draw (SetA) edge [->] (SetAB);
\draw (SetA) edge [->] (SetAC);
\draw (SetB) edge [->] (SetAB);
\draw (SetB) edge [->] (SetBC);
\draw (SetC) edge [->] (SetAC);
\draw (SetC) edge [->] (SetBC);
\draw (SetAB) edge [->] (Set1);
\draw (SetAC) edge [->] (Set1);
\draw (SetBC) edge [->] (Set1);
\end{tikzpicture}}
\hraum
Offensichtlich hat $(\Pot(C)\ohne\{\leer\},\subseteq)$ kein kleinstes Element.
Die Menge der minimalen Elementen ist durch $\{\{a\},\{b\},\{c\}\}$ gegeben.
Also gibt es $3$ minimale Elemente.
%% SKA 4-5
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\section[Aufgabe 5]{}
\label{ska:4:ex:5}
\let\sectionname\altsectionname
Sei $W$ die Menge aller Wörter und $\Sigma$ die Menge aller Buchstaben.
O.\,E. können wir annehmen, dass jedes Wort $w\in W$ der Länge $|w|\geq 2$ ist.
(In Sprachen wie Englisch, Russisch, usw. ist dies nicht der Fall,
aber wir könnten diese trivialen Wörter einfach ausschließen.)
Betrachten wir die Relation $(W,\sim)$ gegeben durch
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\eqtag[eq:1:ska:4:ex:5]
w\sim w' &:\Longleftrightarrow &f(w)=f(w),
\end{mathe}
wobei $f:W\to\Sigma$ die Abbildung mit
$f(w)=\text{1. Buchstabe in $w$}$
für alle $w\in W$ ist.
Dann per Konstruktion \uline{reduziert} $f$
die Relation $(W,\sim)$ auf $(\Sigma,=)$.
Aufgrund dessen und da $(\Sigma,=)$ eine Äquivalenzrelation ist,
ist $(W,\sim)$ automatisch eine Äquivalenzrelation auch.
Eigentlich spielt est keine Rolle, wie die Funktion, $f$, aussieht.
Solange die Reduktion \eqcref{eq:1:ska:4:ex:5} gilt,
bleibt $(W,\sim)$ eine Äquivalenzrelation.
Dies gilt also insbesondere ebenfalls,
wenn $f$ den zweitletzten Buchstaben von Wörtern berechnet.
%% SKA 4-6
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\section[Aufgabe 6]{}
\label{ska:4:ex:6}
\let\sectionname\altsectionname
\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
%% SKA 4-6a
\item
\begin{mathe}[tc]{rcl}
\sum_{i=2}^{6}(-1)^{i}i^{2}
&= &(-1)^{2}\cdot 2^{2}
+(-1)^{3}\cdot 3^{2}
+(-1)^{4}\cdot 4^{2}
+(-1)^{5}\cdot 5^{2}
+(-1)^{6}\cdot 6^{2}\\
&= &4-9+16-25+36
= 22\\
\end{mathe}
%% SKA 4-6b
\item
\begin{mathe}[tc]{rcl}
\prod_{j=1}^{4}(2j-1)
&= &(2\cdot 1 - 1)
+(2\cdot 2 - 1)
+(2\cdot 3 - 1)
+(2\cdot 4 - 1)\\
&= &1-3+5-7
= -4\\
\end{mathe}
\end{enumerate}
%% SKA 4-7
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\section[Aufgabe 7]{}
\label{ska:4:ex:7}
\let\sectionname\altsectionname
\begin{claim}
\makelabel{claim:main:ska:4:ex:7}
Bezeichne mit $\Phi(n)$ die Aussage
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\eqtag[eq:1:\beweislabel]
\sum_{i=1}^{n}(-1)^{i}i^{2} &= &(-1)^{n}\frac{1}{2}n(n+1).\\
\end{mathe}
Dann gilt $\forall{n\in\ntrlpos:~}\Phi(n)$.
\end{claim}
\begin{einzug}[\rtab][\rtab]
\begin{proof}
Wir zeigen \Cref{\beweislabel} stumpf per Induktion.
\begin{kompaktenum}[\rtab][\rtab]
\item[\uwave{{\bfseries Induktionsanfang:}}]
Sei $n=1$. Dann
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\sum_{i=1}^{n}(-1)^{i}i^{2}
&= &(-1)^{1}1^{2} = -1\\
(-1)^{n}\frac{1}{2}n(n+1)
&= &(-1)^{1}\frac{1}{2}\cdot 1\cdot (1+1) = -1\\
\end{mathe}
Also gilt \eqcref{eq:1:\beweislabel}.
Also gilt $\Phi(1)$.
\item[\uwave{{\bfseries Induktionsvoraussetzung:}}]
Sei $n>1$.
Angenommen, $\Phi(n-1)$ gilt.
\item[\uwave{{\bfseries Induktionsschritt:}}]
\textbf{Zu zeigen:} $\Phi(n)$ gilt, d.\,h.
Gleichung \eqcref{eq:1:\beweislabel} gilt.\\
Es gilt
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\sum_{i=1}^{n}(-1)^{i}i^{2}
&= &\sum_{i=1}^{n-1}(-1)^{i}i^{2} + (-1)^{n}n^{2}\\
&= &(-1)^{n-1}\frac{1}{2}(n-1)(n-1+1) + (-1)^{n}n^{2}\\
&&\text{wegen der IV}\\
&= &(-1)^{n}\cdot(-\frac{1}{2}n(n-1) + n^{2})\\
&= &(-1)^{n}\cdot(-\frac{1}{2}n^{2} + \frac{1}{2}n + n^{2})\\
&= &(-1)^{n}\cdot(\frac{1}{2}n^{2} + \frac{1}{2}n)\\
&= &(-1)^{n}\frac{1}{2}n(n+1).\\
\end{mathe}
Also gilt \eqcref{eq:1:\beweislabel}.
Also gilt $\Phi(n)$.
\end{kompaktenum}
Also gilt $\forall{n\in\ntrlpos:~}\Phi(n)$.
\end{proof}
\end{einzug}
Für die Summe $\sum_{i=3}^{n}(-1)^{i}i^{2}$
ist der Ausdruck lediglich
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\sum_{i=3}^{n}(-1)^{i}i^{2}
&= &\sum_{i=1}^{n}(-1)^{i}i^{2}-(-1)^{1}\cdot 1-(-1)^{2}2^{2}\\
&= &(-1)^{n}\frac{1}{2}n(n+1)-3\\
\end{mathe}
für alle $n\geq 3$.
Sollten wir dies per Induktion beweisen wollen,
brauchen wir lediglich im o.\,s. Beweis
den \textbf{Induktionsanfang} auf $n=3$ zu ändern.
Der Rest bleibt erhalten.
\begin{rem}
Man merkt, dass Induktion mit Deduzieren (»Ableiten«) nichts zu tun hat.
Induktion ist schließlich nur ein Werkzeug,
um Behauptungen zu \emph{verifizieren}.
Sie verschafft uns aber keine Mittel,
um \emph{auf die Behauptungen zu kommen}.
In diesem konkreten Falle wurde Vorarbeit geleistet
und \emph{direkt} argumentiert,
um auf den Ausdruck in \eqcref{eq:1:\beweislabel} zu kommen.
Ohne diese Arbeit wären wir auf diesen Ausdruck gar nicht gekommen.
In dieser Vorarbeit steckt also die eigentliche mathematische Arbeit
und dies bedarf etwas Kreativität, Intuition, usw.
Häufig reicht diese Vorarbeit aber nur,
um auf eine sinnvolle Behauptung zu kommen,
und zum Schluss runden wir dies mit Induktion ab,
um formal die behauptete Aussage zu bestätigen.
Das ist die eigentliche Rolle von Induktion als Beweismittel.
\end{rem}
%% SKA 4-8
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\section[Aufgabe 8]{}
\label{ska:4:ex:8}
\let\sectionname\altsectionname
\uwave{{\bfseries Kurzes Argument:}}\\
Wenn jede Farbe jeweils auf maximal $1$ Karte vorkommt,
gibt es $\leq 4\cdot 1$ Karten.
Aber $5$ Karten werden gewählt.
\uwave{{\bfseries Ausführliches Argument:}}\\
Seien
${X:=\{\clubsuit, \diamondsuit, \heartsuit, \spadesuit\}}$
die Menge der Farben und
${Y:=\{1,2,3,4,5\}}$
die Indizes der Karten.
Sei ${f:X\to\Pot(Y)}$ die Funktion,
die der Wahl entspricht, d.\,h.
\begin{mathe}[mc]{rcl}
f(x) &= &\{y\in Y\mid\text{Karte $y$ hat Farbe $x$}\}\\
\end{mathe}
für alle Farben $x\in X$.
Nun, jede Karte, $y\in Y$, hat eine Farbe, sodass $y\in f(x)$ für ein $x\in X$.
Also $Y\subseteq\bigcup_{x\in X}f(x)$.
Und per Definition $f(x)\subseteq Y$ für alle $x\in X$.
Darum $\bigcup_{x\in X}f(x)\subseteq Y$.
Also
\begin{mathe}[mc]{rcl}
Y &= &\bigcup_{x\in X}f(x)\\
\end{mathe}
Andererseits sind die Mengen $(f(x))_{x\in X}$ paarweise disjunkt,
da jede Karte höchstens eine Farbe hat.
Also ist $(f(x))_{x\in X}$ eine \emph{Partition} von $Y$.
Darum
\begin{mathe}[mc]{ll}
&|Y| = |\bigcup_{x\in X}f(x)|
= \sum_{x\in X}|f(x)|
\leq |X|\cdot\max_{x\in X}|f(x)|\\
\Longrightarrow
&\max_{x\in X}|f(x)| \geq |Y|/|X| = 5/4 > 1\\
\Longrightarrow
&\exists{x\in X:~}|f(x)|>1\\
\Longrightarrow
&\exists{x\in X:~}|f(x)|\geq 2\\
\end{mathe}
Nach der Definition von $f$ heißt dies,
es gibt eine Farbe, $x\in\{\clubsuit, \diamondsuit, \heartsuit, \spadesuit\}$,
so dass $\geq 2$ der gezogenen Karten der Farbe $x$ sind.
%% SKA 4-9
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\section[Aufgabe 9]{}
\label{ska:4:ex:9}
\let\sectionname\altsectionname
\uwave{{\bfseries Kurzes Argument:}}\\
Wenn jeder Kalendartag jeweils von maximal $17$ Studierenden gefeiert wird,
gibt es $\leq 366\cdot 17=6222$ Studierende.
Aber es gibt $\geq 7000$ Studierende.
\uwave{{\bfseries Ausführliches Argument:}}\\
Seien
${X=\{\text{1.~Jan},\,\text{2.~Jan},\,\ldots,\,\text{31.~Dez}\}}$
die Menge der Kalendartage
und
${Y=\{x\mid x\,\text{ein/e Studierende/r an der Uni Leipzig}\}}$.
Sei ${f:X\to\Pot(Y)}$ die Funktion,
die der Wahl entspricht, d.\,h.
\begin{mathe}[mc]{rcl}
f(x) &= &\{y\in Y\mid\text{Studierende/r $y$ hat am Tag $x$ Geburtstag}\}\\
\end{mathe}
für alle Kalendartage $x\in X$.
Nun, jede/r Studierende/r, $y\in Y$, hat einen Geburtstag,
sodass $y\in f(x)$ für ein $x\in X$.
Also $Y\subseteq\bigcup_{x\in X}f(x)$.
Und per Definition $f(x)\subseteq Y$ für alle $x\in X$.
Darum $\bigcup_{x\in X}f(x)\subseteq Y$.
Also
\begin{mathe}[mc]{rcl}
Y &= &\bigcup_{x\in X}f(x)\\
\end{mathe}
Andererseits sind die Mengen $(f(x))_{x\in X}$ paarweise disjunkt,
da jede/r Studierende/r höchstens einen Geburtstag hat.
Also ist $(f(x))_{x\in X}$ eine \emph{Partition} von $Y$.
Darum
\begin{mathe}[mc]{ll}
&|Y| = |\bigcup_{x\in X}f(x)|
= \sum_{x\in X}|f(x)|
\leq |X|\cdot\max_{x\in X}|f(x)|\\
\Longrightarrow
&\max_{x\in X}|f(x)| \geq |Y|/|X| \geq 7000/366 > 19\\
\Longrightarrow
&\exists{x\in X:~}|f(x)|>19\\
\Longrightarrow
&\exists{x\in X:~}|f(x)|\geq 20\\
\end{mathe}
Nach der Definition von $f$ heißt dies,
es gibt einen Kalendartag, ${x\in\{\text{1.~Jan},\,\text{2.~Jan},\,\ldots,\,\text{31.~Dez}\}}$,
so dass mindestens $20$ Studierende $x$ als Geburtstag feiern.
