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%\title{Physik III}
%\author{erstellt für Gast}
%\date{am 12.09.2024 um 09:21:09}
\begin{document}
% Führende Nullen bei der Nummerierung unterdrücken
\renewcommand \thesubsection {\arabic{subsection}}
% Keine Absatzeinrückung (wie auch bei HTML-Ausgabe)
\parindent0mm
% \maketitle
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\section*{Vektorraumtheorie}
 \label{sec_id_813}
 
 



 \vspace{1cm}\hspace*{\fill}\\ % das hspace verhindert Fehler
\noindent{\large \textbf{Lernziele des Kapitels:}}



 Fertigkeiten. Rechnen mit Vektoren und elementare
 Beweistechniken

 Kenntnisse. Beispiele für Vektorräume, Teilräume,
 Erzeugendensystem, Summe und direkte Summe von Vektorräumen 




 
 
 \vspace{1cm}\hspace*{\fill}\\ % das hspace verhindert Fehler
\noindent{\large \textbf{Einleitung}}



 
Wir haben schon ein Beispiel eines Vektorraumes
kennengelernt, nämlich den $n$-dimensionalen Raum $\mathbb{R}^n$. Statt des
Körpers $\mathbb{R}$ kann man aber auch einen beliebigen Körper $K$ zugrunde legen
und dann den $n$-dimensionalen Raum $K^n$ analog einführen. Schließlich
abstrahiert man auch davon und führt einen beliebigen $K$-Vektorraum ein als
Menge, die mit einer Addition und einer Skalarmultiplikation versehen ist,
wobei gewisse Regeln erfüllt sein müssen. Ein Vektorraum besteht dann nicht
unbedingt aus $n$-Tupeln von Zahlen, sondern kann
z.B. aus {\glqq}Funktionen{\grqq} bestehen, was in Mathematik und Physik häufig
vorkommt.

\subsection{Definition und Rechenregeln}
 \label{sec_id_815}
 
 
 
 
 
 
Ein \textbf{$K$-Vektorraum} $V$ ist eine
abelsche Gruppe bezüglich einer Addition

 \begin{equation*} + : V \times V \longrightarrow V, \quad (v,w) \longmapsto v+w\,,\end{equation*}
 
und zusätzlich ist eine
\textbf{Skalarmultiplikation}

 \begin{equation*} K \times V \longrightarrow V, \quad (\lambda, v) \longmapsto \lambda v\end{equation*}
 
gegeben derart, dass die folgenden Regeln gelten:

\begin{itemize}
 
 
\item \textbf{(SM1)} $(\lambda\mu)v = \lambda(\mu v)$ für alle $\lambda, \mu \in K$,
 $v \in V$
 
\item \textbf{(SM2)} $1 v = v$ für alle $v \in V$
 
\item \textbf{(D1)} $\lambda (v +w ) = \lambda v + \lambda w$ für alle $\lambda
 \in K$, $v,w \in V$
 
\item \textbf{(D2)} $(\lambda + \mu) v = \lambda v + \mu v$ für alle $\lambda, \mu
 \in K, v \in V$

\end{itemize}

Die Elemente eines $K$-Vektorraumes nennen wir auch
\textbf{Vektoren}. Statt
$K$-Vektorraum sagen wir auch \textbf{Vektorraum über
$K$}.


 \vspace{1cm}\hspace*{\fill}\\ % das hspace verhindert Fehler
\noindent{\large \textbf{Rechenregeln in Vektorräumen}}


Sei $V$ ein $K$-Vektorraum. Das neutrale Element der Addition in $V$
bezeichnen wir mit $\vec{0}$ und nennen diesen Vektor den
\textbf{Nullvektor}.
Wir schreiben $-v$ für das Inverse von $v$. Nach (G3) und Satz,
 folgen

 \begin{equation*}-v + v = \vec{0} \qquad \hbox{ und } \qquad v + (-v) =
 \vec{0}\end{equation*}
 
für alle $v \in V.\;$ Es gilt ferner

 \begin{equation*}\vec{0} + v = v = v + \vec{0} \quad \forall \; v \in V\end{equation*}
 
Es folgen die Regeln:

\begin{enumerate}
\item  Für das neutrale Element der Addition $0 \in K$ ist $0 v = \vec{0}
 \quad \forall v \in V$

\item  $\lambda \vec{0} = \vec{0} \quad \forall \lambda \in K$

\item  $(-1) v = -v \quad \forall v \in V$

\end{enumerate}



 
 
\begin{enumerate}
\item 
 Es ist $0 v = (0 + 0) v = 0 v + 0 v$. Addition von $-0v$ ergibt $\vec{0}
 = 0 v$.
 
\item 
 Es ist $\lambda \vec{0} = \lambda (\vec{0} + \vec{0}) =
 \lambda
 \vec{0} +
 \lambda \vec{0}$. Addition von $-\lambda \vec{0}$ ergibt
 $\vec{0} = \lambda \vec{0}$.
 
\item 
 Es ist $\vec{0} = 0 v = (-1 + 1) v = (-1)v + 1v = (-1) v + v$, also
 $ -v = (-1) v$.
 
\end{enumerate}



 \vspace{1cm}\hspace*{\fill}\\ % das hspace verhindert Fehler
\noindent{\large \textbf{Geometrische Anschauung}}


Sei $V=\mathbb{R}^n$ und $v = (x_1,\ldots, x_n) \in \mathbb{R}^n$. Dann ist

 \begin{equation*}\begin{aligned}
\vec{0} &= 0 v = (0, \ldots , 0)\\
-v &= (-1) v = (-x_1, \ldots , -x_n) \end{aligned}
\end{equation*}
 
Für beliebiges $\lambda \in \mathbb{R}$ ist $\lambda v =
(\lambda x_1, \ldots ,\lambda x_n)$

Ist $w = (x_1', \ldots , x_n')$, so ist $\; v-w = v + (-w) = (x_1 - x_1',
\ldots , x_n - x_n')$
Beispiel in $\mathbb{R}^2$: $v=(2,1), \; w = (1,2) \quad
\Longrightarrow \quad v+w=(3,3) \quad \text{und} \quad v-w=(1,-1)$

Ist $w=\lambda v$, so sind $v$ und $w$ {\glqq}linear abhängig{\grqq}. Ist $\lambda v +
\mu w = \vec{0}$ nur für $\lambda = \mu = 0$ möglich, so
sind $v$ und $w$ {\glqq}linear unabhängig{\grqq}.



