\documentclass[10pt,a4paper,oneside,ngerman,numbers=noenddot]{scrartcl} \usepackage[T1]{fontenc} \usepackage[utf8]{inputenc} \usepackage[ngerman]{babel} \usepackage{amsmath} \usepackage{amsfonts} \usepackage{amssymb} \usepackage{paralist} \usepackage{gauss} \usepackage[locale=DE,exponent-product=\cdot,detect-all]{siunitx} \usepackage{tikz} \usetikzlibrary{matrix,fadings,calc,positioning,decorations.pathreplacing,arrows,decorations.markings} \usepackage{polynom} \polyset{style=C, div=:,vars=x} \pagenumbering{arabic} \def\thesection{\arabic{section})} \def\thesubsection{\alph{subsection})} \def\thesubsubsection{(\roman{subsubsection})} \makeatletter \renewcommand*\env@matrix[1][*\c@MaxMatrixCols c]{% \hskip -\arraycolsep \let\@ifnextchar\new@ifnextchar \array{#1}} \makeatother \begin{document} \author{Jim Martens} \title{Hausaufgaben zum 31. Januar/1. Februar} \maketitle \section{} %1 \subsection{} %a In ein LGS umgeformt, ergibt sich dieses Bild:\\ \begin{alignat*}{3} x_{1} &=& \frac{5}{3} &-& \frac{2}{3}t \\ x_{2} &=& - \frac{4}{3} &+& \frac{1}{3}t \\ x_{3} &=& 0 &+& 1t \\ \intertext{Daraus ergeben sich diese Vektoren} \begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{bmatrix} &=& \begin{bmatrix} \frac{5}{3} \\ -\frac{4}{3} \\ 0 \end{bmatrix} &+& \begin{bmatrix} -\frac{2}{3}t \\ \frac{1}{3}t \\ 1t \end{bmatrix} \\ \intertext{t vor die Matrix ziehen} &=& \begin{bmatrix} \frac{5}{3} \\ -\frac{4}{3} \\ 0 \end{bmatrix} &+& t \cdot \begin{bmatrix} -\frac{2}{3} \\ \frac{1}{3} \\ 1 \end{bmatrix} \end{alignat*} \subsection{} %b In ein LGS umgeformt, ergibt sich dieses Bild:\\ \begin{alignat*}{4} x_{1} &=& 2 &-& \frac{1}{2}s &-& \frac{1}{2}t \\ x_{2} &=& 0 &+& 1s &+& 0t \\ x_{3} &=& 0 &+& 0s &+& 1t \\ \intertext{Daraus ergeben sich diese Vektoren} \begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{bmatrix} &=& \begin{bmatrix} 2 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} &+& \begin{bmatrix} \frac{1}{2}s \\ 1s \\ 0 \end{bmatrix} &+& \begin{bmatrix} -\frac{1}{2}t \\ 0 \\ 1t \end{bmatrix} \\ \intertext{Koeffizienten vor die Matrix ziehen} &=& \begin{bmatrix} 2 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} &+& s \cdot \begin{bmatrix} \frac{1}{2} \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} &+& t \cdot \begin{bmatrix} -\frac{1}{2} \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} \end{alignat*} \subsection{} %c In ein LGS umgeformt, ergibt sich dieses Bild:\\ \begin{alignat*}{5} x_{1} &=& -3 &+& 5r &+& 3s &+& t \\ x_{2} &=& 1 &-& 2r &-& 3s &+& 0 \\ x_{3} &=& 0 &+& r &+& 0 &+& 0 \\ x_{4} &=& 0 &+& 0 &+& s &+& 0 \\ x_{5} &=& -2 &+& 0 &+& 0 &+& 3t \\ x_{6} &=& 0 &+& 0 &+& 0 &+& t \\ \intertext{Umgewandelt in Vektoren ergibt sich dies:} \begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ x_{4} \\ x_{5} \\ x_{6} \end{bmatrix} &=& \begin{bmatrix} -3 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ -2 \\ 0 \end{bmatrix} &+& \begin{bmatrix} 5r \\ -2r \\ r \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} &+& \begin{bmatrix} 