Insbesondere gibt es $18$ Menschen, die den gleichen Geburtstag feiern.
%% SKA 4-10
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\section[Aufgabe 10]{}
\label{ska:4:ex:10}
\let\sectionname\altsectionname
\begin{claim}
\makelabel{claim:main:ska:4:ex:10}
Bezeichne mit $\Phi(n)$ die Aussage
\begin{kompaktitem}[\rtab][\rtab]
\item
Für alle endlichen Mengen, $E_{1},E_{2},\ldots,E_{n}$,
gilt $|\prod_{i=1}^{n}E_{i}|=\prod_{i=1}^{n}|E_{i}|$.
\end{kompaktitem}
Dann gilt $\forall{n\in\ntrlpos:~}\Phi(n)$.
\end{claim}
\begin{einzug}[\rtab][\rtab]
\begin{proof}
Wir zeigen dies per Induktion mit den Fällen $n\leq 2$ als Induktionsanfang.
\begin{kompaktenum}[\rtab][\rtab]
\item[\uwave{{\bfseries Induktionsanfang:}}]
Sei $n=1$. Dann für alle Mengen, $E_{1}$
\begin{mathe}[mc]{rcccl}
|\prod_{i=1}^{1}E_{i}|
&= &|E_{1}|
&= &\prod_{i=1}^{1}|E_{i}|\\
\end{mathe}
Also gilt $\Phi(1)$.
\item[]
Sei $n=2$.
Laut \Cref{lemm:1:ska:4:ex:10} (siehe unten)
gilt für alle endlichen Mengen $E_{1},E_{2}$
\begin{mathe}[mc]{rcccccl}
|\prod_{i=1}^{2}E_{i}|
&= &|E_{1}\times E_{2}|
&= &|E_{1}|\cdot|E_{2}|
&= &\prod_{i=1}^{2}|E_{i}|.\\
\end{mathe}
Also gilt $\Phi(2)$.
\item[\uwave{{\bfseries Induktionsvoraussetzung:}}]
Sei $n>2$.
Angenommen, $\Phi(n-1)$ gilt.
\item[\uwave{{\bfseries Induktionsschritt:}}]
Seien $E_{1},E_{2},\ldots,E_{n}$ beliebige endliche Mengen.\\
\textbf{Zu zeigen:} $|\prod_{i=1}^{n}E_{i}|=\prod_{i=1}^{n}|E_{i}|$ gilt.\\
Es gilt
\begin{mathe}[mc]{rclql}
|\prod_{i=1}^{n}E_{i}|
&= &|\prod_{i=1}^{n-1}E_{i}\times E_{n}|\\
&= &|\prod_{i=1}^{n-1}E_{i}|\cdot|E_{n}|,
&\text{da $\Phi(2)$ gilt}\\
&= &\prod_{i=1}^{n-1}|E_{i}|\cdot|E_{n}|
&\text{wegen der IV}\\
&= &\prod_{i=1}^{n}|E_{i}|.\\
\end{mathe}
Also gilt $\Phi(n)$.
\end{kompaktenum}
Also gilt $\forall{n\in\ntrlpos:~}\Phi(n)$.
\end{proof}
\end{einzug}
Wir müssen noch den Fall für $2$ Mengen beweisen.
\begin{lemm}
\makelabel{lemm:1:ska:4:ex:10}
Seien $X$, $Y$ beliebige \uline{endliche} Mengen.
Dann $|X\times Y|=|X|\cdot |Y|$.
\end{lemm}
\begin{einzug}[\rtab][\rtab]
\begin{proof}
Wir zeigen dies direkt. Seien $m:=|X|$ und $n:=|Y|$.
Wegen Endlichkeit liegen $m,n$ in $\ntrlzero$.
Falls $m=0$ oder $n=0$, so gilt $X=\leer$ oder $Y=\leer$ und damit
\begin{mathe}[mc]{rcccccccl}
|X\times Y|
&= &|\leer|
&= &0
&= &m\cdot n
&= &|X|\cdot|Y|.\\
\end{mathe}
Beschränken wir uns also auf den Famm $m,n>0$.
Per Definition von Kardinalität (siehe \cite[\S{}3.3, S.54]{sinn2020})
existieren also Bijektionen
\begin{mathe}[mc]{rcccl}
f &: &\{0,1,\ldots,m-1\} &\to &X,\\
g &: &\{0,1,\ldots,n-1\} &\to &Y.\\
\end{mathe}
(Wir fangen aus praktischen Gründen mit $0$ statt $1$ an.)\\
Definiere nun
\begin{mathe}[mc]{rcccl}
h &: &\{0,1,\ldots,mn-1\} &\mapsto &X\times Y\\
&: &k &\mapsto &(f(\modfn(k,m)), g([k/m])),\\
\end{mathe}
wobei ${[\cdot]:\reell\to\intgr}$ die Gaußklammerfunktion,
die reelle Zahlen \emph{abrundet}.\\
\textbf{Zu zeigen:} $h$ ist eine wohldefinierte Bijektion.
\begin{kompaktenum}[\rtab][\rtab]
\item[\uwave{{\bfseries Wohldefiniertheit:}}]
Für alle $k\in\{0,1,\ldots,mn-1\}$
gilt $i:=\modfn(k,m)\in\{0,1,\ldots,m-1\}=\domain(f)$
und $j:=[k/m]\in\{0,1,\ldots,n-1\}=\domain(g)$,
sodass $f(i)\in X$ und $g(j)\in Y$
und damit $h(k)=(f(i),g(j))\in X\times Y$.
\item[\uwave{{\bfseries Injektivität:}}]
Seien $k_{1},k_{2}\in\{0,1,\ldots,mn-1\}$ beliebig.
\textbf{Zu zeigen:} $h(k_{1})=h(k_{2})\Rightarrow k_{1}=k_{2}$.\\
Nach \cite[Satz 3.4.2]{sinn2020}
existieren (eindeutige) Werte
${q_{1},q_{2}\in\intgr}$ und
${r_{1},r_{2}\in\{0,1,\ldots,m-1\}}$,
so dass
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\eqtag[eq:1:\beweislabel]
k_{1} &= &mq_{1}+r_{1},\\
k_{2} &= &mq_{2}+r_{2}.\\
\end{mathe}
Daraus lässt sich ableiten,
dass
$\modfn(k_{1},m)=r_{1}$,
$\modfn(k_{2},m)=r_{2}$,
$[k_{1}/m]=q_{1}$,
und
$[k_{2}/m]=q_{2}$.
Darum gilt
\begin{mathe}[mc]{rcl}
h(k_{1})=h(k_{2})
&\textoverset{Defn}{\Longleftrightarrow}
&(f(r_{1}),g(q_{1}))=(f(r_{2}),g(q_{2}))\\
&\Longrightarrow
&f(r_{1})=f(r_{2})\,\text{und}\,g(q_{1})=g(q_{2})\\
&\Longrightarrow
&r_{1}=r_{2}\,\text{und}\,q_{1}=q_{2}\\
&&\text{da $f,g$ injektiv sind}\\
&\eqcrefoverset{eq:1:\beweislabel}{\Longrightarrow}
&k_{1}=mq_{1}+r_{1}=mq_{2}+r_{2}=k_{2}.\\
\end{mathe}
\item[\uwave{{\bfseries Surjektivität:}}]
Sei $(x,y)\in X\times Y$.
\textbf{Zu zeigen:} $(x,y)\in\range(h)$.\\
Wegen der Surjektivität von $f,g$ existieren nun
$i\in\{0,1,\ldots,m-1\}$ und
$j\in\{0,1,\ldots,n-1\}$,
so dass $f(i)=x$ und $g(j)=y$.\\
Setze nun $k:=mj+i$.\\
Dann $\modfn(k,m)=i$ und $[k/m]=j$,
sodass $h(k)=(f(i),g(j))=(x,y)$.\\
Also gilt $(x,y)\in\range(h)$.
\end{kompaktenum}
Darum ist $h$ ist eine wohldefinierte Bijektion,
woraus sich per Definition von Kardinalität direkt ergibt,
dass $|X\times Y|=mn=|X|\cdot|Y|$.
\end{proof}
\end{einzug}
%% SKA 4-11
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\section[Aufgabe 11]{}
\label{ska:4:ex:11}
\let\sectionname\altsectionname
Um ein Argument zurückzuweisen, reicht es häufig aus,
das Argument einfach \emph{ausführlich} aufzuschreiben.
Wir nehmen die Ausführung und formalisieren diese:
\begin{claim*}
Bezeichne mit $G(x)$, dass $x$ ein Goldfisch ist.
Für $n\in\ntrlpos$ bezeichne mit $\Phi(n)$ folgende Aussage
\begin{kompaktitem}[\rtab][\rtab]
\item
Für alle $n$-elementigen Mengen, $X$, von Fischen,
wenn $\exists{x\in X:~}G(x)$,
dann $\forall{x\in X:~}G(x)$.
\end{kompaktitem}
Dann $\forall{n\in\ntrlpos:~}\Phi(n)$
\end{claim*}
\begin{proof}[ungültiges Argument]
Dies wird per Induktion argumentiert.
\begin{kompaktenum}[\rtab][\rtab]
\item[\uwave{{\bfseries Induktionsanfang:}}]
Betrachte eine $1$-elementige Menge, $X$, von Fischen.\\
Angenommen, ein $x_{0}\in X$ mit $G(x_{0})$ existiere.\\
Da $X$ nur dieses eine Element enthält,
gilt offensichtlich $\forall{x\in X:~}G(x)$.
\item[\uwave{{\bfseries Induktionsvoraussetzung:}}]
Sei $n\in\ntrlpos$ mit $n\geq 1$.
Angenommen, $\Phi(n)$ gilt.
\item[\uwave{{\bfseries Induktionsschritt:}}]
Sei $X$ eine $n+1$-elementige Menge von Fischen.\\
Angenommen, ein $x_{0}\in X$ mit $G(x_{0})$ existiere.
\textbf{Zu zeigen:} Für alle $x\in X$ gilt $G(x)$.\\
Fixiere einen anderen Fisch $x_{1}\in X\ohne\{x_{0}\}$, was möglich ist, weil $|X|=n+1\geq 2$.\\
Setze $X_{0}:=X\ohne\{x_{1}\}$ und $X_{1}:=X\ohne\{x_{0}\}$.\\
Da $x_{1}\neq x_{0}$, sind $X_{0},X_{1}$ verschiedene $n$-elementige Mengen:
\hraum
{\footnotesize
\begin{tikzpicture}[node distance=1cm, thick]
\pgfmathsetmacro\habst{1.5}
\pgfmathsetmacro\vabst{1.5}
\pgfmathsetmacro\rad{1.5}
\node (PtBL) at (-1.25*\habst,0*\vabst) {};
\node (PtTL) at (-1.25*\habst,2*\vabst) {};
\node (PtBR) at (+1.25*\habst,0*\vabst) {};
\node (PtTR) at (+1.25*\habst,2*\vabst) {};
\node (X0mid) at (-0.25*\habst,1*\vabst) {};
\node (X1mid) at (+0.25*\habst,1*\vabst) {};
\node[label=above:{$x_{0}$}] (x0) at (-1*\habst,1*\vabst) {$\bullet$};
\node[label=above:{$x_{1}$}] (x1) at (+1*\habst,1*\vabst) {$\bullet$};
\node[above left = 0.7*\rad and 0.7*\rad of X0mid] {$X_{0}$};
\node[above right = 0.7*\rad and 0.7*\rad of X1mid] {$X_{1}$};
\draw [thick, decoration={brace, mirror, raise=1*\vabst}, decorate] node [pos=0.5, anchor=north, yshift=-10pt] {$X$} (PtBL.south) -- (PtBR.south);
\draw[pattern=north west lines] (X0mid) circle[radius=1*\rad];
\draw (X1mid) circle[radius=1*\rad];
\end{tikzpicture}}
\hraum
Fokussieren wir uns zunächst auf $X_{0}$ (die schattierte Teilmenge).\\
Da $X_{0}$ $n$-elementig ist und $x_{0}\in X_{0}$ und $G(x_{0})$,
gilt per IV (\textdagger)~$\forall{x\in X_{0}:~}G(x)$.
Wähle nun irgendeinen der Fische, $\tilde{x}\in X_{0}$ und setze $X':=X\ohne\{\tilde{x}\}$.\\
O.\,E. können wir $\tilde{x}:=x_{0}$ wählen, sodass $X'=X_{1}$ gilt.\\
Die Teilmenge $X_{1}$ ist nun eine $n$-elementige Menge mit mindestens $n-1$ Goldfischen.\\
\fbox{Also $\exists{x\in X_{1}:~}G(x)$.}\\
Per IV gilt also $\forall{x\in X_{1}:~}G(x)$.\\
Daraus und aus (\textdagger) folgt $\forall{x\in X:~}G(x)$, da ja $X=X_{0}\cup X_{1}$.