\subsection{Beispiele für Vektorräume}
 \label{sec_id_816}
 
 



 

\begin{enumerate}
\item  $\{\vec 0\}$ mit $\vec 0 + \vec 0 =\vec 0$ und $\lambda \vec 0 = \vec 0
 \quad \forall \; \lambda \in
 K$ ist ein $K$-Vektorraum.

\item  $\mathbb{R}^n$ ist ein $\mathbb{R}$-Vektorraum

\item  Analog ist $K^n$ ein $K$-Vektorraum mit komponentenweiser Addition und
 Skalarmultiplikation. Auch ist $K=K^1$ ein $K$-Vektorraum.

\item  Sei $X$ eine nicht leere Menge, und sei $V := \{ f:X\longrightarrow K\}$ die Menge
 aller Abbildungen von $X$ mit Werten in $K$. Definiere für $f, g \in V$
 und $\lambda \in K$
 

$\begin{aligned}
 \text{Addition} \quad & f+g:X &\longrightarrow K, & x &\longmapsto f(x) + g(x)\\
 \text{Skalarmultiplikation} \quad& \lambda f : X & \longrightarrow K, & x &\longmapsto \lambda
 f(x) \end{aligned}
 $




 Dann wird $V$ dadurch zu einem $K$-Vektorraum. 




 Das neutrale Element der Addition ist die \textbf{Nullabbildung}, die
 jedes Element aus $X$ auf $0$ abbildet,
 $\; X \longrightarrow K, \quad x \longmapsto 0\,$.


 Die zu $f \in V$ inverse Abbildung ist
 $\; -f : X \longrightarrow K, \quad x \longmapsto -f(x)\,.$




 Dass $V$ ein $K$-Vektorraum ist, zeigt man durch Rückführung auf die
 entsprechenden Vektorraumeigenschaften von $K$.
 Wir nennen $V = \{ f:X\longrightarrow K\}$ einen \textbf{Funktionenraum mit Werten in
 $K$} und bezeichnen diesen Vektorraum auch als
 

$\operatorname{Abb}(X,K) = \{ f:X\longrightarrow K\}$





\item  Ist allgemeiner $W$ ein $K$-Vektorraum und 

$\operatorname{Abb}(X,W):= \{
 f:X\longrightarrow W\}$



 so ist
 $\operatorname{Abb}(X,W)$ analog wie oben ein $K$-Vektorraum. Speziell nennen wir für $X
 = \mathbb{R}^n$
 und $W = \mathbb{R}^m$ den Vektorraum
 $ \{ f:\mathbb{R}^n \longrightarrow \mathbb{R}^m \}$ den Raum
 der \textbf{vektorwertigen
 Funktionen in $n$ Veränderlichen}.

\item  $\mathbb{R}$ ist ein $\mathbb{Q}$-Vektorraum, wie aus den Körpereigenschaften von $\mathbb{R}$
 folgt. Ebenso ist $\mathbb{C}$ ein $\mathbb{R}$-Vektorraum und ein $\mathbb{Q}$-Vektorraum.
 Allgemein gilt: Ist $L$ ein Körper, der $K$ als {\glqq}Teilkörper{\grqq} enthält, so
 ist $L$ ein $K$-Vektorraum.

\end{enumerate}



\subsection{Untervektorräume}
 \label{sec_id_817}
 
 



 
 Sei $V$ ein $K$-Vektorraum.
 Eine Teilmenge $U$ von $V$ heißt \textbf{Teilraum} oder
 \textbf{Untervektorraum} von $V$, wenn folgendes gilt:

\begin{itemize}
 
 
\item \textbf{(UV1)} $U \neq \emptyset$ \textbf{$U$ enthält mindestens ein Element}
 
\item \textbf{(UV2)} $u,v \in U$ $\Longrightarrow$ $u+v \in U $ \textbf{$U$ ist abgeschlossen
 gegenüber der Addition}
 
\item \textbf{(UV3)} $u \in U$ und $\lambda \in K$ $\Longrightarrow$ $\lambda u \in U$



 \textbf{$U$ ist abgeschlossen bezüglich der Skalarmultiplikation}

\end{itemize}



 
 Ein Teilraum $U$ von $V$ ist selbst ein $K$-Vektorraum.


 
Wir müssen nur prüfen, dass $\vec{0} \in U$ und dass mit $u \in U$ auch
$-u \in U$ ist. Alle anderen Vektorraumaxiome sind dann erfüllt, da sie in
$V$ gelten. 

 
Nach (UV1) gibt es ein $u \in U$ und es folgt:
$ \; \vec{0} = 0 u \underset{\text{(UV3)}}{\in} U$


Für beliebiges $u\in U$ gilt:
$\; -u = (-1) u \underset{\text{(UV3)}}{\in} U$


\subsection{Beispiele und Gegenbeispiele}
 \label{sec_id_823}
 
 
 
 

 

\begin{itemize}
 
 
\item 
 $\{\vec{0}\}$ ist ein Teilraum von $V$, da $\vec{0} + \vec{0}
 =\vec{0}$ und $\lambda \vec{0} = \vec{0}\quad \forall \; \lambda \in K$
 
 
\item  $V$ ist Teilraum von $V$
 
\item 
 Sind $U_1$, $U_2$ Untervektorräume von $V$, dann ist auch
 



$ U_1 \cap U_2 := \{v\in V \;|\; v \in U_1 \text{ und } v \in U_2\}$




 ein Untervektorraum von $V$.
 
 
\item 
 Allgemein gilt: Ist $J$ eine beliebige Indexmenge und sind $U_j$, $j
 \in J$ Untervektorräume von $V$, so ist auch
 



$U := \bigcap_{j\in J} U_j := \{ v \in V \;|\; v \in U_j \; \forall j \in
 J\}$




 ein Untervektorraum von $V$.
 

\end{itemize}



 
 Liegen $u,v$ in allen $U_j$, so auch $u + v$ und $\lambda u$, da die
 $U_j$ Untervektorräume sind.


 

\begin{itemize}
 
 
\item  Seien $a,b \in \mathbb{R} $ und $(a,b) \neq (0,0)$. Dann ist
 



$ U := \{(x,y) \in \mathbb{R}^2 \;|\; ax + by = 0\}$




 ein Untervektorraum.

\end{itemize}



 
 
\begin{itemize}
 
 
\item 
 \textbf{(UV1)} Es ist $\vec{0} = (0,0) \in U$, da $a 0 + b 0 =
 0$. Insbesondere ist $U \neq \emptyset$.
 
