\documentclass{article}
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\include{commands}
\markboth{Agnieszka S\l aby, Beth Scorer, Bibiana Gluski, Thomas Dettbarn\hfill Blatt 5\hfill}{Agnieszka S\l aby, Beth Scorer, Bibiana Gluski, Thomas Dettbarn\hfill Blatt 5\hfill}
\begin{document}
\title{"Ubungsaufgaben Lineare Algebra I\\Blatt 5}
\author{Agnieszka S\l aby, 5498566\\Beth Scorer, 5643272\\Bibiana Gluski, 5600816\\Thomas Dettbarn, 5610641}
\maketitle
\newpage
\subsection*{1.) Sei $V$ ein Vektorraum und seien $U_1,U_2$ Untervektorr"aume von $V$. Ist $U_1\cup U_2=V$, dann gilt $U_1=V$ oder $U_2=V$.}
%$u\in U_1\cup U_2\Leftrightarrow u\in U_1\vee u\in U_2$.\\
%$u\in U_1\cap U_2\Leftrightarrow u\in U_1\wedge u\in U_2$.\\
%$u\in U_1\backslash U_2\Leftrightarrow u\in U_1\wedge u\not\in U_2$.\\
Die Vereinigung zweier Untervektorr"aume ist definiert als
\begin{eqnarray*}
u\in U_1\cup U_2\Leftrightarrow u\in U_1\vee u\in U_2
\end{eqnarray*}
Sei
\begin{eqnarray*}
v=u_1+u_2,\,\;\;v\in V,\;u_1\in U_1,\;u_2\in U_2
\end{eqnarray*}
Da der Vektor $v$ in der Vereinigungsmenge liegt, mu"s er somit aus einem der beiden Untervektorr"aume $U_1$ oder $U_2$ stammen.\\

Angenommen, $v\in U_1$, damit mu"s wegen
\begin{eqnarray*}
v=u_1+u_2&\Leftrightarrow&v+(-1)\cdot u_1=u_2
\end{eqnarray*} 
aufgrund der Abgeschlossenheit von Vektorr"aumen bez"uglich der Addition $u_2$ ebenfalls in $U_1$ liegen. Also bildet $u_2$ eine Teilmenge von $U_1$. Da dann $U_2\backslash U_1=\emptyset$ ist, liegen alle Vektoren aus $V$ auch in $U_1$.\\

Analog dazu kann man annehmen, da"s $v\in U_2$ liegt. Dann ergibt sich wegen
\begin{eqnarray*}
v=u_1+u_2&\Leftrightarrow&v+(-1)\cdot u_2=u_1
\end{eqnarray*}
da"s $U_1$ eine Teilmenge von $U_2$ sein mu"s. Also bildet $u_2$ eine Teilmenge von $U_2$. Da dann $U_1\backslash U_2=\emptyset$ ist, liegen alle Vektoren aus $V$ auch in $U_2$.\\

Da also $U_1\subset U_2$ oder $U_2\subset U_1$ gilt, allerdings $U_1\cup U_2=V$ ergibt, mu"s somit $V=U_1$ bzw. $V=U_2$ gelten.\\
$ $\\

q.e.d.


\subsection*{2.) Seien $U,V$ Untervektorr"aume eines Vektorraumes $W$. Zeigen Sie: $(U+V)\backslash (U\cap V)\cong U\backslash (U\cap V)\oplus V\backslash (U\cap V)$}
\begin{eqnarray*}
(U+V)\backslash (U\cap V)=\{u+v\mid u\in U,\;v\in V,\;(u+v\in U\wedge u+v\not\in V)\vee(u+v\not\in U\wedge u+v\in V)\}\\
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
U\backslash (U\cap V)\oplus V\backslash(U\cap V)=\{(u,v)\mid u\in U\wedge u\not\in V,\;v\in V\wedge v\not\in U\}
\end{eqnarray*}
\subsection*{3.) Seien $v_1,\dots,v_r$ Vektoren im $\R^n,\;r\leqslant n$, mit $v_i\ne 0\;\forall i\leqslant r,\;\langle v_i,v_j\rangle=0,\;\forall i\ne j,\;i,j\leqslant r$. Dann ist die Familie $(v_1,\dots,v_r)$ linear unabh"angig.}
{\bf Behauptung:} Die Familie $(v_1,\dots,v_r),\;v_i\in \R^n$ ist linear unabh"angig, wenn f"ur alle $i,j\in \N,\;i\ne j$ gilt $\langle v_i,v_j\rangle=0$.\\
$ $\\
{\bf Beweis:} Per Induktion "uber $r$.\\
\begin{description}
\item[Induktionsanfang]{$A(2)$\\
$r:=2$\\