Darum gilt $\Phi(n+1)$.
\end{kompaktenum}
Darum gilt $\forall{n\in\ntrlpos:~}\Phi(n)$.
\end{proof}
Das Problem mit diesem Argument steckt im Induktionsschritt an genau dieser Stelle:
\begin{quote}
\itshape
Also $\exists{x\in X':~}G(x)$.
\end{quote}
Im ursprünglichen Text ist dies die problematische Stelle:
\begin{quote}
\itshape
Jetzt können wir aber \uline{auch einen der Goldfische rausnehmen} und haben wieder ein Aquarium mit $n$ Fischen und \uline{mindestens einem Goldfisch}.
\end{quote}
Zurück aber zu unserer Formalisierung:\\
Wir haben etwas ausführlicher gezeigt, dass die Menge $X'$ mindestens $n-1$ Goldfische enthält.
Wenn wir $\tilde{x}:=x_{0}$ wählen entspricht dies der Größe des Schnitts $X_{0}\cap X_{1}$.
Das \uline{Diagramm} mag andeuten, dass dieser Schnitt nicht leer ist, aber das Diagramm täuscht.
Wir brauchen $n\geq 2$, damit der Schnitt nicht leer ist.
Aber im Induktionsschritt wird nur $n\geq 1$ vorausgesetzt.
Kurzgesagt, das heißt das Induktionsargument ist faul,
\fbox{weil der Schritt $1\rightsquigarrow 2$ implizit übersprungen wird}.
%% ********************************************************************************
%% FILE: body/ska/ska5.tex
%% ********************************************************************************
\setcounternach{chapter}{5}
\chapter[Woche 5]{Woche 5}
\label{ska:5}
%% SKA 5-2
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\setcounternach{section}{2}
\section[Aufgabe 2]{}
\label{ska:5:ex:2}
\let\sectionname\altsectionname
Betrachtet sei die Teilbarkeitsrelation $(\intgr,\divides)$.
Wir prüfen, welche Axiome erfüllt sind und beurteilen aufgrund dessen,
ob es sich um eine Äquivalenzrelation, partielle Ordnung, Abbildung, usw. handelt.
\begin{kompaktenum}[\rtab][\rtab]
\item[\uwave{{\bfseries Reflexivität:}}]
Sei $a\in\intgr$ beliebig.
\textbf{Zu prüfen:} $a\divides a$?\\
Es gilt $a=1\cdot a$ und $1\in\intgr$.\\
Darum gilt $a\divides a$.\\
Also ist $(\intgr,\divides)$ \fbox{reflexiv}.
\item[\uwave{{\bfseries Symmetrie:}}]
Betrachte bspw. $2,10\in\intgr$.\\
Es gilt $2\divides 10$ aber $10\ndivides 2$.\\
Darum ist $(\intgr,\divides)$ \fbox{nicht symmetrisch}.
\item[\uwave{{\bfseries Antisymmetrie:}}]
Betrachte bspw. $2,-2\in\intgr$.\\
Es gelten $2\divides -2$ und $-2\divides 2$, aber $2\neq -2$.\\
Darum ist $(\intgr,\divides)$ \fbox{nicht antisymmetrisch}.
\item[\uwave{{\bfseries Transitivität:}}]
Seien, $a,b,c\in\intgr$.
\textbf{Zu prüfen:} ($a\divides b$ und $b\divides c$) $\Rightarrow$ $a\divides c$?\\
Es gilt:
\begin{mathe}[mc]{rcl}
a\divides b\,\text{und}\,b\divides c
&\Longleftrightarrow
&\exists{k,j\in\intgr:~}c=kb,\,b=ja\\
&\Longrightarrow
&\exists{k,j\in\intgr:~}c=(kj)a\\
&\Longrightarrow
&\exists{m\in\intgr:~}c=ma\\
&\Longleftrightarrow
&a\divides c.\\
\end{mathe}
Also ist $(\intgr,\divides)$ \fbox{transitiv}.
\item[\uwave{{\bfseries Totalität:}}]
Betrachte bspw. $5,7\in\intgr$.\\
Dann $5\ndivides 7$, $7\ndivides 5$, und $5\neq 7$.\\
Darum ist $(\intgr,\divides)$ \fbox{nicht total}.
\item[\uwave{{\bfseries Linkstotalität:}}]
Sei $a\in\intgr$.
\textbf{Zu prüfen:} $\exists{b\in\intgr:~}a\divides b$?\\
Wegen Reflexivität gilt nun $a\divides a$.\\
Also ist $(\intgr,\divides)$ \fbox{linkstotal}.
\item[\uwave{{\bfseries Rechtseindeutigkeit:}}]
Betrachte bspw. $2,10,100\in\intgr$.\\
Es gilt $2\divides 10$ und $2\divides 100$, aber $10\neq 100$.\\
Darum ist $(\intgr,\divides)$ \fbox{nicht rechtseindeutig}.
\end{kompaktenum}
Daraus folgt, dass $(\intgr,\divides)$
weder
eine Äquivalenzrelation
noch
eine (lineare) Ordnungsrelation
noch
eine partielle Ordnungsrelation
ist.
Und es gibt keine Funktion ${f:\intgr\to\intgr}$,
so dass $\graph(f)=\divides$.
\textbf{Bemerkung:} Man kann aber zeigen, das die Beschränkungen
$(\ntrlzero,\divides)$
und $(\ntrlpos,\divides)$
zusätzlich Antisymmetrie aufweisen,
sodass diese partielle Ordnungsrelationen sind.
%% SKA 5-3
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\setcounternach{section}{3}
\section[Aufgabe 3]{}
\label{ska:5:ex:3}
\let\sectionname\altsectionname
Seien $a,b\in\intgr$ mit $b>0$.
Um $a$ durch $b$ (mit Rest) zu teilen,
setzt man
\begin{mathe}[mc]{rcl}
q &:= &[a/b] \in\intgr\\
r &:= &a-b\cdot q\in\intgr.\\
\end{mathe}
wobei ${[\cdot]:\reell\to\intgr}$ die Gaußklammerfunktion ist,
die reelle Zahlen \emph{abrundet}.
Per Definition gilt
\begin{mathe}[mc]{rcccl}
q &\leq &a/b &< &q+1\\
\end{mathe}
also
\begin{mathe}[mc]{rcccl}
0 &\leq &a-b\cdot q &< &b\\
\end{mathe}
Darum $r\in\{0,1,\ldots,b-1\}$.
Um dies aber \emph{per Hand} bzw. im Kopf zu machen,
verwendet man iterative Algorithmen,
die aus Schritten besteht:
$a$ und $b$ durch »einfachere« Zahlen ersetzen;
mit einfacheren Zahlen teilen;
Nachjustieren.
Welche Methode auch immer man anwendet hat dies mit \fbox{dem Existenz-Teil} des Beweises zu tun.
%% SKA 5-4
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\setcounternach{section}{4}
\section[Aufgabe 4]{}
\label{ska:5:ex:4}
\let\sectionname\altsectionname
\begin{claim}
\makelabel{claim:main:ska:5:ex:4}
Es gilt
\begin{kompaktenum}{\bfseries (i)}[\rtab][\rtab]
\item\punktlabel{1}
$\ggT(a,b)=\ggT(b,a)$;
\item\punktlabel{2}
$\ggT(a,b)=\ggT(|a|,|b|)$;
\item\punktlabel{3}
$\ggT(a,0)=\ggT(0,a)=|a|$, solange $a\neq 0$;
\item\punktlabel{4}
$\ggT(ca,cb)=|c|\ggT(a,b)$, solange $b,c\neq 0$;
\end{kompaktenum}
für $a,b,c\in\intgr$.
\end{claim}
\begin{einzug}[\rtab][\rtab]
\begin{proof}
\uline{\bfseries \punktcref{1}:}
Es gilt
$\ggT(a,b)
=\max\{d\in\ntrlpos : d\divides a,b\}
=\max\{d\in\ntrlpos : d\divides b,a\}
=\ggT(b,a)$.
\uline{\bfseries \punktcref{2}:}
Sei $d,x\in\intgr$. Dann ist es einfach zu sehen,
dass $d\divides x\Leftrightarrow d\divides|x|$.\\
Darum gilt
$\ggT(a,b)
=\max\{d\in\ntrlpos : d\divides a,b\}
=\max\{d\in\ntrlpos : d\divides |a|,|b|\}
=\ggT(|a|,|b|)$.
\uline{\bfseries \punktcref{3}:}
Laut \punktcref{1} reicht es aus \textbf{zu zeigen} $\ggT(a,0)=|a|$.\\
Es gilt $\ggT(a,0)=\max D$, wobei $D:=\{d\in\ntrlpos : d\divides a,0\}$.\\
(I) Setze $d_{0}:=|a|>0$. Offensichtlich gilt $d_{0}\divides a,0$.\\
(II) Für alle $d\in\ntrlpos$ gilt
$d\divides a$
$\Rightarrow$ $|\frac{a}{d}|\geq 1$
(da $a,d\neq 0$)
$\Rightarrow$ $d\leq|a|=d_{0}$.\\
Daraus ergibt sich,
\begin{mathe}[mc]{rcccccl}
d_{0} &\textoverset{(I)}{\in}
&D
&\subseteq
&\{d\in\ntrlpos : d\divides a\}
&\textoverset{(II)}{\subseteq}
&\{d\in\ntrlpos : d\leq d_{0}\}\\
\end{mathe}
woraus sich ergibt, dass $d_{0}\leq\max D\leq d_{0}$.
Also $\ggT(a,0)=\max D=d_{0}=|a|$.
\uline{\bfseries \punktcref{4}:}
Setze $d_{1}:=\ggT(a,b)$ und $d_{2}:=\ggT(ca,cb)$.
\textbf{Zu zeigen:} $d_{2}=|c|d_{1}$.\\
Wir zeigen dies durch zwei Ungleichungen.\\
Es gilt
\begin{mathe}[mc]{rcl}
d_{1}\divides a,b
&\Longleftrightarrow
&\exists{k,j\in\intgr:~}a=kd_{1}\,\text{und}\,b=jd_{1}\\
&\Longleftrightarrow
&\exists{k,j\in\intgr:~}ca=kcd_{1}\,\text{und}\,cb=jcd_{1}\\
&\Longleftrightarrow
&\exists{k,j\in\intgr:~}ca=k|c|d_{1}\,\text{und}\,cb=j|c|d_{1}\\
&&\text{da man z.\,B. $k$ durch $-k$ ersetzen kann}\\
&\Longleftrightarrow
&|c|d_{1}\divides ca,cb\\
\end{mathe}
Per Maximalität von $d_{2}$ unter den positiven Teilern,
folgt \fbox{$|c|d_{1}\leq d_{2}$}.\\
Andererseits existieren nach dem \emph{Lemma von B\'ezout}
$u,v\in\intgr$, so dass
\begin{mathe}[mc]{rcl}
d_{1}=\ggT(a,b) &= &ua+vb\\
\end{mathe}
woraus sich ergibt, dass
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\eqtag[eq:1:\beweislabel]
\frac{|c|d_{1}}{d_{2}} &= &\underbrace{%
\textstyle\pm u\frac{ca}{d_{2}}+\pm v\frac{cb}{d_{2}}
}_{=:w}\\
\end{mathe}
Da $d_{2}\divides ca,cb$ ist die rechte Seite von \eqcref{eq:1:\beweislabel} in $\intgr$.
Und da $|c|,d_{1},d_{2}>0$, ist die linke Seite von \eqcref{eq:1:\beweislabel} strikt positiv,
sodass $w\geq 1$ gilt.
Darum \fbox{$|c|d_{1}=w\cdot d_{2}\geq 1\cdot d_{2}$}.
\end{proof}
\end{einzug}
\textbf{Bemerkung.}
Ohne das \emph{Lemma von B\'ezout} ist ein Beweis vom Letzten Punkt praktisch unmachbar.
%% SKA 5-5
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\setcounternach{section}{5}
\section[Aufgabe 5]{}
\label{ska:5:ex:5}
\let\sectionname\altsectionname
Seien $a=57$ und $b=21$.
Dann gilt $a=qb+r$, wobei $q=2$ und \fbox{$r=15$}.
Es gilt
$\ggT(a,b)=3$\footnote{%
weil $r=3\cdot 5$ und $3,5\in\mathbb{P}$ und nur $3\divides 57$ gilt.
}
und
$\ggT(b,r)=3$\footnote{%
weil $r=3\cdot 5$ und $3,5\in\mathbb{P}$ und nur $3\divides 21$ gilt.
}
Also gilt $\ggT(a,b)=\ggT(b,\modfn(a,b))$,
genau wie \cite[Lemma 3.4.5]{sinn2020} allgemein besagt.