 
\item 
 \textbf{(UV2)} Seien $(x,y), (x',y') \in U$, dann gilt
 



$\begin{aligned}
 a x + b y &= 0\\
 a x' + b y' &=0
 \end{aligned}$




 Addition ergibt: $a ( x + x') + b (y + y') = 0$ und damit ist
 



$ (x,y) + (x',y') = ( x + x' , y + y') \in U$




 
 
\item 
 \textbf{(UV3)} Seien $(x,y)\in U$ und $\lambda \in K$, dann gilt
 



$\begin{aligned}
 a x + b y &= 0\\
 \Longrightarrow \lambda a x + \lambda b y &= 0
 \end{aligned}$




 und damit ist
 



$ \lambda (x,y) = (\lambda x, \lambda y) \in U$




 
 
\end{itemize}



 

\begin{itemize}
 
 
\item  Behauptung: $U:= \{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \;|\; x^2 + y^4 = 0\}$ ist ein
 Untervektorraum von $\mathbb{R}^2$.
 

\end{itemize}



 
 Für $x,y \in \mathbb{R} \setminus 0$ ist stets $x^2 > 0$ und $y^4 > 0$, also wird
 die {\glqq}nicht lineare{\grqq} Gleichung $x^2 + y^4 = 0$ in $\mathbb{R}^2$ nur von
 $\vec{0} = (0,0)$ erfüllt. Es folgt $U = \{\vec{0}\}$ und somit ist $U$
 ein
 Untervektorraum von $\mathbb{R}^2$.


 

\begin{itemize}
 
 
\item 
 Seien $U_1$, $U_2$ Untervektorräume von $V$, dann ist
 



$ U_1 \cup U_2 := \{ v \in V \;|\; v \in U_1 \text{ oder } v \in U_2\}$




 im Allgemeinen \textbf{kein} Untervektorraum von $V$:
 

\end{itemize}



 
 Sei $V = \mathbb{R}^2$, $U_1 = \{(x,y) \;|\; 2 x + 3 y = 0\}$, $U_2 = \{(x,y) \;|\; 5
 x + 3 y = 0\}$. $U_1, U_2$ sind Untervektorräume nach 3.), aber $U_1 \cup
 U_2$ nicht:
 Sei $(x,y) = (3,-2)$ und $(x',y') = (-3,5)$, dann ist $(x,y) \in U_1$ und
 $(x',y') \in U_2$. Es ist $(x,y) + (x',y') = (0,3)$, aber $(0,3) \notin U_1$
 und $(0,3) \notin U_2$ also ist $(0,3) \notin U_1 \cup U_2$. Axiom (UV2) gilt
 nicht, und
 damit ist $U_1 \cup U_2$ kein Untervektorraum.


 

\begin{itemize}
 
 
\item 
 $S := \{(x,y) \in \mathbb{R}^2 \;|\; x^2 + y^2 \leq 1\}$ ist \textbf{kein}
 Untervektorraum von $\mathbb{R}^2$.
 

\end{itemize}




 
 Es ist $u = (\frac{1}{2},\frac{1}{2}) \in S$, da $(\frac{1}{2})^2 +
 (\frac{1}{2})^2 \leq 1$, aber $2 u = (1,1) \notin S$, da $1^2 + 1^2 = 2 >
 1$. Die Regel (UV3) gilt also nicht.

 
\subsection{Der von einer Teilmenge aufgespannte Teilraum}
 \label{sec_id_824}
 
 
 
 

 
 Sei $V$ ein $K$-Vektorraum und $S \subset V$ eine beliebige Teilmenge von
 $V$. Dann ist

 \begin{equation*} \operatorname{Span}(S) :=
\bigcap_{\substack{ \text{ } U \text{ Teilraum } \text{ von} V
 \text{mit } S \subset U}}
 U = \left\{{ \text{ Durchschnitt aller Teilraeume, die
 S enthalten } }\right\}.\end{equation*}
 
ein
Untervektorraum von $V$ nach 2. . Wir nennen
$\operatorname{Span}(S)$ den von $S$
\textit{erzeugten} oder den von $S$ \textit{aufgespannten Untervektorraum} von
$V$.
Es ist $\operatorname{Span}(S)$ der kleinste Unterraum von $V$, der $S$ enthält ({\glqq}kleinste{\grqq}
bezüglich {\grqq}$\subset${\grqq}).


 
 
\begin{itemize}
\item 
 Seien $v_1, \ldots, v_n \in V$ und $\lambda_1, \ldots, \lambda_n \in K\,$.
 Dann heißt der Vektor $v := \lambda_1 v_1 + \cdots + \lambda_n v_n
 $ aus $V$ eine
 \textbf{Linearkombination von $v_1, \ldots,
 v_n$}.
 
\item 
 Sei $S \subset V$ eine beliebige Teilmenge. Ein Vektor $v \in V$ heißt
 \textbf{Linearkombination von Vektoren aus $S$}, falls es \textit{endlich
 viele} Elemente $v_1,
 \ldots, v_n \in S$ gibt so, dass $v$ Linearkombination von $v_1,\ldots,
 v_n$ ist.

\end{itemize}



 
 Seien $V$ ein $K$-Vektorraum, $S \subset V$ und $\operatorname{Span}(S)$ der von $S$
 erzeugte
 Untervektorraum von $V$. Dann besteht $\operatorname{Span}(S)$ aus allen $v \in V$, die
 Linearkombinationen von Vektoren aus $S$ sind.


 
 Sei $U := \{v\in V \;|\; \text{v ist Linearkombination von Vektoren aus
 S}\}$. 




 Zu zeigen: $ U = \operatorname{Span}(S)$
 
\begin{itemize}
 
 
\item $\boldsymbol{\subseteq}$. Sei $v \in U$




 $\begin{aligned}
 \Longrightarrow& v= \lambda_1 v_1 + \cdots + \lambda_n v_n \text{ mit }
 \lambda_1, \ldots, \lambda_n \in K, v_1, \ldots, v_n \in S\\
 \Longrightarrow& v \text{ liegt in jedem Teilraum von } V \text{, der} v_1, \ldots ,
 v_n \text{ enthaelt}\\
 \Longrightarrow& v \in \operatorname{Span}(S)
 \end{aligned}$


 
 
\item $\boldsymbol{\supseteq}$. Da $U$ selbst ein Untervektorraum von
 $V$
 ist, der $S$
 enthält, folgt $U \supseteq \operatorname{Span}(S)$. 