3s \\ -3s \\ 0 \\ s \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} &+& \begin{bmatrix} t \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 3t \\ t \end{bmatrix} \\ \intertext{Koeffizienten vor Vektor ziehen} &=& \begin{bmatrix} -3 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ -2 \\ 0 \end{bmatrix} &+& r \cdot \begin{bmatrix} 5 \\ -2 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} &+& s \cdot \begin{bmatrix} 3 \\ -3 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} &+& t \cdot \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 3 \\ 1 \end{bmatrix} \end{alignat*} \section{} %2 \subsection{} %a \begin{alignat*}{2} u_{1} &=& \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} \in U \\ u_{2} &=& \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix} \in U \\ u_{3} &=& \begin{bmatrix} 2 \\ 2 \\ 2 \\ 2 \end{bmatrix} \not\in U \\ u_{4} &=& \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix} \not\in U \end{alignat*} U ist kein Unterraum von $V = \mathbb{R}^{4}$, da $u_{1} + u_{1} = u_{2} \not\in U$. Demnach ist $U$ nicht abgeschlossen bezüglich der Addition. \subsection{} %b \begin{alignat*}{2} u_{1} &=& \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} \in U \\ u_{2} &=& \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix} \in U \\ u_{3} &=& \begin{bmatrix} 2 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} \not\in U \\ u_{4} &=& \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ -1 \end{bmatrix} \not\in U \end{alignat*} 1. Der Nullvektor ist in $U$ enthalten. \\ 2. $u,v \in U \; c,d \in \mathbb{R}^{\geq 0}$ \begin{alignat*}{2} u &=& \begin{bmatrix} u_{1} \\ u_{2} \\ u_{3} \\ u_{4} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} u_{1} \\ u_{2} \\ u_{3} \\ u_{1} + c \end{bmatrix} \\ v &=& \begin{bmatrix} v_{1} \\ v_{2} \\ v_{3} \\ v_{4} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} v_{1} \\ v_{2} \\ v_{3} \\ v_{1} + d \end{bmatrix} \\ u + v &=& \begin{bmatrix} u_{1} + v_{1} \\ u_{2} + v_{2} \\ u_{3} + v_{3} \\ (u_{1} + c) + (v_{1} + d) \end{bmatrix} \\ &=& \begin{bmatrix} u_{1} + v_{1} \\ u_{2} + v_{2} \\ u_{3} + v_{3} \\ u_{1} + v_{1} + c + d \end{bmatrix} \end{alignat*} Wenn zwei Vektoren $u,v$ in $U$ enthalten sind, dann ist es auch ihre Summe.\\ 3. $u \in U, t \in \mathbb{R}, c \in \mathbb{R}^{\geq 0}$ \begin{alignat*}{2} u &=& \begin{bmatrix} u_{1} \\ u_{2} \\ u_{3} \\ u_{4} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} u_{1} \\ u_{2} \\ u_{3} \\ u_{1} + c \end{bmatrix} \\ t \cdot u &=& t \cdot \begin{bmatrix} u_{1} \\ u_{2} \\ u_{3} \\ u_{1} + c \end{bmatrix} \\ &=& \begin{bmatrix} tu_{1} \\ tu_{2} \\ tu_{3} \\ t(u_{1} + c) \end{bmatrix} \\ &=& \begin{bmatrix} tu_{1} \\ tu_{2} \\ tu_{3} \\ tu_{1} + tc \end{bmatrix} \end{alignat*} Wenn ein Vektor in $U$ ist, dann ist es auch das Produkt mit einem beliebigen Skalar. Daher ist $U$ ein Unterraum von $V = \mathbb{R}^{4}$.