%% SKA 5-6
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\setcounternach{section}{6}
\section[Aufgabe 6]{}
\label{ska:5:ex:6}
\let\sectionname\altsectionname
Für jeden Fall berechnen wir $\ggT(a,b)$ mittels des Euklidischen Algorithmus
(siehe \cite[Satz 3.4.7]{sinn2020}).
\begin{longtable}[mc]{|cc|c|c|}
\hline
\hline
$a$ &$b$ &Restberechnung (symbolisch) &Restberechnung (Werte)\\
\hline
\endhead
$1529$ &$170$ &$a = b\cdot q_{1} + r_{1}$ &$1529 = 170\cdot 8 + 169$\\
&&$b = r_{1}\cdot q_{2} + r_{2}$ &$170 = 169\cdot 1 + \boxed{\mathbf{1}}$\\
&&$r_{1} = r_{2}\cdot q_{3} + r_{3}$ &$169 = 1\cdot 169 + 0$\\
\hline
$13758$ &$21$ &$a = b\cdot q_{1} + r_{1}$ &$13758 = 21\cdot 655 + \boxed{\mathbf{3}}$\\
&&$b = r_{1}\cdot q_{2} + r_{2}$ &$21 = 3\cdot 7 + 0$\\
\hline
$210$ &$45$ &$a = b\cdot q_{1} + r_{1}$ &$210 = 45\cdot 4 + 30$\\
&&$b = r_{1}\cdot q_{2} + r_{2}$ &$45 = 30\cdot 1 + \boxed{\mathbf{15}}$\\
&&$r_{1} = r_{2}\cdot q_{3} + r_{3}$ &$30 = 15\cdot 2 + 0$\\
\hline
$1209$ &$102$ &$a = b\cdot q_{1} + r_{1}$ &$1209 = 102\cdot 11 + 87$\\
&&$b = r_{1}\cdot q_{2} + r_{2}$ &$102 = 87\cdot 1 + 15$\\
&&$r_{1} = r_{2}\cdot q_{3} + r_{3}$ &$87 = 15\cdot 5 + 12$\\
&&$r_{2} = r_{3}\cdot q_{4} + r_{4}$ &$15 = 12\cdot 1 + \boxed{\mathbf{3}}$\\
&&$r_{3} = r_{4}\cdot q_{5} + r_{5}$ &$12 = 3\cdot 4 + 0$\\
\hline
\hline
\end{longtable}
%% SKA 5-7
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\setcounternach{section}{7}
\section[Aufgabe 7]{}
\label{ska:5:ex:7}
\let\sectionname\altsectionname
Wir verwenden die Berechnungen aus der Tabelle in SKA \ref{ska:5:ex:6}.
\begin{longtable}[mc]{|cc|c|c|}
\hline
\hline
$a$ &$b$ &Rest (symbolisch) &Rest (Werte)\\
\hline
\endhead
$1529$ &$170$ &$r_{1} = a - 8\cdot b$ &$169 = 1\cdot a + -8\cdot b$\\
&&$r_{2} = b - 1\cdot r_{1}$ &$\boxed{1 = \mathbf{-1}\cdot a + \mathbf{9}\cdot b}$\\
\hline
$13758$ &$21$ &$r_{1} = a - 655\cdot b$ &$\boxed{3 = \mathbf{1}\cdot a + \mathbf{-655}\cdot b}$\\
\hline
$210$ &$45$ &$r_{1} = a - 4\cdot b$ &$30 = 1\cdot a + -4\cdot b$\\
&&$r_{2} = b - 1\cdot r_{1}$ &$\boxed{15 = \mathbf{-1}\cdot a + \mathbf{5}\cdot b}$\\
\hline
$1209$ &$102$ &$r_{1} = a - 11\cdot b$ &$87 = 1\cdot a + -11\cdot b$\\
&&$r_{2} = b - 1\cdot r_{1}$ &$15 = -1\cdot a + 12\cdot b$\\
&&$r_{3} = r_{1} - 5\cdot r_{2}$ &$12 = 6\cdot a + -71\cdot b$\\
&&$r_{4} = r_{2} - 1\cdot r_{3}$ &$\boxed{3 = \mathbf{-7}\cdot a + \mathbf{83}\cdot b}$\\
\hline
\hline
\end{longtable}
%% SKA 5-8
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\setcounternach{section}{8}
\section[Aufgabe 8]{}
\label{ska:5:ex:8}
\let\sectionname\altsectionname
Das Lemma von B\'ezout wird mittels des \fbox{Euklidischen Algorithmus} bewiesen.\\
Korollar 3.4.10 baut darauf und charakterisiert, wann zwei Zahlen teilerfremd sind.\\
Lemma 3.4.12 baut darauf und zeigt $\forall{i:~}b,a_{i}\,\text{teilerfremd}\Rightarrow b,\prod_{i=1}^{n}a\,\text{teilerfremd}$.\\
Satz 3.4.14 baut darauf und zeigt $p\divides\prod_{i=1}^{n}a_{i}\Rightarrow \exists{i:~}p\divides a_{i}$ für $p$ prim.
Dieses letzte Ergebnis wird im Induktionsargument instrumentalisiert,
um Primzerlegungen der Länge $k,l$ auf Primfaktorzerlegungen der Länge $k-1,l-1$ zu reduzieren,
um das Induktionsargument voranzubringen.
\begin{rem}
In der Algebra gibt es zwei Begriffe, die bei gewöhnlichen Primzahlen, sich anwenden lassen:
\emph{Irriduzibilität} und \emph{prim}.
Die Definition in abstrakten Kontexten von \emph{prim} entspricht der Eigenschaft in \cite[Satz 3.4.14]{sinn2020},
während \emph{Irriduzibilität} eher sich auf die Teilbarkeit bezieht.
Etwas »Zufälligerweise« handelt es sich bei $\intgr$ um eine Art von Struktur,
in der diese zwei Konzepte zusammenfallen.
Wie in fast allen technischen Bereichen sollte man auf solche »Zufälligkeiten« achten:
Irgendwann befindet man sich in einer Situation,
wo man feiner unterscheiden muss und es nicht mehr selbstverständlich ist,
zwei Konzepte als identisch zu behandeln.
\end{rem}
%% SKA 5-10
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\setcounternach{section}{10}
\section[Aufgabe 10]{}
\label{ska:5:ex:10}
\let\sectionname\altsectionname
Siehe \cite[Satz 3.5.1]{sinn2020}.
Hier eine Alternative:\\
Für $r=0$ setze man $q_{r}:=1$ und $p_{r}:=0$.
Und für alle anderen rationalen Zahlen, $r\in\rtnl\ohne\{0\}$, wähle
\begin{mathe}[mc]{rcl}
q_{r} &:= &\min\overbrace{%
\{n\in\ntrlpos\mid q_{r}\cdot r\in\intgr\}
}^{D(r)}\in\ntrlpos\\
p_{r} &:= &q_{r}\cdot r\in\intgr.\\
\end{mathe}
Da $r$ rational ist, ist $D(r)$ per Definition nicht leer.
Darum ist die Wahl von $q_{r}$ und $p_{r}$ wohldefiniert
und per Konstruktion gilt $p_{r}/q_{r}=r$.
(Für $r=0$ gilt ebenfalls offensichtlich $p_{r}/q_{r}=r$.)
Damit haben wir die Existenz einer kanonischen Darstellung begründet.
Stimmt dies mit der Konstruktion im \cite[Satz 3.5.1]{sinn2020} überein?
Für $r=0$ gilt offensichtlich $\ggT(p_{r},q_{r})=1$.
Für $r\in\rtnl\ohne\{0\}$ gilt $d:=\ggT(p_{r},q_{r})=1$,
denn sonst wäre $\frac{q_{r}}{d}$ eine positive natürliche Zahl in $D(r)$,
da $\frac{q_{r}}{d}\cdot r=\frac{q_{r}\cdot r}{d}=\frac{p_{r}}{d}\in\intgr$,
während $\frac{q_{r}}{d}<q_{r}$ (strikt),
was ein Widerspruch zur Minimalität ist.
Darum entspricht unserer Darstellung der im \cite[Satz 3.5.1]{sinn2020}.
%% SKA 5-12
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\setcounternach{section}{12}
\section[Aufgabe 12]{}
\label{ska:5:ex:12}
\let\sectionname\altsectionname
\begin{claim*}[vgl. {\cite[Satz 3.5.3]{sinn2020}}]
Sei $p\in\mathbb{P}$ eine Primzahl.
Dann $\nexists{x\in\rtnl:~}x^{2}=p$.
\end{claim*}
\begin{einzug}[\rtab][\rtab]
\begin{proof}
Angenommen, dies sei nicht der Fall.
Dann existieren $a\in\intgr$ und $b\in\ntrlpos$ mit $(\frac{a}{b})^{2}=p$.
Wir konstruieren nun per Rekursion eine Folge
$((a_{n},b_{n}))_{n\in\ntrlpos}\subseteq\intgr\times\ntrlpos$
mit der Eigenschaft,
dass
$(\frac{a_{n}}{b_{n}})^{2}=p$
und $(b_{n})_{n\in\ntrlpos}$ strikt monoton absteigend ist:
\begin{kompaktitem}
\item
Setze $a_{0}:=a$ und $b_{0}=b$.
Offensichtlich gilt per Wahl $(\frac{a_{n}}{b_{n}})^{2}=p$.
\item
Sei $n>0$.
Angenommen, wir haben bereits
$((a_{k},b_{k}))_{k=0}^{n-1}$
konstruiert.
Aus $(\frac{a_{n}}{b_{n}})^{2}=p$
folgt nun $a_{n}^{2}=pb_{n}^{2}$.
Daraus folgt
${p\divides a_{n}\cdot a_{n}}$
und damit gilt (vgl. \cite[Satz 3.4.14]{sinn2020})
${p\divides a_{n}}$,
weil $p$ prim ist.
Da $b_{n}^{2}=p\cdot(\frac{a_{n}}{p})^{2}$
und da $\frac{a_{n}}{p}\in\intgr$,
erhalten wir ebenfalls
${p\divides b_{n}\cdot b_{n}}$
und wiederum ${p\divides b_{n}}$.
Setze also $a_{n+1}:=\frac{a_{n}}{p}$ und $b_{n+1}:=\frac{b_{n}}{p}$.
Dann wie oben gezeigt wurde, gilt $a_{n+1}\in\intgr$
und $b_{n+1}\in\ntrlpos$.
Offensichtlich gilt $(\frac{a_{n+1}}{b_{n+1}})^{2}=(\frac{a_{n}}{b_{n}})^{2}=p$.
Und, da $p>1$, gilt $b_{n+1}<b_{n}$.
\end{kompaktitem}
Darum funktioniert die rekursive Konstruktion.
Da nun $(b_{n})_{n\in\ntrlpos}\subseteq\ntrlpos$
eine strikt monoton absteigende Folge ist,
haben wir einen Widerspruch erreicht,
weil $(\ntrlpos,\leq)$ eine Wohlordnungsrelation ist.
\end{proof}
\end{einzug}
%% SKA 5-13
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\setcounternach{section}{13}
\section[Aufgabe 13]{}
\label{ska:5:ex:13}
\let\sectionname\altsectionname
\begin{claim*}[vgl. {\cite[Satz 3.5.5]{sinn2020}}]
Seien $a,b,c\in\reell$ mit $a\neq 0$.
Dann existiert eine Nullstelle von $ax^{2}+bx+c$
gdw. $\Delta\geq 0$,
wobei $\Delta:=b^{2}-4ac$.
\end{claim*}
\begin{einzug}[\rtab][\rtab]
\begin{proof}
Zunächst berechnen wir eine Umformung: Sei $x\in\reell$.
Dann
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\eqtag[eq:1:ska:5:ex:13]
ax^{2}+bx+c=0
&\Longleftrightarrow
&4a(ax^{2}+bx+c)=0
\quad\text{da $a\neq 0$}\\
&\Longleftrightarrow
&(2ax)^{2}+2b(2ax)+b^{2}=b^{2}-4ac\\
&\Longleftrightarrow
&(2ax+b)^{2}=\Delta.\\
\end{mathe}
Falls $\Delta\geq 0$,
so existiert ein $\sqrt{\Delta}\geq 0$ mit $\sqrt{\Delta}^{2}=\Delta$.
Darum gilt
\begin{mathe}[mc]{rcccccl}
ax^{2}+bx+c=0
&\eqcrefoverset{eq:1:ska:5:ex:13}{\Longleftrightarrow}
&(2ax+b)^{2}=\Delta
&\Longleftrightarrow
&2ax+b=\pm\sqrt{\Delta}
&\Longleftrightarrow
&x=\frac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}\\
\end{mathe}
für alle $x\in\reell$.
Das heißt, falls $\Delta\geq 0$, hat das Polynom reellwertige Nullstellen,
und zwar sind die Nullstellen durch $\{\frac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}\}$ gegeben.