Angenommen, zwei Vektoren $v_i$ und $v_j$ sind nicht linear unabh"angig. Dann existiert ein $\lambda\in \R$, so da"s
\begin{eqnarray*}
v_j&=&\lambda v_i
\end{eqnarray*}
F"ur $\langle v_i,v_j\rangle$ ergibt sich somit:
\begin{eqnarray*}
\langle v_i,v_j\rangle&=&v_{i_1}v_{j_1}+v_{i_2}v_{j_2}+\dots=\sum\limits^n_{\nu=1}v_{i_\nu}v_{j_\nu}
\end{eqnarray*}
Wegen $v_j=\lambda v_i$ somit
\begin{eqnarray*}
\langle v_i,\lambda v_i\rangle&=&\sum\limits^n_{\nu=1}v_{i_\nu}\lambda v_{i_\nu}=\lambda\sum\limits^n_{\nu=1}v_{i_\nu}^2
\end{eqnarray*}
Da Quadrate im $\R^n$ immer positiv sind, kann diese Reihe nur im trivialen Fall $\lambda=0$ bzw. $v_i=0$ den Wert 0 ergeben. $v_i=0$ ist aber per Definition ausgeschlossen, mit $\lambda=0$ w"are $v_j$ der Nullvektor.\\
$\widerspruch$\\
Damit m"ussen zwei von 0 verschiedene Vektoren $v_i$ und $v_j$ genau dann linear unabh"angig sein, wenn $\langle v_i,v_j\rangle=0$ ist.
}
\item[Induktionsschritt]{$A(r)\Longrightarrow A(r+1)$\\