\hfill $\Box$ \subsection{} %c \begin{alignat*}{2} u_{1} &=& \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} \in U \\ u_{2} &=& \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 4 \end{bmatrix} \in U \\ u_{3} &=& \begin{bmatrix} 2 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} \not\in U \\ u_{4} &=& \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ -1 \end{bmatrix} \not\in U \end{alignat*} 1. Der Nullvektor ist in $U$ enthalten. \\ 2. $u,v \in U$ \begin{alignat*}{2} u &=& \begin{bmatrix} u_{1} \\ u_{2} \\ u_{3} \\ u_{4} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} u_{1} \\ u_{2} \\ u_{3} \\ 2u_{1} + u_{2} + u_{3} \end{bmatrix} \\ v &=& \begin{bmatrix} v_{1} \\ v_{2} \\ v_{3} \\ v_{4} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} v_{1} \\ v_{2} \\ v_{3} \\ 2v_{1} + v_{2} + v_{3} \end{bmatrix} \\ u + v &=& \begin{bmatrix} u_{1} + v_{1} \\ u_{2} + v_{2} \\ u_{3} + v_{3} \\ (2u_{1} + u_{2} + u_{3}) + (2v_{1} + v_{2} + v_{3}) \end{bmatrix} \\ &=& \begin{bmatrix} u_{1} + v_{1} \\ u_{2} + v_{2} \\ u_{3} + v_{3} \\ 2u_{1} + 2v_{1} + u_{2} + v_{2} + u_{3} + v_{3} \end{bmatrix} \\ &=& \begin{bmatrix} u_{1} + v_{1} \\ u_{2} + v_{2} \\ u_{3} + v_{3} \\ 2(u_{1} + v_{1}) + (u_{2} + v_{2}) + (u_{3} + v_{3}) \end{bmatrix} \end{alignat*} Wenn zwei Vektoren in $U$ sind, dann ist es auch ihre Summe.\\ 3. $u \in U, t \in \mathbb{R}$ \begin{alignat*}{2} u &=& \begin{bmatrix} u_{1} \\ u_{2} \\ u_{3} \\ u_{4} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} u_{1} \\ u_{2} \\ u_{3} \\ 2u_{1} + u_{2} + u_{3} \end{bmatrix} \\ t \cdot u &=& t \cdot \begin{bmatrix} u_{1} \\ u_{2} \\ u_{3} \\ 2u_{1} + u_{2} + u_{3} \end{bmatrix} \\ &=& \begin{bmatrix} tu_{1} \\ tu_{2} \\ tu_{3} \\ t(2u_{1} + u_{2} + u_{3}) \end{bmatrix} \\ &=& \begin{bmatrix} tu_{1} \\ tu_{2} \\ tu_{3} \\ 2tu_{1} + tu_{2} + tu_{3} \end{bmatrix} \end{alignat*} Wenn ein Vektor in $U$ ist, dann ist es auch das Produkt mit einem beliebigen Skalar. Daher ist $U$ ein Unterraum von $V = \mathbb{R}^{4}$.\hfill $\Box$ \subsection{} %d \begin{alignat*}{2} u_{1} &=& \begin{bmatrix} 0 \\ -1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} \in U \\ u_{2} &=& \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\ -2 \\ 0 \end{bmatrix} \in U \\ u_{3} &=& \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} \not\in U \\ u_{4} &=& \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ -1 \end{bmatrix} \not\in U \end{alignat*} $U$ ist kein Unterraum, da der Nullvektor nicht enthalten ist.\hfill $\Box$ \section{} %3 \subsection{} %a In einem LGS ergibt sich: \\ \begin{alignat*}{2} c_{1} + 3c_{2} - c_{3} + 6c_{4} &=& 0 \\ c_{1} - c_{2} + 3c_{3} + 2c_{4} &=& 0 \\ 2c_{1} + 0c_{2} + c_{3} + 0c_{4} &=& 0 \\ 3c_{1} + c_{2} + 0c_{3} + 4c_{4} &=& 0 \\ \intertext{In Matrixform bringen} \begin{bmatrix}[cccc|c] 1 & 3 & -1 & 6 & 0 \\ 1 & -1 & 3 & 2 & 0 \\ 2 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 3 & 1 & 0 & 4 & 0 \end{bmatrix} \\ \intertext{II = II - I, III = III - 2I, IV = IV - 3I} \begin{bmatrix}[cccc|c] 1 & 3 & -1 & 6 & 0 \\ 0 & -4 & 4 & -4 & 0 \\ 0 & -6 & 3 & -12 & 0 \\ 0 & -8 & 3 & -14 & 0 \end{bmatrix} \\ \intertext{II = II$ \cdot -\frac{1}{4}$} \begin{bmatrix}[cccc|c] 1 & 3 & -1 & 6 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & 1 & 0 \\ 0 & -6 & 3 & -12 & 0 \\ 0 & -8 & 3 & -14 & 0 \end{bmatrix} \\ \intertext{III = III + 6II, IV = IV + 8II} \begin{bmatrix}[cccc|c] 1 & 3 & -1 & 6 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -3 & -6 & 0 \\ 0 & 0 & -3 & -8 & 0 \end{bmatrix} \\ \intertext{III = III$ \cdot -\frac{1}{3}$} \begin{bmatrix}[cccc|c] 1 & 3 & -1 & 6 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & -3 & -8 & 0 \end{bmatrix} \\ \intertext{IV = IV + 3III} \begin{bmatrix}[cccc|c] 1 & 3 & -1 & 6 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -2 & 0 \end{bmatrix} \\ \intertext{IV = IV$ \cdot -\frac{1}{2}$} \begin{bmatrix}[cccc|c] 1 & 3 & -1 & 6 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \end{bmatrix} \\ \overset{IV}{\Rightarrow} c_{4} &=& 0 \\ \overset{III}{\Rightarrow} c_{3} + 2c_{4} &=& 0 \\ c_{3} + 2 \cdot 0 &=& 0 \\ c_{3} &=& 0 \\ \overset{II}{\Rightarrow} c_{2} - c_{3} + c_{4} &=& 0 \\ c_{2} - 0 + 0 &=& 0 \\ c_{2} &=& 0 \\ \overset{I}{\Rightarrow} c_{1} + 3_c{2} - c_{3} + 6c_{4} &=& 0 \\ c_{1} + 3 \cdot 0 - 0 + 6 \cdot 0 &=& 0 \\ c_{1} &=& 0 \end{alignat*} Es gibt keine $c_{1}, c_{2}, c_{3}, c_{4}$ für die $c_{1}v_{1} + c_{2}v_{2} + c_{3}v_{3} + c_{4}v_{4} = 0$ gilt und mindestens ein $c_{i}$ ungleich Null ist. \subsection{} %b In einem LGS ergibt sich: \\ \begin{alignat*}{2} c_{1} + 3c_{2} + c_{3} - 5c_{4} &=& 0 \\ c_{1} - c_{2} + 3c_{3} - c_{4} &=& 0 \\ 2c_{1} + 0c_{2} - c_{3} + 8c_{4} &=& 0 \\ 3c_{1} + c_{2} + 0c_{3} + 7c_{4} &=& 0 \\ \intertext{In Matrixform bringen} \begin{bmatrix}[cccc|c] 1 & 3 & 1 & -5 & 0 \\ 1 & -1 & 3 & -1 & 0 \\ 2 & 0 & -1 & 8 & 0 \\ 3 & 1 & 0 & 7 & 0 \end{bmatrix} \\ \intertext{II = II - I, III = III - 2I, IV = IV - 3I} \begin{bmatrix}[cccc|c] 1 & 3 & 1 & -5 & 0 \\ 0 & -4 & 2 & +4 & 0 \\ 0 & -6 & -3 & 18 & 0 \\ 0 & -8 & -3 & 22 & 0 \end{bmatrix} \\ \intertext{II = II$ \cdot -\frac{1}{4}$} \begin{bmatrix}[cccc|c] 1 & 3 & 1 & -5 & 0 \\ 0 & 1 & -\frac{1}{2} & -1 & 0 \\ 0 & -6 & -3 & 18 & 0 \\ 0 & -8 & -3 & 22 & 0 \end{bmatrix} \\ \intertext{III = III + 6II, IV = IV + 8II} \begin{bmatrix}[cccc|c] 1 & 3 & 1 & -5 & 0 \\ 0 & 1 & -\frac{1}{2} & -1 & 0 \\ 0 & 0 & -6 & 12 & 0 \\ 0 & 0 & -7 & 14 & 0 \end{bmatrix} \\ \intertext{III = III$ \cdot -\frac{1}{6}$} \begin{bmatrix}[cccc|c] 1 & 3 & 1 & -5 & 0 \\ 0 & 1 & -\frac{1}{2} & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & -2 & 0 \\ 0 & 0 & -7 & 14 & 0 \end{bmatrix} \\ \intertext{IV = IV + 7III} \begin{bmatrix}[cccc|c] 1 & 3 & 1 & -5 & 0 \\ 0 & 1 & -\frac{1}{2} & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & -2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} \\ \overset{IV}{\Rightarrow} 0c_{4} &=& 0 \\ c_{4} &=& t, t \in \mathbb{R} \\ \overset{III}{\Rightarrow} c_{3} - 2c_{4} &=& 0 \\ c_{3} - 2t &=& 0 \\ c_{3} &=& 