Falls $\Delta<0$, so existieren keine Nullstellen.
Angenommen, dies sei nicht der Fall.
Fixiere eine Lösung $x\in\reell$ und setze $\alpha:=2ax+b\in\reell$.
Aus \eqcref{eq:1:ska:5:ex:13} folgt nun $\Delta=\alpha^{2}$.
Aber $\alpha^{2}\geq 0$ für alle $\alpha\in\reell$.
Dies ist ein Widerspruch.
\end{proof}
\end{einzug}
%% SKA 5-14
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\setcounternach{section}{14}
\section[Aufgabe 14]{}
\label{ska:5:ex:14}
\let\sectionname\altsectionname
Die Gruppe von Bijektionen von $\{1, 2\}$ auf $\{1, 2\}$ entspricht der Permutationsgruppe $S_{2}$.
Dies hat $2!=2$ Elemente, die standardgemäß mit folgenden Labels bezeichnet werden:
\begin{longtable}{|l|l|}
\hline
\hline
Label &Beschreibung des Elements\\
\hline
$e$ &Funktion, die alles fixiert\\
$(1\ 2)$ &Funktion, die 1 und 2 tauscht\\
\hline
\hline
\end{longtable}
Die Gruppentafel sieht folgendermaßen aus:
\begin{longtable}{|CL|CC|}
\hline
\hline
&&\multicolumn{2}{c|}{$h$}\\
&gh &e &(1\ 2)\\
\hline
\multirow{2}{*}{$g$}
&e &e &(1\ 2)\\
&(1\ 2) &(1\ 2) &e\\
\hline
\hline
\end{longtable}
Die Gruppe von Bijektionen von $\{1, 2, 3\}$ auf $\{1, 2, 3\}$ entspricht der Permutationsgruppe $S_{3}$.
Dies hat $3!=6$ Elemente, die standardgemäß mit folgenden Labels bezeichnet werden:
\begin{longtable}{|l|l|}
\hline
\hline
Label &Beschreibung des Elements\\
\hline
$e$ &Funktion, die alles fixiert\\
$(2\ 3)$ &Funktion, die 2 und 3 tauscht\\
$(1\ 2)$ &Funktion, die 1 und 2 tauscht\\
$(1\ 2\ 3)$ &Funktion, die $1\mapsto2\mapsto3\mapsto1$ abbildet\\
$(1\ 3\ 2)$ &Funktion, die $1\mapsto3\mapsto2\mapsto1$ abbildet\\
$(1\ 3)$ &Funktion, die 1 und 3 tauscht\\
\hline
\hline
\end{longtable}
Die Gruppentafel sieht folgendermaßen aus:
\begin{longtable}{|CL|CCCCCC|}
\hline
\hline
&&\multicolumn{6}{c|}{$h$}\\
&gh &e &(2\ 3) &(1\ 2) &(1\ 2\ 3) &(1\ 3\ 2) &(1\ 3)\\
\hline
\multirow{6}{*}{$g$}
&e &e &(2\ 3) &(1\ 2) &(1\ 2\ 3) &(1\ 3\ 2) &(1\ 3)\\
&(2\ 3) &(2\ 3) &e &(1\ 3\ 2) &(1\ 3) &(1\ 2) &(1\ 2\ 3)\\
&(1\ 2) &(1\ 2) &(1\ 2\ 3) &e &(2\ 3) &(1\ 3) &(1\ 3\ 2)\\
&(1\ 2\ 3) &(1\ 2\ 3) &(1\ 2) &(1\ 3) &(1\ 3\ 2) &e &(2\ 3)\\
&(1\ 3\ 2) &(1\ 3\ 2) &(1\ 3) &(2\ 3) &e &(1\ 2\ 3) &(1\ 2)\\
&(1\ 3) &(1\ 3) &(1\ 3\ 2) &(1\ 2\ 3) &(1\ 2) &(2\ 3) &e\\
\hline
\hline
\end{longtable}
({\itshape Achtung: Tafel wurde per Code generiert, also ist die Reihenfolge möglicherweise nicht »ästhetisch«.})
%% SKA 5-15
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\setcounternach{section}{15}
\section[Aufgabe 15]{}
\label{ska:5:ex:15}
\let\sectionname\altsectionname
An der Tafel lässt sich leicht erkennen, ob eine Gruppe kommutativ ist:
eine Gruppe, $G$, ist genau dann kommutativ, wenn die Gruppentafel symmetrisch ist.
Hierbei sollte man darauf achten, dass die \emph{Labels} der Elemente gar keine Rolle spielen.
Um dieses Urteil leichter treffen zu können,
ersetzen wir die Elemente o.\,E. durch verschieden gefärbte Quadrate:
\begin{figure}[h]
\footnotesize
\hraum
\subfigure[$S_{2}$]{
\begin{tikzpicture}[node distance=8mm, thick]
\pgfmathsetmacro\habst{1}
\pgfmathsetmacro\vabst{1}
\pgfmathsetmacro\rad{8mm}
\node[rectangle, label=left:{$e=:$}, line width=2pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,200;green,64;blue,200}, draw] (g_0) at (0*\habst, -1*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=2pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,200;green,64;blue,200}, draw] (h_0) at (1*\habst, 0*\vabst) {};
\node[rectangle, label=left:{$(1\ 2)=:$}, line width=2pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,64;green,64;blue,200}, draw] (g_1) at (0*\habst, -2*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=2pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,64;green,64;blue,200}, draw] (h_1) at (2*\habst, 0*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=0.5pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,200;green,64;blue,200}, draw] (gh_0_0) at (1*\habst, -1*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=0.5pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,64;green,64;blue,200}, draw] (gh_0_1) at (2*\habst, -1*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=0.5pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,64;green,64;blue,200}, draw] (gh_1_0) at (1*\habst, -2*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=0.5pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,200;green,64;blue,200}, draw] (gh_1_1) at (2*\habst, -2*\vabst) {};
\end{tikzpicture}
}
\hraum
\subfigure[$S_{3}$]{
\begin{tikzpicture}[node distance=8mm, thick]
\pgfmathsetmacro\habst{1}
\pgfmathsetmacro\vabst{1}
\pgfmathsetmacro\rad{8mm}
\node[rectangle, label=left:{$e=:$}, line width=2pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,200;green,64;blue,200}, draw] (g_0) at (0*\habst, -1*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=2pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,200;green,64;blue,200}, draw] (h_0) at (1*\habst, 0*\vabst) {};
\node[rectangle, label=left:{$(2\ 3)=:$}, line width=2pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,200;green,200;blue,200}, draw] (g_1) at (0*\habst, -2*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=2pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,200;green,200;blue,200}, draw] (h_1) at (2*\habst, 0*\vabst) {};
\node[rectangle, label=left:{$(1\ 2)=:$}, line width=2pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,64;green,64;blue,64}, draw] (g_2) at (0*\habst, -3*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=2pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,64;green,64;blue,64}, draw] (h_2) at (3*\habst, 0*\vabst) {};
\node[rectangle, label=left:{$(1\ 2\ 3)=:$}, line width=2pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,64;green,200;blue,200}, draw] (g_3) at (0*\habst, -4*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=2pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,64;green,200;blue,200}, draw] (h_3) at (4*\habst, 0*\vabst) {};
\node[rectangle, label=left:{$(1\ 3\ 2)=:$}, line width=2pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,64;green,64;blue,200}, draw] (g_4) at (0*\habst, -5*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=2pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,64;green,64;blue,200}, draw] (h_4) at (5*\habst, 0*\vabst) {};
\node[rectangle, label=left:{$(1\ 3)=:$}, line width=2pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,64;green,200;blue,64}, draw] (g_5) at (0*\habst, -6*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=2pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,64;green,200;blue,64}, draw] (h_5) at (6*\habst, 0*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=0.5pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,200;green,64;blue,200}, draw] (gh_0_0) at (1*\habst, -1*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=0.5pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,200;green,200;blue,200}, draw] (gh_0_1) at (2*\habst, -1*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=0.5pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,64;green,64;blue,64}, draw] (gh_0_2) at (3*\habst, -1*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=0.5pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,64;green,200;blue,200}, draw] (gh_0_3) at (4*\habst, -1*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=0.5pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,64;green,64;blue,200}, draw] (gh_0_4) at (5*\habst, -1*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=0.5pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,64;green,200;blue,64}, draw] (gh_0_5) at (6*\habst, -1*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=0.5pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,200;green,200;blue,200}, draw] (gh_1_0) at (1*\habst, -2*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=0.5pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,200;green,64;blue,200}, draw] (gh_1_1) at (2*\habst, -2*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=0.5pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,64;green,64;blue,200}, draw] (gh_1_2) at (3*\habst, -2*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=0.5pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,64;green,200;blue,64}, draw] (gh_1_3) at (4*\habst, -2*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=0.5pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,64;green,64;blue,64}, draw] (gh_1_4) at (5*\habst, -2*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=0.5pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,64;green,200;blue,200}, draw] (gh_1_5) at (6*\habst, -2*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=0.5pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,64;green,64;blue,64}, draw] (gh_2_0) at (1*\habst, -3*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=0.5pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,64;green,200;blue,200}, draw] (gh_2_1) at (2*\habst, -3*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=0.5pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,200;green,64;blue,200}, draw] (gh_2_2) at (3*\habst, -3*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=0.5pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,200;green,200;blue,200}, draw] (gh_2_3) at (4*\habst, -3*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=0.5pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,64;green,200;blue,64}, draw] (gh_2_4) at (5*\habst, -3*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=0.5pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,64;green,64;blue,200}, draw] (gh_2_5) at (6*\habst, -3*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=0.5pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,64;green,200;blue,200}, draw] (gh_3_0) at (1*\habst, -4*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=0.5pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,64;green,64;blue,64}, draw] (gh_3_1) at (2*\habst, -4*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=0.5pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,64;green,200;blue,64}, draw] (gh_3_2) at (3*\habst, -4*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=0.5pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,64;green,64;blue,200}, draw] (gh_3_3) at (4*\habst, -4*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=0.5pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,200;green,64;blue,200}, draw] (gh_3_4) at (5*\habst, -4*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=0.5pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,200;green,200;blue,200}, draw] (gh_3_5) at (6*\habst, -4*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=0.5pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,64;green,64;blue,200}, draw] (gh_4_0) at (1*\habst, -5*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=0.5pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,64;green,200;blue,64}, draw] (gh_4_1) at (2*\habst, -5*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=0.5pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,200;green,200;blue,200}, draw] (gh_4_2) at (3*\habst, -5*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=0.5pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,200;green,64;blue,200}, draw] (gh_4_3) at (4*\habst, -5*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=0.5pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,64;green,200;blue,200}, draw] (gh_4_4) at (5*\habst, -5*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=0.5pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,64;green,64;blue,64}, draw] (gh_4_5) at (6*\habst, -5*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=0.5pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,64;green,200;blue,64}, draw] (gh_5_0) at (1*\habst, -6*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=0.5pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,64;green,64;blue,200}, draw] (gh_5_1) at (2*\habst, -6*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=0.5pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,64;green,200;blue,200}, draw] (gh_5_2) at (3*\habst, -6*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=0.5pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,64;green,64;blue,64}, draw] (gh_5_3) at (4*\habst, -6*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=0.5pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,200;green,200;blue,200}, draw] (gh_5_4) at (5*\habst, -6*\vabst) {};
\node[rectangle, line width=0.5pt, minimum size=0.9*\rad, fill={rgb,255:red,200;green,64;blue,200}, draw] (gh_5_5) at (6*\habst, -6*\vabst) {};
\end{tikzpicture}
}
\hraum
\caption{Gruppentafel mit Elementen durch Farben ersetzt}
\end{figure}
Nach den o.\,s. Tafeln ist die erste Gruppe, $S_{2}$, kommutativ und die zweite, $S_{3}$, nicht.
%% ********************************************************************************
%% FILE: body/ska/ska6.tex
%% ********************************************************************************
\setcounternach{chapter}{6}
\chapter[Woche 6]{Woche 6}
\label{ska:6}
%% SKA 6-1
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\setcounternach{section}{1}
\section[Aufgabe 1]{}
\label{ska:6:ex:1}
\let\sectionname\altsectionname
Betrachte die Verknüpfung $(\ntrlpos,\ast)$,
die vermöge $a\ast b:=a^{b}$ definiert wird.
Wir prüfen das \emph{Assoziativitätsgesetz}.
Seien zu diesem Zwecke erstmals $a,b,c\in\ntrlpos$.