Angenommen der Vektor $v_{r-1}$ w"are linear aus den linear unabh"angigen Vektoren $(v_1,\dots,v_r)$ kombinierbar. Somit exisieren $\lambda_1,\dots,\lambda_r$, so da"s
\begin{eqnarray*}
v_{r+1}&=&\sum\limits^{r}_{\nu=1}\lambda_\nu v_\nu
\end{eqnarray*}
Mit $\langle v_i,v_{r+1}\rangle$ (f"ur ein $1\leqslant i\leqslant r$) ergibt sich somit
\begin{eqnarray*}
\langle v_i,v_{r+1}\rangle&=&\sum\limits^n_{\nu=1}v_{i_\nu}\sum\limits^r_{\mu=1}\lambda_\mu v_{\mu_\nu}\\
&=&\lambda_1 v_{i_1} v_{1_1}+\lambda_2 v_{i_1} v_{2_1}+\dots +\lambda_i v_{i_1}v_{i_1}+\dots+\lambda_r v_{i_1} v_{r_1}+\lambda_1 v_{i_2}v_{1_2}+\dots \\
&&\dots+\lambda_1 v_{i_n}v_{1_n}+\dots+\lambda_rv_{i_n}v_{r_n}\\
&=&\lambda_1 (v_{i_1}v_{1_1}+v_{i_2}v_{1_2}+\dots +v_{i_n}v_{1_n})+\lambda_2(v_{i_1}v_{2_1}+\dots+v_{i_n}v_{2_n})+\dots\\
&&\dots+\lambda_i(v_{i_1}v_{i_1}+\dots+v_{i_n}v_{i_n})+\dots+\lambda_r(v_{i_1}v_{r_1}+\dots+v_{i_n}v_{r_n})\\
&=&\lambda_1 \sum\limits^n_{\nu=1}v_{i_\nu}v_{1_\nu}+\lambda_2 \sum\limits^n_{\nu=1}v_{i_\nu}v_{2_\nu}+\dots+\lambda_r \sum\limits^n_{\nu=1}v_{i_\nu}v_{r_\nu}\\
&=&\lambda_1 \langle v_i,v_1\rangle+\lambda_2\langle v_i,v_2\rangle+\dots+\lambda_i\langle v_i,v_i\rangle+\dots+\lambda_r\langle v_i,v_r\rangle\\
\end{eqnarray*} 
Da nach I.V. $v_i$ linear unabh"angig von allen anderen Vektoren ist, mu"s sich f"ur die Skalarprodukte $\langle v_i,v_j\rangle,\;i\ne j$ somit 0 ergeben. Also ist
\begin{eqnarray*}
\langle v_i,v_{r+1}\rangle&=&\lambda_i\langle v_i,v_i\rangle
\end{eqnarray*}
Dies kann nur 0 ergeben, wenn $v_i=0$ gilt, oder wenn $\lambda_i=0$ gilt, also $v_{r+1}$ linear unabh"angig von $v_i$ ist.\\
$\widerspruch$\\
Somit ist das Skalarprodukt $\langle v_i,v_{r+1}\rangle$ genau dann gleich 0, wenn $v_{r+1}$ von $v_i$ linear unabh"angig ist. Da $i$ beliebig gew"ahlt wurde, mu"s $v_{r+1}$ somit linear unabh"angig allen Vektoren $v_1,\dots,v_{r}$ sein.\\
}
\end{description}
Die Familie $(v_1,\dots,v_r)$ ist somit genau dann linear unabh"angig, wenn $\langle v_i,v_j\rangle=0,\;\forall i\ne j,\;i,j\leqslant r$ gilt.\\
$ $\\
q.e.d.
\subsection*{4.) Betrachte die Untervektorr"aume $U:=L((1,3,0,1), (1,0,0,-1),$ $ (-1,3,0,3)),\;W:=L((0,3,2,2),(0,0,2,0))$ des Vektorraumes $\R^4$. Bestimmen Sie Basen und Dimensionen von $U,W,U\cap W,U+W$.}
\begin{description}
\item[$U$]{$ $\\
Eine Basis des Untervektorraumes $U:=L((1,3,0,1),(1,0,0,-1),(-1,3,0,3))$ ist $L((1,3,0,1),(1,0,0,-1))$, da der Vektor $(-1,3,0,3)$ linear aus ihr abgeleitet werden kann:
\begin{eqnarray*}
1\cdot\left(\begin{array}{c}1\\3\\0\\1\\\end{array}\right)-2\cdot\left(\begin{array}{c}1\\0\\0\\-1\\\end{array}\right)&=&\left(\begin{array}{c}-1\\3\\0\\3\\\end{array}\right)
\end{eqnarray*}
und die Vektoren $(1,3,0,1)$ und $(1,0,0,-1)$ linear unabh"angig sind;
\begin{eqnarray*}
a\cdot(1,3,0,1)+b\cdot (1,0,0,-1)=0
\end{eqnarray*}
gilt nur im trivialen Fall $a:=0$ und $b:=0$:
\begin{eqnarray*}
\begin{array}{rrcrcr}
I&1a&+&1b&=&0\\
II&3a&+&0b&=&0\\
III&0a&+&0b&=&0\\
IV&1a&-&1b&=&0\\\hline
IV^\prime&&&a&=&b\\
II^\prime&&&a&=&0\\
\end{array}
\end{eqnarray*}
Die Basis besteht somit nur aus zwei linear unabh"angigen Vektoren, somit ist die Dimension 2.
}
\item[$W$]{$ $\\
Eine Basis des Untervektorraumes $V:=L((0,3,2,2),(0,0,2,0))$ ist $L((0,3,2,2),(0,0,2,0))$, da die Vektoren $(0,3,2,2)$ und $(0,0,2,0)$ linear unabh"angig sind;
\begin{eqnarray*}
c\cdot(0,3,2,2)+d\cdot(0,0,2,0)=0
\end{eqnarray*}
gilt nur im trivialen Fall $c:=0$ und $d:=0$:
\begin{eqnarray*}
\begin{array}{rrcrcr}
I&0c&+&0d&=&0\\
II&3c&+&0d&=&0\\
III&2c&+&2d&=&0\\
IV&2c&+&0d&=&0\\\hline
III^\prime&&&c&=&-d\\
IV^\prime&&&c&=&0
\end{array}
\end{eqnarray*}
Somit besteht die Basis aus zwei linear unabh"angigen Vektoren, die Dimension ist also 2.
}
\item[$U\cap W$]{$ $\\