\end{itemize}



 
 Ist insbesondere $S =\{v_1,\dots,v_n\}$ eine endliche Teilmenge von $V$, so
 gilt 
 \begin{equation*}\operatorname{Span}(S)= \{ \lambda_1 v_1 +\cdots +\lambda_n v_n
 \;|\;\lambda_1,\dots,\lambda_n \in K \}\subset V\end{equation*}
 

 
\subsection{Erzeugendensysteme}
 \label{sec_id_825}
 
 
 
 

 
 Sei $V$ ein $K$-Vektorraum und $S \subset V$. Ist $\operatorname{Span}(S) = V$, so heißt
 $S$ ein \textbf{Erzeugendensystem von $V$}.
 


 Ist also $S$ ein Erzeugendensystem, dann gibt es zu jedem $v \in V$ ein $m
 \in \mathbb{N}$ sowie Elemente $v_1, \ldots, v_m \in S$, $\lambda_1, \ldots,
 \lambda_m \in K$, mit $v = \lambda_1 v_1 + \cdots + \lambda_m v_m$
 Wenn $V$ eine endliche Teilmenge
 $S = \{v_1, \ldots, v_n\}$ als
 Erzeugendensystem besitzt, so heißt $V$ \textbf{endlich
 erzeugt}. Es ist dann
 
 \begin{equation*} V = \{ \lambda_1 v_1 + \cdots + \lambda_n v_n \;|\; \lambda_1, \ldots,
 \lambda_n \in K \}\end{equation*}
 
 Zum Beispiel


 \begin{equation*}\mathbb{R}^2 = \{ \lambda_1 (1,0) + \lambda_2 (0,1) \;|\; \lambda_1, \lambda_2 \in \mathbb{R} \}\end{equation*}
 
 
 
 Seien $V = \mathbb{R}^2$, $U_1 = \{0\} \times \mathbb{R}$ und $U_2 = \mathbb{R} \times
 \{0\}$. Dann sind $U_1$
 und $U_2$ Teilräume von $\mathbb{R}^2$, aber $U_1 \cup U_2$ ist kein
 Vektorraum, denn $(1,0) \in U_1$, $(0,1) \in U_2$ aber $(1,0) + (0,1) =
 (1,1) \neq U_1 \cup U_2$.
 
 Der von $S = U_1 \cup U_2$ aufgespannte Teilraum von $\mathbb{R}^2$ ist die Summe
 



$U_1 + U_2 := \{u_1 + u_2 \;|\; u_1 \in U_1, u_2 \in U_2\}$




 Hier gilt zusätzlich noch $U_1 + U_2 = \mathbb{R}^2$.
 
 
 
 Sei $a,b \in \mathbb{R}$ mit $a \neq 0, b \neq 0$, dann bilden $v_1 = (a,0), v_2
 =(0,b)$ und $v_3 = (3,5)$ ein Erzeugendensystem von $\mathbb{R}^2$.
 
 
 Sei $v \in \mathbb{R}^2$ beliebig. Dann ist $v= (x,y)$ mit $x,y
 \in \mathbb{R}$. Es
 folgt
 $\begin{aligned}
 v &= (x,y) = \frac{x}{a} (a,0) + \frac{y}{b} (0,b) + 0 (3,5)\\
 &= \lambda_1 v_1 + \lambda_2 v_2 + \lambda_3 v_3
 \end{aligned}$
 
 mit $\lambda_1 =\frac{x}{a}$, $\lambda_2 = \frac{y}{b}$ und $ \lambda_3 =
 0$.
 
 Man sieht insbesondere, dass $v_3 = (3,5)$ entbehrlich ist.
 
 
 Bilden $v_1 = (1,1)$, $v_2 = (1,-1)$ ein Erzeugendensystem von
$\mathbb{R}^2\;$?


 Ansatz:
 
 \begin{equation*}
 \begin{aligned}
 (x,y) &\overset{!}{=} \lambda_1 (1,1) + \lambda_2 (1,-1) =
 (\lambda_1,\lambda_1) + (\lambda_2, -\lambda_2)\\
 &=(\lambda_1 + \lambda_2, \lambda_1 - \lambda_2)
\end{aligned}
 \end{equation*}
 
 also
 
 \begin{equation*}
 \left. \begin{aligned}
 \lambda_1 + \lambda_2 &= x\\
 \lambda_1 - \lambda_2 &= y
 \end{aligned}\right\}
 \quad \Longrightarrow \quad \lambda_1 = \frac{x+y}{2} \quad \text{ und } \quad
 \lambda_2 = \frac{x-y}{2}
 \end{equation*}
 
 Die Vektoren $(1,1)$ und $(1, -1)$ bilden also ein Erzeugendensystem, da
 
 \begin{equation*}(x,y) = \lambda_1 (1,1) + \lambda_2 (1,-1)\end{equation*}
 
 mit $\lambda_1 =\frac{x+y}{2}, \lambda_2 = \frac{x-y}{2}\quad \forall \;
 (x,y) \in \mathbb{R}^2$ gilt.
 

  Bilden $v_1 = (-3,3)$, $v_2 = (1,-1)$ ein Erzeugendensystem
von $\mathbb{R}^2\;$? 


 Ansatz:
 
 \begin{equation*}\begin{aligned}
 (x,y) &\overset{!}{=} \lambda_1 (-3,3) + \lambda_2 (1,-1) =
 (-3 \lambda_1, 3 \lambda_1) + (\lambda_2, -\lambda_2)\\
 &=(-3 \lambda_1 + \lambda_2, 3 \lambda_1 - \lambda_2)
\end{aligned}
 \end{equation*}
 
 also
 
 \begin{equation*}\begin{aligned}
 -3 \lambda_1 + \lambda_2 &= x\\
 3 \lambda_1 - \lambda_2 &= y
\end{aligned}
 \end{equation*}
 
 Dieses Gleichungssystem ist aber nicht für alle $(x,y) \in \mathbb{R}^2$ lösbar,
 denn setze z.B. $(x,y) = (0,1)$, dann ist das System
 
 \begin{equation*}
 \begin{aligned}
 -3 \lambda_1 + \lambda_2 &= 0\\
 3 \lambda_1 - \lambda_2 &= 1
 \end{aligned}
 \quad \Longleftrightarrow \quad
 \begin{aligned}
 3 \lambda_1 - \lambda_2 &= 0\\
 3 \lambda_1 - \lambda_2 &= 1
 \end{aligned}
 \end{equation*}
 
 nicht lösbar. Insbesondere ist $v = (0,1)$ keine Linearkombination von
 $v_1$ und $v_2\,$.