2t \\ \overset{II}{\Rightarrow} c_{2} - \frac{1}{2}c_{3} - c_{4} &=& 0 \\ c_{2} - \frac{1}{2}(2t) - t &=& 0 \\ c_{2} - 2t &=& 0 \\ c_{2} &=& 2t \\ \overset{I}{\Rightarrow} c_{1} + 3_c{2} + c_{3} - 5c_{4} &=& 0 \\ c_{1} + 3 \cdot 2t + 2t - 5 \cdot t &=& 0 \\ c_{1} + 6t + 2t - 5t &=& 0 \\ c_{1} + 3t &=& 0 \\ c_{1} &=& -3t \end{alignat*} Es gibt unendlich viele $c_{1}, c_{2}, c_{3}, c_{4}$ für die $c_{1}v_{1} + c_{2}v_{2} + c_{3}v_{3} + c_{4}v_{4} = 0$ gilt und mindestens ein $c_{i}$ ungleich Null ist. \subsection{} %c Wenn es mehr als die triviale Lösung für das lineare Gleichungssystem $c_{1}v_{1} + c_{2}v_{2} + c_{3}v_{3} + c_{4}v_{4} = 0$ gibt, dann sind die Vektoren linear voneinander abhängig. Gibt es nur die triviale Lösung, dann sind sie linear voneinander unabhängig. \section{} %4 \subsection{} %a Wenn die Vektoren $v_{1}, v_{2}, v_{3}$ linear unabhängig sind, dann gibt es nur die triviale Lösung für die Gleichung $c_{1}v_{1} + c_{2}v_{2} + c_{3}v_{3} = 0$. In ein LGS überführt, ergibt sich dies:\\ \begin{alignat*}{2} 2c_{1} - 2c_{2} - 5c_{3} &=& 0 \\ 4c_{1} + 3c_{2} + 18c_{3} &=& 0 \\ -2c_{1} + 3c_{2} + 9c_{3} &=& 0 \\ -4c_{1} + 3c_{2} + 6c_{3} &=& 0 \\ \intertext{In Matrixform ergibt sich dies} \begin{bmatrix}[ccc|c] 2 & -2 & -5 & 0 \\ 4 & 3 & 18 & 0 \\ -2 & 3 & 9 & 0 \\ -4 & 3 & 6 & 0 \end{bmatrix} \\ \intertext{I = I$ \cdot \frac{1}{2}$} \begin{bmatrix}[ccc|c] 1 & -1 & -\frac{5}{2} & 0 \\ 4 & 3 & 18 & 0 \\ -2 & 3 & 9 & 0 \\ -4 & 3 & 6 & 0 \end{bmatrix} \\ \intertext{II = II - 4I, III = III + 2I, IV = IV + 4I} \begin{bmatrix}[ccc|c] 1 & -1 & -\frac{5}{2} & 0 \\ 0 & 7 & 28 & 0 \\ 0 & 1 & 4 & 0 \\ 0 & -1 & -4 & 0 \end{bmatrix} \\ \intertext{II = II$ \cdot \frac{1}{7}$} \begin{bmatrix}[ccc|c] 1 & -1 & -\frac{5}{2} & 0 \\ 0 & 1 & 4 & 0 \\ 0 & 1 & 4 & 0 \\ 0 & -1 & -4 & 0 \end{bmatrix} \\ \intertext{III = III - II, IV = IV + II} \begin{bmatrix}[ccc|c] 1 & -1 & -\frac{5}{2} & 0 \\ 0 & 1 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} \\ \overset{IV}{\Rightarrow} 0c_{3} &=& 0 \\ c_{3} &=& t, t \in \mathbb{R} \\ \overset{II}{\Rightarrow} c_{2} + 4c_{3} &=& 0 \\ c_{2} + 4t &=& 0 \\ c_{2} &=& -4t \\ \overset{I}{\Rightarrow} c_{1} - c_{2} - \frac{5}{2}c_{3} &=& 0 \\ c_{1} + 4t - \frac{5}{2}t &=& 0 \\ c_{1} + \frac{3}{2}t &=& 0 \\ c_{1} &=& -\frac{3}{2}t \end{alignat*} Es gibt unendlich viele Lösungen der Gleichung, daher sind die drei Vektoren voneinander linear abhängig. \subsection{} %b Wie in a). In ein LGS überführt, ergibt sich dies:\\ \begin{alignat*}{2} 2c_{1} - 2c_{2} - 4c_{3} &=& 0 \\ 4c_{1} + 3c_{2} - 1c_{3} &=& 0 \\ -2c_{1} + 3c_{2} + 6c_{3} &=& 0 \\ -4c_{1} + 3c_{2} + 7c_{3} &=& 0 \\ \intertext{In Matrixform ergibt sich dies} \begin{bmatrix}[ccc|c] 2 & -2 & -4 & 0 \\ 4 & 3 & -1 & 0 \\ -2 & 3 & 6 & 0 \\ -4 & 3 & 7 & 0 \end{bmatrix} \\ \intertext{I = I$ \cdot \frac{1}{2}$} \begin{bmatrix}[ccc|c] 1 & -1 & -2 & 0 \\ 4 & 3 & -1 & 0 \\ -2 & 3 & 6 & 0 \\ -4 & 3 & 7 & 0 \end{bmatrix} \\ \intertext{II = II - 4I, III = III + 2I, IV = IV + 4I} \begin{bmatrix}[ccc|c] 1 & -1 & -2 & 0 \\ 0 & 7 & 7 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0 & -1 & -1 & 0 \end{bmatrix} \\ \intertext{II = II$ \cdot \frac{1}{7}$} \begin{bmatrix}[ccc|c] 1 & -1 & -2 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0 & -1 & -1 & 0 \end{bmatrix} \\ \intertext{III = III - II, IV = IV + II} \begin{bmatrix}[ccc|c] 1 & -1 & -2 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} \\ \overset{III}{\Rightarrow} c_{3} &=& 0 \\ \overset{II}{\Rightarrow} c_{2} + c_{3} &=& 0 \\ c_{2} + 0 &=& 0 \\ c_{2} &=& 0 \\ \overset{I}{\Rightarrow} c_{1} - c_{2} - 2c_{3} &=& 0 \\ c_{1} - 0 - 2 \cdot 0 &=& 0 \\ c_{1} &=& 0 \end{alignat*} Es gibt nur die triviale Lösung, daher sind die drei Vektoren voneinander linear unabhängig. \subsection{} %c Wie in a). In ein LGS überführt, ergibt sich dies:\\ \begin{alignat*}{2} 1c_{1} - 1c_{2} + 2c_{3} - 1c_{4} &=& 0 \\ 1c_{1} + 0c_{2} + 2c_{3} + 5c_{4} &=& 0 \\ 1c_{1} + 1c_{2} + 0c_{3} + 13c_{4} &=& 0 \\ 1c_{1} + 1c_{2} - 1c_{3} + 14c_{4} &=& 0 \\ \intertext{In Matrixform ergibt sich dies} \begin{bmatrix}[cccc|c] 1 & -1 & 2 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 2 & 5 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 13 & 0 \\ 1 & 1 & -1 & 14 & 0 \end{bmatrix} \\ \intertext{II = II - I, III = III - I, IV = IV - I} \begin{bmatrix}[cccc|c] 1 & -1 & 2 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 6 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 14 & 0 \\ 0 & 2 & -3 & 15 & 0 \end{bmatrix} \\ \intertext{III = III - 2II, IV = IV - 2II} \begin{bmatrix}[cccc|c] 1 & -1 & 2 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 6 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & -3 & 3 & 0 \end{bmatrix} \\ \intertext{III $\curvearrowright$ IV, IV $\curvearrowright$ III} \begin{bmatrix}[cccc|c] 1 & -1 & 2 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 6 & 0 \\ 0 & 0 & -3 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 & 0 \end{bmatrix} \\ \intertext{III = III$ \cdot -\frac{1}{3}$} \begin{bmatrix}[cccc|c] 1 & -1 & 2 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 6 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 & 0 \end{bmatrix} \\ \intertext{IV = IV$ \cdot \frac{1}{2}$} \begin{bmatrix}[cccc|c] 1 & -1 & 2 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 6 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \end{bmatrix} \\ \overset{IV}{\Rightarrow} c_{4} &=& 0 \\ \overset{III}{\Rightarrow} c_{3} - c_{4} &=& 0 \\ c_{3} - 0 &=& 0 \\ c_{3} &=& 0 \\ \overset{II}{\Rightarrow} c_{2} + 0c_{3} + 6c_{4} &=& 0 \\ c_{2} + 0 + 6 \cdot 0 &=& 0 \\ c_{2} &=& 0 \\ \overset{I}{\Rightarrow} c_{1} - c_{2} + 2c_{3} - c_{4} &=& 0 \\ c_{1} - 0 + 2 \cdot 0 - 0 &=& 0 \\ c_{1} &=& 0 \end{alignat*} Es gibt nur die triviale Lösung, daher sind die vier Vektoren voneinander linear unabhängig. \subsection{} %d Es gibt fünf Vektoren bei vier Dimensionen im Vektorraum. Daher sind diese Vektoren linear voneinander abhängig. \end{document}