Dann
\begin{mathe}[mc]{rclclcl}
\eqtag[eq:1:ska:6:ex:1]
a\ast (b\ast c) &= &a\ast b^{c} &= &a^{b^{c}},\\
(a\ast b)\ast c &= &a^{b}\ast c &= &(a^{b})^{c} &= &a^{bc}.\\
\end{mathe}
Darum
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\eqtag[eq:2:ska:6:ex:1]
a\ast (b\ast c)=(a\ast b)\ast c
&\eqcrefoverset{eq:1:ska:6:ex:1}{\Longleftrightarrow}
&a^{b^{c}} = a^{bc}\\
&\Longleftrightarrow
&a=1\,\text{oder}\,b^{c}=bc\\
&\Longleftrightarrow
&a=1\,\text{oder}\,b^{c-1}=c.\\
\end{mathe}
Diese analytische Untersuchung hilft uns, ein \textbf{Gegenbeispiel} zu finden:
Seien $a:=2$, $b:=3$, $c:=2$.
Dann $a\neq 1$ und $b^{c-1}=3^{1}\neq c$.
Darum laut \eqcref{eq:2:ska:6:ex:1} gilt $a\ast (b\ast c)\neq (a\ast b)\ast c$.
Also erfüllt $(\ntrlpos,\ast)$ das Assoziativitätsaxiom \uline{nicht}.
%% SKA 6-2
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\setcounternach{section}{2}
\section[Aufgabe 2]{}
\label{ska:6:ex:2}
\let\sectionname\altsectionname
Die Multiplikationstabelle für $(R,+,\cdot)$ mit $R=\{0,1\}$
ist wie folgt
\hraum
\begin{tabular}[mc]{|C|CC|}
\hline
+ &0 &1\\
\hline
0 &0 &1\\
1 &1 &0\\
\hline
\end{tabular}
\quad
\begin{tabular}[mc]{|C|CC|}
\hline
\cdot &0 &1\\
\hline
0 &0 &0\\
1 &0 &1\\
\hline
\end{tabular}
\hraum
%% SKA 6-3
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\setcounternach{section}{3}
\section[Aufgabe 3]{}
\label{ska:6:ex:3}
\let\sectionname\altsectionname
Betrachte $\{0,1,a\}$ mit folgenden Operationen $+$, $\cdot$:
\hraum
\begin{tabular}[mc]{|C|CCC|}
\hline
+ &0 &1 &a\\
\hline
0 &0 &1 &a\\
1 &1 &a &0\\
a &a &0 &1\\
\hline
\end{tabular}
\quad
\begin{tabular}[mc]{|C|CCC|}
\hline
\cdot &0 &1 &a\\
\hline
0 &0 &0 &0\\
1 &0 &1 &a\\
a &0 &a &1\\
\hline
\end{tabular}
\hraum
Diese Struktur ist offensichtlich isomorph zu
$(\intgr/3\intgr,+,\cdot)$
mittels ${0\mapsto 0}$, ${1\mapsto 1}$, ${a\mapsto 2}$.
Da $(\intgr/3\intgr,+,\cdot)$ ein Körper ist,
ist $(\{0,1,a\},+,\cdot)$ ebenfalls wegen des Isomorphismus ein Körper.
Insbesondere sind die o.\,s. definierten Operationen assoziativ.
%% SKA 6-4
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\setcounternach{section}{4}
\section[Aufgabe 4]{}
\label{ska:6:ex:4}
\let\sectionname\altsectionname
\begin{claim*}
Sei $K$ ein Körper und seien $x,y\in K$ mit $xy=0$.
Dann gilt $x=0$ oder $y=0$.
\end{claim*}
\begin{proof}
Angenommen, dies sei nicht der Fall.
Dann $x\neq 0$ und $y\neq 0$.
Darum existieren multiplikative Inverse, $x^{-1},y^{-1}\in K$.
Aus $xy=0$ folgt dann
\begin{mathe}[mc]{rcccccccccccl}
1 &= &y^{-1}y
&= &y^{-1}1y
&= &y^{-1}(x^{-1}x)y
&= &(y^{-1}x^{-1})(xy)
&= &(y^{-1}x^{-1})0
&= &0.\\
\end{mathe}
Das ist ein Widerspruch!
\end{proof}
\textbf{Bemerkung.}
Wir haben hier den Satz $\forall{a\in K:~}a\cdot 0=0$ (siehe \cite[Satz 4.2.2]{sinn2020})
in Anspruch genommen.
%% SKA 6-5
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\setcounternach{section}{5}
\section[Aufgabe 5]{}
\label{ska:6:ex:5}
\let\sectionname\altsectionname
Sei $R=\intgr/6\intgr$ versehen mit Addition und Multiplikation modulo $6$.\\
Beachte: das additive Neutralelement ist die Äquivalenzklasse $[0]$.\\
Für $x=[2]$ und $y=[3]$ gilt $x,y\neq [0]$ und aber $xy=[2\cdot 3]=[6]=[0]$.
\textbf{Bemerkung.} Wir nennen solche Elemente \emph{Nullteiler}.
%% SKA 6-6
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\setcounternach{section}{6}
\section[Aufgabe 6]{}
\label{ska:6:ex:6}
\let\sectionname\altsectionname
\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
%% SKA 6-7(a)
\item
\begin{mathe}[tc]{ll}
&z_{1}:=\dfrac{2\imageinh}{5-3\imageinh}
= \dfrac{2\imageinh\cdot(5+3\imageinh)}{5^{2}+3^{2}}
= \dfrac{-6 + 10\imageinh}{34}
= -\frac{3}{17} + \imageinh\frac{5}{17}\\
\Longrightarrow
&\ReTeil(z_{1}) = -\frac{3}{17},
\quad
\ImTeil(z_{1}) = \frac{5}{17}.\\
\\
&z_{2}:=\dfrac{3 - 2\imageinh}{1 + 2\imageinh}
= \dfrac{(3 - 2\imageinh)\cdot(1-2\imageinh)}{1^{2}+2^{2}}
= \dfrac{(3+(-2)(-2)\imageinh^{2})) + (-6+-2)\imageinh}{5}
= \dfrac{(3-4) + -8\imageinh}{5}
= -\frac{1}{5} + \imageinh\frac{8}{5}\\
\Longrightarrow
&\ReTeil(z_{2}) = -\frac{1}{5},
\quad
\ImTeil(z_{2}) = \frac{8}{5}.\\
\end{mathe}
%% SKA 6-7(b)
\item\voritemise
\begin{algorithm}[\rtab][\rtab]
Gaußverfahren angewandt auf $(A|\mathbf{b})$:
\begin{mathe}[mc]{c}
\begin{matrix}{cc|c}
1+\imageinh &1 &0\\
-2 &2-\imageinh &1\\
\end{matrix}\\
\end{mathe}
Wende die Zeilentransformation
${Z_{1}\leftsquigarrow (1-\imageinh)\cdot Z_{1}}$
an:
\begin{mathe}[mc]{c}
\begin{matrix}{cc|c}
2 &1-\imageinh &0\\
-2 &2-\imageinh &1\\
\end{matrix}\\
\end{mathe}
Wende die Zeilentransformation
${Z_{2}\leftsquigarrow Z_{2}+Z_{1}}$
an:
\begin{mathe}[mc]{c}
\begin{matrix}{cc|c}
2 &1-\imageinh &0\\
0 &3-2\imageinh &1\\
\end{matrix}\\
\end{mathe}
Aus der Stufenform erschließt sich
\begin{mathe}[bc]{rclclcl}
y &= &\frac{1}{3-2\imageinh}
&= &\frac{3+2\imageinh}{3^{2}+2^{2}}
&= &\frac{3+2\imageinh}{13}\\
x &= &\frac{1}{2}(-(1-\imageinh)y)
&= &-\frac{1}{2}\frac{3-\imageinh}{13}
&= &\frac{-3+\imageinh}{26}.\\
\end{mathe}
\end{algorithm}
\end{enumerate}
%% SKA 6-7
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\setcounternach{section}{7}
\section[Aufgabe 7]{}
\label{ska:6:ex:7}
\let\sectionname\altsectionname
\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
%% SKA 6-7(a)
\item
Es gilt $4\cdot 7\equiv -1\cdot 2\equiv -2\equiv 3$ modulo $5$.
%% SKA 6-7(b)
\item
Es gilt $2^{100031}\equiv (-1)^{\text{ungerade Zahl}}\equiv -1\equiv 2$ modulo 3.\\
Es gilt $2^{100302}\equiv (-1)^{\text{gerade Zahl}}\equiv 1$ modulo 3.\\
%% SKA 6-7(c)
\item
Für $\intgr/5\intgr$ ist die Menge an Möglichkeiten klein,
sodass wir per \emph{brute force} das Inverse von $3$ bestimmen können:
\hraum
\begin{tabular}[mc]{|C|CCCCC|}
\hline
n &0 &1 &2 &3 &4\\
\hline
3\cdot n &0 &3 &\fbox{1} &4 &2\\
\hline
\end{tabular}
\hraum
Darum gilt $3\cdot 2\equiv 1$ modulo $5$, sodass \fbox{$3^{-1}=2$} in $\intgr/5\intgr$.
Für den Fall $\intgr/103\intgr$ gibt es deutlich mehr Möglichkeiten,
sodass es ein Versuch durch rohe Gewalt nicht mehr sinnvoll ist.
Darum wenden wir das Lemma von B\'ezout an und lesen das Resultat daraus.
\textbf{Zur Erinnerung:}
Durch den Euklidischen Algorithmus auf $(a:=103,\,b:=21)$ angewandt
erhalten wir ganze Zahlen,
${u,v\in\intgr}$,
so dass ${u\cdot 103 + v\cdot 21=\ggT(103,21)}$ gilt.
Da aber ${103\in\mathbb{P}}$ und ${1<21<103}$, gilt ${\ggT(103,21)=1}$,
sodass die o.\,s. Identität
$1\equiv u\cdot 103+v\cdot 21\equiv 0+v\cdot 21$ modulo $103$
liefert,
was wiederum bedeutet, dass $21^{-1}=v$ in $\intgr/103\intgr$.
Zunächst führen wird also den Euklidischen Algorithmus auf $a=103$ und $b=21$ aus:
\begin{longtable}[mc]{|c|c|}
\hline
\hline
Restberechnung (symbolisch) &Restberechnung (Werte)\\
\hline
\endhead
$a = b\cdot q_{1} + r_{1}$ &$103 = 21\cdot 4 + 19$\\
$b = r_{1}\cdot q_{2} + r_{2}$ &$21 = 19\cdot 1 + 2$\\
$r_{1} = r_{2}\cdot q_{3} + r_{3}$ &$19 = 2\cdot 9 + \boxed{\mathbf{1}}$\\
$r_{2} = r_{3}\cdot q_{4} + r_{4}$ &$2 = 1\cdot 2 + 0$\\
\hline
\hline
\end{longtable}
Also gilt $\ggT(103, 21)=1$ wie erwartet.
Und jetzt kehren wir die Ausdrücke um, um die Koeffizienten $u$, $v$ zu bestimmen:
\begin{longtable}[mc]{|c|c|}
\hline
\hline
Rest (symbolisch) &Rest (Werte)\\
\hline
\endhead
$r_{1} = a - 4\cdot b$ &$19 = 1\cdot a + -4\cdot b$\\
$r_{2} = b - 1\cdot r_{1}$ &$2 = -1\cdot a + 5\cdot b$\\
$r_{3} = r_{1} - 9\cdot r_{2}$ &$\boxed{1 = \mathbf{10}\cdot a + \mathbf{-49}\cdot b}$\\
\hline
\hline
\end{longtable}
Darum liefert uns das B\'ezout Lemma
${1=10\cdot a - 49\cdot b=10\cdot 103-\boxed{49}\cdot 21}$.
Also gilt wie oben \fbox{$21^{-1}=-49=54$} in $\intgr/103\intgr$.\\
(Man prüft dies: $21\cdot 54=1134=103\cdot 11+1\equiv 1$ modulo $103$.
Also ist das Ergebnis richtig!)
%% SKA 6-7(d)
\item
Wir führen das Gaußverfahren zuerst in $\intgr$ durch,
nur achten wir darauf, niemals mit Vielfachen von $11$ oder $13$
zu multiplizieren:
\begin{algorithm}[\rtab][\rtab]
Gaußverfahren angewandt auf $(A|\mathbf{b})$:
\begin{mathe}[mc]{c}
\begin{matrix}{cc|c}
2 &-3 &0\\
10 &7 &-5\\
\end{matrix}\\
\end{mathe}
Wende die Zeilentransformation
${Z_{2}\leftsquigarrow Z_{2}-5\cdot Z_{1}}$
an:
\begin{mathe}[mc]{c}
\begin{matrix}{cc|c}
2 &-3 &0\\
0 &22 &-5\\
\end{matrix}\\
\end{mathe}
Wir wenden die Zeilentransformation
${Z_{1}\leftsquigarrow 7\cdot Z_{1}+Z_{2}}$
an und erhalten das äquivalente System (\textdagger):
\begin{mathe}[bc]{c}
\begin{matrix}{cc|c}
14 &1 &-5\\
0 &22 &-5\\
\end{matrix}\\
\end{mathe}
\end{algorithm}
In $\intgr/11\intgr$ ist das System ab (\textdagger)
\begin{algorithm}[\rtab][\rtab]
LGS modulo 11:
\begin{mathe}[mc]{c}
\begin{matrix}{cc|c}
\mathbf{3} &1 &6\\
0 &0 &\mathbf{6}\\
\end{matrix}\\
\end{mathe}
$\Longrightarrow$ \fbox{System unlösbar}, da $6\neq 0$ in $\intgr/11\intgr$.