 
\subsection{Summen von Vektorräumen}
 \label{sec_id_826}
 
 
 


 \vspace{1cm}\hspace*{\fill}\\ % das hspace verhindert Fehler
\noindent{\large \textbf{Summen von Teilräumen}}


Sind $U_j, j \in J$ (Indexmenge) Teilräume eines $K$-Vektorraumes $V$, so
heißt der von der Vereinigung $S = \bigcup_{j \in J} U_j$ erzeugte Teilraum
von V die \textit{Summe der $U_j$}. Wir schreiben

 \begin{equation*}\sum_{j \in J} U_j\end{equation*}
 
Mit Hilfe des Satzes folgt:

 \begin{equation*}\sum_{j \in J} U_j = \left\{\left. \sum_{j \in J} u_j \;\right|\; u_j \in
 U_j,\, u_j \neq \vec{0} \text{ fuer nur endlich viele } j \in J \right\} \end{equation*}
 
Speziell: Sind $U_1$, $U_2$ Teilräume von $V$, so ist

 \begin{equation*}U_1 + U_2 = \{u_1 + u_2 \;|\; u_1
\in U_1, u_2 \in U_2\}\end{equation*}
 

 
 Seien $U_1$, $U_2$ Teilräume eines $K$-Vektorraumes $V$, und sei $U =
 U_1 + U_2\,$. Dann sind folgende Bedingungen äquivalent:
 
\begin{enumerate}
 
 
\item  Ist $u_1 + u_2 = \vec 0$ für $u_1 \in U_1$, $u_2 \in U_2$, dann ist
 $u_1 = u_2 = \vec{0}$
 
\item  Für jedes $u \in U$ ist die Darstellung $u = u_1 + u_2$ eindeutig
 
\item  $U_1 \cap U_2 = \{\vec{0}\}$
 
\end{enumerate}



 

\begin{itemize}
 
 
\item \textbf{$1 \Longrightarrow 2$} Seien $u = u_1 + u_2 = u_1' + u_2'$ mit $u_1, u_1' \in
 U_1$, $u_2, u_2' \in U_2$ zwei Darstellungen von $u$. Zu zeigen: $u_1 =
 u_1'$ und $u_2 = u_2'$. Da




 $
 \begin{aligned}
 u_1 + u_2 = u_1' + u_2'\\
 \Longrightarrow \underbrace{u_1 - u_1'}_{\in U_1} + \underbrace{u_2 -
 u_2'}_{\in U_2} =\vec{0}\\
 \overset{\text{nach 1.}}{\Longrightarrow} u_1 - u_1' = \vec{0} \quad \text{
 und } \quad u_2 - u_2'
 = \vec{0}
 \Longrightarrow u_1 = u_1' \quad \text{ und } \quad u_2 = u_2'
 \end{aligned}
 $




 
 
\item \textbf{$2 \Longrightarrow 3$} Sei $u\in U_1 \cap U_2$. Zu zeigen: $u = \vec{0}$
 $\begin{aligned}
 \text{Es ist} \quad u=u+\vec{0}=\vec{0} + u
 \quad \overset{\text{nach 2.}}{\Longrightarrow} u=\vec{0}
 \end{aligned}$




 
\item \textbf{$3 \Longrightarrow 1$} Sei $u_1 + u_2 = \vec{0}$. Zu zeigen $u_1 = u_2 =
 \vec{0}$




 $
 \begin{aligned}
 \text{Da} \quad u_1 + u_2 = \vec{0}
 \quad \Longrightarrow \quad u_1 = -u_2 \in U_2
 \quad \Longrightarrow \quad u_1 \in U_1 \cap U_2
 \quad \Longrightarrow \quad u_1 = \vec{0}
 \quad \Longrightarrow \quad u_2 = \vec{0}
 \end{aligned}
 $
 
 
\end{itemize}



 
 
\begin{itemize}
\item  Seien $U_1$, $U_2$ Teilräume eines $K$-Vektorraumes. Dann heißt
 die
 Summe $U_1 + U_2$ die \textbf{(innere) direkte Summe}
  von $U_1$ und $U_2$,
 falls eine der Bedingungen (und damit alle) aus obigem Satz
 erfüllt sind. Wir
 schreiben dann:




 $U_1 \oplus U_2$




 
\item  Seien $V_1$, $V_2$ beliebige $K$-Vektorräume. Wir definieren die
 \textbf{(äußere) direkte Summe} als
 



$ V_1 \oplus V_2 := \{ (v_1, v_2) \;|\; v_1 \in V_1, v_2 \in V_2\}$




 mit komponentenweiser Addition und Skalarmultiplikation.
 
\end{itemize}



 
 Sei $V=\mathbb{R}^2$ und $U_1 = \{0\} \times \mathbb{R}$ und $U_2 = \mathbb{R} \times \{0\}$. Dann
 ist $\mathbb{R}^2 = U_1 \oplus U_2$ die innere direkte Summe, da $U_1 \cap U_2 =
 \{\vec{0}\}$.



 Sei $V_1 = \mathbb{R}$ und $V_2 = \mathbb{R}$. Dann ist $\mathbb{R}^2 = \mathbb{R} \oplus \mathbb{R}$ die
 äußere
 direkte Summe. Analog ist $\mathbb{R}^n = \underbrace{\mathbb{R} \oplus \cdots \oplus
 \mathbb{R}}_{\text{n-Stueck}}$ eine äußere direkte Summe.

 
\subsection{Übungsaufgaben (Vektorraumtheorie)}
 \label{sec_id_2337}
 


 \textbf{Lernerfolgstest.} 



\begin{itemize}
 

\item  Sei $v$ ein Vektor in ${\mathbb R}^2$. Sind $v$ und $-v$ linear abhängig
 oder linear unabhängig?

\item  Seien $X, Y$ zwei nichtleere Mengen. Ist die Menge
 $\{f: X \longrightarrow Y\}$ aller Abbildungen von $X$ mit Werten in $Y$ ein
 $K$-Vektorraum? Falls ja, wie sind Addition und
 Skalarmultiplikation definiert?

\item  Zeigen Sie, dass $V := \{f: X \longrightarrow K\}$ mit der in 2.2.4
 definierten Addition und Skalarmultiplikation ein $K$-Vektorraum ist.

\item  Was ist der von Menge in .6 (vgl. Kap. \ref{sec_id_823})
 . (vgl. Abbildung 9) aufgespannte Untervektorraum von ${\mathbb R}^2$?