Im Schnitt der beiden Untervektorr"aume liegen diejenigen Vektoren, welche sowohl in $U$ als auch $W$ vorkommen. Dies sind diejenigen, bei denen
\begin{eqnarray*}
&&a\cdot(1,3,0,1)+b\cdot (1,0,0,-1)=c\cdot(0,3,2,2)+d\cdot(0,0,2,0)\\
&\Leftrightarrow& a\cdot(1,3,0,1)+b\cdot (1,0,0,-1)-c\cdot(0,3,2,2)-d\cdot(0,0,2,0)=0\\
\end{eqnarray*}
gilt.
\begin{eqnarray*}
\begin{array}{rrcrcrcrcl}
  I&1a&+&1b&-&0c&-&0d&=&0\\
 II&3a&+&0b&-&3c&-&0d&=&0\\
III&0a&+&0b&-&2c&-&2d&=&0\\
 IV&1a&-&1b&-&2c&-&0d&=&0\\\hline
I^\prime&&&&&&&a&=&-b\\
II^\prime&&&&&&&c&=&a\\\hline
III^\prime&&&&&&&-2c&=&2d\\
IV^\prime&&&a&-&b&+&2d&=&0\\
IV^{\prime\prime}&&&&a&+&a&+2d&=&0\\
IV^{\prime\prime\prime}&&&&&&&d&=&-a\\\hline
\end{array}
\end{eqnarray*}
$c$ und $d$ h"angen somit nur von $a$ ab. Eingesetzt in das Lineare Gleichungssystem, welches den Vektorraum $W$ aufspannt:
\begin{eqnarray*}
&&-a\cdot\left(\begin{array}{c}0\\3\\2\\2\\\end{array}\right)+a\cdot\left(\begin{array}{c}0\\0\\2\\0\\\end{array}\right)\\
&=&a\cdot\left[(-1)\cdot\left(\begin{array}{c}0\\3\\2\\2\\\end{array}\right)+1\cdot\left(\begin{array}{c}0\\0\\2\\0\\\end{array}\right)\right]\\
&=&a\cdot\left[\left(\begin{array}{c}0\\0\\2\\0\\\end{array}\right) -\left(\begin{array}{c}0\\3\\2\\2\\\end{array}\right)\right]\\
&=&a\cdot\left(\begin{array}{c}0-0\\0-3\\2-2\\0-2\\\end{array}\right)\\
&=&a\cdot\left(\begin{array}{c}0\\-3\\0\\-2\\\end{array}\right)\\
\end{eqnarray*}
Da dies f"ur $a=0$ der Nullvektor ergibt, und zudem 
\begin{eqnarray*}
a\cdot(0,-3,0,2)+b\cdot(0,-3,0,-2)&=&(a+b)\cdot (0,-3,0,2)\\
b\cdot\Big(a\cdot (0,-3,0,2)\Big)&=&(a\cdot b)\cdot (0,-3,0,2)
\end{eqnarray*} 
gelten, ist $U\cap W$ ebenfalls ein Untervektorraum von $\R^4$, welcher durch einen einzigen Vektor $(0,-3,0,2)$ als Basis aufgespannt wird, und somit die Dimension 1 besitzt.
}
\item[$U+W$]{$ $\\
Die Summe zweier Vektorr"aume $U+W$ ist definiert als
\begin{eqnarray*}
U+W&=&\{u+w\mid u\in U,\;w\in W\}
\end{eqnarray*}
F"ur einen Vektorraum $U=L((1,3,0,1),(1,0,0,-1))$ und $W=L((0,3,2,2),(0,0,2,0))$ somit: 
\begin{eqnarray*}
a\cdot\left(\begin{array}{c}1\\3\\0\\1\\\end{array}\right)
+b\cdot\left(\begin{array}{c}1\\0\\0\\-1\\\end{array}\right)
+c\cdot\left(\begin{array}{c}0\\3\\2\\2\\\end{array}\right)
+d\cdot\left(\begin{array}{c}0\\0\\2\\0\\\end{array}\right)
\end{eqnarray*}
Dabei sieht man, da"s sich der Vektor $(0,3,2,2)$ linear aus den drei anderen herleiten l"a"st, indem man f"ur  $a,\;b$ und $c$ folgende Werte einsetzt:
$a:=1,\;b:=-1,\;d=1$
\begin{eqnarray*}
\left(\begin{array}{c}0\\3\\2\\2\\\end{array}\right)&=&1\cdot\left(\begin{array}{c}1\\3\\0\\1\\\end{array}\right)
+(-1)\cdot\left(\begin{array}{c}1\\0\\0\\-1\\\end{array}\right)
+1\cdot\left(\begin{array}{c}0\\0\\2\\0\\\end{array}\right)\\
&=&\left(\begin{array}{c}1-1+0\\3-0+0\\0-0+2\\1+1+0\\\end{array}\right)\\
&=&\left(\begin{array}{c}0\\3\\2\\2\\\end{array}\right)\\
\end{eqnarray*}
Durch ein lineares Gleichungssystem l"a"st sich "uberpr"ufen, da"s die restlichen drei Vektoren linear unabh"angig sind, da sich nur im trivialen Fall $a:=0,\;b:=0,\;d:=0$ der Nullvektor ergibt:
\begin{eqnarray*}
\begin{array}{rrcrcrcr}
I&1a&+&1b&+&0d&=&0\\
II&3a&+&0b&+&0d&=&0\\
III&0a&+&0b&+&2d&=&0\\
IV&1a&-&1b&+&0d&=&0\\\hline
II^\prime&&&&&a&=&0\\
III^\prime&&&&&d&=&0\\
IV^\prime&&&&&a&=&b\\
\end{array}
\end{eqnarray*}
Somit bildet $U+W$ einen Untervektorraum, welcher durch die drei Vektoren $(1,3,0,1),\;(1,0,0,-1)$ und $(0,0,2,0)$ als Basis aufgespannt wird. Damit besitzt er die Dimension 3.
}
\end{description}
Kommt noch Text dazu, versprochen...\\
Dies l"a"st sich anhand folgender Formel nachrechnen:
\begin{eqnarray*}
\dim U+\dim W&=&\dim(U\cap W)+\dim(U+W)\\
\Leftrightarrow 2+2&=&1+3
\end{eqnarray*}
\end{document}