\end{algorithm}
In $\intgr/13\intgr$ ist das System ab (\textdagger)
\begin{algorithm}[\rtab][\rtab]
LGS modulo 13:
\begin{mathe}[mc]{c}
\begin{matrix}{cc|c}
1 &1 &8\\
0 &9 &8\\
\end{matrix}\\
\end{mathe}
Wende die Zeilentransformationen
${Z_{1}\leftsquigarrow 9\cdot Z_{1}-\cdot Z_{2}}$
an:
\begin{mathe}[mc]{c}
\begin{matrix}{cc|c}
\mathbf{9} &0 &-1\\
0 &\mathbf{9} &8\\
\end{matrix}\\
\end{mathe}
Daraus ergibt sich die Lösung in $\intgr/13\intgr$:
\begin{mathe}[bc]{rclclcl}
x_{1} &= &9^{-1}\cdot -1
&= &3\cdot -1
&= &\boxed{10}\\
x_{2} &= &9^{-1}\cdot 8
&= &3\cdot 8
&= &\boxed{11}.\\
\end{mathe}
Also ist \fbox{$\mathbf{x}=\begin{svector} 10\\ 11\\\end{svector}$}
die Lösung des LGS in $\intgr/13\intgr$.
\end{algorithm}
ALso ist das LGS innerhalb $\intgr/13\intgr$ lösbar,
aber nicht innerhalb $\intgr/11\intgr$.
\end{enumerate}
%% SKA 6-8
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\setcounternach{section}{8}
\section[Aufgabe 8]{}
\label{ska:6:ex:8}
\let\sectionname\altsectionname
\begin{satz*}
Sei $p\in\mathbb{P}$ eine Primzahl.
Für jedes $m\in\intgr$ mit $p\ndivides m$
ist die Abbildung
${M_{m}:\intgr/p\intgr\to\intgr/p\intgr}$,
die vermöge $M_{m}([x])=[m]\cdot[x](=[mx])$ definiert wird,
wohldefiniert und injektiv.
Insbesondere existert ein $[x]\in\intgr/p\intgr$,
so dass $[m]\cdot [x]=[1]$.
\end{satz*}
\begin{einzug}[\rtab][\rtab]
\begin{proof}
Dass diese Abbildung wohldefiniert ist, folgt aus der Wohldefiniertheit
von Modularmultiplikation.
\uwave{{\bfseries Injektivität:}}\\
Seien $[x],[x']\in\intgr/p\intgr$.
Angenommen $M_{m}([x])=M_{m}([x'])$.
\textbf{Zu zeigen:} $[x]=[x']$.\\
Aus $M_{m}([x])=M_{m}([x'])$
folgt $[mx]=[mx']$ per Konstruktion der Abbildung $M_{m}$.\\
Per Definition der Äquivalenzklassen
gilt somit $mx\equiv mx'$ modulo $p$.\\
Daraus folgt ${p\divides (mx-mx')}$,
also ${p\divides m\cdot(x-x')}$.\\
Da $p$ prim ist, gilt $p\divides m$ oder $p\divides (x-x')$
(siehe \cite[Satz 3.4.14]{sinn2020}).\\
Per Voraussetzung auf $m$ folgt daraus, dass $p\divides(x-x')$.\\
Daraus folgt $x\equiv x'$ modulo $p$,
und somit $[x]=[x']$ per Definition der Äquivalenzklassen.\\
Darum ist $M_{m}$ injektiv.
Da nun $\intgr/p\intgr$ endlich ist,
sind injektive Abbildungen zwischen $\intgr/p\intgr$ und sich selbst
automatisch surjektiv.\\
Per Surjektivität existiert ein Element $[x]\in\intgr/p\intgr$,
so dass $[1]=M_{m}([x])=[m]\cdot [x]$.\\
Das heißt, $[m]$ ist invertierbar innerhalb $\intgr/p\intgr$.
\end{proof}
\end{einzug}
\textbf{Bemerkung.}
Die letzte Aussage in diesem Satz gilt auch allgemeiner:
Sind $n,m\in\intgr$ teilerfremd, dann ist $[m]$ innerhalb $\intgr/n\intgr$ invertierbar.
Falls $n$ nicht prim ist, muss man sich allerdings bei der Injektivitätsargumentation mehr bemühen.
Einfacher ist also natürlich die Anwendung von dem Lemma von B\'ezout.
\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:~}(x\in f^{-1}(B)\,\text{und}\,f(x)=y)\\
&\Longleftrightarrow
&\exists{x:~}(x\in X\,\text{und}\,f(x)\in B\,\text{und}\,f(x)=y)\\
&\Longleftrightarrow
&\exists{x\in X:~}(f(x)\in B\,\text{und}\,f(x)=y)\\
&\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: body/quizzes/quiz4.tex
%% ********************************************************************************
\setcounternach{chapter}{4}
\chapter[Woche 4]{Woche 4}
\label{quiz:4}
Gegeben seien Mengen $X$, $Y$, $Z$,
und Funktionen $f:X\to Y$ und $g:Y\to Z$.
Wir betrachten die Komposition ${g\circ f:X\to Z}$
\hraum
\begin{tikzpicture}[node distance=0.5cm, thick]
\pgfmathsetmacro\habst{3}
\pgfmathsetmacro\vabst{1}
\node[label=below:{$X$}] (SetX) at (0*\habst,0*\vabst) {$\bullet$};
\node[label=below:{$Y$}] (SetY) at (1*\habst,0*\vabst) {$\bullet$};
\node[label=below:{$Z$}] (SetZ) at (2*\habst,0*\vabst) {$\bullet$};
\draw (SetX) edge [->] node [pos=0.5, above] {\footnotesize $f$} (SetY);
\draw (SetY) edge [->] node [pos=0.5, above] {\footnotesize $g$} (SetZ);
\end{tikzpicture}
\hraum
\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
%% QUIZ 4-a
\item
\begin{claim*}
$g\circ f$ injektiv $\Rightarrow$ $f$ injektiv.
\end{claim*}
\begin{proof}
Angenommen, $g\circ f$ sei injektiv.
\textbf{Zu zeigen:} $f$ ist injektiv\\
\textbf{Zu zeigen:} Für alle $x_{1},x_{2}\in X$ gilt $f(x_{1})=f(x_{2})\Rightarrow x_{1}=x_{2}$.\\
Seien also $x_{1},x_{2}\in X$ beliebig.
Es gilt:
\begin{mathe}[mc]{rcl}
f(x_{1}) = f(x_{2})
&\Longrightarrow
&g(f(x_{1})) = g(f(x_{2}))\\
&\Longrightarrow
&(g\circ f)(x_{1}) = (g\circ f)(x_{2})\\
&\Longrightarrow
&x_{1} = x_{2},
\,\text{da $g\circ f$ injektiv}.\\
\end{mathe}
Also ist $f$ injektiv.
\end{proof}
%% QUIZ 4-b
\item
\begin{claim*}
$f,g$ injektiv $\Rightarrow$ $g\circ f$ injektiv.
\end{claim*}
\begin{proof}
Angenommen, $f,g$ seien injektiv.
\textbf{Zu zeigen:} $g\circ f$ ist injektiv\\
\textbf{Zu zeigen:} Für alle $x_{1},x_{2}\in X$ gilt $(g\circ f)(x_{1})=(g\circ f)(x_{2})\Rightarrow x_{1}=x_{2}$.\\
Seien also $x_{1},x_{2}\in X$ beliebig.
Es gilt:
\begin{mathe}[mc]{rcl}
(g\circ f)(x_{1}) = (g\circ f)(x_{2})
&\Longrightarrow
&g(f(x_{1})) = g(f(x_{2}))\\
&\Longrightarrow
&f(x_{1}) = f(x_{2}),
\,\text{da $g$ injektiv}\\
&\Longrightarrow
&x_{1} = x_{2},
\,\text{da $f$ injektiv}.\\
\end{mathe}
Also ist $g\circ f$ injektiv.
\end{proof}
\end{enumerate}
%% ********************************************************************************
%% FILE: body/quizzes/quiz5.tex
%% ********************************************************************************
\setcounternach{chapter}{5}
\chapter[Woche 5]{Woche 5}
\label{quiz:5}
\begin{claim*}
Seien $n\in\ntrlpos$ und $p\in\mathbb{P}$ mit $n<p\leq 2n$.
Dann gilt $p\divides\begin{svector} 2n\\ n\\\end{svector}$.
\end{claim*}
\begin{proof}
Aus $n<p\leq 2n$, d.\,h. $p\in\{n+1,n+2,\ldots,2n\}$, folgt (i)~$p\divides\prod_{i=n+1}^{2n}i$.\\
Es gilt nun
\begin{mathe}[mc]{rcccccl}
\eqtag[eq:1:quiz:5:ex:1]
\prod_{i=n+1}^{2n}i
&= &\dfrac{\prod_{i=1}^{2n}i}{n!}
&= &n!\dfrac{(2n)!}{n!(2n-n)!}
&= &n!\begin{vector} 2n\\ n\\\end{vector}.\\
\end{mathe}
Aus (i) und \eqcref{eq:1:quiz:5:ex:1} folgt also
(ii)~$p\divides \begin{svector} 2n\\ n\\\end{svector}\cdot n!$.\\
Beachte, dass $p$ eine Primzahl ist und ${n!,\begin{svector} 2n\\ n\\\end{svector}\in\intgr}$.\\
Aus (ii) und \cite[Satz 3.4.14]{sinn2020} folgt also
$p\divides\begin{svector} 2n\\ n\\\end{svector}$ oder $p\divides n!$.\\
\fbox{Angenommen, $p\ndivides\begin{svector} 2n\\ n\\\end{svector}$.}\\
Dann muss laut des o.\,s. Arguments ${p\divides n!(=\prod_{i=1}^{n}i)}$ gelten.\\
Eine weitere Anwendung von \cite[Satz 3.4.14]{sinn2020} liefert,
dass ${p\divides i_{0}}$ für ein $i_{0}\in\{1,2,\ldots,n\}$.\\
Aber dann gilt $1\leq p\leq i_{0}\leq n$.
Das widerspricht der Voraussetzung, dass $n<p$.\\
Darum stimmt die Annahme nicht.
Das heißt, $p\divides\begin{svector} 2n\\ n\\\end{svector}$.
\end{proof}
%% ********************************************************************************
%% FILE: body/quizzes/quiz6.tex
%% ********************************************************************************
\setcounternach{chapter}{6}
\chapter[Woche 6]{Woche 6}
\label{quiz:6}
\begin{enumerate}{\bfseries 1.}
\item
Seien $n\in\ntrlpos$.
Man bezeichne mit $(\intgr/n\intgr)^{\times}$
die Menge der bzgl. Multiplikation modulo $n$
invertierbaren Elemente in $\intgr/n\intgr$.
\begin{claim*}
Für $a\in\intgr$
gilt
$[a]\in(\intgr/n\intgr)^{\times}$
gdw. $\exists{u,v\in\intgr:~}ua+vn=1$
gdw. $\ggT(a,n)=1$
\end{claim*}
\begin{proof}
Es gilt
\begin{mathe}[mc]{rcl}
[a]\in(\intgr/n\intgr)^{\times}
&\Longleftrightarrow
&\exists{u\in\intgr:~}\overbrace{[u]\cdot [a]}^{[u\cdot a]=}=[1]\\
&\Longleftrightarrow &\exists{u\in\intgr:~}u\cdot a\equiv 1\mod n\\
&\Longleftrightarrow &\exists{u\in\intgr:~}\exists{v\in\intgr:~}ua+vn=1\\
&\Longleftrightarrow &\ggT(a,n)=1
\quad\text{(wegen des Lemmas von B\'ezout).}
\end{mathe}
Also gilt
$[a]\in(\intgr/n\intgr)^{\times}$
$\Leftrightarrow$
$\exists{u,v\in\intgr:~}ua+vn=1$
$\Leftrightarrow$
$\ggT(a,n)=1$.
\end{proof}
\item
\begin{claim*}
Sei $n=9$. Dann gilt $(\intgr/n\intgr)^{\times}=\{[1],[2],[4],[5],[7],[8]\}$.