\end{itemize}

 


 \textbf{Aufgabe.}
 \textbf{Nullvektor}
 
 
Sei $V$ ein Vektorraum über einem Körper $K$. Man zeige:
Wenn für $\lambda \in K$ und $v \in V$ die Gleichung
$\lambda v = \vec 0$ gilt, dann ist $\lambda = 0$ oder $v = \vec 0$.
 


 \textbf{Lösung.}
 
 
 Die Behauptung ist bewiesen, wenn man zeigt: falls
 $\lambda\neq 0$ ist, dann muss $v = \vec 0$ sein.

 
 Wenn $\lambda\neq 0$ ist, dann gibt es $\lambda^{-1}\in K$ mit
 $\lambda^{-1}\lambda = 1$. Es folgt 
 \begin{equation*}v ={} 1
 v ={} \lambda^{-1} \lambda v = \lambda^{-1} \vec 0 = \vec
 0.\end{equation*}
 
 





 \textbf{Aufgabe.}
 \textbf{Vereinigung von Untervektorräumen}
 
 
Sei $V$ ein Vektorraum über einem Körper $K$, und seien $U_1$ und
$U_2$ zwei Untervektorräume von $V$. Man zeige: Wenn auch die
Vereinigung $U_1 \cup U_2$ ein Untervektorraum von $V$ ist, dann gilt
$U_1 \subseteq U_2$ oder $U_2 \subseteq U_1$.
 


 \textbf{Hinweis.}
 
 
 Ein \textit{Untervektorraum} eines $K$-Vektorraums $V$ ist
 eine Teilmenge $U\subseteq V$ mit den Eigenschaften:
 
\begin{itemize}
 

\item  $U \neq \emptyset$ (d.h. $U$ enthält mindestens ein Element)
 

\item  für alle $u,v \in U$ ist auch $u+v \in U$ (d.h. $U$ ist
 abgeschlossen gegenüber der Addition)
 

\item  für alle $u \in U$ und $\lambda \in K$ gilt $\lambda u \in U$
 (d.h. $U$ ist abgeschlossen bezüglich der Skalarmultiplikation).

\end{itemize}

 


 \textbf{Lösung.}
 
 
 Seien $U_1$ und $U_2$ Untervektorräume von $V$, und sei
 $U_1\cup U_2$ ebenfalls ein Untervektorraum von $V$. Verwende einen
 Widerspruchsbeweis.

 
 Angenommen, weder $U_1\subseteq U_2$, noch $U_2\subseteq U_1$
 wären erfüllt. Dann gäbe es ein Element $v_1\in U_1$
 mit $v_1\notin U_2$, sowie ein Element $v_2\in U_2$ mit $v_2\notin
 U_1$. Beide Elemente $v_1$ und $v_2$ wären aber in der
 Vereinigung $U_1\cup U_2$. Da $U_1\cup U_2$ ein
 Untervektorraum von $V$ ist, wäre auch $v_1 + v_2 \in U_1\cup
 U_2$.

 
Dieses Element $v_1 + v_2$ könnte nicht in $U_1$ liegen, da
 dann wegen $-v_1\in U_1$ aufgrund des Untervektorraumkriteriums auch
 $(v_1 + v_2) + (-v_1) = v_2$ in $U_1$ liegen müsste. Aus
 dem gleichen Grund könnte $v_1 + v_2$ auch nicht in $U_2$ liegen,
 da dann wegen $-v_2\in U_2$ aufgrund des Untervektorraumkriteriums
 auch $(v_1 + v_2) + (-v_2) = v_1$ in $U_2$ liegen müsste.

 
 Wenn $v_1 + v_2$ aber weder in $U_1$ noch in $U_2$ liegen
 würde, dann wäre es auch nicht in der Vereinigung $U_1\cup
 U_2$. Die Annahme $U_1\not\subseteq U_2$ und
 $U_2\not\subseteq U_1$ führt also zu einem Widerspruch. Folglich
 muss $U_1\subseteq U_2$ oder $U_2\subseteq U_1$ gelten.
 





 \textbf{Aufgabe.}
 \textbf{Untervektorraum im ${\mathbb R}^3$}
 
 
Man untersuche, für welche $c \in {\mathbb R} $ die Menge

 \begin{equation*}U_c := \{\,(x_1, x_2, x_3)\in {\mathbb R}^3 \mid x_1 + x_2 + x_3 = c\,\}\end{equation*}
 
ein Untervektorraum von ${\mathbb R}^3$ ist.
 


 \textbf{Hinweis.}
 
 
 Überprüfe die Untervektorraumkriterien:


 Für welche $c$ ist $U_c\neq \emptyset$? Wann gilt $v + w \in U_c$
 für alle $v,w\in U_c$? Gilt $\lambda v \in U_c$ für alle $v\in
 U_c$ und $\lambda \in {\mathbb R} $?
 


 \textbf{Lösung.}
 
 
 Für alle $c\in {\mathbb R} $ ist $(c,0,0)\in {\mathbb R}^3$ ein Element von
 $U_c$, denn es gilt $c + 0 + 0 = c$. Also ist $U_c \neq
 \emptyset$.

 
Seien $v = (v_1, v_2, v_3)$ und $w = (w_1, w_2, w_3)$ Vektoren
 in $U_c$. Dann ist

 \begin{equation*}v + w = (v_1 + w_1, v_2 + w_2, v_3 +
 w_3)\in {\mathbb R}^3.\end{equation*}
 
Also gilt $v + w\in U_c$ genau dann, wenn

 \begin{equation*}(v_1
 + w_1) + (v_2 + w_2) + (v_3 + w_3) = c\end{equation*}
  erfüllt ist.

 
Es gilt aber 
 \begin{equation*}(v_1 + w_1) + (v_2 + w_2) + (v_3 + w_3) =
 {(v_1 + v_2 + v_3) + (w_1 + w_2 + w_3) ={}} {c + c =
 2c.}\end{equation*}
  Damit gilt $v + w \in U_c$ nur für $c = 0$.

 
Gilt für $c = 0$, $v\in U_c$ und $\lambda\in {\mathbb R} $ auch
 $\lambda v \in U_c$? Sei $v = (v_1, v_2, v_3)$ mit $v_1 + v_2
 + v_3 = c = 0$. Dann ist $\lambda v = (\lambda v_1, \lambda
 v_2, \lambda v_3)$. Es gilt 
 \begin{equation*} {(\lambda v_1) +
 (\lambda v_2) + (\lambda v_3) ={}} {\lambda (v_1 + v_2 + v_3)
 ={}} {\lambda \cdot 0 = 0.}\end{equation*}
  Also ist $\lambda v \in
 U_0$.