\end{claim*}
\begin{proof}
Da
\hraum
\begin{tabular}[mc]{|L|CCCCCCCCC|}
\hline
\hline
a &0 &1 &2 &3 &4 &5 &6 &7 &8\\
\hline
\ggT(a,n=9) &9 &1 &1 &3 &1 &1 &3 &1 &1\\
\hline
\hline
\end{tabular}
\hraum
gilt der letzten Aufgabe zufolge
$%
(\intgr/n\intgr)^{\times}
=\{[a]\mid a\in\{0,1,2,\ldots,n-1\},\,\ggT(a,n)=1\}
=\{[1],[2],[4],[5],[7],[8]\}%
$.
\end{proof}
\end{enumerate}
%% ********************************************************************************
%% FILE: body/quizzes/quiz7.tex
%% ********************************************************************************
\setcounternach{chapter}{7}
\chapter[Woche 7]{Woche 7}
\label{quiz:7}
\begin{enumerate}{\bfseries 1.}
\item
\begin{defn*}
Sei $V$ ein Vektorraum über einem Körper $K$.
Seien $\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n}\in V$.
Die Vektoren, $\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\ldots,\mathbf{v}_{n}$,
heißen dann
\textbf{linear unabhängig},
wenn für alle Skalare, $c_{1},c_{2},\ldots,c_{n}\in K$,
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\sum_{i=1}^{n}c_{i}\cdot\mathbf{v}_{i}=\zerovector
&\Longrightarrow
&\forall{i\in\{1,2,\ldots,n\}:~}c_{i}=0_{K}
\end{mathe}
gilt.
\end{defn*}
\item
\begin{claim*}
Seien
\begin{mathe}[mc]{rclqrclqrcl}
\mathbf{v}_{1} &= &\begin{svector} 1\\ 2\\ 2\\\end{svector}
&\mathbf{v}_{2} &= &\begin{svector} 0\\ 2\\ 1\\\end{svector}
&\mathbf{v}_{3} &= &\begin{svector} 2\\ 1\\ 1\\\end{svector}\\
\end{mathe}
Vektoren im Vektorraum $\mathbb{F}_{5}^{3}$ über dem Körper $\mathbb{F}_{5}$.
Diese Vektoren sind linear unabhängig.
\end{claim*}
\begin{proof}
Laut Satz \cite[Satz~5.2.4]{sinn2020} sind die Vektoren,
$\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\mathbf{v}_{3}$,
dann linear unabhängig, wenn $A\mathbf{x}=\zerovector$
nur die Triviallösung hat, wobei
\begin{mathe}[mc]{rcl}
A &= &\begin{matrix}{ccc}
1 &0 &2\\
2 &2 &1\\
2 &1 &1\\
\end{matrix}.\\
\end{mathe}
Wir lösen also das homogene System:
\begin{algorithm}[\rtab][\rtab]
Zeilenoperationen
${Z_{2}\leftsquigarrow Z_{2} - 2\cdot Z_{1}}$
und
${Z_{3}\leftsquigarrow Z_{3} - 2\cdot Z_{1}}$
anwenden:\footnotemark[ft:1:aufg:2:quiz:8]
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\begin{matrix}{ccc}
1 &0 &2\\
0 &2 &2\\
0 &1 &2\\
\end{matrix}.\\
\end{mathe}
Zeilenoperation
${Z_{3}\leftsquigarrow 2\cdot Z_{3} - Z_{2}}$
anwenden:
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\begin{matrix}{ccc}
1 &0 &2\\
0 &2 &2\\
0 &0 &2\\
\end{matrix}.\\
\end{mathe}
\end{algorithm}
\footnotetext[ft:1:aufg:2:quiz:8]{
Beachte, dass wir im Körper $\mathbb{F}_{5}$ d.\,h. modulo 5 berechnen.
}
Aus der Zeilenstufenform geht hervor,
dass es keine freien unbekannten gibt und insbesondere,
dass das homogene System nur die Triviallösung besitzt.
Darum sind die Vektoren linear unabhängig.
\end{proof}
\end{enumerate}
%% ********************************************************************************
%% FILE: body/quizzes/quiz8.tex
%% ********************************************************************************
\setcounternach{chapter}{8}
\chapter[Woche 8]{Woche 8}
\label{quiz:8}
\begin{claim*}
Sei $V$ ein Vektorraum über Körper $K$
und seien $U_{1},U_{2}\subseteq V$ lineare Unterräume.
Dann gilt
\begin{mathe}[bc]{rcl}
U_{1}+U_{2} = U_{2}
&\Longleftrightarrow
&U_{1}\subseteq U_{2}.\\
\end{mathe}
\nvraum{1}
\end{claim*}
\begin{einzug}[\rtab][\rtab]
\begin{proof}
\hinRichtung Angenommen,
\begin{mathe}[bc]{rcl}
\eqtag[eq:1:quiz:8]
U_{1}+U_{2} &= &U_{2}.\\
\end{mathe}
\textbf{Zu zeigen:} $U_{1}\subseteq U_{2}$.
Da jeder lineare Unterraum den Nullvektor enthält
(siehe \cite[Lemma~1.4.2]{sinn2020}), gilt
\begin{mathe}[bc]{rcccccl}
U_{1}
&=
&U_{1}
+\underbrace{
\{\zerovector\}
}_{\subseteq U_{2}}
&\subseteq
&U_{1}+U_{2}
&\eqcrefoverset{eq:1:quiz:8}{=}
&U_{2}.\\
\end{mathe}
\herRichtung Angenommen, $U_{1}\subseteq U_{2}$.
\textbf{Zu zeigen:} $U_{1}+U_{2}=U_{2}$.\\
Für Mengengleichheit teilen wir dies in zwei Teile auf:
\BeweisRichtung[$\supseteq$] \textbf{Zu zeigen:} $U_{2}\subseteq U_{1}+U_{2}$.
Da jeder lineare Unterraum den Nullvektor enthält,
\begin{mathe}[bc]{rcccl}
U_{2}
&=
&\underbrace{
\{\zerovector\}
}_{\subseteq U_{1}}
+U_{2}
&\subseteq
&U_{1}+U_{2}\\
\end{mathe}
\BeweisRichtung[$\subseteq$] \textbf{Zu zeigen:} $U_{1}+U_{2}\subseteq U_{2}$.
Es gilt:
\begin{mathe}[bc]{rcl}
U_{1}+U_{2}
&\subseteq &U_{2}+U_{2},
\quad\text{da per Annahme $U_{1}\subseteq U_{2}$}\\
&\subseteq
&U_{2},
\quad\text{da als Vektorraum $U_{2}$ unter Addition stabil ist}.\\
\end{mathe}
\end{proof}
\end{einzug}
\begin{rem*}
In diesem Beweis haben wir mit mengenweise Operationen gearbeitet.
Z.\,B. aus $\{\zerovector\}\subseteq U_{1}$
folgt $\{\zerovector\}+U_{2}\subseteq U_{1}+U_{2}$;
und aus $U_{1}\subseteq U_{2}$
folgt $U_{1}+U_{2}\subseteq U_{2}+U_{2}$.
Diese Implikationen haben nichts mit linearer Algebra zu tun.
Sie sind rein mengentheoretische Ergebnisse und lassen sich
allgemein folgendermaßen zeigen:
\begin{mathe}[mc]{rcccccl}
A\star B
&= &\{a\star b\mid a\in A,\,b\in B\}
&\subseteq &\{a\star b\mid a\in A',\,b\in B\}
&= &A'\star B\\
\end{mathe}
für alle Mengen, $A,A',B$ mit $A\subseteq A'$
und alle Operationen $\star$ definiert auf $A'\times B$.
Gebrauch machten wir auch von
\begin{mathe}[mc]{rcccccccl}
U + \{\zerovector\}
&= &\{u+v\mid u\in U,\,v\in\{\zerovector\}\}
&= &\{u+\zerovector\mid u\in U\}
&= &\{u\mid u\in U\}
&= &U\\
\end{mathe}
für alle Teilmengen, $U\subseteq V$, und von
\begin{mathe}[mc]{rcccccccl}
U+U
&= &\{\underbrace{u+v}_{\in U}\mid u\in U,\,v\in U\}
&\subseteq &U\\
\end{mathe}
für alle linearen Unterräume, $U\subseteq V$.
\end{rem*}
%% ********************************************************************************
%% FILE: body/quizzes/quiz9.tex
%% ********************************************************************************
\setcounternach{chapter}{9}
\chapter[Woche 9]{Woche 9}
\label{quiz:9}
\begin{claim*}
Seien $U,V,W$ Vektorräume über einem Körper, $K$.
Seien
${\phi:U\to V}$
und
${\psi:V\to W}$
linear.
Falls
\begin{kompaktenum}{\bfseries (i)}[\rtab][\rtab]
\item\label{it:1:quiz:9}
$\psi$ surjektiv ist; und
\item\label{it:2:quiz:9}
$\ker(\psi)+\range(\phi)=V$,
\end{kompaktenum}
dann ist ${\psi\circ\phi:U\to W}$ surjektiv.
\end{claim*}
\begin{einzug}[\rtab][\rtab]
\begin{proof}
Es reicht aus, für alle $z\in W$
\textbf{zu zeigen}, dass ein $x\in U$ existiert mit
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\eqtag[eq:0:quiz:9]
(\psi\circ\phi)(x) &= &z.\\
\end{mathe}
Sei also $z\in W$ beliebig.
\begin{einzug}[\rtab]
Wegen \eqcref{it:1:quiz:9} existiert ein $y\in V$,
so dass
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\eqtag[eq:1:quiz:9]
\phi(y) &= &z.\\
\end{mathe}
Da $y\in V$ und laut \eqcref{it:2:quiz:9} $V=\ker(\psi)+\range(\phi)$,
es existieren $y_{0}\in\ker(\psi)$ und $y_{1}\in\range(\phi)$,
so dass
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\eqtag[eq:2:quiz:9]
y &= &y_{0}+y_{1}.\\
\end{mathe}
Da $y_{1}\in\range(\phi)$, existiert nun ein \fbox{$x\in U$},
so dass $\phi(x)=y_{1}$. Wir berechnen nun
\begin{mathe}[mc]{rcl}
(\psi\circ\phi)(x)
&= &\psi(\phi(x))\\
&= &\psi(y_{1})\\
&\eqcrefoverset{eq:2:quiz:9}{=}
&\psi(y-y_{0})\\
&= &\psi(y)-\psi(y_{0})\\
&= &\psi(y)-0,
\quad\text{da $y_{0}\in\ker(\psi)$}\\
&\eqcrefoverset{eq:1:quiz:9}{=}
&z.\\
\end{mathe}
Damit haben wir \eqcref{eq:0:quiz:9} gezeigt.
\end{einzug}
Also ist $\psi\circ\phi$ surjektiv.
\end{proof}
\end{einzug}
\begin{rem*}
Wir können in der Tat zeigen, dass die umgekehrte Richtung auch gilt:
Angenommen, $\psi\circ\phi$ sei surjektiv.
Dann gilt
$W\supseteq\psi(V)\supseteq\psi(\phi(U))=(\psi\circ\phi)(U)=W$,
und somit $\psi(V)=W$,
sodass \eqcref{it:1:quiz:9} gilt.
Für \eqcref{it:2:quiz:9} brauchen wir nur die $\supseteq$-Inklusion zu zeigen,
da die $\subseteq$-Inklusion offensichtlich wahr ist.
Sei also $y\in V$ beliebig.
Wegen Surjektivität von $\psi\circ\phi$ existiert nun ein $x\in U$,
so dass $\psi(y)=(\psi\circ\phi)(x)$.
Beobachte man, dass
\begin{mathe}[mc]{rcccl}
\psi(y-\phi(x))
&= &\psi(y)-\psi(\phi(x))
&= &0,\\
\end{mathe}
sodass \fbox{$y-\phi(x)\in\ker(\psi)$} gilt.
Darum
\begin{mathe}[mc]{rcccl}
y &= &\underbrace{y-\phi(x)}_{\in\ker(\psi)}
+\underbrace{\phi(x)}_{\in\range(\phi)}
&\in &\ker(\psi)+\range(\phi).\\
\end{mathe}
Damit haben wir bewiesen, dass $V\subseteq \ker(\psi)+\range(\phi)$
(d.\,h. die $\supseteq$-Inklusion in \eqcref{it:2:quiz:9}).\\
Darum gilt:
$\psi\circ\phi$ surjektiv $\Rightarrow$ \eqcref{it:1:quiz:9}+\eqcref{it:2:quiz:9} gelten.
\end{rem*}
%% ********************************************************************************
%% FILE: back/index.tex
%% ********************************************************************************
\bibliographystyle{alpha}
\def\bibname{Literaturverzeichnis}
\nocite{*}
\bgroup
\footnotesize
%% ********************************************************************************
%% FILE: ./back/quelle.bib
%% ********************************************************************************
\begin{thebibliography}{Wal16}
\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}
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