 
 $U_c$ ist nur für $c=0$ ein Untervektorraum von ${\mathbb R}^3$.
 





 \textbf{Aufgabe.}
 \textbf{Untervektorraum der geraden Abbildungen}
 
 
Sei $V := \{\,f:{\mathbb R} \to {\mathbb R} \,\}$ der ${\mathbb R} $-Vektorraum aller Abbildungen
von ${\mathbb R} $ in ${\mathbb R} $. Dabei seien $f + g$ und $\lambda f$ für $f, g \in
V$, $\lambda \in {\mathbb R} $ gegeben durch

 \begin{equation*} f + g : {\mathbb R} \to {\mathbb R} \,, \;x \mapsto f(x) + g(x) \quad \text{und}\quad
\lambda f : {\mathbb R} \to {\mathbb R} \,,\; x \mapsto \lambda\,f(x)\;.\end{equation*}
 
Zeige, dass $U := \{\,f \in V \mid f(x) = f(-x) \mbox{ für alle } x
\in {\mathbb R} \,\}$ ein Untervektorraum von $V$ ist.
 


 \textbf{Hinweis.}
 
 
 Zeige:
 
\begin{itemize}
 

\item  $U\neq \emptyset$
 

\item  für alle $f,g\in U$ ist auch $f+g\in U$
 

\item  für alle $f\in U$ und alle $\lambda\in {\mathbb R} $ gilt $\lambda
 f\in U$.

\end{itemize}

 


 \textbf{Lösung.}
 
 
 Für die konstante Abbildung $f : {\mathbb R} \to {\mathbb R} $ mit $x\mapsto 0$
 gilt $f(x) = 0 = f(-x)$ für alle $x\in {\mathbb R} $. Also ist $U\neq
 \emptyset$.

 
 Seien $f, g \in U$, also $f,g : {\mathbb R} \to {\mathbb R} $ mit $f(x) = f(-x)$
 und $g(x) = g(-x)$ für alle $x\in R$. Dann ist
 
 \begin{equation*}{(f + g)(x) = {}} {f(x) + g(x) ={}} {f(-x) +
 g(-x) ={}} {(f + g)(-x).}\end{equation*}
  Also ist $f+g \in U$.

 
Sei nun $f\in U$ und $\lambda\in {\mathbb R} $; also $f : {\mathbb R} \to {\mathbb R} $ mit
 $f(x) = f(-x)$ für alle $x\in {\mathbb R} $. Dann ist
 
 \begin{equation*}{(\lambda f)(x) ={}} {\lambda\, f(x) ={}}
 {\lambda\, f(-x) ={}} {(\lambda f)(x)}\end{equation*}
  für
 alle $x\in {\mathbb R} $. Folglich ist auch $\lambda f\in U$.
 





 \textbf{Aufgabe.}
 \textbf{Untervektorräume im ${\mathbb R}^2$}
 
 
Man untersuche, welche der folgenden vier Mengen
Untervektorräume von ${\mathbb R}^2$ sind:

\begin{itemize}
 

\item  $U_1 = \{\,(x,y)\in {\mathbb R}^2\mid y = x^2\,\}$
 

\item  $U_2 = \{\,(x,y)\in {\mathbb R}^2\mid x \leq y \,\}$
 

\item  $U_3 = \{\,(x,y)\in {\mathbb R}^2\mid y = 2x\,\}$
 

\item  $U_4 = \{\,(x,y)\in {\mathbb R}^2\mid xy \geq 0 \,\}$

\end{itemize}

 


 \textbf{Lösung.}
 
 
 \textbf{Zeige:} $U_1 = \{\, (x,y) \in {\mathbb R}^2 \mid y = x^2\, \}$ ist kein
 Untervektorraum von ${\mathbb R}^2$.


 Es ist $v := (1,1)\in U_1$, wegen $1 = 1^2$, und $\lambda :=
 2\in {\mathbb R} $. Aber $\lambda v = (2,2)$ ist wegen $2 \neq 2^2$
 nicht in $U_1$. Also kann $U_1$ kein Untervektorraum von
 ${\mathbb R}^2$ sein.

 
\textbf{Zeige:} $U_2 = \{\,(x,y)\in {\mathbb R}^2\mid x \leq y \,\}$ ist kein
 Untervektorraum von ${\mathbb R}^2$.


 Es ist $v := (0,1) \in U_2$, wegen $0\leq 1$, und $\lambda :=
 -1 \in {\mathbb R} $. Aber $\lambda v = (0, -1)$ ist nicht in $U_2$.
 Also kann $U_2$ kein Untervektorraum von ${\mathbb R}^2$ sein.

 
\textbf{Zeige:} $U_3 = \{\,(x,y)\in {\mathbb R}^2\mid y = 2x\,\}$ ist ein
 Untervektorraum von ${\mathbb R}^2$.


 Es gilt $U_3 \neq \emptyset$, da zum Beispiel $(0,0)\in U_3$
 ist.


 Seien $v = (x,y)$ und $w = (x', y')$ Vektoren in $U_3$.
 Dann ist $v + w = (x + x', y + y')$, und es gilt 
 \begin{equation*}{y +
 y' ={}} {2x + 2x' ={}} {2(x + x').}\end{equation*}
  Also ist
 $v + w$ auch in $U_3$.


 Sei nun $v = (x, y) \in U_3$ und $\lambda \in {\mathbb R} $. Dann
 ist $\lambda v = (\lambda x, \lambda y)$, und es gilt
 
 \begin{equation*}{\lambda y ={}} {\lambda (2x) = 2(\lambda x).}\end{equation*}
 
 Also gilt auch $\lambda v \in U_3$.


 Damit ist gezeigt, dass $U_3$ ein Untervektorraum von ${\mathbb R}^2$
 ist.

 
\textbf{Zeige:} $U_4 = \{\,(x,y)\in {\mathbb R}^2\mid xy \geq 0 \,\}$ ist kein
 Untervektorraum von ${\mathbb R}^2$.


 Die Vektoren $v = (1,0)$ und $w = (0,-1)$ sind in $U_4$, wegen
 $1\cdot 0 \geq 0$ und $0\cdot(-1) \geq 0$. Für die Addition
 $v + w = (1,-1)$ gilt aber $1\cdot (-1) = -1 < 0$. Also ist
 $v + w \notin U_4$ und $U_4$ kann kein Untervektorraum von
 ${\mathbb R}^2$ sein.
 





 \textbf{Aufgabe.}
 
 
 Man stelle den Vektor $w \in {\mathbb R}^3$ jeweils als
Linearkombination der Vektoren $v_1, v_2, v_3$ dar:

\begin{enumerate}
 

\item $\;\;\, w = (3,2,1)\,,\;\; v_1 =
(1,0,1)\,,\;\,v_2=(7,3,1)\,,\;\, v_3=(4,3,-1)$

\item $\;\;\, w = (-8,17,-14)\,,\;\; v_1 =
(2,1,0)\,,\;\,v_2=(3,0,5)\,,\;\, v_3=(-1,4,-1)\;$.

\end{enumerate}

 


 \textbf{Hinweis.}
 
 
 Löse das Gleichungssystem $ (v_1, v_2, v_3)\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}=w$
 


 \textbf{Lösung.}
 
 
 Die Koeffezienten in $a \cdot v_1 + b \cdot v_2 + c \cdot v_3 = w $ sind:
 
 \textbf{Für 1.:} $a=\frac{49}{3} \quad b=-\frac{16}{3} \quad c = 6$
 
 
 \textbf{Für 2.:} $a = 1, \quad b = -2, \quad c = 4$
 




 \textbf{Aufgabe.}
 \textbf{Direkte Summe von Untervektorräumen}
 
 
Seien $U_1,\dots,U_n$ Untervektorräume eines $K$-Vektorraums
$V$. Dann ist auch 
 \begin{equation*}U := U_1 + \dots + U_n :=\{\, u_1+ \dots + u_n
\mid u_j \in U_j \text{ für alle } j = 1,\dots,n\,\}\end{equation*}
 
ein Untervektorraum von $V$.
Man beweise, dass folgende drei Bedingungen äquivalent sind:

\begin{enumerate}
\item  Ist $u_1 + \dots + u_n = \vec 0$ mit $u_j \in U_j$, so
 folgt $u_j = \vec 0$ für jedes $j \in \{1,\dots,n \}$.
 
\item  Für jedes $u \in U$ ist die Darstellung $u = u_1 +
 \dots + u_n$ mit $u_j \in U_j$ eindeutig.
 
\item  Es ist $U_i \cap (U_{i+1} + \dots + U_n) = \{\vec 0\}$
 für jedes $i \in \{1, \dots, n-1\}$.

\end{enumerate}

Man zeige dann anhand eines Gegenbeispiels, dass die obigen Bedingungen
für $n > 2$ im allgemeinen nicht äquivalent sind zu
$U_1 \cap \dots \cap U_n = \{\vec 0\}$.
 


 \textbf{Lösung.}
 
 
 \textbf{Zeige {\grqq}(1) $\Rightarrow$ (2){\grqq}:}


 Sei $u\in U$ und seien $u = u_1 + \dots + u_n$ und $u = u_1'
 + \dots + u_n'$ zwei Darstellungen mit $u_j\in U_j$ und $u_j'\in
 U_j$ für alle $j\in \{1, \dots, n\}$. Dann ist
 
 \begin{equation*}{\vec 0 = u - u ={}} {(u_1 + \dots + u_n) - (u_1' +
 \dots + u_n') ={}} {(u_1 - u_1') + \dots + (u_n - u_n').}\end{equation*}
 
 Da $u_j - u_j' \in U_j$ für alle $j\in \{1, \dots, n\}$
 gilt, folgt aus (1), dass $u_j - u_j' = \vec 0$, also $u_j = u_j'$
 für alle $j\in \{1, \dots, n\}$ gelten muss. Die
 Darstellung von $u$ ist also eindeutig.

 
\textbf{Zeige {\grqq}(2) $\Rightarrow$ (3){\grqq}:}


 Sei $i\in \{1, \dots, n-1 \}$ und sei $u \in U_i \cap (U_{i+1}
 + \dots + U_n)$. Das bedeutet $u\in U_i$ und $u \in U_{i+1} +
 \dots + U_n$. Also gilt es zwei Darstellungen $u = u_i$ und
 $u = u_{i+1} + \dots + u_n$ mit $u_j\in U_j$ für $j \in
 \{i, \dots, n\}$. Nach (2) ist eine solche Darstellung aber
 eindeutig. Es folgt $u_j = \vec 0$ für alle $j\in \{i, \dots,
 n\}$. Also ist $u = \vec 0$, und damit ist $U_i \cap (U_{i+1}
 + \dots + U_n) = \{\vec 0\}$ gezeigt.

 
\textbf{Zeige {\grqq}(3) $\Rightarrow$ (1){\grqq}:}


 Sei $u_1 + \dots + u_n = \vec 0$ mit $u_j \in U_j$ für
 $j \in \{1, \dots, n\}$. Angenommen, es gäbe einen Index
 $j \in \{1, \dots, n - 1\}$ mit $u_j \neq \vec 0$. Dann gäbe
 es auch einen \textit{kleinsten} Index $i$ mit $u_i \neq \vec 0$.
 Es wäre dann $u_i + u_{i+1} + \dots + u_n = \vec 0$, also
 
 \begin{equation*}{{\vec 0 \neq {}} u_i = - u_{i+1} - \dots - u_n}
 {{}\in U_i \cap (U_{i+1} + \dots + U_n).}\end{equation*}
  \{Das steht im
 Widerspruch zu (3). Also muss $u_j = \vec 0$ für $j \in
 \{1, \dots n-1\}$ gelten. Dann ist aber auch $u_n = \vec 0$.


Gegenbeispiel mit $n>2$ und $U_1 \cap \dots \cap U_n = \{\vec
 0\}$.



 Betrachte den ${\mathbb R} $-Vektorraum ${\mathbb R}^2$ und darin die
 Untervektorräume $U_1 = \{(x,y) \mid y=0\}$, $U_2 = \{(x,y) \mid
 x=0\}$ und $U_3 = \{(x,y) \mid x + y = 0\}$.


 Dann ist bereits $U_1 \cap U_2 = \{\vec 0\}$, also
 insbesondere auch $U_1 \cap U_2 \cap U_3 = \{\vec 0\}$. Und
 es gilt 
 \begin{equation*}(1,0) + (0,-1) + (-1,1) = \vec 0\end{equation*}
  mit $(1,0) \in U_1$,
 $(0,-1)\in U_2$ und $(-1,1) \in U_3$. Also ist (1) nicht
 erfüllt.
 



 


\subparagraph{Quelle:} https://lp.uni-goettingen.de/get/text/813
\subparagraph{Erstellt für:} Gast
\end{document}